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Zq1，则Z的共辄复数的虚部为（）

l-2i

A.1B.zC.-iD.-1

2.（5分）在平面直角坐标系X。），中，若角α以X轴的非负半轴为始边，且终边过点（4,

-3）,则cos（aT）的值为（）

A.∕∙B.3C.-1D.A

5555

3.（5分）设/是一条直线，a,B是两个不同的平面，下列说法正确的是（）

A.若/〃a,/〃β,则a〃pB.若a,β,l∕∕a,则/Lβ

C.若/La,∕lβ,则a〃0D.若a"β,l∕∕a,则/〃0

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.在鳖席A-BCD

中，ABL平面BCD,BCLCD,且AB=BC=CD=I,则其内切球表面积为（）

A.3πB.√3πC.（3-2√2）πD.（√2-1）π

5.（5分）己知等比数列｛出｝的前〃项积为7",若T7>T9>T8,则（）

A.q<0B.aι<0C.7'∣5<1<Γ∣6D.7,∣6<1<T17

6.（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC-AIBICI中，。是AIBI的中点，过B,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（）

A.B.C.√3D.

366

7.（5分）在AABC中，Po是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P,恒有

拜・云》晤•耳。则AABC-∙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aABC中，已知c=∣∙兀，AC

=1,BC=I,且点M在AB线段上，且满足CM=B若点尸为aAMC的费马点，则

......✓、

PAPM+PMPC+PAPC()

A.-1B._AC.-ɪD.上

555

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（)

A.若aHb，bIl0则aIlcb∙I(ab)∙C∣≤IaI∣bIICI

c.若Zl（b-c）.则ZE=Zqd∙(a∙b)-b=a∙(b)2

（多选）10.（5分）下列说法正确的是（)

Tr

A.若f（χ）=si∏3x+2cos（3乂土丁>3>°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,∣）∣∣JαA>Bn是''α>b''的充要条

C.三个不全相等的实数”，b,C依次成等差数列，则2。，2b,2。可能成等差数列

D.ZXABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则AABC的面积为斯

（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,8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CzX使得AOLSQ

B.若AB=2,则三棱锥S-Aoz）体积的最大值为工

6

C.对于任意直径CD,直线AQ与直线S3互为异面直线

D.若NABD=工，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是返•

64

（多选）12.（5分）己知数列｛如｝中各项都小于2,2-4加+1=/-3如,记数列｛4,,｝

"an+ln

的前〃项和为S”则以下结论正确的是（）

A.任意a∖与正整数m,使得ama∣∣ι+ι≥0

B.存在m与正整数相，使得aι>Aa

C.任意非零实数αι与正整数机，都有","+ι<αm

D.若m=l,则S2022∈（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，且圆心角为空.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.

Hengzhou2022

Trcosac÷cosa∏

14.（5分）已知等差数列｛<⅛｝,“8=8,a-g+-,则-------------L=___.

93COSa6

15.（5分）如图，在直三棱柱ABC-AlBICl中，BC=CCl=3,AC=4,ACLBC,动点、P

在BICl内（包括边界上），且始终满足BPLAB∖,则动点P的轨迹长度

是.

16.(5分)已知向量a，b的夹角为，且Z昆=3，向量C满足

3

—♦∣-1—♦—♦—♦—♦、―Ic-aOb∣τι∣∣22

c=λa+(l-λ)b(0≤λ<Cl),且a∙c=b∙c'τu×~∣­∣,V^∣-∣,人J*+)'一孙

IalIbI

的最大值为.

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,b)[+ac+bd∙

(1)已知Z为复数，且(3,W)∣^j=7-3i,求团；

2S1

⑵已知X,y为实数，(y+sin2x,2)卜]-(l,si∏x)^也是实数，将y

LyJ2√3i

表示为X的函数并求该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——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)=4(HACoS3(x+4)+A]来刻画.其

中正整数X表示月份且x∈[l,12],例如X=I时表示1月份，A和％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=∕(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.(12分)已知数列｛a”｝的前〃项和为S",且S"=Q+4"-3.

