高中数学：2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二(下)期末数学试卷(含参考答案)

2022-2023学年广东省深圳外国语学校高二（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知集合A ＝{1，3，a 2}，B ＝{1，a +2}，A ∪B ＝A ，则实数a 的值为（ ） A ．{2}
B ．{﹣1，2}
C ．{1，2}
D ．{0，2}
2．（5分）设z 是复数且|z ﹣1+2i |＝1，则|z |的最小值为（ ） A ．1
B ．√3−1
C ．√5−1
D ．√5
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P （3，4）为角α终边上一点，若cos （α+β）=13
，β∈（0，π），
则cos β＝（ ） A ．
3−8√2
15
B ．
3+8√2
15
C ．
4+6√2
15
D ．
6√2−4
15
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为1
2
，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O ，该球与圆台
的上、下底面及母线均相切，则球O 的表面积为（ ） A ．3π
B ．5π
C ．8π
D ．9π
5．（5分）设a →
，b →
为单位向量，a →
在b →
方向上的投影向量为−12
b →
，则|a →−2b →|＝（ ）
A ．√2
B ．√3
C ．√5
D ．√7
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g /m 3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g /m 3，第n 次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量r n 满足函数模型r n =r 0+(r 1−r 0)⋅50.25n+p (p ∈R ，n ∈N ∗)，其中r 0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r 1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n 为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g /m 3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg 2≈0.301）（ ） A ．8次
B ．9次
C ．10次
D ．11次
7．（5分）设实数x ＞1，y ∈R ，e 为自然对数的底数，若exlnx +e y ＜ye y ，则（ ） A ．e y lnx ＞e
B ．e y lnx ＜e
C ．e y ＞ex
D ．e y ＜ex
8．（5分）已知F 1，F 2分别为双曲线x 22
−y 26
=1的左，右焦点，直线l 过点F 2，且与双曲线右支交于A ，
B 两点，O 为坐标原点，△AF 1F 2，△BF 1F 2的内切圆的圆心分别为O 1，O 2，则△OO 1O 2面积的取值范围是（ ）
A ．(2，4√3
3
) B ．[2，4√3
3)
C ．[2，
4√33)∪(4√3
3
，+∞) D ．[2，
2√6
3
] 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ） A ．第二次取到白球的概率是
19
49
B ．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C ．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D ．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为
7
15
（多选）10．（5分）设定义在R 上的函数f （x ）与g （x ）的导函数分别为f '（x ）和g '（x ）．若f （x ）﹣g （4﹣x ）＝2，g '（x ）＝f '（x ﹣2），且f （x +2）为奇函数，则（ ） A ．∀x ∈R ，f （4+x ）+f （﹣x ）＝0
B ．g （3）+g （5）＝4
C ．∑f(k)2023
k=1=0 D ．∑g(k)2023k=1=0
（多选）11．（5分）对于数列{a n }，若存在常数M ＞0，对任意的n ∈N *，恒有|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2
﹣a 1|≤M ，则称数列{a n }为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A ．首项为1，公比为1
2
的等比数列{a n }是“差收敛”数列
B ．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若数列{S n }是“差收敛”数列，那么数列{a n }为“差收敛”数列
C ．等差数列一定为“差收敛”数列
D ．有界数列一定为“差收敛”数列
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD 的棱长为2√2，其所有顶点均在球O 的球面上．已知点E 满足AE →
=λAB →
(0＜λ＜1)，CF →
=μCD →
(0＜μ＜1)，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）
A．四边形EMGH的周长是变化的
B．四棱锥A﹣EMGH体积的最大值为81 64
C．当λ=1
4
时，平面α截球O所得截面的周长为√11π
D．当λ=μ=1
2
时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
4
3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为44
9
，方差为
152
81
，把这个样本中一个为4的数据去掉，变
成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为，方差为．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为．
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则
