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2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z=1+3i1−2i，则z的共轭复数的虚部为( )
A. 1 B. i C. −i D. −1
2. 在平面直角坐标系xOy中，若角α以x轴的非负半轴为始边，且终边过点(4,−3)，则cos(α−π2)的值为( )
A. −35 B. 35 C. −45 D. 45
3. 设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//β B. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若l⊥α，l⊥β，则α//β D. 若α//β，l//α，则l//β
4. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，则其内切球表面积为( )
A. 3π B. 3π C. (3−2 2)π D. ( 2−1)π
5. 已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若T7>T9>T8，则( )
A. q<0 B. a1<0 C. T15<1
A. 2 33
B. 5 36
C. 3
D. 7 36
7. 在△ABC中，P0是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有PB⋅PC≥P0B⋅P0C，则△ABC一定是( )
A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形
8. 十七世纪法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在△ABC中，已知C=23π，AC=1，BC=2，且点M在AB线段上，且满足CM=BM，若点P为△AMC的费马点，则PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=( )
A. −1 B. −45 C. −35 D. −25
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是( )
A. 若a//b，b//c，则a//c
B. |(a⋅b)⋅c|≤|a||b||c|
C. 若a⊥(b−c)，则a⋅b=a⋅c
D. (a⋅b)⋅b=a⋅(b)2
10. 下列说法正确的是( )
A. 若f(x)=sinωx+2cos(ωx+π3)，ω>0的最小正周期为π，则ω=2
B. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“A>B”是“a>b”的充要条件
C. 三个不全相等的实数a，b，c依次成等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列
D. △ABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC的面积为2 6
11. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是( )
A. 存在某条直径CD，使得AD⊥SD
B. 若AB=2，则三棱锥S−AOD体积的最大值为16
C. 对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线
D. 若∠ABD=π6，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是 24
12. 已知数列{an}中各项都小于2，an+12−4an+1=an2−3an，记数列{an}的前n项和为Sn，则以下结论正确的是( )
A. 任意a1与正整数m，使得amam+1≥0
B. 存在a1与正整数m，使得am+1>34am
C. 任意非零实数a1与正整数m，都有am+1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧(长度单位为cm)，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为2π3.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______ ．
14. 已知等差数列{an}，a8=8，a9=8+π3，则cosa5+cosa7cosa6= ______ ．
15. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=CC1=3，AC=4，AC⊥BC，动点P在△A1B1C1内(包括边界上)，且始终满足BP⊥AB1，则动点P的轨迹长度是______ ．
16. 已知向量a，b的夹角为π3，且a⋅b=3，向量c满足c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，且a⋅c=b⋅c，记x=c⋅a|a|，y=c⋅b|b|，则x2+y2−xy的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
定义一种运算：(a,b)cd=ac+bd．
(1)已知z为复数，且(3,z−)z4=7−3i，求|z|；
(2)已知x，y为实数，(y+sin2x,2)iy−(1,sin2x)sinx2 3i也是实数，将y表示为x的函数并求该函数的单调递增区间．
18. (本小题12.0分)
今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”.其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化.现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数f(x)=40[Acosω(x+4)+k]来刻画.其中正整数x表示月份且x∈[1,12]，例如x=1时表示1月份，A和k是正整数，ω>0.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：
①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；
②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；
③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多．
(1)试根据已知信息，确定一个符合条件的y=f(x)的表达式；
(2)一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+4n−3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=2n+5SnSn+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B都是锐角．
(1)若∠C=π3，c=2，求△ABC周长的取值范围；
(2)若sin2A+sin2B>sin2C，求证：sin2A+sin2B>1．
21. (本小题12.0分)
已知边长为6的菱形ABCD，∠ABC=π3，把△ABC沿着AC翻折至△AB1C的位置，构成三棱锥B1−ACD，且DE=12DB1，CF=13CD，EF= 372．
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求二面角B1−AC−D的大小；
(3)求EF与平面AB1C所成角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an(Sn−1)，且Sn≠0，数列{bn}满足：对任意n∈N*有b1S1+b2S2+…+bnSn=(n−1)⋅2n+1+2．
(1)求证：数列{1Sn}是等差数列；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)设Tn是数列{2n−1b2n−bn}的前n项和，求证：Tn<76．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=1+3i1−2i=(1+3i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−1+i，