(1)求｛所｝的通项公式;

(2)记d="22+5,数列｛d｝的前〃项和为7“，求刀”

SnSnH

20.(12分)在aABC中，内角A,B都是锐角.

(1)若Ncf,c=2,求AABC周长的取值范围;

(2)若si/A+si/BAsi/c,求证：sin2A+sin2B>1.

21.(12分)已知边长为6的菱形ABCDNABC=*，把AABC沿着AC翻折至4A8ιC

的位置，构成三棱锥Bi-ACD,且而=ɪDB卜CF=>ɪ-CD,EFXɪɪ-

232

(1)证明:AC±B1D;

(2)求二面角B∖-AC-D的大小；

(3)求EF与平面ABlC所成角的正弦值.

22.(12分)已知数列｛劭｝中，αι=l,当〃22时，其前八项和S满足：ς2=,(s,,-1),

IJnω

bbb

且为r0,数列｛晟｝满足：对任意"6N*有一L—?∙+…LH∙=(n-l).2nH+2∙

sIs2sn

(1)求证：数列｛」_｝是等差数列；

Sn

(2)求数列｛加｝的通项公式；

(3)设。是数列｛2n-l的前〃项和,求证：TnVL

b2n-bn6

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上呈，则Z的共加复数的虚部为（）

l-2i

A.1B.zC.-zD.-1

【分析】根据已知条件，结合共规复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解.

【解答】解:_l+3i=(l+3i)(l+2i)=_1+z∙

z-l-2i(l-2i)(l+2i)

则W=-I-i，其虚部为-L

故选：D.

【点评】本题主要考查共轨复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题.

2.（5分）在平面直角坐标系XO），中，若角α以X轴的非负半轴为始边，且终边过点（4,

-3）,则cos（aT）的值为（）

A..J.B.3C.-AD.4

5555

【分析】由三角函数定义及诱导公式直接可得.

【解答】解：由三角函数定义有Sina=卫，

5

所以COS（Q=Sina=卫.

25

故选：A.

【点评】本题考查三角函数定义及诱导公式，属基础题.

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,/〃β,则a〃BB.若aJ_B，l∕∕a,则UB

C.若/J_a,∕lβ,则a〃BD.若a〃0,l∕∕a,则/〃β

【分析】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.

【解答】解：若/〃a,/〃仇则a〃0或a与B相交，故A错误；

若。_1_0,l∕∕a,则∕u0或/〃0或/与β相交，故8错误；

若/La,∕±β,则a〃β,故C正确；

若a“β,l∕∕a,则/〃β或/u0,故。错误.

故选：C.

【点评】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.(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臃.在鳖腌A-BCD

中，A8_L平面BCD,BCVCD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为()

A.3πB.√3KC.(3-2√2)KD.(√2-1)Jl

【分析】利用体积相等，找到球的半径即可.

【解答】解：因为四面体ABe。四个面都为直角三角形,

ABl5PffiBCD,BCLCD,所以ABj_2£>,ABVBC,BCLCD,ACVCD,

设四面体ABCD内切球的球心为0,半径为r,

则VABCD=VeHABC+vOABD+V0-ACD+VO-BCD=^r(s∆ABC+s∆ABD+s∆ACD+s∆BCD)'

所以*3⅛P..,因为四面体ABCD的表面积为

sABCD

SABCD=S2kABC+^∆ABD+ΛACD+^ΛBCD=,

又因为四面体的体积%KD=LχLχ1×1×1」，

326

A2

所以“3Vg”=返二工所以内切球表面积s=4兀r=(3-2√2)∏∙

sADSD2

故选：C.

【点评】本题考查内切球问题，属于中档题.

