2023-2024学年江苏省南京市东山高级中学南站校区高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市东山高级中学南站校区高一（下）期末数学试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设i为虚数单位，若复数z满足i3z=1+2i，则z−在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知α为锐角，且cs(α+π6)=35，则sinα=( )
A. 3+110B. 2− 35C. 2 3−110D. 4 3−310
3.在△ABC中，已知a= 2，b= 3，B=60°，则A角的度数为( )
A. 30°B. 45°C. 45°或135°D. 60°
4.已知|a|=5，|b|=4，若a在b上的投影向量为−58b，则a与b的夹角为( )
A. 60°B. 120°C. 135°D. 150°
5.设样本数据x1，x2，⋯，x10的均值和方差分别为1和2，若yi=2xi−1(i=1,2,⋯,10)，则y1，y2，⋯，y10的方差为( )
A. 1B. 3C. 4D. 8
6.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m/​/l”是“m//β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=3AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 45
B. 910
C. 35
D. 710
8.如图，平行四边形ABCD中，AB=BD=DC=2，∠A=45°.现将△BCD沿BD起，使二面角C−BD−A大小为120°，则折起后得到的三棱锥C−ABD外接球的表面积为( )
A. 10πB. 15πC. 20πD. 20 3π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，真命题有( )
A. 若α/​/β，m⊥α，m/​/n，则n⊥β
B. 若m/​/α，m//β，α∩β=n，则m/​/n
C. 若m/​/α，m/​/n，则n/​/α
D. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n/​/β
10.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功发射，中国航天再创辉煌.为普及航天知识，弘扬航天精神，某市举办了一次航天知识竞赛.为了解这次竞赛成绩情况，从中随机抽取了50名参赛市民的成绩作为样本进行统计，得到如下的频率分布直方图，则( )
注：同一组中的数据用该组区间中点值代表．
A. 图中y的值为0.004
B. 估计样本中竞赛成绩的众数为70
C. 估计样本中竞赛的平均成绩不超过80分
D. 估计样本中竞赛成绩的第75百分位数为76.75
11.已知正三棱台A1B1C1−ABC，AB=2A1B1=4，A1A= 2，下列说法正确的是( )
A. 正三棱台A1B1C1−ABC体积为 2
B. 侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值为 63
C. 点A到面BB1C1C的距离为2 2
D. 三棱台A1B1C1−ABC的外接球的表面积为114π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a，b的夹角为5π6，|a|= 3，|b|=1，则|3a+b|= ．
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边a，b，c满足a2−b2=bc，则AB= ______，三角形ABC为锐角三角形，则cs(C−B)+csA的取值范围是______．
14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，P为DD1的中点，过PB的平面α分别与棱AA1，CC1交于点E，F，且AC//α，则截面四边形PEBF的面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知csα= 55，sin(α−β)= 1010，且α，β∈(0,π2).求：
(1)cs(α−β)的值；
(2)β的值．
16.(本小题15分)
如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，且PC=AC=2BC=4，点D是PA的中点，点F为PC的中点．
(1)求异面直线BF和PA所成角的大小；
(2)求二面角D−BC−A的大小．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2，c2=BA−⋅BC−2 3S，其中S为△ABC的面积．
(1)求角A的大小；
(2)设D是边BC的中点，若AB⊥AD，求AD的长．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D−PN−C的正切值为2．
(1)求四棱锥P−ABCD的体积；
(2)证明：DM⊥PC；
(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn∈R，则(a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k，使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时，等号成立．
(1)请你写出柯西不等式的二元形式；
