浙江省宁波市九校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（解析版）

宁波市2022学年第二学期期末九校联考高一数学试题选择题部分一、单项选择题：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.13i+z=1.已知复数12i−，则z的共轭复数的虚部为（）A.1B.iC.−iD.−1【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简z，再由共轭复数的定义即可得z，进而可得虚部.13i+(13i12i++)()−+55i【详解】z====−+1i，12i−−+(12i12i)()5所以z=−−1i，所以z的虚部为−1.故选：D.π2.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−的2值为（）3344A.B.C.−D.5555【答案】A【解析】π【分析】利用诱导公式可得cosαα−=sin，再利用三角函数的定义即可求解.2【详解】角α的终边经过点(4,3),−∴=xy4,=−3，22∴=rxy+=5，πy3则cosαα−===sin−.25r故选：A.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（）第1页/共27页学科网（北京）股份有限公司 A.若l∥α，lβ，则αβ∥B.若αβ⊥，l∥α，则l⊥βC.若l⊥α，l⊥β，则αβ∥D.若αβ∥，l∥α，则lβ【答案】C【解析】【分析】根据空间中点线面的位置关系逐一判断即可.【详解】若l∥α，lβ，则αβ∥或α、β相交，故A错误；若αβ⊥，l∥α，则l与β的位置关系都有可能，故B错误；若l⊥α，l⊥β，则αβ∥，故C正确；若αβ∥，l∥α，则lβ或l⊂β，故D错误；故选：C.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ABCD−中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，则其内切球表面积为（）A.3πB.3πC.(322−)πD.(21−)π【答案】C【解析】【分析】设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，则1VABCD=+++=VOABC−−−−VOABDVOACDVOBCDrS(ABC+++SABDSACDSBCD)，求得311121−SSSSSABCD=+++=△ABC△ABD△ACD△BCD12+，VABCD=××××=111，从而求得r=，3262根据球的表面积公式即可求解.【详解】因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCDBC,⊥CD，所以AB⊥⊥⊥BDAB,,BCBCCD，AC⊥CD，第2页/共27页学科网（北京）股份有限公司 设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，1则V=+++=VVVVrS(+++SSS)ABCDOABC−−−−OABDOACDOBCDABCABDACDBCD33V所以r=，SABCD因为四面体ABCD的表面积为SSSSS=+++=12+，ABCD△ABC△ABD△ACD△BCD111又因为四面体ABCD的体积V=××××=111，ABCD3263V21−所以r==，S22所以内切球表面积Sr=4π=(322)−π.故选：C.5.已知等比数列{an}的前n项积．为Tn，若TTT798>>，则（）A.q<0B.a1<0C.TT15<<116D.TT16<<117【答案】D【解析】828【分析】设等比数列{}an的公比为q，利用反证法说明q>0，从而得到T81=aq>0，即可得到a>0，从而得到a>1，01<<a，01<<aa，再根据等比数列的性质判断即可.19889【详解】设等比数列{}an的公比为q，798当q=1，则aan=1，所以Ta71=，Ta91=，Ta81=，798若a1<0，则Ta71=<0，Ta91=<0，Ta81=>0，不符合题意；n若a1>0，则a1单调（或为常数1），此时不满足TTT798>>，故不符合题意，所以q≠1；当q<0，a1<0，此时{an}奇数项为负，偶数项为正，则T7>0，T9<0，T8>0，不符合题意，当q<0，a1>0，此时{an}奇数项为正，偶数项为负，则T7<0，T9>0，T8>0，不符合题意，所以q>0，故A错误，7721又T=⋅=aa⋅⋅⋅⋅⋅aa=aq，7712419936T=⋅=aa⋅⋅⋅⋅⋅aa=aq，991251第3页/共27页学科网（北京）股份有限公司 4828T8=⋅=a12⋅aa⋅⋅⋅⋅8(aa45)=a1q>0又TTT798>>，所以TTT798>>>0，所以a1>0，故对任意的n∗a=aqn−1>0，则对任意的n∗∈N，n1∈N，Tn>0，故B错误；TTaT9899又a9=>1，01<=<a8，所以q=>1，01<=<aa89，TTaT8787158所以Taa=⋅⋅⋅⋅⋅aaa⋅=<1，Taaaaaaaaa=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=(⋅)1<，151214158161212131415168917T=aaaaaaaa⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅=a1，17121213141516179所以TT16<<117，故D正确，C错误．