2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知复数z=1+3i1-2i，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A．1B．iC．﹣iD．﹣1
2．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若角α以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4，﹣3），则cs(α-π2)的值为（ ）
A．-35B．35C．-45D．45
3．（5分）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（ ）
A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l⊥α，l⊥β，则α∥βD．若α∥β，l∥α，则l∥β
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臑．在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为（ ）
A．3πB．3πC．(3-22)πD．(2-1)π
5．（5分）已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若T7＞T9＞T8，则（ ）
A．q＜0B．a1＜0C．T15＜1＜T16D．T16＜1＜T17
6．（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC﹣A1B1C1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（ ）
A．233B．536C．3D．736
7．（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PB→⋅PC→≥P0B→⋅P0C→，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=23π，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，则PA→⋅PM→+PM→⋅PC→+PA→⋅PC→=（ ）
A．﹣1B．-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．若a→∥b→，b→∥c→，则a→∥c→B．|(a→⋅b→)⋅c→|≤|a→||b→||c→|
C．若a→⊥(b→-c→)，则a→⋅b→=a→⋅c→D．(a→⋅b→)⋅b→=a→⋅(b→)2
（多选）10．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．若f(x)=sinωx+2cs(ωx+π3)，ω＞0的最小正周期为π，则ω＝2
B．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“A＞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
（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AD⊥SD
B．若AB＝2，则三棱锥S﹣AOD体积的最大值为16
C．对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线
D．若∠ABD=π6，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+1≥0
B．存在a1与正整数m，使得am+1＞34am
C．任意非零实数a1与正整数m，都有am+1＜am
D．若a1＝1，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2π3．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}，a8＝8，a9=8+π3，则csa5+csa7csa6= ．
15．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝CC1＝3，AC＝4，AC⊥BC，动点P在△A1B1C1内（包括边界上），且始终满足BP⊥AB1，则动点P的轨迹长度是 ．
16．（5分）已知向量a→，b→的夹角为π3，且a→⋅b→=3，向量c→满足c→=λa→+(1-λ)b→(0＜λ＜1)，且a→⋅c→=b→⋅c→，记x=c→⋅a→|a→|，y=c→⋅b→|b→|，则x2+y2﹣xy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）＝40[Acsω（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y＝f（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Sn＝n2+4n﹣3．
（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．
20．（12分）在△ABC中，内角A，B都是锐角．
（1）若∠C=π3，c＝2，求△ABC周长的取值范围；
（2）若sin2A+sin2B＞sin2C，求证：sin2A+sin2B＞1．
21．（12分）已知边长为6的菱形ABCD，∠ABC=π3，把△ABC沿着AC翻折至△AB1C的位置，构成三棱锥B1﹣ACD，且DE→=12DB1→，CF→=13CD→，EF=372．
（1）证明：AC⊥B1D；
（2）求二面角B1﹣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{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an（Sn﹣1），且Sn≠0，数列{bn}满足：对任意n∈N*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：Tn＜76．
