2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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。

1.在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z⋅(1+i)2024对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则它的体积为( )
A. 2B. 4C. 6D. 12
3.已知非零向量OA，OB不共线，且BM=13BA，则向量OM=( )
A. 13OA+23OBB. 23OA+13OBC. 13OA−23OBD. 13OA−43OB
4.如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为( )
A. 5千米B. 5 2千米C. 4千米D. 4 2千米
5.设a，b是非零向量，则“存在实数λ，使得a=λb”是“|a+b|=|a|+|b|”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
6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，AB/​/CD，若平面PAD∩平面PBC=l，则( )
A. l/​/CDB. l/​/BCC. l与直线AB相交D. l与直线DA相交
7.如图所示，O为线段A0A2025外一点，若A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，OA0=a,OA2025=b，则用a，b表示OA0+OA1+OA2+⋯+OA2025，其结果为( )
A. 2025(a+b)B. 2026(a+b)C. 1012(a+b)D. 1013(a+b)
8.在△ABC中，AB=1，AC=3，A=60°，则BC边上的中线长为( )
A. 132B. 72C. 13D. 7
9.如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是( )
A. (16,56)
B. (13,23)
C. (12,23)
D. (16,12)
10.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a，记平面a截牟合方盖所得截面的面积为s，则函数S=f(h)的图象是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知复数z的实部和虚部相等，且|z|= 2，则z= ______．
12.已知e1，e2是两个不共线的向量，a=e1−4e2，b=ke1+2e2，若a与b共线，则k= ______．
13.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则AC⋅DB=______．
14.已知圆锥的底面面积为3π，其侧面展开图的圆心角为 3π，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为______．
15.已知单位向量e1，e2的夹角为π2，且a=xe1+ye2(其中x，y∈R).当x=y=1时，a⋅e1=______；当a/​/(e1+e2)时，|a−e1|的最小值是______．
16.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4.E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EFH截四棱锥P−ABCD所得的截面多边形，有以下三个结论：
①截面面积等于4 6；
②截面是一个五边形；
③直线PC与截面所在平面EFH无公共点．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在锐角△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a= 7，b=3， 7sinB+sinA=2 3．
(Ⅰ) 求角A 的大小；
(Ⅱ) 求△ABC 的面积．
18.(本小题14分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且
PA=AD=2，点E为线段PD的中点．
(Ⅰ)求证：PB/​/平面AEC；
(Ⅱ)求证：AE⊥平面PCD；
(Ⅲ)求三棱锥A−PCE的体积
19.(本小题14分)
在△ABC中，a=2,asinB+ 3bcsA=0．
(Ⅰ)求A；
(Ⅱ)除上述条件外，△ABC同时满足_____，求sinC的值；
请从①B=π4，②b=3，③3b=4sinA中选择一个符合题意的条件，补充到上面问题中，并完成解答．
(Ⅲ)求△ABC面积的最大值．
20.(本小题14分)
如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB上的动点，F是棱CC1上一点，CF：FC1=1：2．
(Ⅰ)求证：B1D1⊥A1F；
(Ⅱ)若直线A1F⊥平面B1D1E，试确定点E的位置，并证明你的结论；
(Ⅲ)设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，求总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度．(直接写出答案)
21.(本小题14分)
