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2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（提高篇）（人教A版2019必修第二册）
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这是一份2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（提高篇）（人教A版2019必修第二册），共33页。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．若AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形
B．若|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
C．若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
D．若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD为梯形
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ．根据复数乘方公式，复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．z2=z2B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1
C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）
A．PA⋅PC为定值
B．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C．OA⋅OC的取值范围是−4,0
D．AC⋅BD的最大值为12
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若csA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1B．12,1
C．1,+∞D．12,+∞
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，E，F分别为BC，AD中点，将△ABE沿直线AE翻折成△AB1E,B1与B、F不重合，连结B1D,B1C，H为B1D中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥B1−AEB外接球的表面积为4π
C．当∠ADB1=30°时，三棱锥H−CDF的体积为23
D．点H到面AB1E的最大距离为2
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线BD1⊥平面A1C1D
②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为π2
③三棱锥P−A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2
A．①②B．①③C．①③④D．①④
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，则（ ）
A．z1⋅z2=1B．z1+z2=3
C．若α=0，则csβ=0D．α−β=kπ+π2k∈Z
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为2
B．三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C．B1F与A1B不可能垂直
D．当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC，且SA⋅MA→+SB⋅MB→+SC⋅MC→=0→.以下命题正确的有（ ）
A．若SA:SB:SC=1:1:1，则M为△AMC的重心
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC=3:2:1
D．若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=−66
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面ABF//平面CDE
B．平面ADE⊥平面EBC
C．直线AE与平面BDE所成角的正弦值是32
D．平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数z1和z2满足z1+4=z1−4，且z2+5−3i=1，则z1−z2的最小值是 ．
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知△ABC是边长为3的等边三角形，D为CB上一点，O为△ABC的中心，E为△ABC内一点（包括边界），且AD=23AB+mAC，则AD⋅OE的最大值为 .
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=4，A1B=BC1，BB1⊥BD1，且二面角B1−BD1−C1的正切值为2．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内运动，D1Q=22，则PB1+PQ的最小值为 ．
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3csinB+ccsB=a+b，且a+b=4，则△ABC周长的取值范围为 ，△ABC面积的最大值为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数z=x+yi，x∈R,y∈R，其中i为虚数单位，且满足z=2，且z−1为纯虚数.
(1)若复数z=x+yi，x∈R,y∈R在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求3+2iz；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，求实数m，n的值.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP，O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E,F．
(1)若AF=23AC，求AEEB的值；
(2)若EB=λAE(λ>0)，FC=μAF(μ>0)，求1λ+1μ+1的最小值．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设fz是一个关于复数z的表达式，若fx+yi=x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R ， i为虚数单位），就称f将点Px,y“f对应”到点Qx1,y1．例如fz=1z将点0,1“f对应”到点0,−1．
(1)若fz=z+1z∈C点P11,1“f对应”到点Q1，点P2“f对应”到点Q21,1，求点Q1、P2的坐标；
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，fz=z2z∈C，是否存在一个有序实数对k,t，使得直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对k,t；若不存在，请说明理由；
(3)设常数a，b∈R，集合D=zz∈C且Rez>0和A=ωω∈C且ω<1，若fz=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有fz∈A；②对于集合A中的任意一个元素ω，都存在集合D中的元素z使得ω=fz．请写出满足条件的一个有序实数对a,b，并论证此时的fz满足条件．
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知△ABC中，点D是线段AC上一点，AC=3AD，且①AB=4，②BC=13，③BD=13，④A=π3.
(1)求AC的长；
(2)E为边AB上的一点，若△ADE为锐角三角形，求△ADE的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形.
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．若AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形
B．若|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
C．若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
D．若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD为梯形
【解题思路】
根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.
【解答过程】
A选项，若AB=DC，则AB=DC且AB∥DC，则四边形ABCD为平行四边形，正确；
B选项，如图
|AC|=|BD|=2，但是四边形ABCD不是矩形，错误；
C选项，若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．
D选项，若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.
故选：A.
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ．根据复数乘方公式，复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】根据复数乘方公式结合三角函数诱导公式及复数的几何意义可求得结果.
【解答过程】由题意得−2csπ5+isinπ52023 =−22023cs2023π5+isin2023π5=−22023cs3π5+isin3π5，
因为−22023<0，cs3π5<0，sin3π5>0，
所以复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D.
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
【解题思路】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【解答过程】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为12×14+6=10寸，
则盆中水的体积为13π×9×62+102+6×10=588π立方寸，
所以平地降雨量等于588ππ×142=3寸.
故选：C.
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．z2=z2B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1
C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z判断C；利用复数相等求出q判断D.
【解答过程】对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z|2=a2+b2,z2=a+bi2=a2−b2+2abi，z2≠z2，A错误；
对于B，由z=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，
z−1−i可看作该单位圆上的点到点1,1的距离，因为圆心到1,1的距离为2，
则该单位圆上的点到点1,1的距离最大值为2+1，B正确；
对于C，z=1−2i2=−3−4i,z=−3+4i，则复平面内z对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，(1−3i)2+p(1−3i)+q=0，整理得(p+q−8)+(−3p−6)i=0，
而p,q∈R，因此p+q−8=0−3p−6=0，解得p=−2,q=10，D错误．
故选：B.
