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2022-2023学年上海实验学校高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年上海实验学校高一（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海实验学校高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数f(x)=sinx，各项均不相等的数列{an}满足|ai|≤π2(i=1,2,…n)，记G(n)=f(a1)+f(a2)+...+f(an)a1+a2+....+an.①若an=(−12021)n，则G(2000)>0；②若{an}是等差数列，且a1+a2+…+an≠0，则G(n)>0对n∈N*恒成立.关于上述两个命题，以下说法正确的是( )
A. ①②均正确 B. ①②均错误 C. ①对，②错 D. ①错，②对
2. 设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m=λn”是“m·n<0”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知复数z1=1−i，复数z2=x+yi，x，y∈R，z1，z2所对应的向量分别为OZ1，OZ2，其中O为坐标原点，则以下命题错误的是( )
A. 若OZ1//OZ2，则x+y=0
B. 若OZ1//OZ2，则z2z1∈R
C. 若OZ1⊥OZ2，则z1z2=0
D. 若OZ1⊥OZ2，则|z1+z2|=|z1−z2|
4. 矩形ABCD中，AB=2，AD=4，动点P满足AP=λAB+μAD，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法中错误的是( )
A. 若μ=1，则△ABP的面积为定值
B. 若λ=1，则|DP|的最小值为4
C. 若μ=12，则满足PA⊥PB的点P不存在
D. 若λ=13，μ=23，则△ABP的面积为83
二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）
5. 已知向量a=(1,2)，b=(3,k)满足a⊥b，则k= ______ ．
6. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S11=55，则a6=______．
7. 若a=(2,3)，b=(−4,7)，则a在b方向上的投影为______ ．
8. 1462是数列{1n(n+1)}的第______ 项.
9. 设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=______．
10. 已知复数z满足|z|+z=1+3i(i为虚数单位)，则复数z= ______ ．
11. 已知向量a，b满足|a|=5，|b|=3，|a−b|=7，则a⋅b= ______ ．
12. i的所有的三次方根为______ ．
13. 设复数z满足|z|=1，使得关于x的方程zx2+2z−x+2=0有实根，则这样的复数z的和为______．
14. 已知A，B，C为圆O(O为坐标原点)上不同的三点，且∠AOB=2π3，若OC=λOA+μOB(λ,μ∈R)，则当w=( 3+1)λ+μ取最大值时，λμ= ______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题10.0分)
已知向量a，b满足：|a|=2，b=(1,1)．
(1)若a//b，求a的坐标；
(2)若a⋅(a+b)=6，求a与b的夹角的余弦值．
16. (本小题10.0分)
已知复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，且复数z+1z为实数．
(1)求复数z；
(2)已知z2+z4是方程x2−ax+b=0的根，求实数a，b的值．
17. (本小题12.0分)
数列{an}中，Sn是an的前n项和，Sn=2an−1，{bn}是等差数列b2+b6=a4，a5−b4=2b6．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn⋅Sn，求{cn}的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=14x+2(x∈R)．
(1)求证f(x)+f(1−x)为定值；
(2)若数列{an}的通项公式为an=f(nm)(m为正整数，n=1，2，…，m)，求数列{an}的前m项和Sm；
(3)设数列{bn}满足b1=13，bn+1=bn2+bn.设Tn=1b1+1+1b2+1+…+1bn+1.若(2)中的Sm满足，Sm
数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=(1+cos2nπ2)an+sin2nπ2，n=1，2，3，…．
(1)求a3，a4并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=a2n−1a2n，Sn=b1+b2+…+bn.证明：当n≥6时，|Sn−2|<1n．
20. (本小题10.0分)
对于数集X={−1,x1,x2,…,xn}，其中0
(2)若X具有性质P，求证：1∈X，且当xn>1时，x1=1；
(3)若X具有性质P，且x1=1、x2=q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，…，xn的通项公式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：f(x)=sinx在[−π2,π2]上为奇函数且单调递增，
①：a2k−1+a2k<0(k∈N*)可得a2k−1<−a2k，则f(a2k−1)
f(a1)+f(a2)+.....+f(a2000)+.....+f(a2000)<0，故G(2000)>0，①正确，
②：{an}为等差数列，当a1+a2+.....+an>0时，
若n为偶数，a1+an=a2+an−1=.....=an2+an2+1>0，
a1>−an可得f(a1)>f(−an)=−f(an)，则f(a1)+f(an)>0，
同理可得：f(a2)+f(an−1)>0，.......f(an2)+f(an2+1)>0，所以G(n)>0，
若n为奇数，a1+an=a2+an−1=......=2an+12>0，
f(a1)+f(an)>0，f(a2)+f(an−1)>0，.....，f(an+12)>0，所以G(n)>0，
当a1+a2+.....+an<0时，同理可证G(n)>0，②正确，
故选：A．
先分析出f(x)=sinx在[−π2,π2]上为奇函数且单调递增，再根据函数的性质以及等差数列的性质逐个分析①②即可求解．
本题考查了三角函数的性质以及数列的性质，考查了学生的分析问题的能力以及运算能力，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了向量的数量积、必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题．
从充分性和必要性两方面分别分析即可．
【解答】
解：m，n为非零向量，存在负数λ，使得m=λn，则向量m，n共线且方向相反，可得m·n<0．
反之不成立，非零向量m，n的夹角为钝角，满足m·n<0，而m=λn不成立．
∴m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m=λn”是m·n<0”的充分不必要条件．
故选A．
3.【答案】C
【解析】解：对于选项A，当OZ1//OZ2时，
