2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷

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.

1.（5分）已知复数2=造，则Z的共辗复数的虚部为（）

A.1B.iC.-iD.-1

2.（5分）在平面直角坐标系xOy中，若角a以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4,-3）,贝|cos（a-*）

的值为（）

3344

A.-HB.-C.TD.-

5555

3.（5分）设/是一条直线，a,0是两个不同的平面，下列说法正确的是（）

A.若/〃a,/〃0,则a〃0B.若a_LB，l//a,贝卜_10

C.若/_La,Z±p,贝!]a〃0D.若。〃0,I//a,贝

4.（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖在鳖I1A-8C。中，平

面BC。，BCLCD,且AB=BC=a）=l,则其内切球表面积为（）

A.3TTB.V3TTC.(3-2V2)7TD.(V2-1)TT

5.（5分）已知等比数列｛斯｝的前几项积为心，若巧>为>78,则（）

A.q<0B.ai<0C.T15<1<T16D.T16<1<T17

6.（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC-A出Ci中,。是431的中点，过2,C,。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（

B

2V35V37V3

C.V3D.——

-66

—>—>—>—>

7.(5分)在△ABC中,P0是边AB的中点，且对于边A8上任意一点尸，恒有P8・PC2PoB-PoC,则4

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.（5分）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="，AC=1,BC=2,且点M在AB线段上，且满足若点P为的

—»—>—>—>T—>

费马点，贝（JPA-PM+PM-PC+PA-PC=（）

4

A.-1B.C.D.

5

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.

（多选）9.（5分）下列说法正确的是（）

…TTTTC7

A.右。||b,b\\cf则a||cB.|(a®・c|<\a\\b\\c\

:,—>—>—>—>—>

C.右a1(b—c),则a-b=a-cD.(a•6)•6=a•(b)2

(多选)10.(5分)下列说法正确的是()

A.若久）=久+2cos（a）x+&3>0的最小正周期为n,则3=2

B.在AABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,贝是“。>6”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2。，2b,2。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痣

（多选）11.（5分）《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,C。是直角圆锥S。底面圆的两条不同的直径，下列说法正确

A.存在某条直径CD,使得

1

B.若AB=2,则三棱锥S-AOO体积的最大值为二

C.对于任意直径C。，直线AO与直线S3互为异面直线

D.若NABD=±则异面直线&4与CD所成角的余弦值是:

（多选）12.（5分）已知数列｛〃”｝中各项都小于2,磷+i—4即+1=嫌一3外，记数列｛斯｝的前九项和为数,

则以下结论正确的是（）

A.任意m与正整数相，使得丽丽+120

B.存在ai与正整数机，使得

C.任意非零实数与正整数机，都有新+1＜丽

D.若m=l,则S2022C（1.5,4）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（5分）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

27r

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，且圆心角为可.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.

77"COSCOSCly

14.（5分）已知等差数列｛珈/圆=8,。9=8+泉则------------=

Jcosa6

15.（5分）如图，在直三棱柱ABC-481C1中，BC=CCi=3,AC=4,AC±BC,动点P在△A181C1内

（包括边界上），且始终满足8P_LA8i,则动点P的轨迹长度是.

—>7T—_—>_>_>

16.(5分)已知向量a,b的夹角为1且a•b=3,向量c满足c=Aa+(1—2)b(0<2VI),且a,c=b•c,

记久=y=则/+/-xy的最大值为______________________.

I«l\b\

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.

17.(10分)定义一种运算：(a,fa)—ac+bd.

(1)已知z为复数，且(3,z)[^]=7-3i,求团;

为实数，(讥；出支)匕骑]也是实数，将表示为无的函数并求该

(2)已知x,yy+s2%,2)-(1,S2y

函数的单调递增区间.

18.(12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一一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了

(x)=40[Acosio(x+4)+月来刻画.其中正整数x表示月份且x€[l,12],例如x=l时表示1月份，A

和左是正整数，3>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=/(无)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.(12分)已知数列｛斯｝的前w项和为8，且S”=/+4〃-3.

(1)求｛丽｝的通项公式;

(2)记黑也,数列｛阮｝的前n项和为Tn,求Tn.