故选：D．6.如图，在棱长均为2的直三棱柱ABCABC111中，D是AB11的中点，过B、C、D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点B1所在部分的体积为（）235373A.B.C.3D.366【答案】B【解析】【分析】设平面BCD交AC11于点E，连接DE、CE，推导出点E为AC11的中点，用三棱柱ABCABC111的体积减去三棱台ADE1−ABC的体积即可得解.【详解】设平面BCD交AC11于点E，连接DE、CE，第4页/共27页学科网（北京）股份有限公司 在三棱柱ABCABC111中，平面ABC//平面ABC111，平面BCD平面ABC=BC，平面BCD平面ABC111=DE，所以，DEBC//，又因为BBCC11//且BB11=CC，故四边形BBCC11为平行四边形，所以，BCBC//11，所以，DEBC//11，1因为D为AB11的中点，所以，E为AC11的中点，且DE=BC11=1，2因为直三棱柱ABCABC111的每条棱长都为2，32则V=S⋅AA=××=2223，ABCABC−111△ABC14332易知△ADE1是边长为1的等边三角形，则S△ADE1=×=1，441V三棱台ADEABC1−=(SADE11++⋅⋅SABCSADESABC)AA1313373=×++32×=，34267353因此，顶点B1所在部分的体积为VVABCABC−111−三棱台ADEABC1−=−=23.66故选：B.7.在ABC中，P0是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有PBPC⋅≥⋅PBPC00，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【答案】A【解析】【分析】根据基底法转化数量积，将向量关系转化为数量关系进而求解.【详解】如下图所示，取BC的中点D，第5页/共27页学科网（北京）股份有限公司 22PB+−PCPBPC2222显然，PBPC⋅=−=−=−PDDCPDDC，2222同理，PBPC⋅=−PDDC，0002222因为PBPC⋅≥⋅PBPC00，所以PD−≥−DCPD0DC，22即PD≥≥PD00,PDPD，所以PDBC0⊥，因为D,P0是BCAB,的中点，所以AC//PD0,所以AC⊥BC，所以ABC一定是直角三角形.故选：A8.十七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时，所求的点为三角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；当三角形有一内角大于或等于120°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2C=π，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，3则PAPM⋅+⋅+⋅=PMPCPAPC（）432A.−1B.−C.D.−555【答案】C【解析】【分析】由余弦定理求出AB，再由正弦定理求出sinB，即可求出cosB，设CM=BM=x，由余弦定理求出x，即可求出S△AMC，根据定义可知P为三角形的正等角中心，由等面积法求出PAPM⋅+⋅+⋅PMPCPAPC，最后根据数量积的定义计算可得.2【详解】因为C=π，AC=1，BC=2，3由余弦定理可得AB=+−⋅AC22CB2ACCBcosC=7，17ACAB=21由正弦定理=，即sinB3，所以sinB=，sinBCsin142第6页/共27页学科网（北京）股份有限公司 257显然B为锐角，所以cosB=1si−nB=，14222222107设CM=BM=x，则CM=+−⋅CBBM2CBBMcosC，即xxx=+−2，7272解得x=，即BM=AB，55337所以AM=AB=，55331333所以SS==××××12=，AMCABC552210222AM+−CMAC又cos∠=AMC>0，即∠AMC为锐角，2AMCM⋅所以AMC的三个内角均小于120，则P为三角形的正等角中心，12π12π12π所以S=⋅PAPMsin+⋅PMPCsin+⋅PAPCsinAMC232323333=(PAPM⋅+⋅+⋅=PMPCPAPC)，4106所以PAPM⋅+⋅+⋅=PMPCPAPC，5因为PAPM⋅+⋅+⋅PMPCPAPC2π2π2π=⋅PAPMcos+⋅PMPCcos+⋅PAPCcos3331=−(PAPM⋅+⋅+⋅PMPCPAPC)2163=−×=−.255故选：C二、多项选择题：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.第7页/共27页学科网（北京）股份有限公司 9.