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z=1+3i1-2i，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A．1B．iC．﹣iD．﹣1
【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：D．
2．（5分）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cs(α-π2)的值为（ ）
A．-35B．35C．-45D．45
【解答】解：由三角函数定义有sinα=-35，
所以cs（α-π2）＝sinα=-35．
故选：A．
3．（5分）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（ ）
A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l⊥α，l⊥β，则α∥βD．若α∥β，l∥α，则l∥β
【解答】解：若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；
若α⊥β，l∥α，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故B错误；
若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故C正确；
若α∥β，l∥α，则l∥β或l⊂β，故D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臑．在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为（ ）
A．3πB．3πC．(3-22)πD．(2-1)π
【解答】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，
AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD，
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(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)，
所以r=3VABCDSABCD，因为四面体ABCD的表面积为SABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+2，
又因为四面体ABCD的体积VABCD=13×12×1×1×1=16，
所以r=3VABCDSABCD=2-12，所以内切球表面积S=4πr2=(3-22)π．
故选：C．
5．（5分）已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若T7＞T9＞T8，则（ ）
A．q＜0B．a1＜0C．T15＜1＜T16D．T16＜1＜T17
【解答】解：因为等比数列{an}的前n项积为Tn，
若T7＞T9＞T8，
故1＞a8a9，a9＞1，a8＜1；
所以a1⋅q8＞1，所以a1＞0，0＜q＜1；
所以T16=a1⋅a2⋅...⋅a15⋅a16=(a8a9)8＜1，T17=a1⋅a2⋅⋅a17=a917＞1．
故选：D．
6．（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC﹣A1B1C1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（ ）
A．233B．536C．3D．736
【解答】解：如图，取A1C1的中点E，连接DE，CE，又D是A1B1的中点，
∴DE∥B1C1，且DE=12B1C1，
又B1C1∥BC，且B1C1＝BC，
∴DE∥BC，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
=12×2×2×32×2-13×(12×1×1×32+12×2×2×32+34×3)×2
=23-736=536．
故选：B．
7．（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PB→⋅PC→≥P0B→⋅P0C→，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AB＝4，
则A（﹣2，0），B（2，0），C（a，b），P（0，0），P0（x，0），
所以PB→=（2﹣x，0），PC→=（a﹣x，b），P0B→=（2，0），P0C→=（a，b），
因为恒有PB→⋅PC→≥P0B→⋅P0C→，则（2﹣x）（a﹣x）≥（2a，
整理得x2﹣（a+2）x≥0恒成立，
故Δ＝（a+2）2≤0，即a＝﹣2，此时BA⊥AC，
所以∠A＝90°，
所以△ABC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=23π，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，则PA→⋅PM→+PM→⋅PC→+PA→⋅PC→=（ ）
A．﹣1B．-45C．-35D．-25
【解答】解：因为C=23π，AC＝1，BC＝2，
所以由余弦定理可得AB=AC2+CB2-2AC⋅CBcsC=7，
由正弦定理可得ACsinB=ABsinC，即sinB=ACsinCAB=1×327=2114，
又B为锐角，
所以csB=1-sin2B=5714，
设CM＝BM＝x，则CM2＝CB2+BM2﹣2CB•BMcsC，
即x2=4+x2-1077x，
解得x=275，即BM=25AB，
所以AM=35AB=375，
则S△AMC=35S△ABC=35×12×1×2×32=3310，
又cs∠AMC=AM2+CM2-AC22AM⋅CM=6325+2825-12×375×275＞0，
