2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一下期末数学试卷（含答案解析）

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1、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.1（5分）已知复数z=1+3i1-2i，则z的共轭复数的虚部为（）A1BiCiD12（5分）在平面直角坐标系xOy中，若角以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4，3），则cos(-2)的值为（）A-35B35C-45D453（5分）设l是一条直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A若l，l，则B若，l，则lC若l，l，则D若，l，则l4（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臑在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABBCCD1，则其内切球表面积为

2、（）A3B3C(3-22)D(2-1)5（5分）已知等比数列an的前n项积为Tn，若T7T9T8，则（）Aq0Ba10CT151T16DT161T176（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABCA1B1C1中，D是A1B1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（）A233B536C3D7367（5分）在ABC中，P0是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有PBPCP0BP0C，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

3、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=23，AC1，BC2，且点M在AB线段上，且满足CMBM，若点P为AMC的费马点，则PAPM+PMPC+PAPC=（）A1B-45C-35D-25二、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

4、若ab，bc，则acB|(ab)c|a|b|c|C若a(b-c)，则ab=acD(ab)b=a(b)2（多选）10（5分）下列说法正确的是（）A若f(x)=sinx+2cos(x+3)，0的最小正周期为，则2B在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，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DABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则ABC的面积为26（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，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，下

5、列说法正确的是（）A存在某条直径CD，使得ADSDB若AB2，则三棱锥SAOD体积的最大值为16C对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线D若ABD=6，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是24（多选）12（5分）已知数列an中各项都小于2，an+12-4an+1=an2-3an，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amam+10B存在a1与正整数m，使得am+134amC任意非零实数a1与正整数m，都有am+1amD若a11，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

6、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23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 14（5分）已知等差数列an，a88，a9=8+3，则cosa5+cosa7cosa6= 15（5分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCCC13，AC4，ACBC，动点P在A1B1C1内（包括边界上），

7、且始终满足BPAB1，则动点P的轨迹长度是 16（5分）已知向量a，b的夹角为3，且ab=3，向量c满足c=a+(1-)b(01)，且ac=bc，记x=ca|a|，y=cb|b|，则x2+y2xy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)cd=ac+bd（1）已知z为复数，且(3，z)z4=7-3i，求|z|；（2）已知x，y为实数，(y+sin2x，2)iy-(1，sin2x)sinx23i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

8、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f（x）40Acos（x+4）+k来刻画其中正整数x表示月份且x1，12，例如x1时表示1月份，A和k是正整数，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：各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；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；2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yf

9、（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an的前n项和为Sn，且Snn2+4n3（1）求an的通项公式；（2）记bn=2n+5SnSn+1，数列bn的前n项和为Tn，求Tn20（12分）在ABC中，内角A，B都是锐角（1）若C=3，c2，求ABC周长的取值范围；（2）若sin2A+sin2Bsin2C，求证：sin2A+sin2B121（12分）已知边长为6的菱形ABCD，ABC=3，把ABC沿着AC翻折至AB1C的位置，构成三棱锥B1ACD，且DE=12

10、DB1，CF=13CD，EF=372（1）证明：ACB1D；（2）求二面角B1ACD的大小；（3）求EF与平面AB1C所成角的正弦值22（12分）已知数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an（Sn1），且Sn0，数列bn满足：对任意nN*有b1S1+b2S2+bnSn=(n-1)2n+1+2（1）求证：数列1Sn是等差数列；（2）求数列bn的通项公式；（3）设Tn是数列2n-1b2n-bn的前n项和，求证：Tn762022-2023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，

11、只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知复数z=1+3i1-2i，则z的共轭复数的虚部为（）A1BiCiD1【解答】解：z=1+3i1-2i=(1+3i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)=-1+i，则z=-1-i，其虚部为1故选：D2（5分）在平面直角坐标系xOy中，若角以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4，3），则cos(-2)的值为（）A-35B35C-45D45【解答】解：由三角函数定义有sin=-35，所以cos（-2）sin=-35故选：A3（5分）设l是一条直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A若l，l，则B若，l，则lC若l，l，则D若，l，则l【解答】解：若l，l