下列说法正确的是（）A.若ab//，bc//，则ac//B.(abcabc⋅⋅≤)2C.若ac⊥−(b)，则abac⋅=⋅D.(abbab⋅⋅=⋅)()【答案】BC【解析】【分析】根据共线向量和零向量的定义判断A，根据数量积的定义及运算律判断B、C、D.【详解】对于A：当b=0且a与c不共线时，满足ab//，bc//，但是a与c不共线，故A错误；对于B：设ab,=θ，则abab⋅=⋅cosθ，则(abcab⋅⋅=⋅)cosθ⋅≤cabc，故B正确；对于C：因为ac⊥−(b)，则abc⋅−=()0，则abac⋅−⋅=0，所以abac⋅=⋅，故C正确；对于D：设ab,=θ，则abab⋅=⋅cosθ，则(abbab⋅⋅=⋅)cosθ⋅b表示与b共线的向量，22而ab⋅=()ab⋅表示与a共线的向量，故D错误；故选：BC10.下列说法正确的是（）πA.若fx()=sinωωx++2cosx(ω>0)的最小正周期为π，则ω=23B.在ABC中，角ABC,,的对边分别为abc,,，则“AB＞”是“ab＞”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26【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据余弦和角公式和辅助角公式化简函数，再结合正弦函数周期公式求解；对于B，根据条件直接判断；对于C，根据等差数列的性质列式，引出矛盾从而判断；对于D，先还原图形，再直接求面积.πππ【详解】对于A，f(xxxxx)=sinωωωω+2cos+=sin+2coscos−sinωxsin333131+=cosωxx+−(13sin)ω=−523sin(ωϕx+)，tanϕ==−，13−2第8页/共27页学科网（北京）股份有限公司 2π则fx()(ω>0)的最小正周期=π，则ω=2，故A正确；ω对于B，在ABC中，根据“大角对大边，大边对大角”可知，“AB＞”是“ab＞”的充要条件，故B正确；ac对于C，a，b，c依次成等差数列，则b=ac+，如果2abcb2+2，2，2成等差数列，则2=，代22ac+ac+ac++aac22ac2c入b=得2ac，平方得4×22=+(2)=+×2222+，则22×=+22222aaa+c2cc22−×2+=−2(220)=，ac所以2−===2,0acb，与题意矛盾，故C错误；对于D，过点A′作AF′′′//y交x′轴于点F′，因为ABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，所以ABC′′′的高AE′′=3，所以AF′′=×=326，所以原图中，AF=26,BC=2，11所以ABC的面积为×AFBC××=262×=26.故D正确.22故选：ABD11.《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⊥SD1B.若AB=2，则三棱锥S−AOD体积的最大值为6C.对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线第9页/共27页学科网（北京）股份有限公司 π2D.若∠=ABD，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是64【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由CD是直径得∠=DAC90°，从而可知不存在直径CD，使得AD⊥CD，从而可判断；对于B，由题意可得当AO⊥OD时，三棱锥S−AOD体积最大，求解即可判断；对于C，根据异面直线的判定方法即可判断；对于D，取SB的中点E，取OB的中点F，连接OECECFEF,,,，可得∠COE（或及其补角）为异面直线SA与CD所成角的平面角，根据余弦定理即可求解，从而可判断.【详解】对于A，连接SDAC,，因为SO⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以SO⊥AD，若AD⊥SD，只需AD⊥CD，因为CD是直径，所以∠=DAC90°，所以不存在直径CD，使得AD⊥CD，所以不存在某条直径CD，使得AD⊥SD，A错误；对于B，若AB=2，则SO=OA=OD=1，111所以三棱锥S−AOD的体积为××××∠11sinAOD×=1sin∠AOD，3261所以当AO⊥OD时，三棱锥S−AOD体积的最大值为，B正确；6对于C，AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，所以AD与SB没有交点，而SB平面ADBC=B，AD⊂平面ADBC，所以直线AD与直线SB互为异面直线，C正确；对于D，取SB的中点E，取OB的中点F，连接OECECFEF,,,，则OESA//，所以∠COE（或及其补角）为异面直线SA与CD所成角的平面角.12111令AB=2，则SO=OB=OC=1，所以OE=SA=,,OF=EF=SO=，22222ππ3因为∠=ABD，所以∠=AOD∠=BOC，则CF=，632所以CE=+=EF22CF1，第10页/共27页学科网（北京）股份有限公司 122211+−OC+−OECE22所以cos∠=COE==，D正确.24OCOE⋅221××2故选：BCD2212.