n元向量(n−tuplevectr)也叫n维向量，是平面向量的推广，设n为正整数，数集P中的n个元素构成的有序组(a1,a2,⋯,an)称为P上的n元向量，其中ai(i=1,2,⋯,n)为该向量的第i个分量.n元向量通常用希腊字母α,β,γ等表示，如α=(a1,a2,⋯,an),P上全体n元向量构成的集合记为Pn.对于α,β∈Pn,n∈N*，记α=(a1,a2,⋯,an),β=(b1,b2,⋯,bn)，定义如下运算：加法法则α+β=(a1+b1,a2+b2,⋯,an+bn)，模公式||α||= i=1nai2= a12+a22+⋯+an2，内积α⋅β=i=1naibi=a1b1,a2b2,…,anbn，设α,β的夹角为θ，则csθ=α⋅β||α||⋅||β||．
(1)设α,β∈Pn,n≥3,n∈N*,α=(1,−1,1,1,⋯,1),β=(−1,1,1,⋯,1)，解决下面问题：
①求||α+β||；
②设α与α+β的夹角为θ，求csθ；
(2)对于一个n元向量α=(a1,a2,⋯,an)，若|ai|=1(i=1,2,⋯,n)，称α为n维信号向量.规定α⋅β=0⇔α⊥β，已知k个两两垂直的120维信号向量α1,α2,⋯,αk满足它们的前m个分量都相同，证明： km<11．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为(1+i)2024=[(1+i)2]1012=(2i)1012=21012(i2)506=21012，
且复数z对应的点在第三象限，则z⋅(1+i)2024=21012⋅z对应的点也在第三象限．
故选：C．
根据题意，由复数的运算，即可得到结果．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查正四棱锥的体积的求法，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查数形结合思想等，是中档题．
正四棱锥P−ABCD中，AB=2，PO=3，利用体积公式求出该正四棱锥的体积．
【解答】
解：如图，正四棱锥P−ABCD中，底面边长AB=2，高PO=3，
所以VP−ABCD=13⋅SABCD⋅PO=13×2×2×3=4．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】解：非零向量OA，OB不共线，且BM=13BA，
OM−OB=13(OA−OB)，
可得：向量OM=13OA+23OB．
故选：A．
直接利用向量的运算法则化简求解即可．
本题考查向量的基本运算，考查计算能力．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理解答实际应用问题，属于基础题．
由题意，在△ABC中利用正弦定理即可求得BC的值．
【解答】
解：由题意知，在△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，∠ACB=75°−30°=45°，
由正弦定理得BCsin30∘=10sin45∘，解得BC=10×12 22=5 2．
∴B处与地面目标C的距离为5 2千米．
故本题选B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量平行的应用进行化简是解决本题的关键，属于中档题．
根据向量平行的应用，考查充分条件和必要条件的判断．
【解答】
解：若“|a+b|=|a|+|b|”，
则平方得|a|2+2a⋅b+|b|2
=|a|2+|b|2+2|a|⋅|b|，
即a⋅b=|a|⋅|b|，
即a⋅b=|a||b|cs=|a|⋅|b|，
则cs=1，
即=0，即a，b同向共线，则存在实数λ，使得a=λb，
反之当=π时，满足a=λb，但=0不成立，
即“存在实数λ，使得a=λb”是“|a+b|=|a|+|b|”的必要不充分条件，
故选：B．
6.【答案】D
【解析】【分析】
可得AD与CB必相交于点M，则P是面平面PAD和平面PBC的公共点，又平面PAD∩平面PBC=l．
本题考查了空间几何体中的直线与平面的位置关系，属于中档题．
【解答】
解：∵四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，AB/​/CD．
∴AD与CB必相交于点M，
则P是面平面PAD和平面PBC的公共点，
又平面PAD∩平面PBC=l．
∴P∈l.l与直线DA相交．
故选：D．
7.【答案】D
【解析】解：因A0，A1，A2，A3，⋯，A2025中任意相邻两点间的距离相等，
不妨设A0A2025的中点为A，
则点A也是A1A2024，A2A2023，⋯，A1012A1013的中点，
则OA0+OA2025=2OA=a+b，同理可得：
OA1+OA2024=OA2+OA2023=⋯=OA1012+OA1013=2OA=a+b，
则OA0+OA1+OA2+⋯+OA2025=20262(a+b)=1013(a+b)．
故选：D．
设A0A2025的中点为A，利用三角形中线向量的表示法，化简求和即得．
本题考查平面向量的线性运算，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：因为AB=1，AC=3，A=60°，
由题意可得AD=12(AB+AC)，两边平方可得AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅ACcsA)
因为
=14(AB2+AD2+2|AB|×|AC|csA)=14(1+9+2×1×3×12)=134，
所以|AD|= 132．
所以BC边上的中线长为 132．
故选：A．
由题意可得BC边上的中线的向量AD表示，两边平方可得AD2的值，进而求出BC边上的中线的值．
本题考查向量的运算性质的应用，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：如图，正方体ABCD−EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设液面的体积为V，而VG−EHD而VG−EHD=13×12×12×1=16，
V正方体−VB−AFC=13−16=56，
所以V的取值范围是(16,56).