则z−=−1−i，其虚部为−1．
故选：D．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由三角函数定义有sinα=−35，
所以cos(α−π2)=sinα=−35．
故选：A．
由三角函数定义及诱导公式直接可得．
本题考查三角函数定义及诱导公式，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：若l//α，l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
若α⊥β，l//α，则l⊂β或l//β或l与β相交，故B错误；
若l⊥α，l⊥β，则α//β，故C正确；
若α//β，l//α，则l//β或l⊂β，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面间位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，
AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD，
设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，
则VABCD=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)，
所以r=3VABCDSABCD，因为四面体ABCD的表面积为SABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+ 2，
又因为四面体ABCD的体积VABCD=13×12×1×1×1=16，
所以r=3VABCDSABCD= 2−12，所以内切球表面积S=4πr2=(3−2 2)π．
故选：C．
利用体积相等，找到球的半径即可．
本题考查内切球问题，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：因为等比数列{an}的前n项积为Tn，
若T7>T9>T8，
故1>a8a9，a9>1，a8<1；
所以a1⋅q8>1，所以a1>0，0
故选：D．
直接利用等比数列的性质判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：等比数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图，取A1C1的中点E，连接DE，CE，又D是A1B1的中点，
∴DE//B1C1，且DE=12B1C1，
又B1C1//BC，且B1C1=BC，
∴DE//BC，且DE=12BC，
∴过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，
∴所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC
=12×2×2× 32×2−13×(12×1×1× 32+12×2×2× 32+ 34× 3)×2
=2 3−7 36=5 36．
故选：B．
取A1C1的中点E，连接DE，CE，则易得过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，从而可得所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC，再根据柱体的体积公式及台体的体积公式，计算即可得解．
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：以AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB=4，
则A(−2,0)，B(2,0)，C(a,b)，P(0,0)，P0(x,0)，
所以PB=(2−x,0)，PC=(a−x,b)，P0B=(2,0)，P0C=(a,b)，
因为恒有PB⋅PC≥P0B⋅P0C，则(2−x)(a−x)≥(2a,
整理得x2−(a+2)x≥0恒成立，
故Δ=(a+2)2≤0，即a=−2，此时BA⊥AC，
所以∠A=90°，
所以△ABC为直角三角形．
故选：A．
根据题意建立合适的直角坐标系，结合向量数量积的坐标表示可得关于x的二次不等式，结合二次函数的性质可求．
本题主要考查了平面向量数量积的坐标表示在三角形形状判断中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为C=23π，AC=1，BC=2，
所以由余弦定理可得AB= AC2+CB2−2AC⋅CBcosC= 7，
由正弦定理可得ACsinB=ABsinC，即sinB=ACsinCAB=1× 32 7= 2114，
又B为锐角，
所以cosB= 1−sin2B=5 714，
设CM=BM=x，则CM2=CB2+BM2−2CB⋅BMcosC，
即x2=4+x2−10 77x，
解得x=2 75，即BM=25AB，
所以AM=35AB=3 75，
则S△AMC=35S△ABC=35×12×1×2× 32=3 310，
又cos∠AMC=AM2+CM2−AC22AM⋅CM=6325+2825−12×3 75×2 75>0，
则∠AMC为锐角，
所以△AMC的三个内角均小于120°，
则P为三角形的正等角中心，
所以SΔAMC=12|PA|⋅|PM|sin2π3+12|PM|⋅|PC|sin2π3+12|PA|⋅|PC|sin2π3
= 34(|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)=3 310，
所以|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|=65，
所以PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=|PA|⋅|PM|cos2π3+|PM|⋅|PC|cos2π3+|PA|⋅|PC|cos2π3
=−12(|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)
=−12×65=−35．
故选：C．
由余弦定理可得AB，再由正弦定理可得sinB，进而求得cosB，设CM=BM=x，由余弦定理可得CM，进而求出△AMC的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|=65，再由平面向量的数量积公式得解．
本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，当b=0时，满足a//b，b//c，不能得出a//c，选项A错误；
对于B，|(a⋅b)c|=|(|a||b|cos|c|)|≤|a||b||c|，当且仅当a与b共线时取“=”，所以选项B正确；
对于C，a⊥(b−c)时，a⋅(b−c)=0，即a⋅b=a⋅c，选项C正确；
对于D，(a⋅b)⋅b是数乘向量，与b共线的向量，a⋅(b)2也是数乘向量，与a共线的向量，所以等式不成立，选项D错误．
故选：BC．
根据平面向量的基本概念，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了平面向量的基本概念与应用问题，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，f(x)=sinωx+2cos(ωx+π3)=(1− 3)sinωx+cosωx= 5−2 3sin(ωx+φ)，其中tanφ=11− 3=−1+ 32，
若f(x)的最小正周期为π，则ω=2ππ=2，选项A正确；
对于B，△ABC中，A>B得出a>b，充分性成立，a>b也能得出A>B，必要性成立，是充要条件，选项B正确；
对于C，若2a，2b，2c成等差数列，则2⋅2b=2a+2c，所以2=2a−b+2c−b，所以a−b=c−b=0，即a=b=c，所以选项C错误；
对于D，△ABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC的面积为2 2S直观图=2 2× 34×22=2 6，选项D正确．
故选：ABD．
根据题意，分别对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了命题真假性判断问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，∵SD在底面的射影为CD，而CD与AD夹角始终为锐角，