(2)设P是棱长为 2的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d1、d2、d3、d4，求d12+d22+d32+d42的最小值；
(3)已知无穷正数数列{an}满足：①存在m∈R，使得ai≤m(i=1,2,…)；②对任意正整数i、j(i≠j)，均有|ai−aj|≥1i+j.求证：对任意n≥4，n∈N*，恒有m≥1．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为i3z=1+2i，
所以z=1+2ii3=−2+ii4=−2+i，所以z−=−2−i，对应的点为(−2,−1)，
所以z−在复平面内对应的点在第三象限．
故选：C．
根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限．
本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：α为锐角，且cs(α+π6)=35，
则sin(α+π6)=45，
所以sinα=sin[(α+π6)−π6]=sin(α+π6)csπ6−cs(α+π6)sinπ6=45× 32−35×12=4 3−310．
故选：D．
利用同角三角函数的基本关系求出sin(α+π6)的值，由α=(α+π6)−π6，结合两角差的正弦公式求解即可．
本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角差的正弦公式，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a= 2，b= 3，得a由正弦定理得sinA=asinBb= 2× 32 3= 22，
所以A=45°．
故选：B．
根据大边对大角得到角A本题考查了大边对大角以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设a与b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
a在b上的投影向量为−58b，
则|a|csθ×b|b|=−58b，即54csθ=−58，解得csθ=−12，
所以a与b的夹角为120°．
故选：B．
利用投影向量的定义计算即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由方差的性质可得，D(yi)=D(2xi−1)=4D(xi)=8．
故选：D．
由方差性质可得．
本题主要考查了方差的性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：m⊂α，α∩β=l，则m⊄α，l⊂β，又m/​/l，则m//β，充分性成立；
m//β，m⊂α，α∩β=l，则m/​/l，必要性成立，
则“m/​/l”是“m//β”的充要条件．
故选：C．
由直线与平面平行的判定定理和性质定理可判断．
本题考查线面平行的判定和性质，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：如图：连接BC1，A1C1，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，
所以AB/​/C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1/​/AD1，则∠A1BC1或其补角就是异面直线A1B与AD1所成的角，
设AB=1，则A1B= 10，BC1= 10，A1C1= 2，
由余弦定理得：|cs∠A1BC1|=|10+10−22×10|=910．
故选：B．
平行移动AD1与A1B相交构成三角形，∠A1BC1或其补角就是异面直线A1B与AD1所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可．
本题考查异面直线所成的角，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，过点D作DE/​/AB，过点A作AE/​/BD，两直线相交于点E，
因为AB=BD=DC=2，∠A=45°，
所以∠ADB=45°，AB⊥BD，则DE⊥BD，
由于CD⊥BD，故∠CDE即为二面角C−BD−A的平面角，
则∠CDE=120°，
过点C作CF⊥DE于点F，
因为BD⊥DE，BD⊥CD，DE∩CD=D，DE，CD⊂平面CDF，
故BD⊥平面CDF，
因为CF⊂平面CDF，所以BD⊥CF，
又BD∩DE=D，BD，DE⊂平面ABDE，
则CF⊥平面ABDE，∠CDF=60°，
取AD的中点H，则外接球球心在平面ABD的投影为H，即OH⊥平面ABDE，
连接FH，AO，CO，则AO=CO，过点O作OG//FH，交直线CF于点G，
则OH=FG，
CD=2,CF=CDsin60°= 3,DF=CDcs60°=1，
AH=DH=12AD= 2，
由余弦定理得FH= DF2+DH2−2FD⋅DHcs∠FDH
= 1+2−2×1× 2×(− 22)= 5，
设OH=h，则FG=h，故CG=CF−FG= 3−h，
由勾股定理得OC2=OG2+CG2=5+( 3−h)2，OA2=OH2+AH2=2+h2，
故5+( 3−h)2=2+h2，解得h= 3，
故外接球半径为 2+h2= 5，外接球表面积为4π⋅5=20π．
故选：C．
作出辅助线，找到二面角C−BD−A的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积．
本题考查与球有关的内切或外接的问题，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由α/​/β，m⊥α，得m⊥β，又m/​/n，∴n⊥β，故A正确；
由m/​/α，得存在过m的平面γ与α相交，令交线为a(不与n重合)，则m/​/a，