则1×y=(−1)×x，则x+y=0，即选项A正确；
对于选项B，结合A，z2z1=x−xi1−i=x∈R，即选项B正确；
对于选项C，若OZ1⊥OZ2，则x=y，
则z1z2=(1−i)(x+xi)=2x≠0，故C错误；
对于选项D，若OZ1⊥OZ2，则x=y，
则z1+z2=1+x+(x−1)i，z1−z2=1−x+(−x−1)i，
则|z1+z2|=|z1−z2|= (1+x)2+(1−x)2，即选项D正确．
故选：C．
根据复数的运算，复数的模的运算以及向量的运算及性质逐一判断即可得解．
本题考查了复数的运算，重点考查了复数的模的运算以及向量问题，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，当μ=1时，由向量加法的平行四边形法则知，P点应该在边DC上，
在△ABP中，以AB为底边，高为点P到AB的距离|AD|，
所以S△ABP=12×2×4=4为定值，故A正确；
对于B，当λ=1时，由向量加法的平行四边形法则知，P点应该在边BC上，
当P位于点C处时，|DP|有最小值2，故B错误；
对于C，当μ=12时，取AD的中点M，BC的中点N，连接MN，
此时P点位于MN上，无论怎么移动，PA，PB都不会垂直，故C正确；
对于D，当λ=13，μ=23时，由向量加法的平行四边形法则作图，
此时P到AB的距离为h=μ|AD|=23×4=83，∴SΔABP=12×|AB|h=12×2×83=83，故D正确．
故选：B．
由平面向量的线性运算知识和三角形的面积逐一判断各选项即可．
本题考查平面几何图形中的动点问题，平面向量的线性运算及三角形的面积等知识，属于中档题．
5.【答案】−32
【解析】解：由于向量a=(1,2)，b=(3,k)满足a⊥b，则3+2k=0，解得k=−32．
故答案为：−32．
直接利用向量垂直的充要条件求出结果．
本题考查的知识要点：向量垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】5
【解析】解：∵S11=11(a1+a11)2=11a6=55，
∴a6=5．
故答案为：5．
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
7.【答案】 655
【解析】解：∵a=(2,3)，b=(−4,7)，
∴a在b方向上的投影|a|cosθ=a⋅b|b|=2(−4)+3×7 16+49=13 65= 655
故答案为： 655
根据向量投影的公式，写出向量投影的表达式，进而用向量的数量积除以向量的模长来表示，代入数据求出结果．
本题考查向量的投影，本题解题的关键是记住向量投影的公式，并且能够熟练应用公式，本题是一个基础题．
8.【答案】21
【解析】解：由1n(n+1)=1462，可得n=21，
故1462是数列的第21项．
故答案为：21．
由题意，列方程求解即可．
本题考查数列的通项公式，属基础题．
9.【答案】32
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
则a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=1，a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q(1+q+q2)=q=2，
故a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5(1+q+q2)=q5=32．
故答案为：32．
根据已知条件求得q的值，再由a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)可求得结果．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
10.【答案】−4+3i
【解析】解：复数z满足|z|+z=1+3i，
设z=a+3i，
可得 a2+9+a+3i=1+3i，
可得 a2+9+a=1，解得a=−4．
故答案为：−4+3i．
利用条件设出复数z，然后求解即可．
本题考查复数的基本运算，设出复数z的方法，是简化解题的技巧，考查计算能力．
11.【答案】−152
【解析】解：若|a|=5，|b|=3，
则a2=25，b2=9，
又由|a−b|=7，
则(a−b)2=a2+b2−2a⋅b=9+25−2a⋅b=49
∴a⋅b=−152
故答案为−152
由已知中向量a，b满足|a|=5，|b|=3，|a−b|=7，我们易根据向量乘法的运算法则，求出a2，b2，(a−b)2进而求出答案．
本题考查的知识点是平面向量乘法运算法则，其中根据已知条件计算a2，b2，(a−b)2，是解答本题的关键．
12.【答案】−i， 32+12i，− 32+12i
【解析】解：设所求的根为a+bi(a,b∈R)，
则(a+bi)3=(a+bi)2(a+bi)=a3−3ab2+(3a2b−b3)i=i，
故a3−3ab2=03a2b−b3=1，
a3−3ab2=a(a2−3b2)=0，
当a=0时，b=−1，
当a2=3b2时，解得b=12，
故a=± 32，
综上所述，i的所有的三次方根为−i， 32+12i，− 32+12i．
故答案为：−i， 32+12i，− 32+12i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
13.【答案】−32
【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R,a2+b2=1)，
将原方程改为(a+bi)x2+2(a−bi)x+2=0，
分离实部与虚部后等价于：
ax2+2ax+2=0①，bx2−2bx=0②，
若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=−1，
此时存在实数x=−1± 3满足①②，
故z=−1满足条件；
若b≠0，则由②知x∈{0,2}，
但显然x=0不满足①，故x=2，
代入①解得：a=−14，则b=± 154，
故z=−1± 154，
综上，满足条件的所有z的和为：−1+−1+ 154+−1− 154=−32，
故答案为：−32．
设z=a+bi，(a,b∈R,a2+b2=1)，得到ax2+2ax+2=0①，bx2−2bx=0②，通过讨论求出a，b的值，求出满足条件的所有z，相加即可．
本题考查了复数的运算，考查对应思想以及分类讨论思想，是一道常规题．
14.【答案】 3+12
【解析】解：如图，以O为原点，线段AB的垂直平分线所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
设圆O的半径为2，则由∠AOB=2π3，可得A(− 3,1)，B( 3,1)，
设点C(2cosα,2sinα)，则由OC=λOA+μOB(λ,μ∈R)可得：
(2cosα,2sinα)=λ(− 3,1)+μ( 3,1)，
即2cosα=− 3λ+ 3μ2sinα=λ+μ，整理得：
3λ= 3sinα−cosα，μ=sinα+1 3cosα，
则w=( 3+1)λ+μ=(2+ 3)sinα−cosα= 8+2 3sin(α−φ)，
其中sinφ=1 8+2 3，cosφ=2+ 3 8+2 3，∴tanφ=12+ 3=2− 3，
所以，当sin(α−φ)=1，即α−φ=2kπ+π2,k∈Z时，
w取得最大值，此时α=2kπ+π2+φ,k∈Z，
∴λμ=sinα−1 3cosαsinα+1 3cosα=cosφ+1 3sinφcosφ−1 3sinφ
= 3+tanφ 3−tanϕ= 3+2− 3 3−2+ 3
=22 3−2= 3+12．
故答案为： 3+12．
根据题设条件建立坐标系，引入参数α，找到λ和μ与α的关系式，利用三角恒等变换找出w取最大值的条件，从而求出此时的λμ的值．