∴AD与AD不垂直，∴根据三垂线定理可知AD与SD不垂直，∴A选项错误；
对B选项，若AB=2，则三棱锥S−AOD的高为SO=1，
当AO⊥DO时，三角形AOD的面积取得最大值为12×1×1=12，
此时三棱锥S−AOD体积取得最大值为13×12×1=16，∴B选项正确；
对C选项，∵AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，
∴根据异面直线的判定定理可知：
对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线，∴C选项正确；
对D选项，若∠ABD=π6，则∠AOD=π3，设圆锥的底面圆半径为r，
∴SA⋅OD=(OA−OS)⋅OD=OA⋅OD−OS⋅OD
=r×r×cosπ3−0=r22，又易知|SA|= 2r，|OD|=r，
∴cos=SA⋅OD|SA||OD|=r22 2r×r= 24，
∴异面直线SA与CD所成角的余弦值是 24，∴D选项正确．
故选：BCD．
对A选项，根据三垂线定理，即可判断；
对B选项，当AO⊥DO时，三角形AOD的面积取得最大值，从而得此时三棱锥S−AOD体积取得最大值，再计算即可求解与判断；
对C选项，根据异面直线的判定定理，即可判断；
对D选项，根据向量法，向量夹角公式，即可求解与判断．
本题考查线线垂直的判断，三棱锥的体积的最值的求解，异面直线的判定定理，向量法求解异面直线所成角，三垂线定理的应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：对于选项A：因为an+12−4an+1=an2−3an，
所以(an+1−4)an+1=(an−3)an，
整理得an+1=(an−3)anan+1−4，
所以anan+1=(an−3)an2an+1−4≥0，故选项A正确；
对于选项B：不妨设f(x)=x2−4x，
因为an+12−4an+1=an2−4(34an)≥(34an)2−4(34an)，
可得f(an+1)≥f(34an)，
而f′(x)=2x−4=2(x−2)，
当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以对于任意正整数n，都有an−1≤34an，故选项B错误；
对于选项C：由A可知所有an同号，
①当a1=0时，对于任意正整数n，都有an=0；
②当0an2−4an，
所以f(an+1)>f(an)，
又函数f(x)在(−∞,2)上单调递减，
所以对于任意正整数n，都有an+1
所以f(an+1)
所以对于任意正整数n，都有an+1>an，故选项C正确；
对于选项D：因为对于任意正整数n，都有an−1≤34an，
当a1=1时，an≤(34)n−1，
所以S2022≤k=12022(34)k−1=1−(34)20221−34=4[1−(34)2022]<4，
因为当a1=1时，0
解得a2=2− 2>12，
所以S2022>S2>32，
则S2022∈(1,5,4)，故选项D正确；
故选：AD．
由题意，根据递推公式得到an+1an=(an−3)an2an+1−4，进而即可判断选项A；令f(x)=x2−4x，得到f(an+1)≥f(34an)，结合函数的单调性，即可得到对于任意正整数n，都有an+1≤34an，从而判断选项B；对a1=0，0
13.【答案】12 2
【解析】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为2π3的扇形，
设该圆锥的底面半径为r，所以2πr=2π3×30，可得r=10，
因此该圆锥的高为h= 302−102=20 2，
故侧面展开图是半径为12，圆心角为2π3的扇形的圆锥的
高为1230h=25×20 2=8 2，
因此若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为20 2−8 2=12 2．
故答案为：12 2．
扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高．
本题主要考查旋转体，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】1
【解析】解：等差数列{an}，a8=8，a9=8+π3，
所以公差d=a9−a8=π3，
则cosa5+cosa7cosa6=cos(a6−π3)+cos(a6+π3)cosa6=2cosa6cosπ3cosa6=1．
故答案为：1．
由已知先求出等差数列的公差，然后结合和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质，还考查了和差角公式的应用，属于基础题．
15.【答案】125
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=CC1=3，AC=4，AC⊥BC，建立如图所示的坐标系，
由题意可知A(4,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,0)，B1(0,3,3)，设P(x,y,3)，
则BP=(x,y−3,3)，AB1=(−4,3,3)，BP⊥AB1，
可得：−4x+3y−9+9=0，即4x−3y=0．
直线A1B1的方程：3x+4y=12，3x+4y=124x−3y=0，可得x=3625，y=4825，
所以D(3625,4825)，
动点P的轨迹为线段C1D，长度为： (3625)2+(4825)2=12×525=125．
故答案为：125．
建立空间直角坐标系，求解P的轨迹，然后求解动点P的轨迹长度．
本题考查轨迹方程的求法，空间向量的数量积的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16.【答案】278
【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，
∵a⋅b=|a||b|cosπ3=3，∴|a||b|=6，
∵向量c满足c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，
∴C在线段AB上，
设∠AOC=α，则∠BOC=π3−α，
则x=c⋅a|a|=|c|cosα，y=c⋅b|b|=|c|cos(π3−α)，
∴34|c|2≤34×(3 22)2x2+y2−xy=|c|2cos2α+|c|2cos2(π3−α)−|c|cosα⋅|c|cos(π3−α)
=|c|2[cos2α+(12cosα+ 32sinα)2−cosα(12cosα+ 32sinα)]
=|c|2(cos2α+12cos2α+ 32sinαcosα+34sin2α−12cos2α− 32sinαcosα)
=34|c|2，
在△ABO中，由余弦定理有：|AB|2=|a|2+|b|2−2|a||b|cosπ3
=|a|2+|b|2−|a||b|≥2|a||b|−|a||b|=|a||b|=6，
∴|AB|≥ 6，当且仅当|a|=|b|时等号成立，
∵a⋅c=b⋅c，∴(a−b)⋅c=0，∴BA⊥OC，
∴S△OAB=12|AB|×|OC|=12|OA|×|OB|sinπ3，
∴|OC|=6× 32|AB|≤3 3 6=3 22，即|c|≤3 22，
∴x2+y2−xy=34|c|2≤34×(3 22)2=278．
故答案为：278．
设OA=a，OB=b，OC=c，由共线向量定理可知C在线段AB上，据投影的计算方法，结合三角恒等变换可推出x2+y2−xy=34|c|2，再利用等面积法将问题转化为AB的最小值，再结合余弦定理和基本不等式即可求得．
本题考查平面向量的投影和数量积，还考查了解三角形的相关知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设z=a+bi，由题意可得，
(3,z−)[z4]=3z+4z−=3(a+bi)+4(a−bi)
=7a−bi=7−3i，故a=1，b=3，
所以|z|= 10；
(2)由题意可得，
原式=2y−sinx+(y+sin2x−2 3sin²x)i是实数，
所以y+sin2x−2 3sin2x=0，
即y=−sin2x+2 3sin²x
= 3(1−cos2x)−sin2x
=−2sin(2x+π3)+ 3，
所以当2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2,k∈Z时，
sin(2x+π3)单调递减，此时函数y单调递增，