5.(5分)己知等比数列｛如｝的前〃项积为7¾,若Γ7>T9>T8,则()

A.q<0B.a↑<0C.T15<1<Γ16D.Ti6<l<Ti7

【分析】直接利用等比数列的性质判断A、B、C、。的结论.

【解答】解：因为等比数列｛以｝的前〃项积为力”

若T7>T9>T8,

故1>4849,U9>∖,«8<1；

所以ajq8>],所以小>0,O<g<l;

8

所以T16=aι∙a2∙...∙aι5∙a16=(a8a9)<l，

τ_aa_=a17>1

T17=a1∙a2"...i6"i79'

故选：D.

【点评】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.(5分)如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC-AiBiCi中，。是AiBi的中点，过B,C,

。三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点与所在部分的体积为()

A.ZVɪB..5V⅞C.√3D.7心..

366

【分析】取AlcI的中点E,连接Z)E,CE,则易得过8,C,。三点的平面截该三棱柱的

截面为梯形8CEQ,从而可得所求体积为：丫_辂,一M_V-玷公，再

，二棱柱ABC-AIB：C：V二棱台AIDE-ABC

根据柱体的体积公式及台体的体积公式，计算即可得解.

【解答】解：如图，取4。的中点E,连接DE,CE,又。是AIBl的中点，

J.DE∕∕B∖C∖,J≡LDf=AfiiQ,

2

又BlCI〃BC,且BICI=BC,

J.DE//BC,且DE=工BC,

2

.∙.过8,C,。三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCEr),

二所求体积为：V三棱柱ABC-A凡C：-V三棱台A：DE-ABC

y×2×2×2y-×2

y×⅛×1×l×2y-4∙×2×2×^^+

×2

=温斗唔

66

故选：B.

【点评】本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题.

7.（5分）在aABC中，PO是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P,恒有

拜•衣》晤•耳。则AABC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

【分析】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.

【解答】解：以43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,O),B(.2,0),C(α,b),P(0,0),Po(x,0),

所以说=(2-X,0),PC=(a-X'b),p^β=(2,0),(小b),

因为恒有拜•正〉POW∙P()&则(2-x)(α-χ)N(2a,

整理得x2-(α+2)x20恒成立，

故4=(α+2)2≤0,即α=-2,此时BAJ_AC,

所以NA=90°,

所以aABC为直角三角形.

故选:A.

【点评】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.（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aABC中，已知‘=|_兀，AC

=1,BC=2,且点M在AB线段上，且满足CM=B若点尸为AAMC的费马点，则

PAPM+PM∙PC+PA∙PC=(

A.-IB.-J.C.-ΛD.上

555

【分析】由余弦定理可得AB,再由正弦定理可得SinB,进而求得CoSB,设CM=8M=x,

由余弦定理可得CM,进而求出AAMC的面积，根据定义可得户为三角形的正等角中心,

再由等面积法可得I谈∣∙∣而1+1而1I元1+1近∣.I正I=殳，再由平面向量的数

5

量积公式得解.

【解答】解:因为C=^兀，AC=I,BC=2,

所以由余弦定理可得ABWAC2+CB2-2ACCBCoSC=√7>

ιy√3

IxT√21

由正弦定理可得一即SinB=ACSinC

sinBsinCAB√7ɪ14,

又8为锐角,

设CM=8M=x,则CM1CB1+BM1-2CBBMcosC,

即2彳上2IOV7

即X=4+x--—X，

解得X上卓，即BMqAB，

DO

所以AMAB金2，

OD

则SAAMC4SAABC4×∣×1×2×4⅛

6328

又。二

cSNAKW2祟；AC?亭:>O,

2AM-CM…附7、，2√7

2×-5-X^

则NAMC为锐角，

所以AAMC的三个内角均小于120°,

则P为三角形的正等角中心，

所以

SAAMCVIPAlTPMlSirT^-VIPM∣∙∣PC∣Sin+；∣PA∣∙∣PC∣sin3y-

~(∣PAI-∣PMI+∣PMI-∣PCI+∣PA∣∙∣PC∣)=ɪ'

所以同|•回1+西I•国|+|而H正14，

D

所以PAPM+PMPC+PAPC

IPAIaIPMIcosɜ+IPMI∙IPCICoSQ+∣PA∣∙∣PC∣cosɜ

=-y(IPAI-Ira∣+∣≡I-∣PC∣+∣PA∣∙∣PC|)

=Iy6-3

255

故选：C.