12、，则或与相交，故A错误；若，l，则l或l或l与相交，故B错误；若l，l，则，故C正确；若，l，则l或l，故D错误故选：C4（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臑在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABBCCD1，则其内切球表面积为（）A3B3C(3-22)D(2-1)【解答】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB平面BCD，BCCD，所以ABBD，ABBC，BCCD，ACCD，设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，则VABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD=13r(SABC+SABD+SACD+SBCD)，所以r=3VA

13、BCDSABCD，因为四面体ABCD的表面积为SABCD=SABC+SABD+SACD+SBCD=1+2，又因为四面体ABCD的体积VABCD=1312111=16，所以r=3VABCDSABCD=2-12，所以内切球表面积S=4r2=(3-22)故选：C5（5分）已知等比数列an的前n项积为Tn，若T7T9T8，则（）Aq0Ba10CT151T16DT161T17【解答】解：因为等比数列an的前n项积为Tn，若T7T9T8，故1a8a9，a91，a81；所以a1q81，所以a10，0q1；所以T16=a1a2.a15a16=(a8a9)81，T17=a1a2.a16a17=a9171故选：D

14、6（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABCA1B1C1中，D是A1B1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（）A233B536C3D736【解答】解：如图，取A1C1的中点E，连接DE，CE，又D是A1B1的中点，DEB1C1，且DE=12B1C1，又B1C1BC，且B1C1BC，DEBC，且DE=12BC，过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，所求体积为：V三棱柱ABC-A1B1C1-V三棱台A1DE-ABC=1222322-13(121132+122232+343)2 =23-736=536故选：B7（5分）在ABC中，P0是边A

15、B的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有PBPCP0BP0C，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【解答】解：以AB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AB4，则A（2，0），B（2，0），C（a，b），P（0，0），P0（x，0），所以PB=（2x，0），PC=（ax，b），P0B=（2，0），P0C=（a，b），因为恒有PBPCP0BP0C，则（2x）（ax）（2a，整理得x2（a+2）x0恒成立，故（a+2）20，即a2，此时BAAC，所以A90，所以ABC为直角三角形故选：A8（5分）十七世纪法国数学家皮埃尔德费马提出的一个著名

16、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=23，AC1，BC2，且点M在AB线段上，且满足CMBM，若点P为AMC的费马点，则PAPM+PMPC+PAPC=（）A1B-45C-35D-25【解答】解：因为C=23，AC1，BC2，所以由余弦定理可得AB=AC2+CB2-2ACCBcosC=7，由正弦定理可得ACsinB

17、=ABsinC，即sinB=ACsinCAB=1327=2114，又B为锐角，所以cosB=1-sin2B=5714，设CMBMx，则CM2CB2+BM22CBBMcosC，即x2=4+x2-1077x，解得x=275，即BM=25AB，所以AM=35AB=375，则SAMC=35SABC=35121232=3310，又cosAMC=AM2+CM2-AC22AMCM=6325+2825-123752750，则AMC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，所以SAMC=12|PA|PM|sin23+12|PM|PC|sin23+12|PA|PC|sin23=34(|

18、PA|PM|+|PM|PC|+|PA|PC|)=3310，所以|PA|PM|+|PM|PC|+|PA|PC|=65，所以PAPM+PMPC+PAPC=|PA|PM|cos23+|PM|PC|cos23+|PA|PC|cos23=-12(|PA|PM|+|PM|PC|+|PA|PC|) =-1265=-35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（）A若ab，bc，则acB|(ab)c|a|b|c|C若a(b-c)，则ab=acD(ab)b=a(b)

19、2【解答】解：对于A，当b=0时，满足ab，bc，不能得出ac，选项A错误；对于B，|（ab）c|（|a|b|cosa，b|c|）|a|b|c|，当且仅当a与b共线时取“”，所以选项B正确；对于C，a(b-c)时，a（b-c）0，即ab=ac，选项C正确；对于D，（ab）b是数乘向量，与b共线的向量，a(b)2也是数乘向量，与a共线的向量，所以等式不成立，选项D错误故选：BC（多选）10（5分）下列说法正确的是（）A若f(x)=sinx+2cos(x+3)，0的最小正周期为，则2B在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，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