解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，
即单调增区间为[kπ+π12,kπ+7π12](k∈z)．
【解析】根据新概念，将两个式子整理出来，结合复数运算及三角恒等变换，即可求解．
本题主要考查复数的运算和三角函数的性质，属基础题．
18.【答案】解：(1)根据三条规律，可知该函数为周期函数，且周期为12．
由此可得，T=2πω=12，得ω=π6；
由规律②可知，f(x)max=f(8)=40(Acos2π+k)=40A+40k，
f(x)min=f(2)=40(Acosπ+k)=−40A+40k，
由f(8)−f(2)=80A=160，得A=2；
又当x=2时，f(2)=40[2cosω(2+4)+k]=80⋅cosπ+40k=40，
解得k=3．
综上可得，f(x)=80cos(π6x+2π3)+120符合条件．
(2)由条件，80cos(π6x+2π3)+120>160，
可得cos(π6x+2π3)>12，则2kπ−π3<π6x+2π3<2kπ+π3，k∈Z，
∴12k−6
【解析】(1)根据三条规律，知该函数为周期为12的周期函数，进而求得ω，利用规律②可求得函数的最大值和最小值，则可求得三角函数解析式中的振幅A；同时根据f(2)的值求得k，则函数的解析式可得．
(2)利用余弦函数的性质根据题意求得cos(π6x+2π3)的范围，进而求得x的范围，根据x∈[1,12]，x∈N*，进一步求解x的值．
本题考查在实际问题中建立三角函数模型的问题．解题的技巧是从问题中发现周期变化的规律，并将所发现的规律抽象为恰当的三角函数模型，是中档题．
19.【答案】解：(1)由Sn=n2+4n−3，
可得n=1时，a1=S1=5−3=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+4n−3−(n−1)2−4(n−1)+3，
化简可得an=2n+3(n≥2)，
所以an=2,n=12n+3,n≥2且n∈N*；
(2)bn=2n+5SnSn+1=2n+5(n2+4n−3)(n2+6n+2)=1n2+4n−3−1n2+6n+2，
可得Tn=12−19+19−118+...+1n2+4n−3−1n2+6n+2=12−1n2+6n+2=n2+6n2n2+12n+4．
【解析】(1)由数列的通项与前n项和的关系，计算可得所求通项公式；
(2)求得bn=1n2+4n−3−1n2+6n+2，由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
∴a=4 33sinA，b=4 33sinB，
∴a+b=4 33sinA+4 33sinB
=4 33sinA+4 33sin(2π3−A)
=4 33sinA+4 33( 32cosA+12sinA)
=2 3sinA+2cosA=4sin(A+π6)，
∵内角A，B都是锐角，
∴0
∴a+b∈(2 3,4],
∴a+b+c∈(2+2 3,6],
∴△ABC周长的取值范围为(2+2 3,6]；
(2)∵sin2A+sin2B>sin2C，
由正弦定理得：a2+b2>c2，
由余弦定理：cosC=a2+b2−c22ab>0，
∵C∈(0,π)，∴C为锐角，
∵A，B都是锐角，
∴A+B>π2，∴0<π2−B
∴sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，
∴sin2A+sin2B>1．
【解析】(1)由正弦定理可得a=4 33sinA，b=4 33sinB，a+b=4sin(A+π6)，由内角A，B都是锐角可得A的取值范围，再由三角函数的性质即可求；
(1)由正、余弦定理和条件式得C为锐角，从而A+B>π2，再由诱导公式和平方关系即可证明．
本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角恒等变换等知识，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接OB1，OD，
因为菱形ABCD，∠AB1C=π3，
所以△ACB1，△ACD为等边三角形，
所以OB1⊥AC，OD⊥AC，
又因为OB1，OD⊂面OB1D，OB1∩OD=O，
所以AC⊥面OB1D，
因为B1D⊂面OB1D，
所以AC⊥B1D.
(2)因为DE=12DB1，CF=13CD，
所以FE=FB1+B1E=CB1−CF+12B1D=CB1−13CD+12(CD−CB1)=16CD+12CB1，
平方得，FE2=(16CD+12CB1)2=136CD2+16|CD||CB1|cos∠B1CD+14CB12，
即374=136×36+16×6×6cos∠B1CD+14×36，解得cos∠B1CD=−18，
在△B1CD中，由余弦定理得，B1D²=CB12+CD²−2CB1⋅CDcos∠B1CD=36+36−2×6×6×(−18)=81，
所以B1D=9，
由(1)可知，∠DOB1是二面角B1−AC−D的平面角，
在等边△AB1C中B1O=B1Csin60°=3 3，同理OD=3 3，
在△B1OD中，由余弦定理得，cos∠B1OD=B1O2+DO2−B1D22B1D⋅DO=27+27−812×27=−12，
因为0<∠B1OD<π，所以∠B1OD=2π3，
即二面角B1−AC−D的大小2π3．
(3)取B1E中点G，连接CG，则E是GD靠近G的三等分点，
则EF//CG，
所以CG与平面AB1C所成角即为所成角，
在平面DOB1中，作GK⊥B1O，
因为AC⊥面OB1D，GK⊂面OB1D，
所以AC⊥GK，
又因为AC，B1O⊂面AB1C，AC∩B1O=O，
所以GK⊥面AB1C，
所以∠GCK是CG与平面AB1C所成角，
在△DOB1中，∠OB1D=∠ODB1=π6，B1G=14B1D=94，
所以GK=12B1G=98，
在ΔDCB1中，由△DEF∽△DGC，得EFCG=DEDG=23，CG=32× 372=3 374，
所以sin∠GCK=GKCG=983 374=3 3774，
所以EF与平面AB1C所成角的正弦值为3 3774．
【解析】(1)根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；
(2)根据几何关系FE=16CD+12CB1，平方后得到cos∠B1CD=−18，得到B1D=9，根据余弦定理求解其平面角即可；
(3)根据平行关系将所求角转化为CG与平面AB1C所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值．
本题考查空间几何中线面角及二面角的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：由Sn2=an(Sn−1)得Sn2=(Sn−Sn−1)(Sn−1)，
化简得SnSn−1+Sn−Sn−1=0，
由于Sn≠0，所以又有1+1Sn−1−1Sn=0，
即1Sn−1Sn−1=1，
又1S1=1a1=1，所以{1Sn}是以1为首项，1为公差的等比数列；
(2)结合(1)可得1Sn=1+(n−1)=n，
所以有b1+2b2+…+nbn=(n−1)⋅2n+1+2，
又有b1+2b2+…+nbn+(n+1)bn+1=n⋅2n+2+2，
二式相减得(n+1)bn+1=(n+1)⋅2n+1，
即bn+1=2n+1，
所以当n≥2有bn=2n，
又b1=2，符合上式，
所以bn=2n；
(3)结合(2)可知2n−1b2n−bn=2n−122n−2n<2n−122n−22n−1=2n−122n−1，
所以Tn<12+323+525+…+2n−122n−1，
设Qn=12+323+525+…+2n−122n−1，
则14Qn=123+325+527+…+2n−122n+1，
二式相减得34Qn=12+2×(123+125+…+122n−1)−2n−122n+1=12+14×(1−(14)n−1)1−14−2n−122n+1，
即Qn=23+49(1−(14)n−1)−432n−122n+1，
又2n−122n+1>0，所以Qn随着n的增大而增大，
当n→+∞，Qn→23+49=109，
所以Tn<109<76．
【解析】(1)对已知条件进行变形即可得到关于1Sn的等式，进而证明数列{1Sn}为等差数列；
(2)结合(1)求出1Sn的表达式并代入题中等式，通过作差得到关于bn+1的等式，进而得到数列{bn}的通项公式；
(3)结合(2)得到2n−1b2n−bn的表达式并对其进行放缩．
本题主要考查通过作差法求数列通项公式，属中档题．