本题考查平面向量与三角函数的综合应用，属中档题．
15.【答案】解：(1)设a=(x,y)，
由题意，x=y x2+y2=2，解得x= 2y= 2或x=− 2y=− 2．
∴a=( 2, 2)或a=(− 2,− 2)；
(2)由a⋅(a+b)=6，得|a|2+a⋅b=6，即a⋅b=2，
|a|=2，|b|= 2，
则cos=a⋅b|a||b|=22 2= 22，
∴a与b的夹角的余弦值为 22．
【解析】(1)设a=(x,y)，由题意列关于x，y的方程组求解；
(2)由已知求出a⋅b，再由平面向量的数量积求夹角公式得答案．
本题考查平面向量的坐标运算，训练了利用平面向量的数量积求向量夹角的余弦值，是基础题．
16.【答案】解：(1)依题意，复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，
设z=t+ti(t≠0)，
则z+1z=t+ti+1t+ti=t+ti+t−ti(t+ti)(t−ti)
=t+ti+t−ti2t2=t+ti+12t−12ti=t+12t+(t−12t)i，
由于z+1z是实数，所以t−12t=2t2−12t=0,t=± 22．
所以z= 22+ 22i或z=− 22− 22i．
(2)z2=(t+ti)2=t2+2t2i−t2=2t2i=i，z4=−1，
所以z2+z4=−1+i，代入x2−ax+b=0得：
(−1+i)2−a(−1+i)+b=1−2i−1+a−ai+b=a+b−(2+a)i=0，
所以a+b=0−(2+a)=0，解得a=−2，b=2．
【解析】(1)设z=t+ti(t≠0)，由z+1z是实数求得t，也即求得z．
(2)先求得z2+z4，根据一元二次方程的根列方程组来求得a，b．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)n=1时，a1=1；
n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2an−1)−(2an−1−1)=2an−2an−1，
则an=2an−1，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n−1；
由{bn}是等差数列，设公差为d，
由2b4=b2+b6=a4=8，a5−b4=16−4=2b6，
得b4=4，b6=6，
所以2d=6−4，即d=1，
所以bn=n；
(2)由(1)知Sn=2n−1，cn=bn⋅Sn=n(2n−1)=n⋅2n−n，
所以Tn=1×2−1+2×22−2+3×23−3+⋯+n×2n−n
=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n−(1+2+3+⋯+n)，
令A=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n①，
①×2得2A=1×22+2×23+3×24+⋯+n×2n+1②，
①−②得−A=2+22+23+⋯+2n−n×2n+1=2×(1−2n)1−2−n×2n+1=(1−n)2n+1−2，
所以A=(n−1)2n+1+2，
又因为1+2+3+⋯+n=n(n+1)2，
所以Tn=(n−1)2n+1+2−n(n+1)2．
【解析】(1)运用数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得an；再由等差数列的通项公式，解方程可得公差d，进而得到bn；
(2)求得cn=bn⋅Sn=n(2n−1)=n⋅2n−n，由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列的分组求和以及错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵f(x)=14x+2，
∴f(1−x)=141−x+2=4x4+2⋅4x=4x2(4x+2)，
∴f(x)+f(1−x)=14x+2+4x2(4x+2)=2+4x2(4x+2)=12，
故f(x)+f(1−x)为定值12；
(2)由(1)可知f(x)+f(1−x)=12，
则f(km)+f(1−km)=12(1≤k≤m−1)，
即f(km)+f(m−km)=12，
∴ak+am−k=12，am=f(mm)=f(1)=16，
又Sm=a1+a2+…+am−1+am，①
Sm=am−1+am−2+…+a1+am，②
①+②得2Sm=(m−1)×12+2am=m2−16，
故Sm=112(3m−1)；
(3)∵b1=13，bn+1=bn2+bn=bn(bn+1)，③
∴对任意n∈N*，bn>0，④
故1bn+1=1bn(bn+1)=1bn−1bn+1，
∴1bn+1=1bn−1bn+1，
∴Tn=(1b1−1b2)+(1b2−1b3)+…+(1bn−1bn+1)=1b1−1bn+1=3−1bn+1，
∵bn+1−bn=bn2>0，∴bn+1>bn，
∴数列{bn}是单调递增数列，∴Tn关于n递增，
∴当n≥2，且n∈N*时，Tn≥T2，
∵b1=13，b2=13(13+1)=49，b3=49(49+1)=5281，
∴Tn≥T2=3−1b3=7552，
由题意Sm<7552，即112(3m−1)<7552，
∴m<23839=6439，
∴m的最大值为6．
【解析】(1)将1−x代入函数表达式计算即可证明f(x)+f(1−x)为定值12；
(2)将(1)中结果代入通项公式推得ak+am−k=12，然后根据前n项和与通项的关系求得Sm；
(3)由数列{bn}满足的条件求得Tn=1b1−1bn+1，再用(2)中的Sm满足Sm
19.【答案】解：(1)因为a1=1，a2=2，
所以a3=(1+cos2π2)a1+sin2π2=a1+1=2，
a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4．
一般地，当n=2k−1(k∈N*)时，a2k+1=[1+cos2(2k−1)π2]a2k−1+sin2(2k−1)π2=a2k−1+1，即a2k+1−a2k−1=1．
所以数列{a2k−1}是首项为1、公差为1的等差数列，
因此a2k−1=k．
当n=2k(k∈N*)时，a2k+2=(1+cos22kπ2)a2k+sin22kπ2=2a2k．
所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，
因此a2k=2k．
故数列{an}的通项公式为
an=n+12,n=2k−1(k∈N*)2n2,n=2k(k∈N*)
(2)由(1)知，bn=a2n−1a2n=n2n，
所以Sn=12+222+323+…+n2n，①
12Sn=122+223+324+…+n2n^+1，②
①−②得，12Sn=12+122+123+…+12n−n2n+1=12[1−(12)n]1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Sn=2−12n−1−n2n=2−n+22n．
要证明当n≥6时，|Sn−2|<1n成立，只需证明当n≥6时，n(n+2)2n<1成立．
(1)当n=6时，6×(6+2)26=4864=34<1成立．
(2)假设当n=k(k≥6)时不等式成立，即k(k+2)2k<1．
则当n=k+1时，
(k+1)(k+3)2k+1=k(k+2)2k×(k+1)(k+3)2k(k+2)<(k+1)(k+3)(k+2)⋅2k<1．
由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n+2)2n<1．
即当n≥6时，|Sn−2|<1n．