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S△AMC=12|PA→|⋅|PM→|sin2π3+12|PM→|⋅|PC→|sin2π3+12|PA→|⋅|PC→|sin2π3
=34(|PA→|⋅|PM→|+|PM→|⋅|PC→|+|PA→|⋅|PC→|)=3310，
所以|PA→|⋅|PM→|+|PM→|⋅|PC→|+|PA→|⋅|PC→|=65，
所以PA→⋅PM→+PM→⋅PC→+PA→⋅PC→=|PA→|⋅|PM→|cs2π3+|PM→|⋅|PC→|cs2π3+|PA→|⋅|PC→|cs2π3
=-12(|PA→|⋅|PM→|+|PM→|⋅|PC→|+|PA|⋅|PC|)
=-12×65=-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a→∥b→，b→∥c→，则a→∥c→B．|(a→⋅b→)⋅c→|≤|a→||b→||c→|
C．若a→⊥(b→-c→)，则a→⋅b→=a→⋅c→D．(a→⋅b→)⋅b→=a→⋅(b→)2
【解答】解：对于A，当b→=0→时，满足a→∥b→，b→∥c→，不能得出a→∥c→，选项A错误；
对于B，|（a→•b→）c→|＝|（|a→||b→|cs＜a→，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a→⋅b→=a→⋅c→，选项C正确；
对于D，（a→•b→）•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)=sinωx+2cs(ωx+π3)，ω＞0的最小正周期为π，则ω＝2
B．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“A＞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
【解答】解：对于A，f（x）＝sinωx+2cs（ωx+π3）＝（1-3）sinωx+csωx=5-23sin（ωx+φ），其中tanφ=11-3=-1+32，
若f（x）的最小正周期为π，则ω=2ππ=2，选项A正确；
对于B，△ABC中，A＞B得出a＞b，充分性成立，a＞b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2a，2b，2c成等差数列，则2•2b＝2a+2c，所以2＝2a﹣b+2c﹣b，所以a﹣b＝c﹣b＝0，即a＝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，则△ABC的面积为22S直观图＝22×34×22=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AD⊥SD
B．若AB＝2，则三棱锥S﹣AOD体积的最大值为16
C．对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线
D．若∠ABD=π6，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AB＝2，则三棱锥S﹣AOD的高为SO＝1，
当AO⊥DO时，三角形AOD的面积取得最大值为12×1×1=12，
此时三棱锥S﹣AOD体积取得最大值为13×12×1=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=π6，则∠AOD=π3，设圆锥的底面圆半径为r，
∴SA→⋅OD→=(OA→-OS→)⋅OD→=OA→⋅OD→-OS→⋅OD→
=r×r×csπ3-0=r22，又易知|SA→|=2r，|OD→|＝r，
∴cs＜SA→，OD→＞=SA→⋅OD→|SA→||OD→|=r222r×r=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{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+1≥0
B．存在a1与正整数m，使得am+1＞34am
C．任意非零实数a1与正整数m，都有am+1＜am
D．若a1＝1，则S2022∈（1.5，4）
【解答】解：对于选项A：因为an+12-4an+1=an2-3an，
所以（an+1﹣4）an+1＝（an﹣3）an，
整理得an+1=(an-3)anan+1-4，
所以anan+1=(an-3)an2an+1-4≥0，故选项A正确；
对于选项B：不妨设f（x）＝x2﹣4x，
因为an+12-4an+1=an2-4(34an)≥(34an)2-4(34an)，
可得f(an+1)≥f(34an)，
而f′（x）＝2x﹣4＝2（x﹣2），
当x＜2时，f′（x）＜0，f（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n，都有an+1≤34an，故选项B错误；
对于选项C：由A可知所有an同号，
①当a1＝0 时，对于任意正整数n，都有an＝0；
②当0＜a1＜2时，0＜an＜2，an+12-4an+1=an2-3an＞an2-4an，
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+1＜an；
③当a1＜0时，an+12-4an+1=an2-3an＞an2-4an，
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+1＞an，故选项C正确；
对于选项D：因为对于任意正整数n，都有an+1≤34an，
当a1＝1时，an≤（34）n﹣1，
所以S2022≤k=12022 （34）k﹣1=1-(34)20221-34=4[1﹣（34）2022]＜4，
因为当a1＝1时，0＜an≤1，
又a22-4a2+2＝0，
解得a2＝2-2＞12，
所以S2022＞S2＞32，
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，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2π3．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2π3的扇形，