S
a2+2bc
的最大值
为．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为p n，第n次传球之前球在乙手里的概率为q n，显然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比较p8，q8的大小．
18．（12分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的图象经过点(−π4，0)．（1）若f（x）的最小正周期为2π，求f（x）的解析式；
（2）若∀x∈R，f(x+π
4
)=f(
π
4
−x)，是否存在实数ω，使得f（x）在(
7π
18
，5π
9
)上单调？若存在，求出
ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策
略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数x i 与该机场飞往A 地航班放行准点率y i （i ＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
其中t i ＝ln （x i ﹣2012），t =
110∑ 10
i=1t i
（1）根据散点图判断，y ＝bx +a 与y ＝cln （x ﹣2012）+d 哪一个适宜作为该机场飞往A 地航班放行准点率y 关于年份数x 的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A 地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A 地、B 地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A 地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B 地及其他地区（不包含A 、B 两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题： （i ）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii ）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A 地、B 地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u 1，v 1），（u 2，v 2），…，（u n ，v n ），其回归直线v ＝α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=
∑
(u i
−u)n
i=1(v i −v)
∑ n i=1
(u i −u)2
=∑
n i=1u i v i −nuv ∑ n i=1
u i 2−nu 2，α=v −βu 参考数据：ln 10≈2.30，ln 11≈2.40，ln 12≈2.48．
20．（12分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是棱PB ，PC 的中点，Q 是棱P A 上一点，且AQ →
=3QP →
．
（1）求证：NQ ∥平面MCD ；
（2）若AB ＝14，BC ＝PB ＝PD ＝8，P A ＝PC ＝4√6，求直线P A 与平面PBC 所成角的正弦值．
21．（12分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2
b
2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√22，过点(−1，√22)．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F ，定直线m ：x ＝2，过点F 且斜率不为零的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，过A ，B 两点分别作AP ⊥m 于P ，BQ ⊥m 于Q ，直线AQ 、BP 交于点M ，证明：M 点为定点，并求出M 点的坐标．
22．（12分）已知函数f （x ）=
cosx−x
x 2
，x ∈（0，+∞）． （1）证明：函数f （x ）在（0，+∞）上有且只有一个零点； （2）当x ∈（0，π）时，求函数f （x ）的最小值；
（3）设g i （x ）＝k i x +b ，i ＝1，2，若对任意的x ∈[π
2
，+∞），g 1（x ）≤f （x ）≤g 2（x ）恒成立，且不等
式两端等号均能取到，求k 1+k 2的最大值．
附：参考答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，则实数a的值为（）A．{2}B．{﹣1，2}C．{1，2}D．{0，2}
【解答】解：由A∪B＝A知：B⊆A，
当a+2＝3，即a＝1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当a+2＝a2，即a＝﹣1或a＝2，
若a＝﹣1，则a2＝1，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若a＝2，则A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，满足要求．
综上，a＝2．
故选：A．
2．（5分）设z是复数且|z﹣1+2i|＝1，则|z|的最小值为（）
A．1B．√3−1C．√5−1D．√5
【解答】解：根据复数模的几何意义可知，|z﹣1+2i|＝1表示复平面内以（1，﹣2）为圆心，1为半径的圆，而|z|表示复数z到原点的距离，
由图可知，|z|min=√12+(−2)2−1=√5−1．
故选：C．
3．（5分）在平面直角坐标系中，已知点P（3，4）为角α终边上一点，若cos（α+β）=1
3
，β∈（0，π），
则cosβ＝（）
A．3−8√2
15
B．
3+8√2
15
C．
4+6√2
15
D．
6√2−4
15
【解答】解：由题意得：α∈(0，π
2
)，cosα=
3
√9+16
=
3
5
，sinα=
4
√9+16
=
4
5
，
因为β∈（0，π），
所以α+β∈(0，3π
2
)，
因为cos(α+β)=1
3
＞0，
所以α+β∈(0，π2)，故sin(α+β)=√1−cos 2(α+β)=2√2
3
，