【解析】(1)根据an+2=(1+cos2nπ2)an+sin2nπ2，把a1和a2代入即可求得a3，a4，先看当n=2k−1(k∈N*)时，整理得a2k+1−a2k−1=1进而可判断数列{a2k−1}是首项为1、公差为1的等差数列；n=2k(k∈N*)时，整理得a2k+2=2a2k进而可判断数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，最后综合可得答案．
(2)把(1)中求得an代入bn中可知数列{bn}是由等比和等差数列构成，因而可用错位相减法求和，得到数列的求和公式Sn=2−n+22n.要证明当n≥6时，|Sn−2|<1n成立，只需证明当n≥6时，n(n+2)2n<1成立．用数学归纳法，先看当n=6时求得n(n+2)2n<1，再假设当n=k(k≥6)时不等式成立，通过n=k+1时，等式亦成立，进而证明结论．
本题主要考查了数列的递推式．数列的递推式常用来解决数列求通项公式等问题，有时要注意数列中的奇数项和偶数项的不同．
20.【答案】解：(1)选取a1=(x,2)，则Y中与a1垂直的元素必有形式(−1,b)，所以x=2b，
又∵x>2，∴只有b=2，从而x=4．
(2)取a1=(x1,x1)∈Y，设a2=(s,t)∈Y，满足a1 ⋅a2=0，可得(s+t)x1=0，s+t=0，所以s、t异号．
因为−1是数集X中唯一的负数，所以s、t中的负数必为−1，另一个数是1，所以1∈X，
假设xk=1，其中1
所以s、t异号，其中一个为−1
①若s=−1，则x1=txn>t≥x1，矛盾；
②若t=−1，则xn=sx1
(3)[解法一]猜想：xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
记Ak═{−1,x1,x2,…,xk}，k=2，3，…，n
先证明若Ak+1具有性质P，则Ak也具有性质P．
任取a1=(s,t)，s、t∈Ak，当s、t中出现−1时，显然有a2满足a1⋅a2=0
当s、t中都不是−1时，满足s≥1且t≥1．
因为Ak+1具有性质P，所以有a2=(s1,t1)，s1、t1∈Ak+1，使得a1⋅a2=0，从而s1、t1其中有一个为−1
不妨设s1=−1，
假设t1∈Ak+1，且t1∉Ak，则t1=xk+1.由(s,t)(−1,xk+1)=0，得s=txk+1≥xk+1，与s∈Ak矛盾．
所以t1∈Ak，从而Ak也具有性质P．
再用数学归纳法，证明xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
当n=2时，结论显然成立；
假设当n=k时，Ak═{−1,x1,x2,…,xk}具有性质P，则xi=qi−1，i=1，2，…，k
当n=k+1时，若Ak+1═{−1,x1,x2,…,xk+1}具有性质P，则Ak═{−1,x1,x2,…,xk}具有性质P，
所以Ak+1═{−1,q,q2,…,qk−1,xk+1}.
取a1=(xk+1,q)，并设a2=(s,t)∈Y，满足a1 ⋅a2=0，由此可得s=−1或t=−1
若t=−1，则xk+1=qs
综上所述，xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
[解法二]设a1=(s1,t1)，a2=(s2,t2)，则a1⋅a2=0等价于s1t1=−t2s2
记B={st|s∈X,t∈X且|s|>|t|}，则数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称
注意到−1是集合X中唯一的负数，B∩(−∞,0)={−x2，−x3，−x4，…，−xn}，共有n−1个数．
所以B∩(0,+∞)也有n−1个数．
由于xnxn−1
x2x1
注意到xnx1>xn−1x1>xn−2x1>…>x2x1，所以xnxn−1=xn−1xn−2=…=x2x1
从而数列的通项公式是xk=x1⋅(x2x1)k−1=qk−1，k=1，2，3，…，n．
【解析】(1)在Y中取a1=(x,2)，根据数量积的坐标公式，可得Y中与a1垂直的元素必有形式(−1,b)，所以x=2b，结合x>2，可得x的值．
(2)取a1=(x1,x1)，a2=(s,t)根据a1 ⋅a2=0，化简可得s+t=0，所以s、t异号．而−1是数集X中唯一的负数，所以s、t中的负数必为−1，另一个数是1，从而证出1∈X，最后通过反证法，可以证明出当xn>1时，x1=1．
(3)[解法一]先猜想结论：xi=qi−1，i=1，2，3，…，n.记Ak═{−1,x1,x2,…,xk}，k=2，3，…，n，通过反证法证明出引理：若Ak+1具有性质P，则Ak也具有性质P.最后用数学归纳法，可证明出xi=qi−1，i=1，2，3，…，n；
[解法二]设a1=(s1,t1)，a2=(s2,t2)，则a1⋅a2=0等价于s1t1=−t2s2，得到一正一负的特征，再记B={st|s∈X,t∈X且|s|>|t|}，则可得结论：数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称．又注意到−1是集合X中唯一的负数，B∩(−∞,0)={−x2，−x3，−x4，…，−xn}，共有n−1个数，所以B∩(0.+∞)也有n−1个数．最后结合不等式的性质，结合三角形数阵加以说明，可得xnxn−1=xn−1xn−2=…=x2x1，最终得到数列的通项公式是xk=x1⋅(x2x1)k−1=qk−1，k=1，2，3，…，n．
本题以向量的数量积的坐标运算为载体，着重考查了数列的通项公式的探索、集合元素的性质和数列与向量的综合等知识点，属于难题．本题是一道综合题，请同学们注意解题过程中的转化化归思想、分类讨论的方法和反证法的运用．
2022-2023学年上海实验学校高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数f(x)=sinx，各项均不相等的数列{an}满足|ai|≤π2(i=1,2,…n)，记G(n)=f(a1)+f(a2)+...+f(an)a1+a2+....+an.①若an=(−12021)n，则G(2000)>0；②若{an}是等差数列，且a1+a2+…+an≠0，则G(n)>0对n∈N*恒成立.关于上述两个命题，以下说法正确的是( )
A. ①②均正确 B. ①②均错误 C. ①对，②错 D. ①错，②对
2. 设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m=λn”是“m·n<0”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知复数z1=1−i，复数z2=x+yi，x，y∈R，z1，z2所对应的向量分别为OZ1，OZ2，其中O为坐标原点，则以下命题错误的是( )
A. 若OZ1//OZ2，则x+y=0
B. 若OZ1//OZ2，则z2z1∈R
C. 若OZ1⊥OZ2，则z1z2=0
D. 若OZ1⊥OZ2，则|z1+z2|=|z1−z2|
4. 矩形ABCD中，AB=2，AD=4，动点P满足AP=λAB+μAD，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法中错误的是( )
A. 若μ=1，则△ABP的面积为定值
B. 若λ=1，则|DP|的最小值为4
C. 若μ=12，则满足PA⊥PB的点P不存在
D. 若λ=13，μ=23，则△ABP的面积为83
二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）
5. 已知向量a=(1,2)，b=(3,k)满足a⊥b，则k= ______ ．
6. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S11=55，则a6=______．
7. 若a=(2,3)，b=(−4,7)，则a在b方向上的投影为______ ．
8. 1462是数列{1n(n+1)}的第______ 项.