2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z=1+3i1−2i，则z的共轭复数的虚部为( )
A. 1 B. i C. −i D. −1
2. 在平面直角坐标系xOy中，若角α以x轴的非负半轴为始边，且终边过点(4,−3)，则cos(α−π2)的值为( )
A. −35 B. 35 C. −45 D. 45
3. 设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//β B. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
C. 若l⊥α，l⊥β，则α//β D. 若α//β，l//α，则l//β
4. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，则其内切球表面积为( )
A. 3π B. 3π C. (3−2 2)π D. ( 2−1)π
5. 已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若T7>T9>T8，则( )
A. q<0 B. a1<0 C. T15<1
A. 2 33
B. 5 36
C. 3
D. 7 36
7. 在△ABC中，P0是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有PB⋅PC≥P0B⋅P0C，则△ABC一定是( )
A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形
8. 十七世纪法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在△ABC中，已知C=23π，AC=1，BC=2，且点M在AB线段上，且满足CM=BM，若点P为△AMC的费马点，则PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=( )
A. −1 B. −45 C. −35 D. −25
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是( )
A. 若a//b，b//c，则a//c
B. |(a⋅b)⋅c|≤|a||b||c|
C. 若a⊥(b−c)，则a⋅b=a⋅c
D. (a⋅b)⋅b=a⋅(b)2
10. 下列说法正确的是( )
A. 若f(x)=sinωx+2cos(ωx+π3)，ω>0的最小正周期为π，则ω=2
B. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“A>B”是“a>b”的充要条件
C. 三个不全相等的实数a，b，c依次成等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列
D. △ABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC的面积为2 6
11. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是( )
A. 存在某条直径CD，使得AD⊥SD
B. 若AB=2，则三棱锥S−AOD体积的最大值为16
C. 对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线
D. 若∠ABD=π6，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是 24
12. 已知数列{an}中各项都小于2，an+12−4an+1=an2−3an，记数列{an}的前n项和为Sn，则以下结论正确的是( )
A. 任意a1与正整数m，使得amam+1≥0
B. 存在a1与正整数m，使得am+1>34am
C. 任意非零实数a1与正整数m，都有am+1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧(长度单位为cm)，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为2π3.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______ ．
14. 已知等差数列{an}，a8=8，a9=8+π3，则cosa5+cosa7cosa6= ______ ．
15. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=CC1=3，AC=4，AC⊥BC，动点P在△A1B1C1内(包括边界上)，且始终满足BP⊥AB1，则动点P的轨迹长度是______ ．
16. 已知向量a，b的夹角为π3，且a⋅b=3，向量c满足c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，且a⋅c=b⋅c，记x=c⋅a|a|，y=c⋅b|b|，则x2+y2−xy的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
定义一种运算：(a,b)cd=ac+bd．
(1)已知z为复数，且(3,z−)z4=7−3i，求|z|；
(2)已知x，y为实数，(y+sin2x,2)iy−(1,sin2x)sinx2 3i也是实数，将y表示为x的函数并求该函数的单调递增区间．
18. (本小题12.0分)
今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”.其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化.现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数f(x)=40[Acosω(x+4)+k]来刻画.其中正整数x表示月份且x∈[1,12]，例如x=1时表示1月份，A和k是正整数，ω>0.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：
①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；
②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；
③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多．
(1)试根据已知信息，确定一个符合条件的y=f(x)的表达式；
(2)一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+4n−3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=2n+5SnSn+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B都是锐角．
(1)若∠C=π3，c=2，求△ABC周长的取值范围；
(2)若sin2A+sin2B>sin2C，求证：sin2A+sin2B>1．
21. (本小题12.0分)
已知边长为6的菱形ABCD，∠ABC=π3，把△ABC沿着AC翻折至△AB1C的位置，构成三棱锥B1−ACD，且DE=12DB1，CF=13CD，EF= 372．
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求二面角B1−AC−D的大小；
(3)求EF与平面AB1C所成角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an(Sn−1)，且Sn≠0，数列{bn}满足：对任意n∈N*有b1S1+b2S2+…+bnSn=(n−1)⋅2n+1+2．
(1)求证：数列{1Sn}是等差数列；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)设Tn是数列{2n−1b2n−bn}的前n项和，求证：Tn<76．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=1+3i1−2i=(1+3i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−1+i，
则z−=−1−i，其虚部为−1．