已知数列{an}中各项都小于2，aaaan++11−=43nnn−，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aamm+1≥03B.存在a1与正整数m，使得aamm+1>4C.任意非零实数a1与正整数m，都有aamm+1<D.若a1=1，则S2022∈(1.5,4)【答案】AD【解析】2(aann−3)2【分析】由递推公式得到aa=即可判断A，记fxx()=−4x，依题意可得nn+1a−4n+133fa(nn+1)≥fa，结合函数的单调性，即可得到对于任意正整数n，aann+1≤，从而判断B，分a1=0、4402<<a、a<0三种情况讨论，即可判断C，结合A、C即可判断D.1122【详解】对于A：因为aaaan++11−=43nnn−，所以(aaaan++11−=43)nnn(−)，2(aann−3)(aann−3)所以a=，则aa=≥0，故A正确；n+1nn+1a−4a−4n+1n+12222333对于B：记fxx()=−4x，由aaa−=44−a≥a−4a，nnn++11nnn444第11页/共27页学科网（北京）股份有限公司 3可得fa(nn+1)≥fa，因为fx()在(−∞,2)上单调递减，43所以对于任意正整数n，aa≤，故B错误；nn+14对于C：由A可知所有an同号，①当a1=0时，易得对于任意正整数n，an=0，222②当02<<a1时02<<an，an++11−434aaaaan=−>−nnnn，即fa(nn+1)>fa()，因为fx()在(−∞,2)上单调递减，所以对于任意正整数n，aann+1<，222③当a1<0时an<0，an++11−434aaaaan=−<−nnnn，即fa(nn+1)<fa()，因为fx()在(−∞,2)上单调递减，所以对于任意正整数n，aann+1>，故C错误；3对于D：由B可知对于任意正整数n，aa≤，nn+1420223n−12022k−11−2022a=13334当1时an≤，所以S2022≤=∑=41−<4，4k=1441−3421由C中②知当a1=1时，01<≤an，又aa22−+=420，解得a2=−>22，23所以SS>>，202222所以S2022∈(1.5,4)，故D正确；故选：AD非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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2π（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.若某空间几何体的侧面展3开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.第12页/共27页学科网（北京）股份有限公司 【答案】122【解析】2π【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解.32π【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为r，高为h，32π所以2πr=×30，可得r=10，因此，该圆锥的高为h=−=302210202，32π侧面展开图是半径为12，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为r1，高为h1，32π所以2πr=×12，可得r=4，因此，该圆锥的高为h=1222−=482，1113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20282−=122.故答案为：122.πcosaa57+cos14.已知等差数列{an}，a8=8，a9=+8，则=______.3cosa6【答案】1【解析】π【分析】记等差数列{an}的公差为d，则daa=−=98，由3aaaa+−aaaa+−aa+7575757575aa=−=,+，a=，结合和差角余弦公式可得57622222aaaa+−75752coscoscosa+−cosa22aa5775==2cos，从而可求解.cosa6aa75+2cos2π【详解】记等差数列{an}的公差为d，则daa=−=98，3aaaa+−aaaa+−aa+7575757575因为aa=−=,+，a=，57622222aaaa+−+−aaaa75757575所以cosaa+=coscoscos+sinsin572222第13页/共27页学科网（北京）股份有限公司 aaaa+−+−aaaaaaaa+−757575757575+−=coscossinsin2coscos，222222aaaa+−75752coscoscosa+−cosa22aaπ5775所以==2cos=2cosd=2cos=1.cosa6aa75+23cos2故答案为：115.