由m//β，得存在过m的平面δ与β相交，令交线为b(不与n重合)，则m/​/b，于是a/​/b，
而b⊄α，则b/​/α，而b⊂β，α∩β=n，则b/​/n，m/​/n，故B正确；
由m/​/α，m/​/n，得n/​/α或n⊂α，故C错误；
由m⊥α，m⊥β，得α/​/β，而n⊂α，则n/​/β，故D正确．
故选：ABD．
根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理逐一判断得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由频率分布直方图得：
图中y的值为y=1−0.16−0.32−0.40−0.0810=0.004，故A正确；
由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点为75，∴估计样本中竞赛成绩的众数为75，故B错误；
样本中竞赛成绩超过80分的频率只有0.12，
∴平均成绩不可能超过80分，故C正确；
设样本中竞赛成绩的第75百分位数为x，前2组频率之和为0.16+0.32=0.48<0.75，
前3组频率之和为0.48+0.40=0.88>0.75，故x位于第3组，
∴(x−70)×0.040=0.75−0.48，解得x=76.75，故D正确．
故选：ACD．
由频率分布直方图能求出频率，判断A；由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点为75，估计众数，判断B；样本中竞赛成绩超过80分的频率只有0.12，得平均成绩不可能超过80分，判断C；利用百分位数定义判断D．
本题考查频率分布直方图、频率、众数、百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：设△A1B1C1中心为O1，△ABC中心为O，连接O1A1，O1O，OA，
则O1A1//OA，O1O⊥OA1，O1A=23× 32×2=2 33，OA=23× 32×4=4 33，
在四边形O1A1AO中，过A1作A1D⊥AO于D，
则A1D= ( 2)2−(4 33−2 33)2= 63，则OO1= 63，
取A1A中点N，过点N作NM⊥AA1，交AO于H，交直线O1O于M，
则点M为三棱台A1B1C1−ABC的外接球的球心．
由△A1AD∽△HAN，可得HA=ANAD×AA1= 222 33 2= 32，
则HN= ( 32)2−( 22)2=12，HO=4 33− 32=5 36，
由△HMO∽△HAN，可得OM=OHHN×AN=5 3612× 22，
选项A：正三棱台A1B1C1−ABC体积为13( 34×42+ 34×22+ 34×42× 34×22)× 63=7 22，故A错误；
选项B：设侧棱CC1与底面ABC所成角为θ，则sinθ=OO1CC1= 63 2= 33，
又θ∈[0,π2]，则csθ 1− 33)= 63csθ= 1−( 33)2= 63．
则侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值为 63，故B正确；
选项C：设点A到面BB1C1C的距离为h，
由VA−BCC1=VC1−ABC，可得13S△BCC1⋅h=13S△ABC⋅OO1
又等腰梯形BCC1B1中，BC=4，C1B1=2，BB1=CC1= 2，
则S△BCC1=12BC× ( 2)2−[12(4−2)]2=2，
则13×2h=13× 34×42× 63，解之得h=2 2，
则点A到面BB1C1C的距离为2 2，故C正确；
选项D：三棱台A1B1C1−ABC的外接球的半径为 OM2+OA2= (5 66)2+(4 33)2= 576，
则三棱台A1B1C1−ABC的外接球的表面积为4π( 576)2=1143π，故D正确．

故选：BCD．
求得正三棱台A1B1C1−ABC体积判断选项A；求得侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值判断选项B；求得点A到面BB1C1C的距离判断选项C；求得三棱台A1B1C1−ABC的外接球的表面积判断选项D．
本题考查空间几何体的外接球的表面积，考查线面角的余弦值的求法，考查点到面的距离的求法，属中档题．
12.【答案】 19
【解析】【分析】
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
先由已知条件求出a⋅b，然后结合向量模的运算求解即可．
【解答】
解：由向量a，b的夹角为5π6，|a|= 3，|b|=1，
则a⋅b=|a||b|cs5π6=−32，
则|3a+b|= (3a+b)2= 9|a|2+6a⋅b+|b|2
= 9×3+6×(−32)+1= 19，
故答案为： 19．
13.【答案】2 (1,98]
【解析】解：因为a2−b2=bc，
所以由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=b2+bc，
则c−2bcsA=b，
所以由正弦定理可得sinB=sinC−2sinBcsA
=sin(A+B)−2csAsinB
=sinAcsB+csAsinB−2csAsinB
=sinAcsB−csAsinB
=sin(A−B)，
因为△ABC为锐角三角形，则0所以−π2又因为函数y=sinx在(−π2,π2)内单调递增，
所以A−B=B，可得A=2B，
所以AB=2，
由于△ABC为锐角三角形，
则0所以0<2B<π20解得π6则cs(C−B)+csA
=cs(π−4B)+cs2B
=cs2B−cs4B
=−2cs22B+cs2B+1
=98−2(cs2B−14)2，
因为π6所以π3<2B<π2，
则0所以cs(C−B)+csA=98−2(cs2B−14)2∈(1,98].