故选：D．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由三角函数定义有sinα=−35，
所以cos(α−π2)=sinα=−35．
故选：A．
由三角函数定义及诱导公式直接可得．
本题考查三角函数定义及诱导公式，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：若l//α，l//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
若α⊥β，l//α，则l⊂β或l//β或l与β相交，故B错误；
若l⊥α，l⊥β，则α//β，故C正确；
若α//β，l//α，则l//β或l⊂β，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面间位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，
AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD，
设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，
则VABCD=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)，
所以r=3VABCDSABCD，因为四面体ABCD的表面积为SABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+ 2，
又因为四面体ABCD的体积VABCD=13×12×1×1×1=16，
所以r=3VABCDSABCD= 2−12，所以内切球表面积S=4πr2=(3−2 2)π．
故选：C．
利用体积相等，找到球的半径即可．
本题考查内切球问题，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：因为等比数列{an}的前n项积为Tn，
若T7>T9>T8，
故1>a8a9，a9>1，a8<1；
所以a1⋅q8>1，所以a1>0，0
故选：D．
直接利用等比数列的性质判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：等比数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图，取A1C1的中点E，连接DE，CE，又D是A1B1的中点，
∴DE//B1C1，且DE=12B1C1，
又B1C1//BC，且B1C1=BC，
∴DE//BC，且DE=12BC，
∴过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，
∴所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC
=12×2×2× 32×2−13×(12×1×1× 32+12×2×2× 32+ 34× 3)×2
=2 3−7 36=5 36．
故选：B．
取A1C1的中点E，连接DE，CE，则易得过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，从而可得所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC，再根据柱体的体积公式及台体的体积公式，计算即可得解．
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：以AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB=4，
则A(−2,0)，B(2,0)，C(a,b)，P(0,0)，P0(x,0)，
所以PB=(2−x,0)，PC=(a−x,b)，P0B=(2,0)，P0C=(a,b)，
因为恒有PB⋅PC≥P0B⋅P0C，则(2−x)(a−x)≥(2a,
整理得x2−(a+2)x≥0恒成立，
故Δ=(a+2)2≤0，即a=−2，此时BA⊥AC，
所以∠A=90°，
所以△ABC为直角三角形．
故选：A．
根据题意建立合适的直角坐标系，结合向量数量积的坐标表示可得关于x的二次不等式，结合二次函数的性质可求．
本题主要考查了平面向量数量积的坐标表示在三角形形状判断中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为C=23π，AC=1，BC=2，
所以由余弦定理可得AB= AC2+CB2−2AC⋅CBcosC= 7，
由正弦定理可得ACsinB=ABsinC，即sinB=ACsinCAB=1× 32 7= 2114，
又B为锐角，
所以cosB= 1−sin2B=5 714，
设CM=BM=x，则CM2=CB2+BM2−2CB⋅BMcosC，
即x2=4+x2−10 77x，
解得x=2 75，即BM=25AB，
所以AM=35AB=3 75，
则S△AMC=35S△ABC=35×12×1×2× 32=3 310，
又cos∠AMC=AM2+CM2−AC22AM⋅CM=6325+2825−12×3 75×2 75>0，
则∠AMC为锐角，
所以△AMC的三个内角均小于120°，
则P为三角形的正等角中心，
所以SΔAMC=12|PA|⋅|PM|sin2π3+12|PM|⋅|PC|sin2π3+12|PA|⋅|PC|sin2π3
= 34(|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)=3 310，
所以|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|=65，
所以PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=|PA|⋅|PM|cos2π3+|PM|⋅|PC|cos2π3+|PA|⋅|PC|cos2π3
=−12(|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)
=−12×65=−35．
故选：C．
由余弦定理可得AB，再由正弦定理可得sinB，进而求得cosB，设CM=BM=x，由余弦定理可得CM，进而求出△AMC的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得|PA|⋅|PM|+|PM|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|=65，再由平面向量的数量积公式得解．
本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，当b=0时，满足a//b，b//c，不能得出a//c，选项A错误；
对于B，|(a⋅b)c|=|(|a||b|cos
对于C，a⊥(b−c)时，a⋅(b−c)=0，即a⋅b=a⋅c，选项C正确；
对于D，(a⋅b)⋅b是数乘向量，与b共线的向量，a⋅(b)2也是数乘向量，与a共线的向量，所以等式不成立，选项D错误．
故选：BC．
根据平面向量的基本概念，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了平面向量的基本概念与应用问题，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，f(x)=sinωx+2cos(ωx+π3)=(1− 3)sinωx+cosωx= 5−2 3sin(ωx+φ)，其中tanφ=11− 3=−1+ 32，
若f(x)的最小正周期为π，则ω=2ππ=2，选项A正确；
对于B，△ABC中，A>B得出a>b，充分性成立，a>b也能得出A>B，必要性成立，是充要条件，选项B正确；
对于C，若2a，2b，2c成等差数列，则2⋅2b=2a+2c，所以2=2a−b+2c−b，所以a−b=c−b=0，即a=b=c，所以选项C错误；
对于D，△ABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC的面积为2 2S直观图=2 2× 34×22=2 6，选项D正确．
故选：ABD．
根据题意，分别对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了命题真假性判断问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，∵SD在底面的射影为CD，而CD与AD夹角始终为锐角，