故选：A．
如图，正方体ABCD−EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，计算即可．
本题考查正方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题．
10.【答案】D
【解析】【分析】
首先由图1得到正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项即可．
本题考查了函数图象的理解和应用，主要考查了正方体的内切球以及其截面圆的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
【解答】
解：由图1可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，
用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，
并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，
则有(a−h)2+r2=a2，解得r2=−h2+2ah，
设截面圆的外接正方形的边长为b，则b=2r，
正方形的面积为S=b2=4r2=−4h2+8ah，h∈[0,2a]，
由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线．
故选：D．
11.【答案】1+i或−1−i
【解析】解：因为复数z的实部和虚部相等，
所以设z=a+ai，a∈R，
又|z|= 2，所以 a2+a2= 2，
解得a=±1，所以z=1+i或−1−i．
故答案为：1+i或−1−i．
由复数的定义及模的运算即可得解．
本题主要考查复数的定义，复数的模，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】−12
【解析】解：由向量e1，e2不共线，得a≠0，
由向量a=e1−4e2与b=ke1+2e2共线，
得ke1+2e2=λ(e1−4e2),λ∈R，则k=λ2=−4λ，所以k=λ=−12．
故答案为：−12．
根据给定条件，利用共线向量定理求出k即得．
本题主要考查共线向量定理，属于基础题．
13.【答案】7
【解析】解：以AC的连线为x轴，
过B点且垂直于AC的直线
为y轴，
建立如图所示平面直角坐标系，则：
A(−4,0)，C(3,0)，
D(−1,−2)，B(0,2)，
AC=(7,0),DB=(1,4)；
∴AC⋅DB=7．
故答案为：7．
根据题意，可分别以AC的连线为x轴，过B点且垂直于AC的直线为y轴建立平面直角坐标系，进而求出A，B，C，D的坐标，从而求出向量AC,DB的坐标，进行数量积的坐标运算即可求出AC⋅DB的值．
考查通过建立坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，以及根据点的坐标可求向量的坐标，向量数量积的坐标运算．
14.【答案】2
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，
则底面圆面积为πr2=3π，解得r= 3；
其侧面展开图的圆心角为2πrl=2 3πl= 3π，解得l=2；
所以轴截面三角形的顶角为2α，其中sinα=rl= 32，α∈(0,π2)，
所以α=π3，2α=2π3．
所以过该圆锥顶点作截面，截面三角形是直角三角形时面积最大，最大值为12l2=12×22=2．
故答案为：2．
求出圆锥的底面圆半径和母线长，得出轴截面三角形的顶角为2π3，由此求出过该圆锥顶点作截面，截面三角形是直角三角形时面积最大，求出即可．
本题考查了圆锥的截面三角形面积计算问题，是基础题．
15.【答案】1 22
【解析】解：当x=y=1时，则a=e1+e2，
则a⋅e1=(e1+e2)⋅e1=e12+e1⋅e2=1；
当a/​/(e1+e2)时，
则a=λ(e1+e2)，
则a−e1=(λ−1)e1+λe2，
则|a−e1|= (1−λ)2e12+λ2e22−2(1−λ)λe1⋅e2= 2λ2−2λ+1= 2(λ−12)2+12，
则λ=12时，|a−e1|的最小值是 22，
故答案为：1； 22．
由平面向量数量积运算，结合向量模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量模的运算，属基础题．
16.【答案】②③
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的结构特征，空间几何体的截面问题，属于中档题．
根据给定条件，作出平面EFH截四棱锥P−ABCD所得的截面多边形，再逐一判断各个命题作答．
【解答】
解：在四棱锥P−ABCD中，PA=AB=4，取CD中点G，连接FG，GH，BD，AC，如图，
因底面ABCD为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，
则EH/​/BD/​/FG，EF//PC//GH，EFGH是平行四边形，
令FG∩AC=J，有CJ=14AC，在PA上取点I，使PI=14PA，连接EI,HI,JI，
则JI//PC//EF，点J∈平面EFH，有JI⊂平面EFH，点I∈平面EFH，EI,HI⊂平面EFH，
因此五边形EFGHI是平面EFH截四棱锥P−ABCD所得的截面多边形，②正确；
因EF⊂平面EFH，PC⊄平面EFH，而EF/​/PC，
则PC//平面EFH，直线PC与截面所在平面EFH无公共点，③正确；