设该圆锥的底面半径为r，所以2πr=2π3×30，可得r＝10，
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2π3的扇形的圆锥的
高为1230h=25×202=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，
则该几何体的高为202-82=122．
故答案为：122．
14．（5分）已知等差数列{an}，a8＝8，a9=8+π3，则csa5+csa7csa6= 1 ．
【解答】解：等差数列{an}，a8＝8，a9=8+π3，
所以公差d＝a9﹣a8=π3，
则csa5+csa7csa6=cs(a6-π3)+cs(a6+π3)csa6=2csa6csπ3csa6=1．
故答案为：1．
15．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝CC1＝3，AC＝4，AC⊥BC，动点P在△A1B1C1内（包括边界上），且始终满足BP⊥AB1，则动点P的轨迹长度是 125 ．
【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝CC1＝3，AC＝4，AC⊥BC，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），B1（0，3，3），设P（x，y，3），
则BP→=（x，y﹣3，3），AB1→=（﹣4，3，3），BP⊥AB1，
可得：﹣4x+3y﹣9+9＝0，即4x﹣3y＝0．
直线A1B1的方程：3x+4y＝12，3x+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=12×525=125．
故答案为：125．
16．（5分）已知向量a→，b→的夹角为π3，且a→⋅b→=3，向量c→满足c→=λa→+(1-λ)b→(0＜λ＜1)，且a→⋅c→=b→⋅c→，记x=c→⋅a→|a→|，y=c→⋅b→|b→|，则x2+y2﹣xy的最大值为 278 ．
【解答】解：设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
∵a→⋅b→=|a→||b→|csπ3=3，∴|a→||b→|=6，
∵向量c→满足c→=λa→+(1-λ)b→(0＜λ＜1)，
∴C在线段AB上，
设∠AOC＝α，则∠BOC=π3-α，
则x=c→⋅a→|a→|=|c→|csα，y=c→⋅b→|b→|=|c→|cs(π3-α)，
∴34|c→|2≤34×(322)2x2+y2﹣xy=|c→|2cs2α+|c→|2cs2(π3-α)-|c→|csα⋅|c→|cs(π3-α)
=|c→|2[cs2α+(12csα+32sinα)2-csα(12csα+32sinα)]
=|c→|2(cs2α+12cs2α+32sinαcsα+34sin2α-12cs2α-32sinαcsα)
=34|c→|2，
在△ABO中，由余弦定理有：|AB|2=|a→|2+|b→|2-2|a→||b→|csπ3
=|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，
∵a→⋅c→=b→⋅c→，∴(a→-b→)⋅c→=0，∴BA→⊥OC→，
∴S△OAB=12|AB|×|OC|=12|OA|×|OB|sinπ3，
∴|OC|=6×32|AB|≤336=322，即|c→|≤322，
∴x2+y2﹣xy=34|c→|2≤34×(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z＝a+bi，由题意可得，
（3，z）[z4]＝3z+4z=3（a+bi）+4（a﹣bi）
＝7a﹣bi＝7﹣3i，故a＝1，b＝3，
所以|z|=10；
（2）由题意可得，
原式＝2y﹣sinx+（y+sin2x﹣23sin²x）i是实数，
所以y+sin2x﹣23sin2x＝0，
即y＝﹣sin2x+23sin²x
=3（1﹣cs2x）﹣sin2x
＝﹣2sin（2x+π3）+3，
所以当2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z时，
sin（2x+π3）单调递减，此时函数y单调递增，
解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，
即单调增区间为[kπ+π12，kπ+7π12]（k∈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——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）＝40[Acsω（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y＝f（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=2πω=12，得ω=π6；
由规律②可知，f（x）max＝f（8）＝40（Acs2π+k）＝40A+40k，
f（x）min＝f（2）＝40（Acsπ+k）＝﹣40A+40k，
由f（8）﹣f（2）＝80A＝160，得A＝2；
又当x＝2时，f（2）＝40[2csω（2+4）+k]＝80•csπ+40k＝40，
解得k＝3．
综上可得，f（x）＝80cs（π6x+2π3）+120符合条件．
（2）由条件，80cs（π6x+2π3）+120＞160，
可得cs（π6x+2π3）＞12，则2kπ-π3＜π6x+2π3＜2kπ+π3，k∈Z，
∴12k﹣6＜x＜12k﹣2，k∈Z．
∵x∈[1，12]，x∈N*，∴当k＝1时，6＜x＜10，
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{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2+4n﹣3．