故答案为：2，(1,98].
先利用余弦定理结合a2−b2=bc可得c−2bcsA=b，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出AB的值，从而可将C，A都用B表示，再根据三角形为锐角三角形求出B的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解．
本题主要考查正弦定理，余弦定理，二次函数的性质以及余弦函数的性质在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】 62
【解析】解：如图示：
过点B作AC的平行线分别与DA，DC的延长线交于G，H，连接PG，PH，
并分别与AA1，CC1交于E，F，因为AC/​/GH，且AC⊄平面PGH，GH⊂平面PGH，
所以AC/​/平面PGH，所以平面PGH即为平面α，因为AB=AD=1，AA1=2，
所以AE=12，所以四边形PEBF为菱形，且EF= 2，PB= 3，
所以SPEBF=12×EF×PB=12× 2× 3= 62．
故答案为： 62．
过点B作AC的平行线，分别与DA，DC的延长线交于G，H，连接PG，PH，并分别与AA1，CC1交于点E，F，可得平面PGH即平面α，根据四边形PEBF为菱形，利用面积公式，求出所得的截面四边形PEBF的面积．
本题考查几何体截面面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)∵csα= 55，sin(α−β)= 1010，且α，β∈(0,π2)，
∴sinα=2 55，cs(α−β)=3 1010，
(2)由(1)知，csβ=cs[α−(α−β)]
=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)
= 55⋅3 1010+2 55⋅ 1010= 22，
∴β=π4．
【解析】(1)由sin(α−β)= 1010，且α，β∈(0,π2)，可求得cs(α−β)的值；
(2)由csβ=cs[α−(α−β)]，可求得csβ= 22，结合β∈(0,π2)可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查转化与化归思想及运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)取AC中点M，连结BM，FM，

因为F，M分别为PC，AC的中点，所以FM//PA，
所以∠BFM(或其补角)为异面直线BF和PA所成角，
因为PC=AC=2BC=4，C为以AB为直径的圆上的点，
所以在直角三角形BCM中，BC=MC=2，∠BCM=90°，得BM=2 2，
因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，所以PO⊥面ABC，
又BC，BA在平面ABC内，所以PC⊥BC，PC⊥BA，所以BF=BM=2 2，
所以∠BFM=60°，所以异面直线BF和PA所成角的大小为60°；
(2)由(1)知BC⊥PC，BC⊥AC，PC∩AC=C，得BC⊥面PCA且DC⊂面PCA，
所以BC⊥CD，又BC⊥AC，所以∠DCA为二面角D−BC−A的平面角，
在等腰直角三角形PCA中易知∠DCA=45°，
所以二面角D−BC−A的大小为45°．
【解析】(1)取AC中点M，连结BM，FM，可证FM//PA，进而可得∠BFM(或其补角)为异面直线BF和PA所成角，进而可求异面直线BF和PA所成角的大小；
(2)BC⊥CD，又BC⊥AC，可得∠DCA为二面角D−BC−A的平面角，求解即可．
本题考查线线角的大小，考查求二面角的大小，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为c2=BA⋅BC−2 3S，可得c2=c⋅a⋅csB−2 3×12acsinB，即c=acsB− 3asinB，
结合正弦定理可得sinC=sinAcsB− 3sinAsinB，
在△ABC中，sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinAcsB+csAsinB=sinAcsB− 3sinAsinB，整理得csAsinB=− 3sinAsinB，
因为B∈(0,π)，sinB>0，
故csA=− 3sinA，即tanA=− 33，
又A∈(0,π)，
所以A=56π；
(2)因为D是边BC的中点，a=2，
所以BD=CD=1，
在△ABD中，AB⊥AD，则AD=BDsinB=sinB，
在△ACD中，∠CAD=5π6−π2=π3，C=π−5π6−B=π6−B，CD=1，
由正弦定理可得CDsin∠CAD=ADsinC，即1sinπ3=ADsin(π6−B)，
所以AD=2 3sin(π6−B)，
所以sinB=2 3sin(π6−B)，即 32sinB=12csB− 32sinB，
所以csB=2 3sinB，
又sin2B+cs2B=1，B∈(0,π)，
所以sin2B+(2 3sinB)2=1，解得sinB= 1313，
所以AD= 1313．
【解析】(1)由题意利用平面向量数量积的运算，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换可求tanA=− 33，结合A∈(0,π)，可求A的值；