9. 设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=______．
10. 已知复数z满足|z|+z=1+3i(i为虚数单位)，则复数z= ______ ．
11. 已知向量a，b满足|a|=5，|b|=3，|a−b|=7，则a⋅b= ______ ．
12. i的所有的三次方根为______ ．
13. 设复数z满足|z|=1，使得关于x的方程zx2+2z−x+2=0有实根，则这样的复数z的和为______．
14. 已知A，B，C为圆O(O为坐标原点)上不同的三点，且∠AOB=2π3，若OC=λOA+μOB(λ,μ∈R)，则当w=( 3+1)λ+μ取最大值时，λμ= ______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题10.0分)
已知向量a，b满足：|a|=2，b=(1,1)．
(1)若a//b，求a的坐标；
(2)若a⋅(a+b)=6，求a与b的夹角的余弦值．
16. (本小题10.0分)
已知复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，且复数z+1z为实数．
(1)求复数z；
(2)已知z2+z4是方程x2−ax+b=0的根，求实数a，b的值．
17. (本小题12.0分)
数列{an}中，Sn是an的前n项和，Sn=2an−1，{bn}是等差数列b2+b6=a4，a5−b4=2b6．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn⋅Sn，求{cn}的前n项和Tn．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=14x+2(x∈R)．
(1)求证f(x)+f(1−x)为定值；
(2)若数列{an}的通项公式为an=f(nm)(m为正整数，n=1，2，…，m)，求数列{an}的前m项和Sm；
(3)设数列{bn}满足b1=13，bn+1=bn2+bn.设Tn=1b1+1+1b2+1+…+1bn+1.若(2)中的Sm满足，Sm
数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=(1+cos2nπ2)an+sin2nπ2，n=1，2，3，…．
(1)求a3，a4并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=a2n−1a2n，Sn=b1+b2+…+bn.证明：当n≥6时，|Sn−2|<1n．
20. (本小题10.0分)
对于数集X={−1,x1,x2,…,xn}，其中0
(2)若X具有性质P，求证：1∈X，且当xn>1时，x1=1；
(3)若X具有性质P，且x1=1、x2=q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，…，xn的通项公式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：f(x)=sinx在[−π2,π2]上为奇函数且单调递增，
①：a2k−1+a2k<0(k∈N*)可得a2k−1<−a2k，则f(a2k−1)
f(a1)+f(a2)+.....+f(a2000)+.....+f(a2000)<0，故G(2000)>0，①正确，
②：{an}为等差数列，当a1+a2+.....+an>0时，
若n为偶数，a1+an=a2+an−1=.....=an2+an2+1>0，
a1>−an可得f(a1)>f(−an)=−f(an)，则f(a1)+f(an)>0，
同理可得：f(a2)+f(an−1)>0，.......f(an2)+f(an2+1)>0，所以G(n)>0，
若n为奇数，a1+an=a2+an−1=......=2an+12>0，
f(a1)+f(an)>0，f(a2)+f(an−1)>0，.....，f(an+12)>0，所以G(n)>0，
当a1+a2+.....+an<0时，同理可证G(n)>0，②正确，
故选：A．
先分析出f(x)=sinx在[−π2,π2]上为奇函数且单调递增，再根据函数的性质以及等差数列的性质逐个分析①②即可求解．
本题考查了三角函数的性质以及数列的性质，考查了学生的分析问题的能力以及运算能力，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了向量的数量积、必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题．
从充分性和必要性两方面分别分析即可．
【解答】
解：m，n为非零向量，存在负数λ，使得m=λn，则向量m，n共线且方向相反，可得m·n<0．
反之不成立，非零向量m，n的夹角为钝角，满足m·n<0，而m=λn不成立．
∴m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m=λn”是m·n<0”的充分不必要条件．
故选A．
3.【答案】C
【解析】解：对于选项A，当OZ1//OZ2时，
则1×y=(−1)×x，则x+y=0，即选项A正确；
对于选项B，结合A，z2z1=x−xi1−i=x∈R，即选项B正确；
对于选项C，若OZ1⊥OZ2，则x=y，
则z1z2=(1−i)(x+xi)=2x≠0，故C错误；
对于选项D，若OZ1⊥OZ2，则x=y，
则z1+z2=1+x+(x−1)i，z1−z2=1−x+(−x−1)i，
则|z1+z2|=|z1−z2|= (1+x)2+(1−x)2，即选项D正确．
故选：C．
根据复数的运算，复数的模的运算以及向量的运算及性质逐一判断即可得解．
本题考查了复数的运算，重点考查了复数的模的运算以及向量问题，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，当μ=1时，由向量加法的平行四边形法则知，P点应该在边DC上，
在△ABP中，以AB为底边，高为点P到AB的距离|AD|，
所以S△ABP=12×2×4=4为定值，故A正确；
对于B，当λ=1时，由向量加法的平行四边形法则知，P点应该在边BC上，
当P位于点C处时，|DP|有最小值2，故B错误；
对于C，当μ=12时，取AD的中点M，BC的中点N，连接MN，
此时P点位于MN上，无论怎么移动，PA，PB都不会垂直，故C正确；
对于D，当λ=13，μ=23时，由向量加法的平行四边形法则作图，