因为PA⊥底面ABCD，FG⊂平面ABCD，有PA⊥FG，
而BD⊥AC，BD/​/FG，则AC⊥FG，
又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
因此FG⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
于是得FG⊥PC，有FG⊥EF，
而FG=12BD=2 2,EF=12PC=12 PA2+AC2=2 3，
矩形EFGH面积等于EF⋅FG=4 6,JI=34PC=3 3，
而JI⊥EH，则ΔIEH边EH上的高等于JI−EF= 3，
S△lEH=12EH⋅ 3= 6，
所以截面五边形EFGHI面积为5 6，①不正确．
故答案为：②③．
17.【答案】解：(Ⅰ)锐角△ABC中，由条件利用正弦定理可得 7sinA=3sinB，∴ 7sinB=3sinA，
再根据 7sinB+sinA=2 3，求得sinA= 32，∴角A=π3．
(Ⅱ)锐角△ABC中，由条件利用余弦定理可得a2=7=c2+9−6c⋅csπ3，解得c=1或c=2．
当c=1时，csB=a2+c2−b22ac=− 714<0，故B为钝角，这与已知△ABC为锐角三角形相矛盾，故不满足条件．
当c=2时，△ABC的面积为12bc⋅sinA=12⋅3⋅2⋅ 32=3 32．
【解析】(Ⅰ)锐角△ABC中，由条件利用正弦定理求得 7sinB=3sinA，再根据 7sinB+sinA=2 3，求得sinA的值，可得角A 的值．
(Ⅱ)锐角△ABC中，由条件利用余弦定理求得c的值，再根据△ABC的面积为12bc⋅sinA，计算求得结果．
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
18.【答案】(Ⅰ)证明：连结BD，交AC于点O，连结OE，
如图示：
∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，
由已知E为线段PD的中点，∵PB//OE，
又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB/​/平面ACE；
(Ⅱ)证明：∵PA=AD，E为线段PD的中点，∴AE⊥PD，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
在正方形ABCD中，CD⊥AD，又PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD=D，
∴AE⊥平面PCD；
(Ⅲ)∵AE⊥平面PCD，
故三棱锥A−PCE的体积
V=13S△PCE⋅AE=13×12PE⋅CD⋅AE=13×12× 2×2× 2=23．
【解析】(Ⅰ)连结BD，交AC于点O，连结OE.可得PB/​/OE，再由线面平行的判定可得PB/​/平面ACE；
(Ⅱ)由PA=AD，E为线段PD的中点，得AE⊥PD，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，由线面垂直的判定可得AE⊥平面PCD；
(Ⅲ)根据AE⊥平面PCD，结合三棱锥的体积公式求出其体积即可．
本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理可得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，所以tanA=− 3，
又因为A∈(0,π)，
所以A=2π3；
(Ⅱ)若选①，则C=π−A−B=π−2π3−π4=π12，
所以sinC=sinπ12=sin(π3−π4)=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4= 22( 32−12)= 6− 24；
若选②，a=2，b=3，所以a所以A若选③，由(Ⅰ)可得3b=4sinA=4× 32=2 3，
所以b=2 33，而a=2，
由正弦定理可得bsinB=asinA，即2 33sinB=2 32，
可得sinB=12，又因为B所以B=π6，C=π−A−B=π6，
所以sinC=12；
(Ⅲ)由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA≥2bc−2bc⋅(−12)，当且仅当b=c时取等号，
而a=2，
可得bc≤a23=43，
所以S△ABC=12bcsinA≤12×43× 32= 33．
所以△ABC的最大面积 33．
【解析】(Ⅰ)由正弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(Ⅱ)若选①，可得角C的大小，进而求出sinC的值；若选②，由大边对大角，可得该三角形不存在；若选③，由正弦定理可得角B的大小，进而求出角C的大小，再求出sinC的值；
(Ⅲ)由余弦定理及均值不等式可得bc的最大值，进而求出三角形的面积的最大值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
20.【答案】证明：(Ⅰ)连结A1C1，∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1C1D1是正方形，
∴B1D1⊥A1C1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1，
又CC1∩A1C1=C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，
∵A1F⊂面A1C1C，
∴B1D1⊥A1F.