20.(12分)在△ABC中，内角A,3都是锐角.

(1)若4=不c=2,求△ABC周长的取值范围；

(2)sin2A+sin2B>sin2C,求证：sin2A+sin2B>1.

21.(12分)已知边长为6的菱形ABC。，ZABC=把△ABC沿着AC翻折至△AB1C的位置，构成三

T1TT1T/Q7

棱锥81-AC。,且DE/DBI，CF=jCO,EF=岂.

(1)证明：ACLBiD；

(2)求二面角Bi-AC-D的大小；

(3)求EF与平面AB1C所成角的正弦值.

22.(12分)已知数列｛z｝中，微=1,当〃，2时，其前"项和S"满足：S：=a”(Sa-l),且SWO,数列

｛为｝满足：对任意“6N*有旦+—+•--+—=(n-1)-2n+1+2.

Sis2sn

(1)求证：数列｛々｝是等差数列；

(2)求数列｛氏｝的通项公式；

(3)设6是数列｛/二-｝的前〃项和，求证：Tn<l，

D2n~Dn0

2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷

参考答案与试题解析

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.

1.（5分）已知复数2=垣，则Z的共轨复数的虚部为（)

A.1B.iC.D.-1

l+3i=(l+3i)(l+2i)=.

【解答】解:-1+z

口芯二(l-20(l+2i)=

则，=一1—3其虚部为-1.

故选：D.

2.（5分）在平面直角坐标系尤Oy中，若角a以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4,-3）,则cos（a-刍

的值为（）

3344

A.一百B.一C.—FD.一

5555

【解答】解：由三角函数定义有sina=

所以cos（a—彳）=sina=一耳.

故选：A.

3.（5分）设/是一条直线，a,0是两个不同的平面，下列说法正确的是（）

A.若/〃a,/〃0,则a〃0B.若支上&l//a,则/_L0

C.若/La,/±p,贝Ua〃BD.若a〃B，l//a,则/〃0

【解答】解：若/〃a,/〃仇则式〃0或a与0相交，故A错误；

若l//a,则仁0或/〃0或/与0相交，故8错误；

若/La,Z±p,则。〃0,故C正确；

若a〃0,l//a,则/〃B或/u0,故。错误.

故选：C.

4.（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖膈.在鳖HA-8CO中，48，平

面BCD,BCLCD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为（）

A.3nB.V3TTC.（3-2&）兀D.（a-1）兀

【解答】解：因为四面体ABC。四个面都为直角三角形,

A

4BJL平面BCDBC±CD,所以AB_LB。，ABLBC,BCVCD,ACLCD,

设四面体ABCD内切球的球心为0,半径为r,

]

则匕BCO=^O-ABC+^O-ABD+^O-ACD+^O-BCD=3r（*^A71BC+LABD+i^ACD+S^BCD），

所以r=s'CD,因为四面体ABCD的表面积为SZBCQ=S^ABC+^LABD+^LACD+S^BCD=1+V2,

^ABCD

111

又因为四面体ABCD的体积匕BCO=@X2X1X1X1=G，

所以r=R1,所以内切球表面积S=47rr2=（3-2V2）7r.

故选：C.

5.（5分）已知等比数列｛〃〃｝的前〃项积为〃，若乃〉乃>T8,则（）

A.qVOB.ai<0C.Ti5<l<Ti6D.T16<1<T17

【解答】解：因为等比数列｛〃〃｝的前〃项积为Ln

若77>79>18,

故〃9>1,48V1；

所以Q「q8>l,所以〃1>0,0<^<1;

以^16=.。2,,1,,。15•。16=（08a9）8*^1,717=,02,016,。17=Qg”1,

故选：D.