此时P到AB的距离为h=μ|AD|=23×4=83，∴SΔABP=12×|AB|h=12×2×83=83，故D正确．
故选：B．
由平面向量的线性运算知识和三角形的面积逐一判断各选项即可．
本题考查平面几何图形中的动点问题，平面向量的线性运算及三角形的面积等知识，属于中档题．
5.【答案】−32
【解析】解：由于向量a=(1,2)，b=(3,k)满足a⊥b，则3+2k=0，解得k=−32．
故答案为：−32．
直接利用向量垂直的充要条件求出结果．
本题考查的知识要点：向量垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】5
【解析】解：∵S11=11(a1+a11)2=11a6=55，
∴a6=5．
故答案为：5．
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
7.【答案】 655
【解析】解：∵a=(2,3)，b=(−4,7)，
∴a在b方向上的投影|a|cosθ=a⋅b|b|=2(−4)+3×7 16+49=13 65= 655
故答案为： 655
根据向量投影的公式，写出向量投影的表达式，进而用向量的数量积除以向量的模长来表示，代入数据求出结果．
本题考查向量的投影，本题解题的关键是记住向量投影的公式，并且能够熟练应用公式，本题是一个基础题．
8.【答案】21
【解析】解：由1n(n+1)=1462，可得n=21，
故1462是数列的第21项．
故答案为：21．
由题意，列方程求解即可．
本题考查数列的通项公式，属基础题．
9.【答案】32
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
则a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=1，a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q(1+q+q2)=q=2，
故a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5(1+q+q2)=q5=32．
故答案为：32．
根据已知条件求得q的值，再由a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)可求得结果．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
10.【答案】−4+3i
【解析】解：复数z满足|z|+z=1+3i，
设z=a+3i，
可得 a2+9+a+3i=1+3i，
可得 a2+9+a=1，解得a=−4．
故答案为：−4+3i．
利用条件设出复数z，然后求解即可．
本题考查复数的基本运算，设出复数z的方法，是简化解题的技巧，考查计算能力．
11.【答案】−152
【解析】解：若|a|=5，|b|=3，
则a2=25，b2=9，
又由|a−b|=7，
则(a−b)2=a2+b2−2a⋅b=9+25−2a⋅b=49
∴a⋅b=−152
故答案为−152
由已知中向量a，b满足|a|=5，|b|=3，|a−b|=7，我们易根据向量乘法的运算法则，求出a2，b2，(a−b)2进而求出答案．
本题考查的知识点是平面向量乘法运算法则，其中根据已知条件计算a2，b2，(a−b)2，是解答本题的关键．
12.【答案】−i， 32+12i，− 32+12i
【解析】解：设所求的根为a+bi(a,b∈R)，
则(a+bi)3=(a+bi)2(a+bi)=a3−3ab2+(3a2b−b3)i=i，
故a3−3ab2=03a2b−b3=1，
a3−3ab2=a(a2−3b2)=0，
当a=0时，b=−1，
当a2=3b2时，解得b=12，
故a=± 32，
综上所述，i的所有的三次方根为−i， 32+12i，− 32+12i．
故答案为：−i， 32+12i，− 32+12i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
13.【答案】−32
【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R,a2+b2=1)，
将原方程改为(a+bi)x2+2(a−bi)x+2=0，
分离实部与虚部后等价于：
ax2+2ax+2=0①，bx2−2bx=0②，
若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=−1，
此时存在实数x=−1± 3满足①②，
故z=−1满足条件；
若b≠0，则由②知x∈{0,2}，
但显然x=0不满足①，故x=2，
代入①解得：a=−14，则b=± 154，
故z=−1± 154，
综上，满足条件的所有z的和为：−1+−1+ 154+−1− 154=−32，
故答案为：−32．
设z=a+bi，(a,b∈R,a2+b2=1)，得到ax2+2ax+2=0①，bx2−2bx=0②，通过讨论求出a，b的值，求出满足条件的所有z，相加即可．
本题考查了复数的运算，考查对应思想以及分类讨论思想，是一道常规题．
14.【答案】 3+12
【解析】解：如图，以O为原点，线段AB的垂直平分线所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
设圆O的半径为2，则由∠AOB=2π3，可得A(− 3,1)，B( 3,1)，
设点C(2cosα,2sinα)，则由OC=λOA+μOB(λ,μ∈R)可得：
(2cosα,2sinα)=λ(− 3,1)+μ( 3,1)，
即2cosα=− 3λ+ 3μ2sinα=λ+μ，整理得：
3λ= 3sinα−cosα，μ=sinα+1 3cosα，
则w=( 3+1)λ+μ=(2+ 3)sinα−cosα= 8+2 3sin(α−φ)，
其中sinφ=1 8+2 3，cosφ=2+ 3 8+2 3，∴tanφ=12+ 3=2− 3，
所以，当sin(α−φ)=1，即α−φ=2kπ+π2,k∈Z时，
w取得最大值，此时α=2kπ+π2+φ,k∈Z，
∴λμ=sinα−1 3cosαsinα+1 3cosα=cosφ+1 3sinφcosφ−1 3sinφ
= 3+tanφ 3−tanϕ= 3+2− 3 3−2+ 3
=22 3−2= 3+12．
故答案为： 3+12．
根据题设条件建立坐标系，引入参数α，找到λ和μ与α的关系式，利用三角恒等变换找出w取最大值的条件，从而求出此时的λμ的值．
本题考查平面向量与三角函数的综合应用，属中档题．
15.【答案】解：(1)设a=(x,y)，