∴AD与AD不垂直，∴根据三垂线定理可知AD与SD不垂直，∴A选项错误；
对B选项，若AB=2，则三棱锥S−AOD的高为SO=1，
当AO⊥DO时，三角形AOD的面积取得最大值为12×1×1=12，
此时三棱锥S−AOD体积取得最大值为13×12×1=16，∴B选项正确；
对C选项，∵AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，
∴根据异面直线的判定定理可知：
对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线，∴C选项正确；
对D选项，若∠ABD=π6，则∠AOD=π3，设圆锥的底面圆半径为r，
∴SA⋅OD=(OA−OS)⋅OD=OA⋅OD−OS⋅OD
=r×r×cosπ3−0=r22，又易知|SA|= 2r，|OD|=r，
∴cos
∴异面直线SA与CD所成角的余弦值是 24，∴D选项正确．
故选：BCD．
对A选项，根据三垂线定理，即可判断；
对B选项，当AO⊥DO时，三角形AOD的面积取得最大值，从而得此时三棱锥S−AOD体积取得最大值，再计算即可求解与判断；
对C选项，根据异面直线的判定定理，即可判断；
对D选项，根据向量法，向量夹角公式，即可求解与判断．
本题考查线线垂直的判断，三棱锥的体积的最值的求解，异面直线的判定定理，向量法求解异面直线所成角，三垂线定理的应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：对于选项A：因为an+12−4an+1=an2−3an，
所以(an+1−4)an+1=(an−3)an，
整理得an+1=(an−3)anan+1−4，
所以anan+1=(an−3)an2an+1−4≥0，故选项A正确；
对于选项B：不妨设f(x)=x2−4x，
因为an+12−4an+1=an2−4(34an)≥(34an)2−4(34an)，
可得f(an+1)≥f(34an)，
而f′(x)=2x−4=2(x−2)，
当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以对于任意正整数n，都有an−1≤34an，故选项B错误；
对于选项C：由A可知所有an同号，
①当a1=0时，对于任意正整数n，都有an=0；
②当0
所以f(an+1)>f(an)，
又函数f(x)在(−∞,2)上单调递减，
所以对于任意正整数n，都有an+1
所以f(an+1)
所以对于任意正整数n，都有an+1>an，故选项C正确；
对于选项D：因为对于任意正整数n，都有an−1≤34an，
当a1=1时，an≤(34)n−1，
所以S2022≤k=12022(34)k−1=1−(34)20221−34=4[1−(34)2022]<4，
因为当a1=1时，0
解得a2=2− 2>12，
所以S2022>S2>32，
则S2022∈(1,5,4)，故选项D正确；
故选：AD．
由题意，根据递推公式得到an+1an=(an−3)an2an+1−4，进而即可判断选项A；令f(x)=x2−4x，得到f(an+1)≥f(34an)，结合函数的单调性，即可得到对于任意正整数n，都有an+1≤34an，从而判断选项B；对a1=0，0
13.【答案】12 2
【解析】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为2π3的扇形，
设该圆锥的底面半径为r，所以2πr=2π3×30，可得r=10，
因此该圆锥的高为h= 302−102=20 2，
故侧面展开图是半径为12，圆心角为2π3的扇形的圆锥的
高为1230h=25×20 2=8 2，
因此若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为20 2−8 2=12 2．
故答案为：12 2．
扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高．
本题主要考查旋转体，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】1
【解析】解：等差数列{an}，a8=8，a9=8+π3，
所以公差d=a9−a8=π3，
则cosa5+cosa7cosa6=cos(a6−π3)+cos(a6+π3)cosa6=2cosa6cosπ3cosa6=1．
故答案为：1．
由已知先求出等差数列的公差，然后结合和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质，还考查了和差角公式的应用，属于基础题．
15.【答案】125
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=CC1=3，AC=4，AC⊥BC，建立如图所示的坐标系，
由题意可知A(4,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,0)，B1(0,3,3)，设P(x,y,3)，
则BP=(x,y−3,3)，AB1=(−4,3,3)，BP⊥AB1，
可得：−4x+3y−9+9=0，即4x−3y=0．
直线A1B1的方程：3x+4y=12，3x+4y=124x−3y=0，可得x=3625，y=4825，
所以D(3625,4825)，
动点P的轨迹为线段C1D，长度为： (3625)2+(4825)2=12×525=125．
故答案为：125．
建立空间直角坐标系，求解P的轨迹，然后求解动点P的轨迹长度．
本题考查轨迹方程的求法，空间向量的数量积的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16.【答案】278
【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，
∵a⋅b=|a||b|cosπ3=3，∴|a||b|=6，
∵向量c满足c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，
∴C在线段AB上，
设∠AOC=α，则∠BOC=π3−α，
则x=c⋅a|a|=|c|cosα，y=c⋅b|b|=|c|cos(π3−α)，
∴34|c|2≤34×(3 22)2x2+y2−xy=|c|2cos2α+|c|2cos2(π3−α)−|c|cosα⋅|c|cos(π3−α)
=|c|2[cos2α+(12cosα+ 32sinα)2−cosα(12cosα+ 32sinα)]
=|c|2(cos2α+12cos2α+ 32sinαcosα+34sin2α−12cos2α− 32sinαcosα)
=34|c|2，
在△ABO中，由余弦定理有：|AB|2=|a|2+|b|2−2|a||b|cosπ3
=|a|2+|b|2−|a||b|≥2|a||b|−|a||b|=|a||b|=6，
∴|AB|≥ 6，当且仅当|a|=|b|时等号成立，
∵a⋅c=b⋅c，∴(a−b)⋅c=0，∴BA⊥OC，
∴S△OAB=12|AB|×|OC|=12|OA|×|OB|sinπ3，
∴|OC|=6× 32|AB|≤3 3 6=3 22，即|c|≤3 22，
∴x2+y2−xy=34|c|2≤34×(3 22)2=278．
故答案为：278．
设OA=a，OB=b，OC=c，由共线向量定理可知C在线段AB上，据投影的计算方法，结合三角恒等变换可推出x2+y2−xy=34|c|2，再利用等面积法将问题转化为AB的最小值，再结合余弦定理和基本不等式即可求得．
本题考查平面向量的投影和数量积，还考查了解三角形的相关知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设z=a+bi，由题意可得，
(3,z−)[z4]=3z+4z−=3(a+bi)+4(a−bi)
=7a−bi=7−3i，故a=1，b=3，
所以|z|= 10；
(2)由题意可得，
原式=2y−sinx+(y+sin2x−2 3sin²x)i是实数，
所以y+sin2x−2 3sin2x=0，
即y=−sin2x+2 3sin²x
= 3(1−cos2x)−sin2x
=−2sin(2x+π3)+ 3，
所以当2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2,k∈Z时，
sin(2x+π3)单调递减，此时函数y单调递增，
解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，