20、等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列DABC的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则ABC的面积为26【解答】解：对于A，f（x）sinx+2cos（x+3）（1-3）sinx+cosx=5-23sin（x+），其中tan=11-3=-1+32，若f（x）的最小正周期为，则=2=2，选项A正确；对于B，ABC中，AB得出ab，充分性成立，ab也能得出AB，必要性成立，是充要条件，选项B正确；对于C，若2a，2b，2c成等差数列，则22b2a+2c，所以22ab+2cb，所以abcb0，即abc，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，则ABC的面积为22S直观图2

21、23422=26，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，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ADSDB若AB2，则三棱锥SAOD体积的最大值为16C对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线D若ABD=6，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是24【解答】解：对A选项，SD在底面的射影为CD，而CD与AD夹角始终为锐角，AD与AD不垂直，根据三垂线定理可知AD与SD不垂直，A选项错误；对B选项，若AB2，则三棱锥SAOD的高为SO1

22、，当AODO时，三角形AOD的面积取得最大值为1211=12，此时三棱锥SAOD体积取得最大值为13121=16，B选项正确；对C选项，AB，CD是直角圆锥SO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AD与直线SB互为异面直线，C选项正确；对D选项，若ABD=6，则AOD=3，设圆锥的底面圆半径为r，SAOD=(OA-OS)OD=OAOD-OSOD=rrcos3-0=r22，又易知|SA|=2r，|OD|r，cosSA，OD=SAOD|SA|OD|=r222rr=24，异面直线SA与CD所成角的余弦值是24，D选项正确故选：BCD（多选）12（5分）已知数列a

23、n中各项都小于2，an+12-4an+1=an2-3an，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amam+10B存在a1与正整数m，使得am+134amC任意非零实数a1与正整数m，都有am+1amD若a11，则S2022（1.5，4）【解答】解：对于选项A：因为an+12-4an+1=an2-3an，所以（an+14）an+1（an3）an，整理得an+1=(an-3)anan+1-4，所以anan+1=(an-3)an2an+1-40，故选项A正确；对于选项B：不妨设f（x）x24x，因为an+12-4an+1=an2-4(34an)(34an)2-4

24、(34an)，可得f(an+1)f(34an)，而f（x）2x42（x2），当x2时，f（x）0，f（x）单调递减；当x2时，f（x）0，f（x）单调递增，所以对于任意正整数n，都有an+134an，故选项B错误；对于选项C：由A可知所有an同号，当a10 时，对于任意正整数n，都有an0；当0a12时，0an2，an+12-4an+1=an2-3anan2-4an，所以f（an+1）f（an），又函数f（x）在（，2）上单调递减，所以对于任意正整数n，都有an+1an；当a10时，an+12-4an+1=an2-3anan2-4an，所以f（an+1）f（an），又函数f（x）在（，2）上单

25、调递减，所以对于任意正整数n，都有an+1an，故选项C正确；对于选项D：因为对于任意正整数n，都有an+134an，当a11时，an（34）n1，所以S2022k=12022 （34）k1=1-(34)20221-34=41（34）20224，因为当a11时，0an1，又a22-4a2+20，解得a22-212，所以S2022S232，则S2022（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，

26、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23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 122【解答】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为23的扇形，设该圆锥的底面半径为r，所以2r=2330，可得r10，因此该圆锥的高为h=302-102=202，故侧面展开图是半径为12，圆心角为23的扇形的圆锥的高为1230h=25202=82，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

27、体的高为202-82=122故答案为：12214（5分）已知等差数列an，a88，a9=8+3，则cosa5+cosa7cosa6=1【解答】解：等差数列an，a88，a9=8+3，所以公差da9a8=3，则cosa5+cosa7cosa6=cos(a6-3)+cos(a6+3)cosa6=2cosa6cos3cosa6=1故答案为：115（5分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCCC13，AC4，ACBC，动点P在A1B1C1内（包括边界上），且始终满足BPAB1，则动点P的轨迹长度是 125【解答】解：在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCCC13，AC4，ACBC，建立如图所示的坐