由题意，x=y x2+y2=2，解得x= 2y= 2或x=− 2y=− 2．
∴a=( 2, 2)或a=(− 2,− 2)；
(2)由a⋅(a+b)=6，得|a|2+a⋅b=6，即a⋅b=2，
|a|=2，|b|= 2，
则cos
∴a与b的夹角的余弦值为 22．
【解析】(1)设a=(x,y)，由题意列关于x，y的方程组求解；
(2)由已知求出a⋅b，再由平面向量的数量积求夹角公式得答案．
本题考查平面向量的坐标运算，训练了利用平面向量的数量积求向量夹角的余弦值，是基础题．
16.【答案】解：(1)依题意，复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，
设z=t+ti(t≠0)，
则z+1z=t+ti+1t+ti=t+ti+t−ti(t+ti)(t−ti)
=t+ti+t−ti2t2=t+ti+12t−12ti=t+12t+(t−12t)i，
由于z+1z是实数，所以t−12t=2t2−12t=0,t=± 22．
所以z= 22+ 22i或z=− 22− 22i．
(2)z2=(t+ti)2=t2+2t2i−t2=2t2i=i，z4=−1，
所以z2+z4=−1+i，代入x2−ax+b=0得：
(−1+i)2−a(−1+i)+b=1−2i−1+a−ai+b=a+b−(2+a)i=0，
所以a+b=0−(2+a)=0，解得a=−2，b=2．
【解析】(1)设z=t+ti(t≠0)，由z+1z是实数求得t，也即求得z．
(2)先求得z2+z4，根据一元二次方程的根列方程组来求得a，b．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)n=1时，a1=1；
n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2an−1)−(2an−1−1)=2an−2an−1，
则an=2an−1，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n−1；
由{bn}是等差数列，设公差为d，
由2b4=b2+b6=a4=8，a5−b4=16−4=2b6，
得b4=4，b6=6，
所以2d=6−4，即d=1，
所以bn=n；
(2)由(1)知Sn=2n−1，cn=bn⋅Sn=n(2n−1)=n⋅2n−n，
所以Tn=1×2−1+2×22−2+3×23−3+⋯+n×2n−n
=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n−(1+2+3+⋯+n)，
令A=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n①，
①×2得2A=1×22+2×23+3×24+⋯+n×2n+1②，
①−②得−A=2+22+23+⋯+2n−n×2n+1=2×(1−2n)1−2−n×2n+1=(1−n)2n+1−2，
所以A=(n−1)2n+1+2，
又因为1+2+3+⋯+n=n(n+1)2，
所以Tn=(n−1)2n+1+2−n(n+1)2．
【解析】(1)运用数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得an；再由等差数列的通项公式，解方程可得公差d，进而得到bn；
(2)求得cn=bn⋅Sn=n(2n−1)=n⋅2n−n，由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列的分组求和以及错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵f(x)=14x+2，
∴f(1−x)=141−x+2=4x4+2⋅4x=4x2(4x+2)，
∴f(x)+f(1−x)=14x+2+4x2(4x+2)=2+4x2(4x+2)=12，
故f(x)+f(1−x)为定值12；
(2)由(1)可知f(x)+f(1−x)=12，
则f(km)+f(1−km)=12(1≤k≤m−1)，
即f(km)+f(m−km)=12，
∴ak+am−k=12，am=f(mm)=f(1)=16，
又Sm=a1+a2+…+am−1+am，①
Sm=am−1+am−2+…+a1+am，②
①+②得2Sm=(m−1)×12+2am=m2−16，
故Sm=112(3m−1)；
(3)∵b1=13，bn+1=bn2+bn=bn(bn+1)，③
∴对任意n∈N*，bn>0，④
故1bn+1=1bn(bn+1)=1bn−1bn+1，
∴1bn+1=1bn−1bn+1，
∴Tn=(1b1−1b2)+(1b2−1b3)+…+(1bn−1bn+1)=1b1−1bn+1=3−1bn+1，
∵bn+1−bn=bn2>0，∴bn+1>bn，
∴数列{bn}是单调递增数列，∴Tn关于n递增，
∴当n≥2，且n∈N*时，Tn≥T2，
∵b1=13，b2=13(13+1)=49，b3=49(49+1)=5281，
∴Tn≥T2=3−1b3=7552，
由题意Sm<7552，即112(3m−1)<7552，
∴m<23839=6439，
∴m的最大值为6．
【解析】(1)将1−x代入函数表达式计算即可证明f(x)+f(1−x)为定值12；
(2)将(1)中结果代入通项公式推得ak+am−k=12，然后根据前n项和与通项的关系求得Sm；
(3)由数列{bn}满足的条件求得Tn=1b1−1bn+1，再用(2)中的Sm满足Sm
19.【答案】解：(1)因为a1=1，a2=2，
所以a3=(1+cos2π2)a1+sin2π2=a1+1=2，
a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4．
一般地，当n=2k−1(k∈N*)时，a2k+1=[1+cos2(2k−1)π2]a2k−1+sin2(2k−1)π2=a2k−1+1，即a2k+1−a2k−1=1．
所以数列{a2k−1}是首项为1、公差为1的等差数列，
因此a2k−1=k．
当n=2k(k∈N*)时，a2k+2=(1+cos22kπ2)a2k+sin22kπ2=2a2k．
所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，
因此a2k=2k．
故数列{an}的通项公式为
an=n+12,n=2k−1(k∈N*)2n2,n=2k(k∈N*)
(2)由(1)知，bn=a2n−1a2n=n2n，
所以Sn=12+222+323+…+n2n，①
12Sn=122+223+324+…+n2n^+1，②