6.（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC-ALBIG中，。是431的中点，过8,C,。三点的平面

将该三棱柱截成两部分，则顶点B\所在部分的体积为（）

B

2V35遮7百

A.-----B.——C.V3D.——

366

【解答】解：如图，取4G的中点E,连接DE,CE,又。是421的中点,

1

：.DE//B\C\,且。片=熟。,

又B1C3/BC,且BiCi=BC,

1

：.DE//BC,>DE=^BC,

...过8,C,。三点的平面截该三棱柱的截面为梯形8CEO,

.•所求体积为：U三度柱yiBC-ZiBiCi—'三度台ZiOE-ABC

=1x2x2x^x2-1x(|xlxlx^+1x2x2x^+J苧xW)x2

=2旧一单=裳

oo

7.(5分)在△ABC中，Po是边AB的中点，且对于边A8上任意一点P,恒有PB•PC2P()8•P()C,则4

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

【解答】解：以AB所在直线为无轴，以的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，设48=4,

贝I]A(-2,0),B(2,0),C(a,b),P(0,0),Po(x,0),

—>—>—»—>

所以PB=(2-x,0),PC=(.a-x,b),P0B=(2,0),P0C=(〃，b),

—>—>—>—>

因为恒有PB-PC2P()B-PoC，则(2-x)(a-无)2(2a,

整理得x2-(o+2)x'0恒成立，

故八=(a+2)2忘0,即a=-2,此时8AJ_AC,

所以/A=90°,

所以AABC为直角三角形.

故选：A.

8.(5分)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="，AC=1,BC=2,且点M在AB线段上，且满足若点P为的

—>—>—>—>—>

费马点，贝IJR4•PM+PM•PC+P4•PC=()

4

A.-1RC.D.-

5

7

【解答】解：因为CAC=1,BC=2,

所以由余弦定理可得=y/AC2+CB2-2AC-CBcosC=V7,

用向六…工田r曰ACAB日口,DACsinClx孚721

由正弦ZE理可得一^=「：，即sinB=a=F

sinBsinCABV7

又B为锐角，

所以cosB=V1—sin2B=

设CM=BM=x,则CM2=CB2+BM2-2CB-BA/cosC,

即—4+x2—'0』X,

解得％=竽，即8M=|他

所以AM=菅,

mile3c31„>/33^/3

则S/iAMc=耳S“BC=5x2x4^-x2x~2~='W~

22263.28

AM+CM-AC25+25-1

又cos/4MC=>0,

2AM-CM2X3V7X2V7

则NAMC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,

1TT2771T27T1TT27T

所以SMMC=^\PA\'\PM\sin^+^\PM\.\PC\sin^-+^\PA\■\PC\sin^

叵TTTTT7□F5

=^(\PA\-\PM\+\PM\-\PC\+\PA\-|PC|)=常，

TT—TT—A

所以|P4|•|PM|+\PM\■\PC\+\PA\-\PC\=I，

TT—T2-»-2->—2

所以P2-PM+PM-PC+PA-PC=\PA\■\PM\cos^7-r+\PM\■\PC\cos7^r+\PA\■\PC\cos7^r

〔一>—>—»—>

=~^(.\PA\■\PM\+\PM\'\PC\+\PA\■|PC|)

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.

(多选)9.(5分)下列说法正确的是(

4TTTT――r—»—»r—>

A.右a||b,b\\c,则a||cB.|(a-fo)-c|<\a\\b\\c\

,,—>—>—>—>~’—>—>T-TTTD

C.右Q1(b—c),则a'b=a'cD.(a•b)•b=a,(b)2

—TTT——>—>—>

【解答】解：对于A,当b=0时，满足a||b,bile,不能得出aIIc,选项A错误;

对于B,|(a・b)c\=\(|a||b|cos<a,b>\c\)|^|a||h||c|,当且仅当a与力共线时取“=”，所以选项B

正确；

.—>―、—>—>―、―>—>~"->_>____

对于C,a1(b—c)时，a・(b—c)=0,即a,b=a,c,选项C正确；

TTTTT_>

对于。，（a・6A6是数乘向量，与b共线的向量，a・（6）2也是数乘向量，与a共线的向量，所以等式不成

立，选项。错误.

故选：BC.

