注意事項：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.3.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.5.考試結(jié)束后，請將試卷和答題卡一并上交.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.A.(-1,4)B.(-1,4)C.(2,3)C.f(x)=-x3A.-4B.4大值為()A.B,(-∞,2)二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.A.|z|=√2B.Z=-1+iC. A.√ab≤4B.√a+√b≥4C.a2+b2≥3212.已知函若函數(shù)8(x)=3[f(x)2-mf(x)-2m2(m∈R)恰有5個零點x,x?,x?,x?,x?,且x?<x?<x?<x?<x?,f(x?)=f(x?),能取值是()三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分. 四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.17.(本題滿分10分)(1)求{a}的通項公式；(2)設(shè),求數(shù)列的前n項和T.18.(本題滿分12分)(1)若c=2b,證明：(sinA+sinB)(sinA-sinB)=sinBsinC;(2)若a=2,求△ABC周長的最大值.19.(本題滿分12分)AB的中點，點F在PC上，直線EF//平面PAD.(2)若四棱錐P-ABCD的體積為,求平面PBC與平面PAD所成角的余弦值.20.(本題滿分12分)第五代移動通信技術(shù)(5GenerationMobileCommunicationTechnology,簡稱5G)是具有高速率、低時延和大連接特點的新一代寬帶移動通信技術(shù)，5G通訊設(shè)施是實現(xiàn)人機物互聯(lián)的網(wǎng)絡(luò)基礎(chǔ)設(shè)施。2023年5月17日，中國電信、中國移動、中國聯(lián)通、中國廣電宣布正式啟動全球首個5G異網(wǎng)漫游試商用。此前，中國移動、中國聯(lián)通和中國電信三大運營商分別公布了其5G套餐價格.下面是中國移動公布的5G套餐價格：月費(元人民幣)流量(GB)語音通話(分鐘)備注超出套餐流量5元/GB,滿15元后按照3元/GB計費050100150200250300350流量(GB)中國移動公司某營業(yè)廳隨機統(tǒng)計了100名近4個月使用5G套餐客戶實際月使用流量情況，并繪制了如圖所示的頻率分布直方圖.(假設(shè)每位客戶每月使用流量一樣，同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表).(1)求這100名5G套餐客戶月使用流量的平均值X;(2)由頻率分布直方圖可以認為，中國移動5G套餐客戶月使用流量Z近似服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ近似為樣本平均數(shù)滅，σ2近似為樣本方差s2,經(jīng)計算得s≈65,若從中國移動所有5G套餐客戶中隨機抽取1000人，記X為這1000人中月使用流量小于95GB的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望；(3)針對5G套餐客戶，中國移動根據(jù)客戶訂購的套餐，將客戶分為以下四種：訂購套餐流量(GB)對應(yīng)客戶名稱普卡客戶銀卡客戶金卡客戶鉆石卡客戶可得50元現(xiàn)金，若摸到紅球的次數(shù)為2,則可得100元現(xiàn)金，摸到紅球的次數(shù)為3,則可得150元現(xiàn)金，若P(μ-2σ<Z≤μ+2σ)=0.9545,P(μ-3σ<Z≤μ+3σ)=0.9973.21.(本題滿分12分)(2)若圓x2+y2=r2(r>0)的切線1與曲線E交于P,Q兩點，且OP⊥0Q恒成立，求r的值.22.(本題滿分12分)(1)求f(x)的極值；對于C,f(x)=-x3在(3.D由題意，角a的始邊與x軸非負半軸重合，終邊過點P(-1,2),可得r=|OP|=√54.C的展開式通項為Tr+1-CY·x?-r.,取4-2r=2,則r=1,系數(shù)為C×(一3)=--12.故選：C.6.A因為,則了(x)=ax+b,所以了(1)=a+b.