所以cos β＝cos[（α+β）﹣α]＝cos （α+β）cos α+sin （α+β）sin α=13×35+2√23×45=3+8√2
15
． 故选：B ．
4．（5分）已知圆台的上、下底面圆的半径之比为1
2
，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O ，该球与圆台
的上、下底面及母线均相切，则球O 的表面积为（ ） A ．3π
B ．5π
C ．8π
D ．9π
【解答】解：设圆台的上底面圆半径为r ，则底面圆半径为2r ，母线长为l ， 如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O 与圆台的上下底面及母线均相切， 故l ＝AD ＝AH +DG ＝r +2r ＝3r ．
根据圆台的侧面积公式S ＝（πr +2πr ）l ＝9π，可得r ＝1， 所以球的直径为HG =2√2，故半径为√2，表面积为：8π 故选：C ．
5．（5分）设a →，b →为单位向量，a →在b →方向上的投影向量为−12
b →
，则|a →−2b →|＝（ ）
A ．√2
B ．√3
C ．√5
D ．√7
【解答】解：因为a →
在b →
方向上的投影向量为−12b →
，
所以a →⋅b
→
|b →|⋅b
→
|b →|
=−12b →
，
则
a →⋅b
→
|b →
|
2=−1
2， 又因为a →
，b →
为单位向量，所以|a →
|=|b →
|=1，
所以cos ＜a →
，b →
＞=−1
2
，
所以|a →−2b →|=√(a →−2b →)2=√a →2−4a →⋅b →+4b →2=√1−4×(−1
2
)+4=√7．
故选：D ．
6．（5分）为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g /m 3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g /m 3，第n 次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量r n 满足函数模型r n =r 0+(r 1−r 0)⋅50.25n+p (p ∈R ，n ∈N ∗)，其中r 0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r 1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n 为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g /m 3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（参考数据：lg 2≈0.301）（ ） A ．8次
B ．9次
C ．10次
D ．11次
【解答】解：由题意得r 0＝2.65，r 1＝2.59，
当n ＝1时，r 1=r 0+(r 1−r 0)⋅50.25+p ，即50.25+p ＝1，可得p ＝﹣0.25， 所以r n =2.65−0.06×50.25(n−1)， 由r n ≤0.25，可得50.25（n ﹣1）
≥40，所以0.25(n −1)≥
lg40
lg5
， 所以n ≥
4(1+2lg2)
1−lg2
+1≈10.17，
又由n ∈N *，所以n ≥11，
所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要11次． 故选：D ．
7．（5分）设实数x ＞1，y ∈R ，e 为自然对数的底数，若exlnx +e y ＜ye y ，则（ ） A ．e y lnx ＞e
B ．e y lnx ＜e
C ．e y ＞ex
D ．e y ＜ex
【解答】解：∵exlnx +e y ＜ye y ，
∴e •e lnx lnx ＜（y ﹣1）e y ，即e lnx lnx ＜（y ﹣1）e y ﹣
1，（*）
∵x ＞1，∴lnx ＞0，y ＞1．
令g （t ）＝te t （t ＞0），（*）式可化为g （lnx ）＜g （y ﹣1） 则g ′（t ）＝（1+t ）e t ＞0恒成立， ∴g （t ）在（0，+∞）上单调递增， ∴lnx ＜y ﹣1，即x ＜e y ﹣
1⇔ex ＜e y ，
故选：C．
8．（5分）已知F1，F2分别为双曲线x2
2
−
y2
6
=1的左，右焦点，直线l过点F2，且与双曲线右支交于A，
B两点，O为坐标原点，△AF1F2，△BF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2，则△OO1O2面积的取值范围是（）
A．(2，4√33)B．[2，4√33)
C．[2，4√33)∪(4√33，+∞)D．[2，2√63]
【解答】解：设圆O1与AF1，AF2，F1F2分别切于点M，N，P，由双曲线定义知，|AF1|−|AF2|=2a=2√2，
∴|AM|+|MF1|−|AN|−|NF2|=2a=2√2，
∵|AM|＝|AN|，|MF1|＝|F1P|，|NF2|＝|F2P|，
∴|F1P|−|F2P|=2√2，又|F1P|+|F2P|=2c=4√2，
∴|F1P|=3√2，|F2P|=√2=c−a，即点P为双曲线的右顶点，
∵O1P⊥x轴，O1的横坐标为√2，同理：O2横坐标也为√2，
∵O1F2平分∠AF2F1，O2F2平分∠BF2F1，∴∠O1F2O2=π2，
设△AF1F2、△BF1F2的内切圆半径分别为r1，r2，∵O1O2⊥x轴，∴r1⋅r2=|PF2|2=2，
∵|OP|=√2，∴S△OO
1O2=
1
2
(r1+r2)⋅|OP|=√
2
2
(r1+
2
r1
)，
设直线AB倾斜角为α，又AB为双曲线右支上两点，
又渐近线方程为y=±√3x，∴由题意得α∈(π
3
，2π
3
)，∴∠O1F2F1∈(π6，π3)，
∴tan∠O1F2F1=1
√2∈(√
3
3
，√3)，即r1∈(√6
3
，√6)，
又S△OO
1O2=√
2
2
(r1+
2
r1
)在(√
6
3
，√2)单调递减，在(√2，√6)单调递增，
当r 1=√2时，S △OO 1O 2=2，此时取得最小值， 当r 1=
√6
3
时，S △OO 1O 2=
4√33，当r 1=√6时，S △OO 1O 2=4√3
3
， ∴S △OO 1O 2∈[2，4√33