（多选）10.（5分）下列说法正确的是（）

A.若/（x）=久+2cos（a）x+5），3>0的最小正周期为冗，则3=2

B.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,贝UUA>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2。，2\2。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

【解答】解：对于A,f(x)=sin3x+2cos(3x+5)=(1—V3)sina)x+cos(ox=V5—2V^sin(a)x+(p),

其甘中++tan（p=匚1忑=一一1+2V-3,

若/（x）的最小正周期为IT,则3="=2,选项A正确；

对于5,ZVIBC中，得出〃>儿充分性成立，也能得出A>5,必要性成立，是充要条件，

选项B正确；

对于C,若2%2b,2c成等差数列，则2・26=2。+2。，所以2=2。"+2。”,所以a-b=c-b=0,即a=

b=c,所以选项。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2as直观图=2&x4—=

2V6,选项D正确.

故选：ABD.

（多选）11.（5分）《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,C。是直角圆锥S。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，S£）

1

B.若AB=2,则三棱锥S-AOO体积的最大值为二

C.对于任意直径C。，直线与直线S3互为异面直线

D.若48。=看则异面直线&4与CZ）所成角的余弦值是手

【解答】解：对A选项，：在底面的射影为CD而C。与夹角始终为锐角,

与不垂直，.•.根据三垂线定理可知与不垂直，A选项错误;

对8选项，若42=2,则三棱锥S-40。的高为SO=1,

11

当AOLDO时，三角形AOD的面积取得最大值为-x1x1=-，

22

111

此时三棱锥S-AOD体积取得最大值为-x-x1=-，二与选项正确；

326

对C选项，C。是直角圆锥S。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,直线与直线SB互为异面直线，；.C选项正确；

对。选项，若=*则NAO£）=等设圆锥的底面圆半径为r,

：.SA•OD=（。4-0S）-0D=0A,0D-0S-0D

7T丁2—>—>

=rxrxcos可—0=工,又易知|S4|=/r,\OD\=r,

T—>SA-ODr

cos<SA,OD>—i_V2

\SA\\0D\岳*4'

V2

异面直线SA与。所成角的余弦值是7’...O选项正确.

故选：BCD.

（多选）12.（5分）已知数列｛〃〃｝中各项都小于2,碎+i-4即+1=嫌一3斯，记数列｛斯｝的前项和为品,

则以下结论正确的是（）

A.任意41与正整数相，使得所丽+120

B.存在m与正整数如使得%n+i〉4aM

C.任意非零实数ai与正整数tn,都有am+i<am

D.若m=l,则>2022W（1.5,4）

【解答】解：对于选项A：因为W+1-4a九+1=忌一3a九，

所以（。〃+1-4）Cln+l=-3）（In，

整理得即+1=(『)『,

an+l-4

所以利利+1=(厮-3呼>0,故选项A正确；

%+1-4

对于选项3：不妨设/(%)=%2-4%,

2

因为成+1-4an+i=W-4([an)>(|an)-4(|an),

可得/(册+1)之/(4%0，

而/(x)=2x-4=2(x-2),

当xV2时，f'(x)<0,/(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小都有即+iw'an，故选项B错误；

对于选项C：由A可知所有同号，

①当。1=0时，对于任意正整数%都有所=0；

②当0<tzi<2时，0〈a〃V2,a"1-4劭+1=若-3。〃〉吗一4所,

所以/(即+1)>/(即)，

又函数，(%)在(-8,2)上单调递减，

所以对于任意正整数%都有即+1〈即；

③当a\<0时，a"1一4Q〃+I=an—3所>磷一4劭，

所以/(a〃+i)<f(an),

又函数f(x)在(-8,2)上单调递减，

所以对于任意正整数〃，都有念+1>即，故选项C正确；

对于选项。因为对于任意正整数小都有册+14弓的1，

37

当〃1=1时，(-)〃I

4

o1_<3\2022o

所以S2022W》肾(_)k1=巴=4)-(-)2022]<4,

41-44

因为当m=l时，OVGIWL

又6—4及+2=0,

解得42=2-V^>2，

所以S2022>S2>本

则&022G（1,5,4）,故选项D正确;

故选：AD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（5分）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

271

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，且圆心角为可.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12V2.

【解答】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30,圆心角为耳■的扇形,

设该圆锥的底面半径为r,所以2s等x30,可得r=10,

因此该圆锥的高为h=V302-102=20V2,

2TT

故侧面展开图是半径为12,圆心角为/■的扇形的圆锥的

高为—h=-x20V2=8V2,

305

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鱼-8V2=12V2.