如图，在直三棱柱ABCABC111中，BC=CC1=3，AC=4，AC⊥BC，动点P在△ABC111内（包括边界上），且始终满足BP⊥AB1，则动点P的轨迹长度是______.12【答案】5【解析】【分析】推导出BC11⊥AB，在平面ABC111内，过点C1作CH1⊥AB11，垂足为点H，证明出AB11⊥CH，可得出AB1⊥平面BCH1，分析可知点P的轨迹为线段CH1，利用等面积法求出线段CH1的长，即为所求.【详解】在直三棱柱ABCABC111中，BB1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以，AC⊥BB1，又因为AC⊥BC，BCBB1=B，BC、BB1⊂平面BBCC11，所以，AC⊥平面BBCC11，因为BC1⊂平面BBCC11，所以，BC1AC，因为BBCC11//，BB11=CC=BC，则四边形BBCC11为菱形，所以，BC11⊥BC，又因为AC∩=BC1C，AC、BC1⊂平面ABC1，所以，BC1⊥平面ABC1，因为AB1⊂平面ABC1，所以，BC11⊥AB.第14页/共27页学科网（北京）股份有限公司 在平面ABC111内，过点C1作CH1⊥AB11，垂足为点H，因为BB1⊥平面ABC111，CH1⊂平面ABC111，则CH11⊥BB，因为CH1⊥AB11，BB1AB11=B1，BB1、AB11⊂平面AABB11，所以，CH1⊥平面AABB11，因为AB1⊂平面AABB11，则AB11⊥CH，因为BC11CH=C1，BC1、CH1⊂平面BCH1，所以，AB1⊥平面BCH1，由于动点P又在△ABC111内，所以动点P在平面ABC111与平面BCH1的交线CH1上，因为AC11=AC=4，BC11=BC=3，AC11⊥BC11，2222所以，AB=AC+BC=+=435，111111ACBC⋅43×121111由等面积法可得CH1===，AB551112因此，动点P的轨迹长度是.512故答案为：.5π16.已知向量a，b的夹角为，且ab⋅=3，向量c满足ca=+−λλλ(101)b(<<)，且acbc⋅=⋅，3ca⋅cb⋅记x=，y=，则x22+y−xy的最大值为______.ab27【答案】8【解析】【分析】设OA=aOB,,=bOC=c,由共线定理可知点C在线段AB上，设∠=AOCα，则第15页/共27页学科网（北京）股份有限公司 π2232∠=BOC−α，根据投影的计算方法，结合三角恒等变换公式，推出x+=y−xy||c，可将原问34题转化为求||c的最大值，再利用等面积法，进一步将问题转化为求AB的最小值，然后结合余弦定理和基本不等式，得解.【详解】π设OA=aOB,,=bOC=c，则∠=AOB，3π由ab⋅=3，知||||cosab⋅=3，即||||6ab⋅=，31π1333所以S=||||sinab⋅=××6=，OAB23222因为ca=+−λλλ(1)(0b<<1)，所以点C在线段AB上，π设∠=AOCα，则∠=BOC−α，3222222ππ所以x+=y−xy||coscα+||cosc−−αα||coscc⋅||cos−α3322221313=||cosccα+||cosαα+sin−⋅||cosccααα||cos+sin22222213231322=||ccosααα++cossincosα+−−sinαcosαsinααcos4242232=||c4故原问题转化为求||c的最大值，在OAB中，由余弦定理知，π22222||||||2||||cos||||||||ABab=+⋅=−ababab+⋅−3≥⋅−⋅=⋅=26ababab，当且仅当ab==6时，等号成立，故AB的最小值为6，因为acbc·=·，所以(abc−⋅=)0，即AB⊥OC，第16页/共27页学科网（北京）股份有限公司 133所以S=|AB||⋅=OC|，OAB2233333232即OC=≤=，即c≤，AB622223227所以x+−=yxy||c≤.4827故答案为：8四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.c17.定义一种运算：(ab,)=acbd+.dz（1）已知z为复数，且(3,z)=−73i，求z；4isinx2（2）已知x、y为实数，(yx+−sin2,2)(1,sinx)也是实数，将y表示为x的函数并求该函y23i数的单调递增区间.【答案】（1）10ππ7π（2）yx=−2sin2++3，增区间为++∈kπ,kkπ(Z)31212【解析】z【分析】（1）zabab=+∈i,(R)，由(3,z)=−73i结合复数相等可求出a、b的值，再利用复数的模4长公式可求得z的值；2（2）利用题中运算结合复数的概念可得出yx+−sin223sinx=0，利用三角恒等变换化简可得出y关于x的函数表达式，再利用正弦型函数的单调性可求得该函数的单调递增区间.【小问1详解】解：设zabab=+∈i,(R)，z因为(3,z)=+=++−=−=−3zz43(abi)4(abi)7abi73i，4第17页/共27页学科网（北京）股份有限公司 77a=a=122所以，，即，则z=+13i，因此，z=+=1310.b=3b=3【小问2详解】isinx22解：(yx+sin2,2)−(1,sinx)=−(2yxsin)++(yxsin2−23sinx)i为实数，y23i2则yx+−sin223sinx=0，21cos2−x所以，yxxx=−+sin223sin=−+×sin223=−+(sin2xx3cos2)+32π=−2sin2x++3，3ππ3ππ7π由2kxkkπ+≤+≤+22π(∈Z)可得kπ+≤≤+xkπ(k∈Z)，2321212ππ7π因此，函数yx=−2sin2++3的单调递增区间为kkkπ++∈,π(Z).3121218.