即单调增区间为[kπ+π12,kπ+7π12](k∈z)．
【解析】根据新概念，将两个式子整理出来，结合复数运算及三角恒等变换，即可求解．
本题主要考查复数的运算和三角函数的性质，属基础题．
18.【答案】解：(1)根据三条规律，可知该函数为周期函数，且周期为12．
由此可得，T=2πω=12，得ω=π6；
由规律②可知，f(x)max=f(8)=40(Acos2π+k)=40A+40k，
f(x)min=f(2)=40(Acosπ+k)=−40A+40k，
由f(8)−f(2)=80A=160，得A=2；
又当x=2时，f(2)=40[2cosω(2+4)+k]=80⋅cosπ+40k=40，
解得k=3．
综上可得，f(x)=80cos(π6x+2π3)+120符合条件．
(2)由条件，80cos(π6x+2π3)+120>160，
可得cos(π6x+2π3)>12，则2kπ−π3<π6x+2π3<2kπ+π3，k∈Z，
∴12k−6
【解析】(1)根据三条规律，知该函数为周期为12的周期函数，进而求得ω，利用规律②可求得函数的最大值和最小值，则可求得三角函数解析式中的振幅A；同时根据f(2)的值求得k，则函数的解析式可得．
(2)利用余弦函数的性质根据题意求得cos(π6x+2π3)的范围，进而求得x的范围，根据x∈[1,12]，x∈N*，进一步求解x的值．
本题考查在实际问题中建立三角函数模型的问题．解题的技巧是从问题中发现周期变化的规律，并将所发现的规律抽象为恰当的三角函数模型，是中档题．
19.【答案】解：(1)由Sn=n2+4n−3，
可得n=1时，a1=S1=5−3=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+4n−3−(n−1)2−4(n−1)+3，
化简可得an=2n+3(n≥2)，
所以an=2,n=12n+3,n≥2且n∈N*；
(2)bn=2n+5SnSn+1=2n+5(n2+4n−3)(n2+6n+2)=1n2+4n−3−1n2+6n+2，
可得Tn=12−19+19−118+...+1n2+4n−3−1n2+6n+2=12−1n2+6n+2=n2+6n2n2+12n+4．
【解析】(1)由数列的通项与前n项和的关系，计算可得所求通项公式；
(2)求得bn=1n2+4n−3−1n2+6n+2，由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
∴a=4 33sinA，b=4 33sinB，
∴a+b=4 33sinA+4 33sinB
=4 33sinA+4 33sin(2π3−A)
=4 33sinA+4 33( 32cosA+12sinA)
=2 3sinA+2cosA=4sin(A+π6)，
∵内角A，B都是锐角，
∴0
∴a+b∈(2 3,4],
∴a+b+c∈(2+2 3,6],
∴△ABC周长的取值范围为(2+2 3,6]；
(2)∵sin2A+sin2B>sin2C，
由正弦定理得：a2+b2>c2，
由余弦定理：cosC=a2+b2−c22ab>0，
∵C∈(0,π)，∴C为锐角，
∵A，B都是锐角，
∴A+B>π2，∴0<π2−B
∴sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，
∴sin2A+sin2B>1．
【解析】(1)由正弦定理可得a=4 33sinA，b=4 33sinB，a+b=4sin(A+π6)，由内角A，B都是锐角可得A的取值范围，再由三角函数的性质即可求；
(1)由正、余弦定理和条件式得C为锐角，从而A+B>π2，再由诱导公式和平方关系即可证明．
本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角恒等变换等知识，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接OB1，OD，
因为菱形ABCD，∠AB1C=π3，
所以△ACB1，△ACD为等边三角形，
所以OB1⊥AC，OD⊥AC，
又因为OB1，OD⊂面OB1D，OB1∩OD=O，
所以AC⊥面OB1D，
因为B1D⊂面OB1D，
所以AC⊥B1D.
(2)因为DE=12DB1，CF=13CD，
所以FE=FB1+B1E=CB1−CF+12B1D=CB1−13CD+12(CD−CB1)=16CD+12CB1，
平方得，FE2=(16CD+12CB1)2=136CD2+16|CD||CB1|cos∠B1CD+14CB12，
即374=136×36+16×6×6cos∠B1CD+14×36，解得cos∠B1CD=−18，
在△B1CD中，由余弦定理得，B1D²=CB12+CD²−2CB1⋅CDcos∠B1CD=36+36−2×6×6×(−18)=81，
所以B1D=9，
由(1)可知，∠DOB1是二面角B1−AC−D的平面角，
在等边△AB1C中B1O=B1Csin60°=3 3，同理OD=3 3，
在△B1OD中，由余弦定理得，cos∠B1OD=B1O2+DO2−B1D22B1D⋅DO=27+27−812×27=−12，
因为0<∠B1OD<π，所以∠B1OD=2π3，
即二面角B1−AC−D的大小2π3．
(3)取B1E中点G，连接CG，则E是GD靠近G的三等分点，
则EF//CG，
所以CG与平面AB1C所成角即为所成角，
在平面DOB1中，作GK⊥B1O，
因为AC⊥面OB1D，GK⊂面OB1D，
所以AC⊥GK，
又因为AC，B1O⊂面AB1C，AC∩B1O=O，
所以GK⊥面AB1C，
所以∠GCK是CG与平面AB1C所成角，
在△DOB1中，∠OB1D=∠ODB1=π6，B1G=14B1D=94，
所以GK=12B1G=98，
在ΔDCB1中，由△DEF∽△DGC，得EFCG=DEDG=23，CG=32× 372=3 374，
所以sin∠GCK=GKCG=983 374=3 3774，
所以EF与平面AB1C所成角的正弦值为3 3774．
【解析】(1)根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；
(2)根据几何关系FE=16CD+12CB1，平方后得到cos∠B1CD=−18，得到B1D=9，根据余弦定理求解其平面角即可；
(3)根据平行关系将所求角转化为CG与平面AB1C所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值．
本题考查空间几何中线面角及二面角的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：由Sn2=an(Sn−1)得Sn2=(Sn−Sn−1)(Sn−1)，
化简得SnSn−1+Sn−Sn−1=0，
由于Sn≠0，所以又有1+1Sn−1−1Sn=0，
即1Sn−1Sn−1=1，
又1S1=1a1=1，所以{1Sn}是以1为首项，1为公差的等比数列；
(2)结合(1)可得1Sn=1+(n−1)=n，
所以有b1+2b2+…+nbn=(n−1)⋅2n+1+2，
又有b1+2b2+…+nbn+(n+1)bn+1=n⋅2n+2+2，
二式相减得(n+1)bn+1=(n+1)⋅2n+1，
即bn+1=2n+1，
所以当n≥2有bn=2n，
又b1=2，符合上式，
所以bn=2n；
(3)结合(2)可知2n−1b2n−bn=2n−122n−2n<2n−122n−22n−1=2n−122n−1，
所以Tn<12+323+525+…+2n−122n−1，
设Qn=12+323+525+…+2n−122n−1，
则14Qn=123+325+527+…+2n−122n+1，
二式相减得34Qn=12+2×(123+125+…+122n−1)−2n−122n+1=12+14×(1−(14)n−1)1−14−2n−122n+1，
即Qn=23+49(1−(14)n−1)−432n−122n+1，
又2n−122n+1>0，所以Qn随着n的增大而增大，
当n→+∞，Qn→23+49=109，
所以Tn<109<76．
【解析】(1)对已知条件进行变形即可得到关于1Sn的等式，进而证明数列{1Sn}为等差数列；
(2)结合(1)求出1Sn的表达式并代入题中等式，通过作差得到关于bn+1的等式，进而得到数列{bn}的通项公式；
(3)结合(2)得到2n−1b2n−bn的表达式并对其进行放缩．
本题主要考查通过作差法求数列通项公式，属中档题．
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