解：(Ⅱ)当AE：EB=1：2时，直线A1F⊥平面D1B1E.
证明如下：
过点F在平面BCC1B1作FG/​/BC，交BB1于点G，
连结A1G，交B1E于点H，
∵CF：FC1=1：2，∴BG：GB1=1：2，
在Rt△A1B1G与Rt△B1BE中，B1G=BE，A1B1=B1B，
∴△A1B1G≌△B1BE，∠B1A1G=∠BB1E，
又∠B1A1G+∠A1GB1=90°，∴∠BB1E+∠A1GB1=90°，
∴∠B1HG=90°，∴A1G⊥B1E，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CB⊥面ABB1A1，
∴FG⊥B1E，
又A1G∩FG=G，∴B1E⊥面A1FG，∴B1E⊥A1F，
又B1D1⊥A1F，B1D1∩B1E=B，
∴直线A1F⊥平面B1D1E.
(Ⅲ)设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，
总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度为 23．
【解析】(Ⅰ)连结A1C1，推导出B1D1⊥A1C1，CC1⊥B1D1，从而B1D1⊥平面A1C1C，由此能证明B1D1⊥A1F.
(Ⅱ)当AE：EB=1：2时，过点F在平面BCC1B1作FG/​/BC，交BB1于点G，连结A1G，交B1E于点H，推导出A1G⊥B1E，FG⊥B1E，从而B1E⊥面A1FG，B1E⊥A1F，再由B1D1⊥A1F，能证明A1F⊥平面B1D1E.
(Ⅲ)设点P在正方体的上底面A1B1C1D1上运动，总能使BP与A1F垂直的点P所形成的轨迹的长度为 23．
本题考查线线垂直、线面垂直的证明，考查轨迹长度的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
21.【答案】解：(1)因为α,β∈Pn,n≥3,n∈N*,α=(1,−1,1,1,⋯,1),β=(−1,1,1,⋯,1)，
所以α+β=(0,0,2,2,⋯,2)，
①||α+β||= 22+22+⋯22=2 n−2，
②因为α⋅(α+β)=2(n−2)，||α||= n，所以csθ=α⋅β||α||⋅||β||=2(n−2) n×2 n−2= n(n−2)n．
(2)证明：任取ai,aj，i，j∈{1,2,⋯k}，计算内积ai⋅bj=120,i=j0,i≠j，设这些内积之和为S，
则S=a12+a22+⋯+ak2=120k，设a1,a2,⋯ak的第i个分量之和为ci，
又因为ai⊥aj(i≠j)，故(a1+a2+⋯+ak)2=a12+a22+⋯+ak2，所以c12+c22+⋯+c1202=120k
又S=c12+c22+⋯+c1202≥c12+c22+⋯+cm2=k2m，
所以120k≥k2m，即km≤120<121，所以 km<11．
【解析】(1)根据条件得到α+β=(0,0,2,2,⋯,2)，再利用题设定义的运算，即可求出结果；
(2)任取ai,aj，i，j∈{1,2,⋯k}，得到S=a12+a22+⋯+ak2=120k，设x1,x2,⋯xk的第i个分量之和为ci，结合S=c12+c22+⋯+c1202≥c12+c22+⋯+cm2=k2m，即可证明．
本题考查向量的综合应用，新定义的应用，向量数量积的计算，化归转化思想，属中档题．