)． 故选：B ．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）一个盒中装有质地、大小，形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球．规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球．下列说法正确的是（ ） A ．第二次取到白球的概率是1949
B ．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C ．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D ．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为715
【解答】解：对于A ，若第一次取到白球，第二次取到白球，则概率为3
7×2
6=1
7，
若第一次取到红球，第二次取到白球，则概率为47×37=12
49，
故第二次取到白球的概率是17+1249=19
49
，故A 正确；
对于B ，除了“取到两个红球”和“取到两个白球”这种事件可能发生外，还有可能是取到一白球和一红球，
因此“取到两个红球“和“取到两个白球“是互斥事件，但不对立，故B 错误；
对于C ，第一次取到红球的概率为：47×37+47×47=47，第二次取到红球的概率为：37×46+47×47=30
49，
第一次取到红球且第二次取到红球的概率为：47×47=16
49
，显然不满足独立事件的概念，故C 错误；
对于D ，设第二次取到的是红球为事件A ，设第一次取到的是白球为事件B ， 则P(AB)=
37×46=27，P(A)=37×46+47×47=30
49
， 故P(B|A)=P(AB)
P(A)
=
2
73049
=
7
15
，故D 正确． 故选：AD ．
（多选）10．（5分）设定义在R 上的函数f （x ）与g （x ）的导函数分别为f '（x ）和g '（x ）．若f （x ）﹣g
（4﹣x ）＝2，g '（x ）＝f '（x ﹣2），且f （x +2）为奇函数，则（ ） A ．∀x ∈R ，f （4+x ）+f （﹣x ）＝0
B ．g （3）+g （5）＝4
C ．∑f(k)2023
k=1=0 D ．∑g(k)2023k=1=0
【解答】解：对A ，因为f （x +2）为奇函数，
则y ＝f （x ）图像关于（2，0）对称，且f （2+x ）+f （2﹣x ）＝0， 所以f （4+x ）+f （﹣x ）＝0，A 正确： 对于C ，因为g ′（x ）＝f ′（x ﹣2）， 则g （x ）＝f （x ﹣2）+a ， 则g （4﹣x ）＝f （2﹣x ）+a ， 又f （x ）﹣g （4﹣x ）＝2， 所以f （x ）＝f （2﹣x ）+a +2， 令x ＝1，可得a +2＝0，即a ＝﹣2．
所以f （x ）＝f （2﹣x ），又f （4+x ）+f （﹣x ）＝0， 所以f （x +2）＝﹣f （﹣x +2）＝﹣f （x ）， 所以f （x ）＝﹣f （x +2）＝f （x +4）， 所以y ＝f （x ）的周期T ＝4， 所以f （0）＝f （4），
由f （2+x ）+f （2﹣x ）＝0可得，f （1）+f （3）＝0，f （4）+f （0）＝0，f （2）＝0， 所以f （0）＝0，f （4）＝0，
所以∑ 2023k=1f(k)=505[f （1）+f （2）+f （3）+f （4）]+f （1）+f （2）+f （3）＝0，C 正确； 对B ，g （x ）＝f （x ﹣2）﹣2，则g （x ）是周期T ＝4的函数， g （3）+g （5）＝f （1）﹣2+f （3）﹣2＝﹣4，B 错误； 对D ，f （﹣1）＝f （﹣1+2024）＝f （2023）， f （0）＝f （2）＝f （2+2020）＝f （2022），
所以∑ 2023k=1g(k)=f(−1)−2+f(0)−2+f(1)−2+...+f(2021)−2=∑f(k)2023
i=1−2×2023， 所以∑ 2023i=1g(k)=−4046，D 错误． 故选：AC ．
（多选）11．（5分）对于数列{a n }，若存在常数M ＞0，对任意的n ∈N *，恒有|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2
﹣a 1|≤M ，则称数列{a n }为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（ ）
A ．首项为1，公比为1
2
的等比数列{a n }是“差收敛”数列
B ．设S n 是数列{a n }的前n 项和，若数列{S n }是“差收敛”数列，那么数列{a n }为“差收敛”数列
C ．等差数列一定为“差收敛”数列
D ．有界数列一定为“差收敛”数列
【解答】解：对于A ，由题意a n ＝（12）n ﹣1，则|a n ﹣a n ﹣1|＝|（12）n ﹣1﹣（12）n ﹣2|＝（12
）n ﹣
1，
因此|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|=12+（12）2+…+（12）n =12[1−(12)n
]1−12
=−1+（12）n ＜1，故{a n }是“差收敛”数列，正确；
对于B ，若数列{S n }是“差收敛”数列，则存在M ＞0， 对任意的n ∈N *，恒有|S n +1﹣S n |+|S n ﹣S n ﹣1|+…+|S 2﹣S 1|≤M ， 即|a n +1|+|a n |+…+|a 2|≤M ，
所以|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤|a n +1|+2|a n |+…+2|a 2|+|a 1|≤2M +|a 1|， 所以数列{a n }为“差收敛”数列，正确；
对于C ，设等差数列{a n }的公差为d ，则|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|＝n |d |， 所以不存在M ＞0，对任意的n ∈N *，恒有|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤M 成立， 所以等差数列不一定为“差收敛”数列，错误；
对于D ：设数列{a n }为有界数列，则存在M ＞0，使得|a n |≤M ，
所以|a n +1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤|a n +1|+2|a n |+…+2|a 2|+|a 1|≤2nM ，2nM 不是常数， 所以有界数列不一定为“差收敛”数列，错误． 故选：AB ．
（多选）12．（5分）已知正四面体ABCD 的棱长为2√2，其所有顶点均在球O 的球面上．已知点E 满足AE →