28、标系，由题意可知A（4，0，0），B（0，3，0），C（0，0，0），B1（0，3，3），设P（x，y，3），则BP=（x，y3，3），AB1=（4，3，3），BPAB1，可得：4x+3y9+90，即4x3y0直线A1B1的方程：3x+4y12，3x+4y=124x-3y=0，可得x=3625，y=4825，所以D（3625，4825），动点P的轨迹为线段C1D，长度为：(3625)2+(4825)2=12525=125故答案为：12516（5分）已知向量a，b的夹角为3，且ab=3，向量c满足c=a+(1-)b(01)，且ac=bc，记x=ca|a|，y=cb|b|，则x2+y2xy的最大值

29、为 278【解答】解：设OA=a，OB=b，OC=c，ab=|a|b|cos3=3，|a|b|=6，向量c满足c=a+(1-)b(01)，C在线段AB上，设AOC，则BOC=3-，则x=ca|a|=|c|cos，y=cb|b|=|c|cos(3-)，34|c|234(322)2x2+y2xy=|c|2cos2+|c|2cos2(3-)-|c|cos|c|cos(3-)=|c|2cos2+(12cos+32sin)2-cos(12cos+32sin) =|c|2(cos2+12cos2+32sincos+34sin2-12cos2-32sincos) =34|c|2，在ABO中，由余弦定理有：|

30、AB|2=|a|2+|b|2-2|a|b|cos3=|a|2+|b|2-|a|b|2|a|b|-|a|b|=|a|b|=6，|AB|6，当且仅当|a|=|b|时等号成立，ac=bc，(a-b)c=0，BAOC，SOAB=12|AB|OC|=12|OA|OB|sin3，|OC|=632|AB|336=322，即|c|322，x2+y2xy=34|c|234(322)2=278故答案为：278四、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)cd=ac+bd（1）已知z为复数，且(3，z)z4=7-3i，求|z|；（2）已知x，y为实

31、数，(y+sin2x，2)iy-(1，sin2x)sinx23i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za+bi，由题意可得，（3，z）z43z+4z=3（a+bi）+4（abi）7abi73i，故a1，b3，所以|z|=10；（2）由题意可得，原式2ysinx+（y+sin2x23sinx）i是实数，所以y+sin2x23sin2x0，即ysin2x+23sinx=3（1cos2x）sin2x2sin（2x+3）+3，所以当2k+22x+32k+32，kZ时，sin（2x+3）单调递减，此时函数y单调递增，解得k+12xk+712，kZ，即单调增区间为k+1

32、2，k+712（kz）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f（x）40Acos（x+4）+k来刻画其中正整数x表示月份且x1，12，例如x1时表示1月份，A和k是正整数，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：各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；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；2月份从事旅游服务工作的

33、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yf（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=2=12，得=6；由规律可知，f（x）maxf（8）40（Acos2+k）40A+40k，f（x）minf（2）40（Acos+k）40A+40k，由f（8）f（2）80A160，得A2；又当x2时，f（2）402cos（2+4）+k80cos+40k40，解得k3综上可

34、得，f（x）80cos（6x+23）+120符合条件（2）由条件，80cos（6x+23）+120160，可得cos（6x+23）12，则2k-36x+232k+3，kZ，12k6x12k2，kZx1，12，xN*，当k1时，6x10，故x7，8，9，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an的前n项和为Sn，且Snn2+4n3（1）求an的通项公式；（2）记bn=2n+5SnSn+1，数列bn的前n项和为Tn，求Tn【解答】解：（1）由Snn2+4n3，可得n1时，a1S1532，当n2时，anSnSn1n2+4n3（n1）24（n1）+3，化简可得an2n+

35、3（n2），所以an=2，n=12n+3，n2且nN*；（2）bn=2n+5SnSn+1=2n+5(n2+4n-3)(n2+6n+2)=1n2+4n-3-1n2+6n+2，可得Tn=12-19+19-118+.+1n2+4n-3-1n2+6n+2=12-1n2+6n+2=n2+6n2n2+12n+420（12分）在ABC中，内角A，B都是锐角（1）若C=3，c2，求ABC周长的取值范围；（2）若sin2A+sin2Bsin2C，求证：sin2A+sin2B1【解答】解：（1）由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=232=433，a=433sinA，b=433sinB，a+b=433