故答案为：12迎.

14.（5分）已知等差数列｛〃〃｝,“8=8,。9=8+等，则1

Jcosa6

【解答】解：等差数列｛斯"48=8,%=8+泉

所以公差d=ag-〃8=半

cosa5+cosa7cos（a6"）+cos（a6+^）2cosa6cos^

则------------=---------------------=-----------=1.

COSCl^COSCL^COSCL^

故答案为：1.

15.（5分）如图，在直三棱柱ABC-AiBiCi中，BC=CCi=3,AC=4,AC±BC,动点尸在△A1B1C1内

（包括边界上），且始终满足则动点P的轨迹长度是不

【解答】解：在直三棱柱ABC-中，BC=CCi=3,AC=4,ACLBC,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),B\(0,3,3),设尸(尤，y,3),

—>—>

则8尸=(x,>-3,3),ABr=(-4,3,3),BP±ABif

可得：-4x+3y-9+9=0,即4x-3y=0.

直线A1B1的方程:3x+4y=12,管｝沈;之，可得许关,尸翁

〜,3648

所以。（萩

动点尸的轨迹为线段CYD,长度为：J（养产+（北/12x5_12

7T—>——T—>T—T->—>

16.(5分)已知向量a,b的夹角为1且a•b=3,向量c满足c=Aa+(1—A)Z)(0<2<1),且a•c=b,c,

''’127

记K=y=则？+丁2-孙的最大值为二

⑷\b\一8一

TT—TTT

【解答】解：设。4=a,OB=b,OC=c,

TT—T冗TT

•：a•b=\a\\b\cos-^=3,\a\\b\=6,

:向量c满足c=Aa+(1-Z)/?(O<2<1),

；.C在线段AB上，

设NAOC=a,则^BOC=5-a,

TT

T71

则％=^-=^-=|c|cosa,y=©cos(w—a),

⑷\b\

3—233^2no0-—»>9ot—>o27r—-»TC

/.―\c\<-x(―^-)x+y-xy=\c\zcosza+\c\zcos(2—a)—\c\cosa•©cos(w—cr)

=\c\2[cos2a+cosa+^-sina')2—cosa(^cosa+孚sina)]

=囱2(cos2a+|cos2a+^-sinacosa+|sin2a~^cos2a-^-smacosa)

向2,

TTTTTT

在△ABO中，由余弦定理有：|4B|2=|a『+叫2-2|可四的萦

=\a\2+\b\2-\a\\b\>2\a\\b\-\a\\b\=\a\\b\=6,

：.\AB\>V6,当且仅当向=|小时等号成立,

TT~T->T->——

■:a•c=b•c,/.（a—6）-c=0,/.BAIOC,

117r

:.S^OAB=^\AB\x\OC\=^\OA\x\OB\sin^,

器w*孥，即向〈竽，

\^DIVO乙乙

・・.x2+y2-孙=!|c|2<|x（竽）2=条

27

故答案为：—.

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.

17.（10分）定义一种运算：（a,6）=ac+bd.

（1）已知z为复数，且（3,为［M=7-3。求|z|；

(2)已知x,y为实数，(y+sin2x,2)-(1,sin?%)；爵,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.

【解答】解：(1)设2=。+从，由题意可得，

z

(3,z)[A]=3Z+4Z=3(a+bi)+4(a-bi)

=rla-bi=l-3i,故。=1,b=3,

所以|z|=VTo；

(2)由题意可得，

原式=2y-sinx+(y+sin2x-2V3sin2x)i是实数，

所以y+sin2x-2V3sin2x=0,

即y=-sin2x+2V3sin2x

=V3(1-cos2x)-sin2x

=-2sin(2x+1)+V3,

所以当2Arr+*<2x+<2mi+,kEZ时，

sin⑵+亨)单调递减，此时函数y单调递增，

77-77T

解得Y2kji+左€Z,

即单调增区间为区兀+各E+居](%Z).