=λAB →
(0＜λ＜1)，CF →
=μCD →
(0＜μ＜1)，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ） A ．四边形EMGH 的周长是变化的 B ．四棱锥A ﹣EMGH 体积的最大值为
8164
C ．当λ=1
4
时，平面α截球O 所得截面的周长为√11π
D ．当λ=μ=1
2时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为43
【解答】解：正四面体ABCD 的棱长为2√2，其所有顶点均在球O 的球面上．点E 满足AE →=λAB →
(0＜λ＜1)，CF →
=μCD →
(0＜μ＜1)，
过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ， ∴球心O 即为该正方体的中心， 连接B 1D 1，设AC ∩B 1D 1＝N ， ∵BB 1∥DD 1，BB 1＝DD 1，
∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，∴BD ∥B 1D 1．
又BD ∥平面α，B 1D 1⊄平面α，∴由线面平行的判定定理得B 1D 1∥平面α．
∵AC ∥平面α，AC ∩B 1D 1＝N ，AC ，B 1D 1⊂平面AB 1CD 1，∴平面α∥平面AB 1CD 1．
对于A ，如图①，∵平面α∥平面AB 1CD 1，平面α∩平面ABC ＝EM ，平面AB 1CD 1∩平面ABC ＝AC ， ∴EM ∥AC ，则
EM AC
=
BE AB
=1−λ，即EM ＝（1﹣λ）AC =2√2(1−λ)，
同理可得GH ∥AC ，GH =2√2(1−λ)，HE ∥GM ∥BD ，HE ＝GM =2√2λ， ∴四边形EMGH 的周长L ＝FM +GM +GH +HE =4√2，故A 错误；
对于B ，如图①，由A 可知HE ∥GM ∥BD ，HE =GM =2√2λ，且EM ∥GH ∥AC ，EM =GH =2√2(1−λ)，
∵四边形AB 1CD 1为正方形，∴AC ⊥B 1D 1，∴四边形EMGH 为矩形， ∴点A 到平面α的距离d ＝λAA 1＝2λ，
∴四棱锥A ﹣EMGH 的体积V 与λ之间的关系式为V （λ）=13×2λ×2√2λ×2√2(1−λ)=16
3
(λ2−λ3)， 则V '（λ）=
163λ(2−3λ)，∵0＜λ＜1，∴当0＜λ＜2
3
时，V '（λ）＞0，V （λ）单调递增； 当23＜λ＜1时，V '（λ）＜0，V （λ）单调递减，所以当λ=2
3时，V （λ）取到最大值6481，
∴四棱锥A ﹣EMGH 体积的最大值为64
81
，故B 正确；
对于C ，正四面体ABCD 的外接球即为正方体AB 1CD 1﹣A 1BC 1D 的外接球，其半径R =√3．
设平面α截球O所得截面的圆心为O1，半径为r，当λ=1
4
时，OO1=
1
2
．
∵OO12+r2=R2，则r=√R2−OO12=√11
2
，∴平面α截球O所得截面的周长为2πr=√11π，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体A1B1C1D1，
设A1D1∩AD＝P，A1C1∩BD＝K，B1C1∩BC＝Q，B1D1∩AC＝N，连接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵λ=μ=1
2
，∴E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，
又EP=√2，正四棱锥K﹣PEQF的高为1
2
AA1=1，
∴正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为V=2V
四棱锥K−PEQF =2×
1
3
×1×
√2×√2=4
3
，故D正确．
故答案为：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）一个容量为9的样本，它的平均数为44
9
，方差为
152
81
，把这个样本中一个为4的数据去掉，变
成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为5，方差为2．【解答】解：根据题意，设其他的8个数据依次为a1、a2、a3、 (8)
若原来容量为9的样本，它的平均数为44
9
，方差为
152
81
，
则有x=1
9
（a1+a2+a3+……+a8+4）=
44
9
，则有（a1+a2+a3+……a8）＝40，
s2=1
9
[a12+a22+a32+……+a82+42﹣9×（
44
9
）2]=
152
81
，则有（a12+a22+a32+……+a82）＝216；
把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，
则新样本的平均数为x′=1
8
（a1+a2+a3+……+a8）=
40
8
=5；
方差s′2=1
8
（a12+a22+a32+……+a82﹣8×52）＝2；
故答案为：5，2．
14．（5分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为84．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，
此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48+24+12＝84种不同坐法；
故答案为：84．
15．（5分）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为x+3y+3＝0．
【解答】解：∵A（1，2）在抛物线y2＝2px上，
∴4＝2p，∴抛物线方程为y2＝4x，
设过点A的圆的切线方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，
则圆心（2，0）到切线的距离d=
|k+2|
√k+1
=√2=r，
解得k＝2±√6，
∴过点A的圆的切线方程为：
(2+√6)x−y−√6=0或(2−√6)x−y+√6=0，
分别联立y2＝4x，解得B（15−6√6，﹣6+2√6），C（15+6√6，−2√6−6），
∴直线BC的斜率为
√5+2√6+6
15−6√6−15−6√6
=−
1
3
．
∴直线BC的方程为y+2√6+6=−1
3
（x﹣15﹣6√6），
即x+3y+3＝0，
故答案为：x+3y+3＝0，