①−②得，12Sn=12+122+123+…+12n−n2n+1=12[1−(12)n]1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Sn=2−12n−1−n2n=2−n+22n．
要证明当n≥6时，|Sn−2|<1n成立，只需证明当n≥6时，n(n+2)2n<1成立．
(1)当n=6时，6×(6+2)26=4864=34<1成立．
(2)假设当n=k(k≥6)时不等式成立，即k(k+2)2k<1．
则当n=k+1时，
(k+1)(k+3)2k+1=k(k+2)2k×(k+1)(k+3)2k(k+2)<(k+1)(k+3)(k+2)⋅2k<1．
由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n+2)2n<1．
即当n≥6时，|Sn−2|<1n．
【解析】(1)根据an+2=(1+cos2nπ2)an+sin2nπ2，把a1和a2代入即可求得a3，a4，先看当n=2k−1(k∈N*)时，整理得a2k+1−a2k−1=1进而可判断数列{a2k−1}是首项为1、公差为1的等差数列；n=2k(k∈N*)时，整理得a2k+2=2a2k进而可判断数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，最后综合可得答案．
(2)把(1)中求得an代入bn中可知数列{bn}是由等比和等差数列构成，因而可用错位相减法求和，得到数列的求和公式Sn=2−n+22n.要证明当n≥6时，|Sn−2|<1n成立，只需证明当n≥6时，n(n+2)2n<1成立．用数学归纳法，先看当n=6时求得n(n+2)2n<1，再假设当n=k(k≥6)时不等式成立，通过n=k+1时，等式亦成立，进而证明结论．
本题主要考查了数列的递推式．数列的递推式常用来解决数列求通项公式等问题，有时要注意数列中的奇数项和偶数项的不同．
20.【答案】解：(1)选取a1=(x,2)，则Y中与a1垂直的元素必有形式(−1,b)，所以x=2b，
又∵x>2，∴只有b=2，从而x=4．
(2)取a1=(x1,x1)∈Y，设a2=(s,t)∈Y，满足a1 ⋅a2=0，可得(s+t)x1=0，s+t=0，所以s、t异号．
因为−1是数集X中唯一的负数，所以s、t中的负数必为−1，另一个数是1，所以1∈X，
假设xk=1，其中1
所以s、t异号，其中一个为−1
①若s=−1，则x1=txn>t≥x1，矛盾；
②若t=−1，则xn=sx1
(3)[解法一]猜想：xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
记Ak═{−1,x1,x2,…,xk}，k=2，3，…，n
先证明若Ak+1具有性质P，则Ak也具有性质P．
任取a1=(s,t)，s、t∈Ak，当s、t中出现−1时，显然有a2满足a1⋅a2=0
当s、t中都不是−1时，满足s≥1且t≥1．
因为Ak+1具有性质P，所以有a2=(s1,t1)，s1、t1∈Ak+1，使得a1⋅a2=0，从而s1、t1其中有一个为−1
不妨设s1=−1，
假设t1∈Ak+1，且t1∉Ak，则t1=xk+1.由(s,t)(−1,xk+1)=0，得s=txk+1≥xk+1，与s∈Ak矛盾．
所以t1∈Ak，从而Ak也具有性质P．
再用数学归纳法，证明xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
当n=2时，结论显然成立；
假设当n=k时，Ak═{−1,x1,x2,…,xk}具有性质P，则xi=qi−1，i=1，2，…，k
当n=k+1时，若Ak+1═{−1,x1,x2,…,xk+1}具有性质P，则Ak═{−1,x1,x2,…,xk}具有性质P，
所以Ak+1═{−1,q,q2,…,qk−1,xk+1}.
取a1=(xk+1,q)，并设a2=(s,t)∈Y，满足a1 ⋅a2=0，由此可得s=−1或t=−1
若t=−1，则xk+1=qs
综上所述，xi=qi−1，i=1，2，3，…，n
[解法二]设a1=(s1,t1)，a2=(s2,t2)，则a1⋅a2=0等价于s1t1=−t2s2
记B={st|s∈X,t∈X且|s|>|t|}，则数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称
注意到−1是集合X中唯一的负数，B∩(−∞,0)={−x2，−x3，−x4，…，−xn}，共有n−1个数．
所以B∩(0,+∞)也有n−1个数．
由于xnxn−1
x2x1
注意到xnx1>xn−1x1>xn−2x1>…>x2x1，所以xnxn−1=xn−1xn−2=…=x2x1
从而数列的通项公式是xk=x1⋅(x2x1)k−1=qk−1，k=1，2，3，…，n．
【解析】(1)在Y中取a1=(x,2)，根据数量积的坐标公式，可得Y中与a1垂直的元素必有形式(−1,b)，所以x=2b，结合x>2，可得x的值．
(2)取a1=(x1,x1)，a2=(s,t)根据a1 ⋅a2=0，化简可得s+t=0，所以s、t异号．而−1是数集X中唯一的负数，所以s、t中的负数必为−1，另一个数是1，从而证出1∈X，最后通过反证法，可以证明出当xn>1时，x1=1．
(3)[解法一]先猜想结论：xi=qi−1，i=1，2，3，…，n.记Ak═{−1,x1,x2,…,xk}，k=2，3，…，n，通过反证法证明出引理：若Ak+1具有性质P，则Ak也具有性质P.最后用数学归纳法，可证明出xi=qi−1，i=1，2，3，…，n；
[解法二]设a1=(s1,t1)，a2=(s2,t2)，则a1⋅a2=0等价于s1t1=−t2s2，得到一正一负的特征，再记B={st|s∈X,t∈X且|s|>|t|}，则可得结论：数集X具有性质P，当且仅当数集B关于原点对称．又注意到−1是集合X中唯一的负数，B∩(−∞,0)={−x2，−x3，−x4，…，−xn}，共有n−1个数，所以B∩(0.+∞)也有n−1个数．最后结合不等式的性质，结合三角形数阵加以说明，可得xnxn−1=xn−1xn−2=…=x2x1，最终得到数列的通项公式是xk=x1⋅(x2x1)k−1=qk−1，k=1，2，3，…，n．
本题以向量的数量积的坐标运算为载体，着重考查了数列的通项公式的探索、集合元素的性质和数列与向量的综合等知识点，属于难题．本题是一道综合题，请同学们注意解题过程中的转化化归思想、分类讨论的方法和反证法的运用．
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