【点评】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.

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。分.

(多选)9.(5分)下列说法正确的是()

A.若a"b，b"c，则a"cb∙∣(ab)∙c∣≤∣a∣∣b∣∣c∣

c.若；IG二)，贝W∙EQAD,α∙b)∙b=ι∙(b)2

【分析】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.

【解答】解：对于A,当芯=3时，满足Z//E，b//o不能得出Z”3,选项4错误；

对于B,∣C∙K)3=∣(∣Z∣E∣cos<Z,b>ld)∣≤IaIIbIId.当且仅当；与％共线时取“=”，

所以选项B正确；

对于C,ζ1(b-c)W-a∙(b-C)=0,即ZE=Z∙Z选项C正确；

对于O,(W∙E)∙E是数乘向量，与E共线的向量，Z∙(K)?也是数乘向量，与之共线的向

量，所以等式不成立，选项。错误.

故选：BC.

【点评】本题考查了平面向量的基本概念与应用问题，是基础题.

(多选)10.(5分)下列说法正确的是()

A.若f(χ)=sin3χ+2cos(3乂止去)，3>°的最小正周期为π,则3=2

B.在AABC中，角4,B,C的对边分别为小b,c,则“A>B"是"a>b"的充要条

件

C.三个不全相等的实数”,从C依次成等差数列，则2“，2b,2。可能成等差数列

D.AABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则AABC的面积为2∖0

【分析】根据题意，分别对选项中的命题真假性判断即可.

【解答】解：对于A,/(ɪ)=sinωx+2cos(ωx+-2L)=(1-5/3)sinωx+c0s3χ=√5-2√3sin

3

(αrr+φ),其中tanφ=——ɪ--=-°,

1√32

若/(龙)的最小正周期为π,则ω==2L=2,选项A正确；

π

对于8,ZiABC中，A>B得出”>b,充分性成立，4>6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2。，2b,2。成等差数列，则2・2万=2。+2。，所以2=2。"+2。"，所以α-6=c

→=0,即α=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，贝IJA4BC的面积为2近S直观图

=2√2×^-×22=2√6>选项。正确.

4

故选：ABD.

【点评】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.

（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CQ,使得ADLSO

B.若48=2,则三棱锥S-Ao。体积的最大值为工

6

C.对于任意直径C。，直线AO与直线SB互为异面直线

D.若NABD=三，则异面直线SA与Co所成角的余弦值是亚

64

【分析】对4选项，根据三垂线定理，即可判断；

对8选项，当Ao_L。。时，三角形AOD的面积取得最大值，从而得此时三棱锥S-A0。

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。选项，根据向量法，向量夹角公式，即可求解与判断.

【解答】解：对A选项，YS。在底面的射影为8,而CD与AD夹角始终为锐角，

AO与4。不垂直，；.根据三垂线定理可知Ao与SZ）不垂直，；.A选项错误；

对B选项，若4B=2,则三棱锥S-40。的高为So=1,

当AOLDO时•，三角形A。。的面积取得最大值为∕χ1×I=X

此时三棱锥S-AOD体积取得最大值为工×A×1=工，,B选项正确;

326

对C选项，∙.∙A8,CD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AO与直线SB互为异面直线，.∙.C选项正确;

对。选项，若NABD=看，则NA04=g,设圆锥的底面圆半径为r,

.,.SA-OD=(OA-OS)'OD=OA-OD-OS-OD

2_

r×r×co^y-θɪɪ-又易知I豆I=IODI=r,

2

r

SA*0D

∙'∙cos<SA,OD>=Γ=&

ISAIIODI√2r×r4

异面直线SA与CZ)所成角的余弦值是亚，；.O选项正确.