16．（5分）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则
S
a2+2bc
的最大值为
√3
12
．
【解答】解：因为
S
a2+2bc
=
1
2
bcsinA
b2+c2−2bccosA+2bc
=
1
2
×
sinA
b
c
+c
b
+2−2cosA
≤−
1
4
×
sinA
cosA−2
，（当且仅
当b＝c时取得等号），令sin A＝y，cos A＝x，
故
S
a2+2bc
≤−
1
4
×
y
x−2
，
因为x2+y2＝1，且y＞0，
故可得点（x，y）表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数z=
y
x−2
，表示圆弧上一点到点A（2，0）点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点H(1
2
，√3
2
)，即A＝60°时，取得最小值−√
3
3
；
故可得z=
y
x−2
∈[−√
3
3
，0)，
又
S
a2+2bc
≤−
1
4
×
y
x−2
，
故可得
S
a2+2bc
≤−
1
4
×(−
√3
3
)=
√3
12
，当且仅当A＝60°，b＝c，取得最大值．
故答案为：√3 12
．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的
球都能接住．记第n 次传球之前球在甲手里的概率为p n ，第n 次传球之前球在乙手里的概率为q n ，显然p 1＝1，q 1＝0． （1）求p 3+2q 3的值； （2）比较p 8，q 8的大小．
【解答】解：（1）第3次传球之前，球在甲手中的情形可分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲， ∴p 3=
24=1
2
， 第3次传球之前，球在乙手中的情形仅有：甲→丙→乙， ∴q 3=1
4
，
∴p 3+2q 3＝1；
（2）由题意{p n+1=12q n +12(1−p n −q n )q n+1=12p n +12(1−p n −q n )，整理得：{p n+1=12−1
2p n
q n+1=12−1
2
q n
， ∴p n+1−
13=−12(p n −13)，p 1−13=2
3
， ∴{p n −13}成首项为23
，公比为−1
2的等比数列，
∴p n −
13=23⋅(−12)n−1，∴p n =13+23⋅(−1
2)n−1， 同理q n −13=−13⋅(−12)n−1，∴q n =13−13⋅(−1
2
)n−1， ∴p 8=
13+23⋅(−12)7＜13，q 8=13−13⋅(−12)7＞13
， ∴p 8＜q 8．
18．（12分）已知函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的图象经过点(−π
4
，0)．
（1）若f （x ）的最小正周期为2π，求f （x ）的解析式；
（2）若∀x ∈R ，f(x +π4)=f(π4−x)，是否存在实数ω，使得f （x ）在(7π18，5π
9
)上单调？若存在，求出
ω的取值集合；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为f （x ）的最小正周期为2π， 所以
2π|ω|
=2π．
因为ω＞0，所以ω＝1．
因为f （x ）的图象经过点(−π4，0)，所以−π
4+φ=kπ，k ∈Z ，
即φ=kπ+π
4
，k ∈Z ．
因为|φ|≤π
2
，所以φ=
π
4
．
故f(x)=sin(x+π
4 )．
（2）因为∀x∈R，f(x+π
4
)=f(
π
4
−x)，
所以直线x=π
4
为f（x）图象的对称轴，
又f（x）的图象经过点(−π
4
，0)．
所以−π
4
ω+φ=k1π，
π
4
ω+φ=k2π+
π
2
，k1，k2∈Z．
两式相减得π
2
ω=(k2−k1)π+
π
2
，
整理得ω＝2（k2﹣k1）+1，
因为ω＞0，所以ω＝2n+1（n∈N），
因为f（x）在(7π
18
，5π
9
)上单调，
所以5π
9
−
7π
18
=
π
6
≤
T
2
，即T=
2π
ω
≥
π
3
，解得ω≤6．
当ω＝5时，−5π
4
+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π
2
，所以φ=
π
4
，此时f(x)=sin(5x+
π
4
)．
令t=5x+π
4
∈(
79π
36
，109π
36
)，g（t）＝sin t．g（t）在(
79π
36
，5π
2
)上单调递增，在(
5π
2
，109π
36
)上单调递
减，
故f（x）在(7π
18
，5π
9
)上不单调，不符合题意；
当ω＝3时，−3π
4
+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π
2
，所以φ=−
π
4
，此时f(x)=sin(3x−
π
4
)．
令t=3x−π
4
∈(
11π
12
，17π
12
)，g（t）＝sin t．g（t）在(
11π
12
，17π
12
)上单调递减，
故f（x）在(7π
18
，5π
9
)上单调，符合题意；
当ω＝1时，−π
4
+φ=kπ，k∈Z．
因为|φ|≤π
2
，所以φ=
π
4
，此时f(x)=sin(x+
π
4
)．
令t=x+π
4
∈(
23π
36
，29π
36
)，g（t）＝sin t．g（t）在(
23π
36
，29π
36
)上单调递减，
故f （x ）在(
7π18
，5π
9)上单调，符合题意， 综上，存在实数ω，使得f （x ）在(
7π18
，5π
9)上单调，且ω的取值集合为{1，3}． 19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数x i 与该机场飞往A 地航班放行准点率y i （i ＝1，2，…，10）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．
其中t i ＝ln （x i ﹣2012），t =
110∑ 10
i=1t i
（1）根据散点图判断，y ＝bx +a 与y ＝cln （x ﹣2012）+d 哪一个适宜作为该机场飞往A 地航班放行准点率y 关于年份数x 的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A 地的航班放行准点率．