18.(12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一一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/

(x)=40[ACOS3(X+4)+用来刻画.其中正整数x表示月份且无日1,12],例如尤=1时表示1月份，A

和左是正整数，3>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=/(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.

【解答】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="=12,得3=?

COO

由规律②可知，f(%)max=f(8)=40(Acos2ir+Z)=4QA+40Z,

f(x)min—f(2)=40(Acosn+fc)=-40A+40K

由7(8)-f(2)=80A=160,得A=2；

又当x=2时，f(2)=40[2cosco(2+4)+幻=80・cosn+40女=40,

解得k=3.

综上可得，f(x)=80cos(々+穹)+120符合条件.

63

(2)由条件，80cos&+空)+120>160,

6$

——/兀’27T、、1rrt.i—,TC-IT27T7T__

可有1cos(-x~\—5-)>5，则2kn—5xH—5-V2A7TC+亨，左t£Z,

63，3633

.*.12^-6<x<12fc-2,jtEZ.

VxG[l,12],xGN*,当左=1时，6cxe10,

故x=7,8,9,即一年中的7,8,9三个月是该地区的旅游“旺季

19.（12分）已知数列｛“"｝的前"项和为品，S.Sn=r^+4n-3.

（1）求｛斯｝的通项公式;

(2)t己bn=，数列｛为｝的前n项和为Tn,求Tn.

【解答】解：（1）由8=/+4〃-3,

可得〃=1时，ai=Si=5-3=2,

当〃22时，an=Sn~Sn-1=〃2+4九-3-(〃-1)2-4(〃-1)+3,

化简可得劭=2几+3(G2),

所以斯=\n_1;

(2n+3,n>2且nCN*

卜_2n+5_2n+5_11

2222,

〃SnSn+1(n+4n—3)(n+6n+2)n+4n—371+6714-2

可得力尸工-工+工—工+...+_1__________1_=1_____1_=泊+6九.

29918n2+4n—3n2+6n+22n2+6n+22n2+12n+4

20.(12分)在△ABC中，内角A,3都是锐角.

(1)若4=上c=2,求△ABC周长的取值范围；

(2)sin2A+sin2B>sin2C,求证：sin2A+sin2B>1.

24V3

【解答】解：（1）由正弦定理有:

sinAsinBsinC

・.a=-~sITLA,b=~~sITLB,

・・a+b=-—sitiAH—~sinB

4V5..,4>/3.,2n八

——-sinA4—2-—A)

=2y/3sinA+2cosA=4sin(A+卷)，

・・•内角A,5都是锐角，

/TT

0<A<2nn

,,_・・一<L4V—,

0<9^-71<；62

13Z

n7127r

A-<4+-<一，

363

sin(A+.)W(-^,1],

・，・a+bG(2^/3/4],

「・a+b+ce(2+2,y/3/6],

•••△ABC周长的取值范围为(2+2g,6]；

222

(2)VsinA+sinB>sinC>

由正弦定理得：4zW>c2,

_2

由余弦定理：cosC=——2^——

VCE(0,IT),・・・C为锐角,

VA,3都是锐角，

sinA>sin(^—B)=cosB>0,

sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1,

:.sin2A+sin2B>l.

21.(12分)已知边长为6的菱形ABC。，ZABC=J,把AABC沿着AC翻折至△明(?的位置，构成三

—1TT1T127

棱锥81-AO),S.DE=CF=|CD,EF=岂.

(1)证明：AC±BiD；

(2)求二面角Bi-AC-D的大小；

(3)求EF与平面AB1C所成角的正弦值.

【解答】解：(1)证明：取AC中点。，连接。31,0D,

因为菱形A8CDZABrC=

所以△ACB1,△ACD为等边三角形，

所以OBi_LAC,ODLAC,

又因为。由，ODcffiOB\D,OBiQOD^O,

所以4。_1面0B1D,

因为BiOu面。81。，

所以AC_LB1D

所以FE=FB1+B]E=CB1-CF+^BrD=CB1-^CD+^(CD-CBJ=1CD+^CB1,

―>-i->-i->-i->-i―>―>1―>2

平方得，FE2=+^CB1)2=京0£