(2)由题意可得AD=BDsinB=sinB，由正弦定理可得AD=2 3sin(π6−B)，进而利用三角函数恒等变换的应用即可求解sinB的值，即可求解AD的值．
本题考查了平面向量数量积的运算，三角形的面积公式，三角函数恒等变换以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】(1)解：∵△PAD为正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PN⊥平面ABCD，
又NC⊂平面ABCD，
∴PN⊥NC，
∴∠DNC为二面角D−PN−C的平面角，
∴tan∠DNC=2=DCDN，
又DN=1，∴DC=2，
∴底面ABCD为正方形．
又易得PN= 3，
∴四棱P−ABCD的体积V=13×2×2× 3=4 33．
(2)证明：由(1)知，PN⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，
∴PN⊥DM，
在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN，
∴∠ADM=∠DCN，
而∠ADM+∠MDC=90°，
∴∠DCN+∠MDC=90°，
∴DM⊥CN，
∵PN∩CN=N，
∴DM⊥平面PNC，
∵PC⊂平面PNC，
∴DM⊥PC．
(3)解：设DM∩CN=O，连接PO，MN．
∵DM⊥平面PNC．
∴∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，
可求得，DM= 5，DO=1×2 5=2 55，
∴MO= 5−2 55=3 55，
又MN= 2，PM= PN2+MN2= 5，
∴sin∠MPO=MOPM=3 55 5=35，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为35．
【解析】(1)说明∠DNC为二面角D−PN−C的平面角，然后求解几何体的体积．
(2)证明PN⊥DM，DM⊥CN，推出DM⊥平面PNC，然后证明DM⊥PC．
(3)设DM∩CN=O，连接PO，MN.说明∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，通过求解三角形推出结果即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积以及二面角的平面角的求法，是中档题．
19.【答案】解：(1)柯西不等式的二元形式为：
设a1，a2，b1，b2∈R，则(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2，
当且仅当a1b2=a2b1时等号成立．
(2)由正四面体ABCD的体积V=VP−ABC+VP−DBC+VP−CDA+VP−DAB，
得 212( 2)3=13× 34( 2)2(d1+d2+d3+d4)，所以d1+d2+d3+d4=2 33，
又由柯西不等式得(d12+d22+d32+d42)(1+1+1+1)≥(d1⋅1+d2⋅1+d3⋅1+d4⋅1)2=(d1+d2+d3+d4)2，
所以d12+d22+d32+d42≥(d1+d2+d3+d4)24=13，
当且仅当d1=d2=d3=d4= 36时等号成立．
(3)证明：对n≥4，记k1，k2，⋯，kn是1，2，⋯，n的一个排列，
且满足0由条件②得：aki−aki−1≥1ki+ki−1(i=2,3,⋯,n)．
于是，对任意的n≥4，
都有m≥akn>akn−ak1=(akn−akn−1)+(akn−1−akn−2)+⋯+(ak2−ak1)≥1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1，
由柯西不等式得(1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1] [(kn+kn−1)+(kn−1+kn−2)+⋯+(k2+k1)]≥(n−1)2,
所以1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1≥(n−1)2(kn+kn−1)+(kn−1+kn−2)+⋯+(k2+k1)
=(n−1)22(k1+k2+⋯+kn)−k1−kn=(n−1)2n2+n−k1−kn≥(n−1)2n2+n−3=1−3n−4n2+n−3；
从而，对任意的n≥4，都有m≥1−3n−4n2+n−3，
所以对任意n≥4，n∈N*，3n−4n2+n−3>0，恒有m≥1．
【解析】(1)利用柯西不等式的定义，写出n=2时的形式即可；
(2)由体积法求出d1+d2+d3+d4=2 33，构造柯西不等式求d12+d22+d32+d42的最小值即可；
(3)由题意知aki−aki−1≥1ki+ki−1(i=2,3,⋯,n)，根据m≥akn>akn−ak1=(akn−akn−1)+(akn−1−akn−2)+⋯+(ak2−ak1)≥1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1，由柯西不等式得求得m的取值范围．
本题考查了新定义应用问题，也考查了数列与不等式的应用问题，是难题．