（2）已知2023年该机场飞往A 地、B 地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A 地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B 地及其他地区（不包含A 、B 两地）航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题： （i ）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii ）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A 地、B 地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．
附：（1）对于一组数据（u 1，v 1），（u 2，v 2），…，（u n ，v n ），其回归直线v ＝α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=
∑
(u i
−u)n
i=1(v i −v)
∑ n i=1
(u i −u)2
=∑
n i=1u i v i −nuv ∑ n i=1
u i 2−nu 2，α=v −βu
参考数据：ln 10≈2.30，ln 11≈2.40，ln 12≈2.48．
【解答】解：（1）由散点图判断y ＝cln （x ﹣2012）+d 适宜作为该机场飞往A 地航班放行准点率y 关于年份数x 的经验回归方程类型．
令t ＝ln （x ﹣2012），先建立y 关于t 的线性回归方程． 由于c =
∑
t i y i −10ty
10
i=1∑t i 2−10t −2−10i=1
=
1226.8−10×1.5×80.4
27.7−10×1.5
2
=4，d =y −c t =80.4−4×1.5=74.4， 该机场飞往A 地航班放行准点率y 关于t 的线性回归方程为y =4t +74.4， 因此y 关于年份数x 的回归方程为y =4ln(x −2012)+74.4
所以当x ＝2023时，该机场飞往A 地航班放行准点率y 的预报值为y =4ln(2023−2012)+74.4=4ln11+74.4≈4×2.40+74.4=84．
所以2023年该机场飞往A 地航班放行准点率y 的预报值为84%．
（2）设A 1＝“该航班飞往A 地”，A 2＝“该航班飞往B 地”，A 3＝“该航班飞往其他地区”，C ＝“该航班准点放行”，
则P （A 1）＝0.2，P （A 2）＝0.2，P （A 3）＝0.6，P （C |A 1）＝0.84，P （C |A 2）＝0.8，P （C |A 3）＝0.75． （i ）由全概率公式得，P （C ）＝P （A 1）P （C |A 1）+P （A 2）P （C |A 2）+P （A 3）P （C |A 2）＝0.84×0.2+0.8×0.2+0.75×0.6＝0.778，
所以该航班准点放行的概率为0.778． （ii ）P(A 1|C)=P(A 1C)P(C)=P(A 1)P(C|A 1)P(C)=0.2×0.840.778，P(A 2|C)=P(A 2C)P(C)=P(A 2)P(C|A 2)P(C)=0.2×0.8
0.778
，P(A 3|C)=
P(A 3C)P(C)=P(A 3)P(C|A 3)P(C)=0.6×0.750.778
， 因为0.6×0.75＞0.2×0.84＞0.2×0.8，
所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大．
20．（12分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是棱PB ，PC 的中点，Q 是棱P A 上一点，且AQ →
=3QP →
． （1）求证：NQ ∥平面MCD ；
（2）若AB ＝14，BC ＝PB ＝PD ＝8，P A ＝PC ＝4√6，求直线P A 与平面PBC 所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取P A的中点S，连接SM，SD，SC，
易知SM∥
¯
¯1
2
AB∥CD，故S，M，C，D四点共面，
由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故NQ∥
¯
¯1
2 SC，
又QN⊄平面MCD，SC⊂平面MCD，
因此NQ∥平面MCD；
（2）解：连接AC，BD交于点O，则O为平行四边形ABCD的中心，
又P A＝PC，PB＝PD，
则等腰△P AC，△PBD中，根据三线合一，有PO⊥AC，PO⊥BD，
又AC∩BD＝O，故PO⊥平面ABCD，
在Rt△POA，Rt△POB中，有PO2+OA2＝P A2，PO2+OB2＝PB2，即h2+m2＝96，①h2+n2＝64，②
设OA＝OC＝m，OB＝OD＝n，OP＝h，∠ABC＝θ，则∠BAD＝π﹣θ，
AC2＝4m2＝BA2+BC2﹣2AB•AC•cosθ＝260﹣224cosθ，BD2＝4n2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos（π﹣θ）＝260+224cosθ，
相加并整理得m2+n2＝130，③
解方程组①②③得，m=9，n=7，ℎ=√15，
故cosθ=AB2+BC2−AC2
2AB⋅AC
=−
2
7
，sinθ=√1−(−2
7
)2=
3√5
7
，
于是S△ABC=1
2
BA⋅BC⋅sinθ=24√5，
在△PBC中，BC＝BP＝8，N是PC中点，
故BN⊥PC，BN=√BC2−CN2=√82−(2√6)2=2√10，
于是S△PBC=1
2
PC⋅BN=8√15，
设点A 到平面PBC 的距离为d ，由V P ﹣ABC ＝V A ﹣PBC ，得13⋅ℎ⋅S △ABC =13
⋅d ⋅S △PBC ， 故d =ℎ⋅S △ABC S △PBC =√15⋅24√5815
=3√5， 故所求线面角α的正弦值sinα=
d PA =√546=√308． 21．（12分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√22
，过点(−1，√22)． （1）求椭圆C 的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为F ，定直线m ：x ＝2，过点F 且斜率不为零的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，过A ，B 两点分别作AP ⊥m 于P ，BQ ⊥m 于Q ，直线AQ 、BP 交于点M ，证明：M 点为定点，并求出M 点的坐标．