36、sinA+433sinB=433sinA+433sin(23-A) =433sinA+433(32cosA+12sinA) =23sinA+2cosA=4sin(A+6)，内角A，B都是锐角，0A2023-A2，6A2，3A+623，sin(A+6)(32，1，a+b(23，4，a+b+c(2+23，6，ABC周长的取值范围为(2+23，6；（2）sin2A+sin2Bsin2C，由正弦定理得：a2+b2c2，由余弦定理：cosC=a2+b2-c22ab0，C（0，），C为锐角，A，B都是锐角，A+B2，02-BA2，sinAsin(2-B)=cosB0，sin2A+sin2Bcos2B+si

37、n2B1，sin2A+sin2B121（12分）已知边长为6的菱形ABCD，ABC=3，把ABC沿着AC翻折至AB1C的位置，构成三棱锥B1ACD，且DE=12DB1，CF=13CD，EF=372（1）证明：ACB1D；（2）求二面角B1ACD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O，连接OB1，OD，因为菱形ABCD，AB1C=3，所以ACB1，ACD为等边三角形，所以OB1AC，ODAC，又因为OB1，OD面OB1D，OB1ODO，所以AC面OB1D，因为B1D面OB1D，所以ACB1D（2）因为DE=12DB1，CF=13CD，所以FE=FB1

38、+B1E=CB1-CF+12B1D=CB1-13CD+12(CD-CB1)=16CD+12CB1，平方得，FE2=(16CD+12CB1)2=136CD2+16|CD|CB1|cosB1CD+14CB12，即374=13636+1666cosB1CD+1436，解得cosB1CD=-18，在B1CD 中，由余弦定理得，B1DCB12+CD2CB1CDcosB1CD36+36266(-18)=81，所以B1D9，由（1）可知，DOB1 是二面角B1ACD的平面角，在等边AB1C中B1O=B1Csin60=33，同理OD=33，在B1OD中，由余弦定理得，cosB1OD=B1O2+DO2-B1D2

39、2B1DDO=27+27-81227=-12，因为0B1OD，所以B1OD=23，即二面角B1ACD的大小23（3）取B1E中点G，连接CG，则E是GD靠近G的三等分点，则EFCG，所以CG与平面AB1C所成角即为所成角，在平面DOB1中，作GKB1O，因为AC面OB1D，GK面OB1D，所以ACGK，又因为AC，B1O面AB1C，ACB1OO，所以GK面AB1C，所以GCK是CG与平面AB1C所成角，在DOB1中，OB1D=ODB1=6，B1G=14B1D=94，所以GK=12B1G=98，在DCB1中，由DEFDGC，得EFCG=DEDG=23，CG=32372=3374，所以sinGCK

40、=GKCG=983374=33774，所以EF与平面AB1C所成角的正弦值为3377422（12分）已知数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an（Sn1），且Sn0，数列bn满足：对任意nN*有b1S1+b2S2+bnSn=(n-1)2n+1+2（1）求证：数列1Sn是等差数列；（2）求数列bn的通项公式；（3）设Tn是数列2n-1b2n-bn的前n项和，求证：Tn76【解答】解：（1）证明：由Sn2=an（Sn1）得Sn2=（SnSn1）（Sn1），化简得SnSn1+SnSn10，由于Sn0，所以又有1+1Sn-1-1Sn=0，即1Sn-1Sn-1=1，又1S1=1a1=1，所以1Sn是以1为首项，1为公差的等比数列；（2）结合（1）可得1Sn=1+（n1）n，所以有b1+2b2+nbn（n1）2n+1+2，又有b1+2b2+nbn+（n+1）bn+1n2n+2+2，二式相减得（n+1）bn+1（n+1）2n+1，即bn+12n+1，所以当n2有bn2n，又b12，符合上式，所以bn2n；（3）结合（2）可知2n-1b2n-bn=2n-122n-2n2n-122n-22n-1=2n-122n-1，所以Tn12+323+525+2n-122n-1，设Qn=12+323+525+2n-122n-1，则