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fx()=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yfx=()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.π【答案】（1）fx()=402cos(x++4)3，x∈[1,12]6（2）第7,8,9月是该地区的旅游旺季，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意首先求出A，再根据周期求出ω，最后根据f(2)=40求出k，即可得到函数解析第18页/共27页学科网（北京）股份有限公司 式；（2）令fx()>160，结合余弦函数的性质计算可得，注意x为正整数.【小问1详解】因为A和k是正整数，由②可知40(Ak+−−+=)40(Ak)160，解得A=2；T2ππ由③可得：=−=826，则T==12，且ω>0，解得ω=；2ω6ππ所以fx()=402cos(x++4)k，又fk(2)=402cos(24++=)40，66即40(k−=2)40，解得k=3；π所以fx()=402cos(x++4)3，x∈[1,12].6【小问2详解】ππ1令fx()=402cos(x++>4)3160，则cos(x+>4)，662π5π8π因为x∈[1,12]，则(x+4)∈,，6635ππ7π可得<+(x4)<，解得6<<x10，363*且x∈N，则x=7,8,9，所以第7,8,9月是该地区的旅游旺季.219.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Snnn=+−43.（1）求{an}的通项公式；25n+（2）记bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.SSnn+12,n=1【答案】（1）an=2nn+≥3,211（2）T=−n22nn++62【解析】第19页/共27页学科网（北京）股份有限公司 Sn,1=1【分析】（1）由an=可求得数列{an}的通项公式；SSn−≥,2nn−111（2）计算得出bn=−，利用裂项法可求得Tn.SSnn+1【小问1详解】解：当n=1时，aS11==+−=1432，22当n≥2且n∈N∗时，aSS=−=+−−−+−−=+(nn43)(n141323)(n)n，nnn−1a=2不满足an=23+，1n2,n=1综上所述，an=.2nn+≥3,2【小问2详解】22解：因为SSn−=++(1413)(n+−−+−=+)(nn4325)n，nn+125n+SS−11nn+1所以，bn===−，SSSSSSnn++11nnnn+11111111111因此，Tn=−+−++−=−=−2SS12SS23SSnn++1SS1n12(nn+++−1413)()11=−.22nn++6220.在ABC中，内角A，B都是锐角.π（1）若∠=C，c=2，求ABC周长的取值范围；3（2）若22222sinABC+>sinsin，求证：sinAB+>sin1.【答案】（1）(23+2,6（2）证明见解析【解析】43π【分析】（1）根据正弦定理可得ab+=(sinA+sinB)，然后可得ab+=4sinA+，然后结合A36的范围求出ab+的范围可得答案；π（2）由条件可得C为锐角，然后由AB+>可得sinAB>cos，即可证明.2第20页/共27页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】abc243π====因为∠=C，c=2，所以sinABCsinsin33，3243所以ab+=(sinA+sinB)，3π13因为sinABAA+=+sinsinsin+=+sinAAsin+cosA32233π=+=+sinAAAcos3sin226π所以ab+=4sinA+，6π因为内角A，B都是锐角，∠=C，3π0<<A2πππ3所以，即<<A，所以sinA+∈,1，<=−<2ππ62620BA32所以ab+∈(23,4，所以ABC周长的取值范围为(23+2,6，【小问2详解】222222若sinABC+>sinsin，则abc+>，所以C为锐角，ππ所以AB+>，所以AB>−，22ππ因为内角A，B都是锐角，所以AB,−∈0,，22π所以sinA>sin−=BBcos，22222所以sinABBB+>+=sincossin1.π21.已知边长为6的菱形ABCD，∠=ABC，把ABC沿着AC翻折至ABC1的位置，构成三棱锥31137B1−ACD，且DE=DB1，CF=CD，FE=.232第21页/共27页学科网（北京）股份有限公司 （1）证明：AC⊥BD1；（2）求二面角B1−−ACD的大小；（3）求EF与平面ABC1所成角的正弦值.