【解答】解：（1）由离心率e =c a =√1−b 2
a 2=√22，可得a 2＝2
b 2， 所以椭圆的方程为：
x 22b 2+y 2b 2=1， 将（﹣1，√22）代入椭圆的方程可得：12b 2+24b
2=1，解得b 2＝1， 所以椭圆的方程为：x 2
2+y 2＝1；
（2）证明：由（1）可得右焦点F （1，0），
因为直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +1，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），设A 在x 轴上方， 联立{x =my +1x 2+2y 2=2
，整理可得：（2+m 2）y 2+2my ﹣1＝0， 显然Δ＞0，y 1+y 2=−
2m 2+m 2，y 1y 2=−12+m 2， 因为AP ⊥m ，BQ ⊥m ，
所以P （2，y 1），Q （2，y 2），
所以直线AQ 的方程为y ﹣y 2=y 2−y 12−x 1
（x ﹣2），
由椭圆的对称性可得直线AQ ，BP 的交点在x 轴上，
令y ＝0，可得x ＝2+
−y 2(2−x 1)y 2−y 1=2+y 2(my 1−1)y 2−y 1=2+my 1y 2−y 2y 2−y 1， 因为y 1+y 2=−
2m 2+m 2，y 1y 2=−12+m 2，所以2my 1y 2＝y 1+y 2，即my 1y 2=y 1+y 22， 所以x ＝2+y 1+y 22−y 2y 2−y 1
=2−12=32， 所以直线AQ ，BP 恒过定点（32
，0）． 22．（12分）已知函数f （x ）=cosx−x x 2
，x ∈（0，+∞）． （1）证明：函数f （x ）在（0，+∞）上有且只有一个零点；
（2）当x ∈（0，π）时，求函数f （x ）的最小值；
（3）设g i （x ）＝k i x +b ，i ＝1，2，若对任意的x ∈[π2
，+∞），g 1（x ）≤f （x ）≤g 2（x ）恒成立，且不等式两端等号均能取到，求k 1+k 2的最大值．
【解答】解：（1）证明：设h （x ）＝cos x ﹣x ，
则h ′（x ）＝﹣sin x ﹣1，
因为﹣1≤sin x ≤1，
所以h ′（x ）≤0恒成立，
所以h （x ）在（0，+∞）上单调递减，
又因为h （π6
）=√32−π6＞0，h （π）＝﹣1﹣π＜0， 所以存在唯一x 0∈（π6
，π），使得h （x 0）＝0， 所以f （x ）在（0，+∞）上有且只有一个零点，
（2）f ′（x ）=x−xsinx−2cosx x 3
， 设m （x ）＝x ﹣x sin x ﹣2cos x ，
m ′（x ）＝1+sin x ﹣x cos x ＝1+cos x （tan x ﹣x ），
m ″（x ）＝cos x ﹣cos x +x sin x ，
当x ∈（0，π）上，x sin x ＞0，m ″（x ）＞0，m ′（x ）单调递增，
又m ′（0）＝1＞0，
所以m （x ）在（0，π）上单调递增，
因为m （π2
）＝0，
所以当x ∈（0，π2
）时，m （x ）＜0，f （x ）单调递减， 当x ∈（π2
，π）时，m （x ）＞0，f （x ）单调递增， 所以f （x ）在（0，π）上有最小值f （π2
）=−2π． （3）由（1）可知，x ∈[π2
，+∞）时，f （x ）＜0， 由（2）可知x =π2为f （x ）的极小值点，且x ∈[π，+∞）时，cosx−x x 2≥−1−x x 2≥−1−ππ2＞−2π
， 所以x ∈[π2
，+∞）时，f （x ）在x =π2取到最小值−2π， b ＜−2π
时，k 1＞0，存在x ∈（m 1，+∞）使得g （x 1）＞0与f （x ）≥g 1（x ）矛盾， b ≥0时，k 2＜0，存在x ∈（m 2，+∞）使得g （x 2）＜−2π
与f （x ）≤g 2（x ）矛盾， 当b =−2π时，令k 1＝0，则g （x 1）=−2π
，满足题意，此时k 1取得最大值， 再过点（0，−2π）作函数f （x ）的切线，设切点为P （t ，f （t ）），则f ′（t ）=f(t)+2b t ，解得t =3π2， 所以切线方程为y =8x 9π2−2π
， 当b =−2π时，k 2的最大值为−89π2， 又因为x ∈（
3π2，+∞）时，f ′（x ）=x−xsinx−2cosx x 3≤2x−2cosx x 3， 设φ（x ）=
2x−2cosx x 3， φ′（x ）=−2x+xsinx+3cosx x 4＜−2x+x+3x 4=3−x x 4＜0， 所以φ（x ）单调递减，
即f ′（x ）≤
2x−2cosx x 3≤89π2， 所以−2π≤b ＜0时，k 1+k 2取得最大值89π2， 接下来证明当x ∈[π2，+∞）时，cosx−x x 2≤8x 9π2−2π
， 先证：q （x ）=8x 39π2−2x 2π+x ﹣cos x ≥0，x ∈[π2，3π2
]恒成立， q ′（x ）=8x 23π2−4x π+1+sin x ， q ″（x ）=16x 3π2−4π
+cos x ，
q ″′（x ）=163π2
−sin x ， 当x ∈[π2，3π2
]时，q ″′（x ）单调递增， q ″′（π2）＝﹣1+163π2＜0，q ″′（3π2
）＝1+163π2＞0，q ″′（π）=163π2＞0， 所以存在唯一的x 1∈（π2，π）使得q ″′（x ）＝0，且x ∈（π2
，x 1）时，q ″′（x ）＜0，q ″（x ）单调递减，
x ∈（x 1，3π2）时，q ″′（x ）＞0，q ″（x ）单调递增，
因为q ′（π2）=23＞0，q ′（π）=−13＜0，q ′（3π2
）＝0， 所以存在唯一的x 3∈（π2，π）使得q ′（x ）＝0，且x ∈（π2
，x 3）时，q ′（x ）＞0，q （x ）单调递增， x ∈（x 3，3π2）时，q ′（x ）＜0，q （x ）单调递减，
又因为q （π2）=π9，q （3π2
）＝0， 所以当x ∈[π2，3π2
]时，q （x ）=8x 39π2−2x 2π+x ﹣cos x ≥0， 当x ∈[3π2
，+∞）时，q ′（x ）=8x 23π2−4x π+1+sin x =4x π（2x 3π−1）+1+sin x ≥0， 所以q （x ）≥0，
综上所述，x ∈[π2，+∞）时，cosx−x x 2≤8x 9π2−2π
， 当x ∈（3π2，+∞），f ′（x ）=x−xsinx−2cosx x 3≤2x−2cosx x 3
≤89π2， 所以当−2π≤b ＜0时，k 2的最大值为89π2， 即k 1+k 2的最大值为8
9π2．。