4

故选：BCD.

【点评】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.

(多选)12.(5分)已知数列｛斯｝中各项都小于2,2-4w,,ι=2-3ω,,记数列｛珈｝

an+l+an

的前几项和为S?,则以下结论正确的是()

A.任意a↑与正整数m,使得amamλ-∖20

B.存在m与正整数相，使得a,>3

am+l4jtl

C.任意非零实数a∖与正整数m,都有am+[<aιn

D.若41=1,则S2022∈(1.5,4)

(a-3)/

【分析】由题意，根据递推公式得到aLa=--------------二，进而即可判断选项A；令/

“n+Idnan+l-4

(X)=∕-4x,得到f(a11+ι)>fc∣a∕结合函数的单调性，即可得到对于任意正

整数”，都有a<3，从而判断选项B；对m=0,OValV2,m<0这三种情况进

an+l、4n

行分析，即可判断选项C;结合选项A和选项C即可判断选项。.

【解答】解：对于选项4因为@2「4a=a2-3a，

an+l^an+l1anJan

所以(<7/7+1-4)Cln+1=(a,ι-3)Clm

整理得加+]=凡3)aɪɪ,

a∏+l-4

/_□\2

所以ana,,+∖=-^_‰0,故选项A正确；

an+l^4

对于选项B：不妨设/(x)=x2-4x,

2

因为J+ι-4an+ι=a,4(*an)>an)-4(ɪaɪɪ)`

^f(an+1)>f({an)-

而/(X)=2x-4—2(χ-2),

当x<2时，/(x)<0,/(X)单调递减；

当x>2时，/(x)>0,f(x)单调递增，

所以对于任意正整数"，都有a<<-a'故选项B错误；

an-l4n

对于选项C由A可知所有〃〃同号，

①当m=0时，对于任意正整数%都有Z=0；

②当OValV2时，OVV2,狗2-4an+∖=a^-3a∏>a^-4an,

an+lnn

所以/(4〃+1)>f(a〃),

又函数/(x)在(-8,2)上单调递减，

所以对于任意正整数〃，都有如+1V呢；

③当mVO时，/-4。〃+1=。2--4〃〃，

αn+lnn

所以F(Ow+1)Vf(a〃),

又函数/(x)在(-8,2)上单调递减，

所以对于任意正整数小都有故选项C正确；

对于选项。：因为对于任意正整数〃，都有a,<-a，

Λ∏-1^Ξ4n

ni

当m=l时,an≤(旦)',

4

1/3x2022

2022qI-(T)o

所以S2022Wy(W)-I=-------ɪ--------=4[l-(A)2022]<4,

⅛14144

4

因为当41=1时，OVsWl,

又/-4〃2+2=0,

a2

解得02=2-&>工，

2

所以S2022>S2>3,

2

则S2022∈(1,5,4),故选项。正确；

故选：AD.

【点评】本题考查数列的递推式，考查了逻辑推理和运算能力.

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，且圆心角为空.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12√2.

H8∩9zhou2022

【分析】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.

【解答】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30,圆心角为”的扇形，

3

设该圆锥的底面半径为r,所以如r=2Lχ30,可得r=10,

3

因此该圆锥的r⅛为h—yj30^-10^=2Ch/2,

故侧面展开图是半径为12,圆心角为”的扇形的圆锥的

3

高为⅛⅛h-∣∙×20√2=8V2)

SUD

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20λ历-8√2=12√2∙

故答案为：12Λ∕5.

【点评】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.