【答案】（1）证明过程见解析2π（2）3337（3）74【解析】【分析】（1）根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；111（2）根据几何关系FE=CD+CB1，平方后得到cos∠BCD1=−，得到BD1=9，根据余弦定理求628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ABC1所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值.【小问1详解】取AC中点O，连接OBOD1,，π因为菱形ABCD，∠=ABC，13所以△ACB1,△ACD为等边三角形，所以OB1⊥ACODAC,⊥，又因为OBOD1,⊂面OBD1，OB1∩=ODO，所以AC⊥面OBD1，因为BD1⊂面OBD1，第22页/共27页学科网（北京）股份有限公司 所以AC⊥BD1【小问2详解】11因为DE=DB，CF=CD，12311111所以FE=+=−+FBBECBCFBD=−+CBCD(CDCB−=+)CDCB，111111123262222111112平方得，FE=+=+CDCBCDCDCBcos∠BCD+CB，1111623664371111即=×+××3666cos∠BCD+×36，解得cos∠BCD=−，11436648在△BCD1中，由余弦定理得，2221BD=CB+CD−2CBCD⋅cos∠BCD=+−×××−=363626681，11118所以BD1=9，由（1）可知，∠DOB1是二面角B1−−ACD的平面角，在等边ABC1中，BOBC11=sin60°=33，同理OD=33，222BO+−DOBD272781+−111在BOD1中，由余弦定理，cos∠BOD1===−，2BODO⋅×227212π因为0＜∠BOD1＜π，所以∠BOD1=，32π即二面角B1−−ACD的大小为.3【小问3详解】取BE1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ABC1所成角即为所成角，第23页/共27页学科网（北京）股份有限公司 在平面DOB1中，作GK⊥BO1，因为AC⊥面OBD1，GK⊂面OBD1，所以AC⊥GK，又因为ACBO,1⊂面ABC1，ACBO1=O，所以GK⊥面ABC1，所以∠GCK是CG与平面ABC1所成角，π19在△DOB1中，∠OBD11=∠ODB=，BG11=BD=，所以64419GK=BG=，128EFDE2337337在DCB1中，由DEFDGC，得==，CG=×=，CGDG32249GK8337所以sin∠GCK===，CG337744337所以EF与平面ABC1所成角的正弦值为.74222.已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足：SaSnnn=(−1)，且Sn≠0，数列{bn}bb12bnn+1满足：对任意n∈N*有+++=−⋅+(n12)2.SSS12n1（1）求证：数列是等差数列；Sn第24页/共27页学科网（北京）股份有限公司 （2）求数列{bn}的通项公式；n−123（3）设Tn是数列的前n项和，求证：Tn<.bb−22nn【答案】（1）证明见解析；n（2）bn=2；（3）证明见解析.【解析】211【分析】（1）把aSSnnnn=−≥−1(2)代入SaSnnn=(−1)得SSSSnnn−−11=−n，即SS−=1，从而得nn−1证；n（2）利用和与项的关系即可求解得bn=2；nnn−−−111n−1222211（3）利用放缩法，得=21nn=nn<=n−1nn−−n，再结合裂bb2nn−22−2212121(−)(−−)()2121−−项相消求和法即可证明.【小问1详解】2SaSnnn=(−1)，aSSnnnn=−≥−1(2)，2∴=−SSSSn(nn−1)(n−1)，即SSSSnnn−−11=−n①由题意Sn−1⋅Sn≠0，11将①式两边同除以Sn−1⋅Sn，得SS−=1，nn−1111∴数列是首项为==1，公差为1的等差数列.SnSa11【小问2详解】11由（1）可知=+−=∴=1(n1)nS,n.Snnb1当n=1时，=2，即b1=2，S1bb12bnn+1当n≥2时，+++=−⋅+(n12)2②，SSS12n第25页/共27页学科网（北京）股份有限公司 bb12bn−1n则+++=−⋅+(n222)③，SSS12n−1bnn+1nnn②−③，=−⋅−−⋅=⋅(nnn12)(22)2，即bn=2，Snn因为b1=2满足bn=2，n所以b=2.n【小问3详解】nnn−−−111222由（2）可知，=2nn=nnbb2nn−−22221(−)13当n=1时，T1=<，22nnn−−−111n−1222211当n≥2时，=21nn=nn<=n−1nn−−n，bb2nn−22−2212121(−)(−−)()2121−−1111111所以T<+−+−++−n1223nn−1221212121−−−−2121−−113=+−1<.n2212−3所以T<.n2第26页/共27页学科网（北京）股份有限公司 第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司