（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Sn＝n2+4n﹣3，
可得n＝1时，a1＝S1＝5﹣3＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+4n﹣3﹣（n﹣1）2﹣4（n﹣1）+3，
化简可得an＝2n+3（n≥2），
所以an=2，n=12n+3，n≥2且n∈N*；
（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+4．
20．（12分）在△ABC中，内角A，B都是锐角．
（1）若∠C=π3，c＝2，求△ABC周长的取值范围；
（2）若sin2A+sin2B＞sin2C，求证：sin2A+sin2B＞1．
【解答】解：（1）由正弦定理有：asinA=bsinB=csinC=232=433，
∴a=433sinA，b=433sinB，
∴a+b=433sinA+433sinB
=433sinA+433sin(2π3-A)
=433sinA+433(32csA+12sinA)
=23sinA+2csA=4sin(A+π6)，
∵内角A，B都是锐角，
∴0＜A＜π20＜2π3-A＜π2，∴π6＜A＜π2，
∴π3＜A+π6＜2π3，
∴sin(A+π6)∈(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+sin2B＞sin2C，
由正弦定理得：a2+b2＞c2，
由余弦定理：csC=a2+b2-c22ab＞0，
∵C∈（0，π），∴C为锐角，
∵A，B都是锐角，
∴A+B＞π2，∴0＜π2-B＜A＜π2，
∴sinA＞sin(π2-B)=csB＞0，
∴sin2A+sin2B＞cs2B+sin2B＝1，
∴sin2A+sin2B＞1．
21．（12分）已知边长为6的菱形ABCD，∠ABC=π3，把△ABC沿着AC翻折至△AB1C的位置，构成三棱锥B1﹣ACD，且DE→=12DB1→，CF→=13CD→，EF=372．
（1）证明：AC⊥B1D；
（2）求二面角B1﹣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O，连接OB1，OD，
因为菱形ABCD，∠AB1C=π3，
所以△ACB1，△ACD为等边三角形，
所以OB1⊥AC，OD⊥AC，
又因为OB1，OD⊂面OB1D，OB1∩OD＝O，
所以AC⊥面OB1D，
因为B1D⊂面OB1D，
所以AC⊥B1D．
（2）因为DE→=12DB1→，CF→=13CD→，
所以FE→=FB1→+B1E→=CB1→-CF→+12B1D→=CB1→-13CD→+12(CD→-CB1→)=16CD→+12CB1→，
平方得，FE→2=(16CD→+12CB1→)2=136CD→2+16|CD→||CB1→|cs∠B1CD+14CB1→2，
即374=136×36+16×6×6cs∠B1CD+14×36，解得cs∠B1CD=-18，
在△B1CD 中，由余弦定理得，B1D²＝CB12+CD²﹣2CB1•CDcs∠B1CD＝36+36﹣2×6×6×(-18)=81，
所以B1D＝9，
由（1）可知，∠DOB1 是二面角B1﹣AC﹣D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，cs∠B1OD=B1O2+DO2-B1D22B1D⋅DO=27+27-812×27=-12，
因为0＜∠B1OD＜π，所以∠B1OD=2π3，
即二面角B1﹣AC﹣D的大小2π3．
（3）取B1E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AB1C所成角即为所成角，
在平面DOB1中，作GK⊥B1O，
因为AC⊥面OB1D，GK⊂面OB1D，
所以AC⊥GK，
又因为AC，B1O⊂面AB1C，AC∩B1O＝O，
所以GK⊥面AB1C，
所以∠GCK是CG与平面AB1C所成角，
在△DOB1中，∠OB1D=∠ODB1=π6，B1G=14B1D=94，
所以GK=12B1G=98，
在ΔDCB1中，由△DEF∽△DGC，得EFCG=DEDG=23，CG=32×372=3374，
所以sin∠GCK=GKCG=983374=33774，
所以EF与平面AB1C所成角的正弦值为33774．
22．（12分）已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足：Sn2=an（Sn﹣1），且Sn≠0，数列{bn}满足：对任意n∈N*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：Tn＜76．
【解答】解：（1）证明：由Sn2=an（Sn﹣1）得Sn2=（Sn﹣Sn﹣1）（Sn﹣1），
化简得SnSn﹣1+Sn﹣Sn﹣1＝0，
由于Sn≠0，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+（n﹣1）＝n，
所以有b1+2b2+…+nbn＝（n﹣1）•2n+1+2，
又有b1+2b2+…+nbn+（n+1）bn+1＝n•2n+2+2，
二式相减得（n+1）bn+1＝（n+1）•2n+1，
即bn+1＝2n+1，
所以当n≥2有bn＝2n，
又b1＝2，符合上式，
所以bn＝2n；
（3）结合（2）可知2n-1b2n-bn=2n-122n-2n＜2n-122n-22n-1=2n-122n-1，
所以Tn＜12+323+525+⋯+2n-122n-1，
设Qn=12+323+525+⋯+2n-122n-1，
则14Qn=123+325+527+⋯+2n-122n+1，
二式相减得34Qn=12+2×（123+125+⋯+122n-1）-2n-122n+1=12+14×(1-(14)n-1)1-14-2n-122n+1，
即Qn=23+49(1-(14)n-1)-432n-122n+1，
又2n-122n+1＞0，所以Qn随着n的增大而增大，
当n→+∞，Qn→23+49=109，
所以Tn＜109＜76．