TrCOSac：+CoSa7

14.(5分)已知等差数列{。〃},¢/8=8,a-g√-,则--------------

93CoSa6

【分析】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.

【解答】解:等差数列伍〃},制=8,a9=8^

所以公差d=a9-〃8=二三，

,兀SK

,CoSaR+cosacos^aβ―o^^∙^+cosacos-y-

则_____ə_______L7=_________2_________6

COSa6COSa6cosa6

故答案为：1∙

【点评】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.(5分)如图，在直三棱柱ABC-AiBiCi中，BC=CCi=3,AC=4,AClBC,动点P

在44BlCl内(包括边界上)，且始终满足BPLABi,则动点尸的轨迹长度是_22_.

【分析】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.

【解答】解：在直三棱柱ABC-481Cl中，BC=Cel=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),BI(0,3,3),设P(x,y,3),

则而=(x，y-3,3),(-4,3,3),BPlABi,

可得：-4x+3y-9+9=0,BP4x-3y=0.

直线AIBI的方程：3x+4y=12,(''+'V露，可得X=因，y=®,

I4x-3y=02525

所以。(ɜθ,48),

2525

动点P的轨迹为线段CiO,长度为：/(毁)2+卢)2=3SS=J2.

V2525255

【点评】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.(5分)已知向量W，E的夹角为:，且Z昆=3，向量7满足

—♦—♦—♦—♦

—•-♦-♦__(—1-♦―»—»C-aObRItl22

c=λa+(l-λ)b(O<λ<l)-且a∙c=b∙c'记y=-^T'则x+y-孙

IalIbI

的最大值为27.

—8—

【分析】设示=Z,而=KOC=C1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/+y2-孙=3RI2,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.

【解答】解：设丞=；,OB=b-OC=C)

va∙b=IaIIbIcos^~=3,∙∙

ð

∙.∙向量^⅛足3=濡+(16)E(O<λ<ι).

，C在线段AB上,

设NAoC=α,则NBoC=《--a，

c-a「

则X=-≡^-=lCICOSa,

a

3PI2

孙

π

c?eos2a+1cICOS(ɪ-ɑ)

2

2ina)-cosɑ-(ɪeosɑ-+ɔɪsinɑ.)]

一cI

→∣22

cCoS2a卷COS2a+*SinaCoSaSina

ycos2aSinaCoSa)

=1172,

4

π

在AABO中，由余弦定理有:∣AB∣2=∣I一I∣2+∣rb∣12-2Iallbl

C。百

∣^aP+IbP-lɪI∣bIIallb∣-∣allbl=Iallb1=6,

・・・IABI>√6,当且仅当IaI=IbI时等号成立,

a∙c=b,c,'(a—b)∙c=0>∙β∙BAJ_OC»

11冗

Λ≡∆0AB⅛∣AB∣×∣OC∣=y∣OA∣×IoBlsirry

fiχ√l

•2∕3√3-3√2即口73最

11

-OCΠABΓ<^~即旧《二，

22∣∣∣2∣3(3√2、2_27

Λx+y-^=c≤×--2-)^T

4

故答案为：ZL

8

【点评】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.

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,b)[j=ac+bd∙

(1)已知Z为复数，且(3,W)∣"j=7-3V求团

(2)己知X,y为实数，(y+sin2x,2)ɪ-(1,Sin2X)'r—也是实数，将y

,y.2√3i

表示为X的函数并求该函数的单调递增区间.

【分析】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.

【解答】解：(1)设z=α+bi,由题意可得，

(3,z)[z]=3z+4z=3(α+bi)+4(a-bi)

4

=Ia-hi=^l-3i,故α=l,b=3,

所以IzI=JTU;

(2)由题意可得，

原式=2y-sinx+(y+sin2x-2i是实数，

所以y+sin2x-2Λ∕3SI∏2-V=0>

即y=-sin2x+2Vssin2X

—y/3(1^cos2x)