因為函數(shù)f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x+2y-1=0垂直，所以了(1)=2,即a+b=2,因為a2+B2≥2ab,所以a2+b2+2ab≥4ab,所以ab≤定義域(0,+∞)上存在極值點，得在(0,+∞)有變號零點，由f(x)=0可得,令,則,則實數(shù)a的取值范圍為函在(0,+∞)上的值域且滿足△>0,對于二次函,當(dāng)t>0時,對于二次方程a 對于B,a>0,b>0,(√a+√6)2=a+b+2√ab=8+2√ab≤8+2×4=16,對于D,a>0,b>0,a+b=8,所11.AD由題意可知Sa=4S?-4S?=16,所以S=4S?-4S?=32,S?=4S?-4S?=64,故A正確；因為4S,=S?+1+4Sn-(n≥2),即Sa+1=4S,-4S?-(n≥2),所以Sn+1-2S,=21(S.-2S.-1)=22(S-1一2S.2)=…=2”(S?-2S?)=0,所以Sn+1-2S,=0,即,又因,故{S,}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，S,=4×2"-1=2"+1,a?=S?=4,a,=S,-S?-=2"+1-2函數(shù)g(x)=3[f(x)]2-mf(x)—2m2(m∈R)恰有5個零點x?,z?,Ts,zA;Zs,等價于方程3[f(x)]2-mf(x)—2m2=0有5個不同的實數(shù)根，且f(x?)=f(zA),則x?+z,所以2f(x?)+f(x?)+f(2-x?)=2f(x?)+f(x?)+f(x)=2f(x?)+2f(z?)所以2f(x?)+f(x?)+f(2--xz?)=2f(x?)+f(z?)+f(z)=2f(z?)+2f(z?)C的方程為y2=8z,準線方程為l:x=-2,設(shè)動點P到直線L的距離為da,則d?=da+2,而P到直線l的距離等于|PF|,d?+dz的最小值即為F到直線2z-y+1=0的距離,則d?+d?的最小值為√5+2.由正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)可16.在平面巾，以B為原點以AB為x軸建系，易得P在空間內(nèi)軌跡為以O(shè)(1,0)為球心半徑為2的球.若P在四邊形ABB?A,內(nèi)部時如圖②,截面圓與AB,BB?分別交于M,R,所以P在四邊形ABB?A?內(nèi)的軌跡為MR,99OB⊥面BCC?B?,平面BCC?B?截球所得小圓是以B為圓心，以BP為半徑的圓，截面圓與BB?,BC分別交于R,Q,且BP=√UP一OB=√4-1=√3,所以P在正方形BCC?B?內(nèi)的軌跡為RQ,所I∴a,=3+2(n-1)=2n+1.…………………5分(2)由(1)得：,………7分又因為c=2b,所以有a2-B2=bc.由正弦定理可得sin2A-sin2B=sinBsinC,即(sinA+sinB)(sinA-sinB)=sinBs(2)由(1)得a2=b2+c2-bc,又因為a=2,所以b2+c2-bc=4;19.解：(1)點F為線段PC的中點.…………1分過點F作FM//CD交PI)于點M,因為底而ABCD為菱形，所以AE//CD,因為EF//平面PAD,EFC平面AEFM,平面AEFM∩平面PAD=AM,所以FM為△PCD)的中位線，故點F為線設(shè)點P到平面ABCD的距離為d,,解得d=1,即PN=d,所以PN⊥平面ABCD,………………7分設(shè)平而PBC的法向量為m=(x,y,z),可得P(μ-σ<Z≤μ+a)=P(160—65<Z≤160+65)=P(95<Z≤225298+7×398+14×598÷3×5+22×3=12133(元);………7分因為12133<12600,所以中國移動應(yīng)選擇方案1.………12分有-,……………………2分又xB=-c,代,得,解得a=1所以雙曲線E方程標準力程為E……………5分(2)當(dāng)切線l的斜率不存在時，l的方程為x=士r,若x=一r,,同理可求得1…………7分當(dāng)切線l的斜率存在時，可設(shè)l的方程為y=kx+m,顯然k≠士√3,聯(lián)立y=kx+m與E得(3—k2)x2-2kbx-m2-3=0,設(shè)P(x,y?),Q(x?,y?),得,……………9分恒成立，……………10分由m2=r2(k2+1),得所以2r2(k2+1)-3k2-3=0,(2r2-3)(k2+1)=0,解得………11分綜上，若OP⊥0Q恒成立，那么r的值.……………(1,+∞)上單調(diào)遞減，極大值為f(1)=1,無極小值.………3分+1-aze2=0有兩個根，……………………4分令F(x)=x+Inx+1-uze令……………………5分F(x)max=F(xo)=xo+Inzo+1--axoe2o要使得F(x)有兩個零點，則必有F(x)mx>0,即z+Inzo>0,此時,得0<a<1,……………