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）
A．PA⋅PC为定值
B．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C．OA⋅OC的取值范围是−4,0
D．AC⋅BD的最大值为12
【解题思路】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；根据垂直关系及AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)、数量积得运算律化简判断B；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得OA⋅OC=2OM2−4，进而求范围判断C；由弦|AC|,|BD|的最大值判断D.
【解答过程】如图，过O,P作直径EF，依题意，PA⋅PC=−|PA||PC|=−|PF||PE|
=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)=−(|OF|2−|OP|2)=−2为定值，A正确；
若AC⊥BD，则PB⋅CP=AP⋅PD=0，
则AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)=AP⋅CP+PB⋅CP+AP⋅PD+PB⋅PD，
又PA⋅PC=−2，则AP⋅CP=−2，同理可得PB⋅PD=−2，故AB⋅CD=−4，B正确；
若M为AC中点，连接OM，则OA⋅OC=(OM+MA)⋅(OM+MC)=OM2+OM⋅(MA+MC)+MA⋅MC
=OM2−(4−OM2)=2OM2−4，
由题意0≤OM2≤OP2=2，则OA⋅OC∈[−4,0]，C正确；
因为|AC|≤4,|BD|≤4，则有|AC|⋅|BD|≤16，D错误.
故选：D.
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若csA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1B．12,1
C．1,+∞D．12,+∞
【解题思路】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A−C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为12cs2C并确定C的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【解答过程】由csA=b−c2c=sinB−sinC2sinC，则sinB−sinC=2sinCcsA，
所以sin(A+C)−sinC=sinAcsC+csAsinC−sinC=2sinCcsA，
则sinAcsC−csAsinC=sin(A−C)=sinC，
所以A−C=C或A−C+C=A=π（舍），故A=2C，
综上，2cc+b=2sinCsinC+sinB=2sinCsinC+sin(A+C)=2sinCsinC+sin3C，且sinC>0
所以2cc+b=2sinCsinC+sin2CcsC+cs2CsinC，
=2sinCsinC+2sinCcs2C+(2cs2C−1)sinC =12cs2C，
由锐角△ABC，则π2所以2cs2C∈(1,32)，故2cc+b∈(23,1).
故选：A.
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，E，F分别为BC，AD中点，将△ABE沿直线AE翻折成△AB1E,B1与B、F不重合，连结B1D,B1C，H为B1D中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥B1−AEB外接球的表面积为4π
C．当∠ADB1=30°时，三棱锥H−CDF的体积为23
D．点H到面AB1E的最大距离为2
【解题思路】
对于A，取AB1的中点G，由四边形ECHG是平行四边形，可得CH=GE，进而求出CH；对于B，取AE的中点O，由外接球的性质可知，点O即为三棱锥B1−AEB外接球的球心，进而求出外接球的表面积；对于C，由VH−CDF=VD−CFH即可求出结果；对于D，点D到面AB1E的距离为h，则点H到面AB1E的距离为12ℎ，由VD−AB1E=VB1−ADE得，当平面AB1E⊥平面ABE时，三棱锥B1−AED的体积最大，进而求出结果.
【解答过程】取AB1的中点G，连接GH，GE，则GH∥AD，且GH=12AD，又EC∥AD，且EC=12AD，所以EC∥GH，且EC=GH，
∴ECHG是平行四边形，∴HC=GE，而GE=B1G2+B1E2=5，故A正确；
对于B，取AE的中点O，连接BO,B1O，所以OB=OA=OE=OB1，
即点O为三棱锥B1−AEB的外接球的球心，
所以三棱锥B1−AEB的外接球的表面积为4π×(2)2=8π，故B错误；
对于C，连接DE∩CF=M，连接HM，AB1sin∠ADB1=ADsin∠AB1D，
即212=4sin∠AB1D，所以∠AB1D=90°，即AB1⊥B1D,∵F,H分别为AD,B1D的中点，
∴FH∥AB1,FH=12AB1=1，∴FH⊥B1D．
又M为DE的中点，∴HM∥B1E,HM=12B1E=1，
∵FM=12FC=12AE=1222+22=2,∴FH2+HM2=FM2,∴FH⊥HM，
又B1D∩HM=H,∴FH⊥平面B1DE,∴FH⊥DE，又FE=FD=DC=EC=2,∴CF⊥DE，
又FH∩CF=F,∴DE⊥平面CFH，
∴VH−CDF=VD−CFH=13×S△CFH×DM=13×12⋅FH⋅CF⋅sin∠HFC⋅DM=23，
故C正确；
对于D，令点D到面AB1E的距离为h，因为H为B1D中点，
所以点H到面AB1E的距离为12ℎ．
因为VD−AB1E=VB1−ADE，因为三棱锥B1−AED的底面积S△AED=12×4×2=4是定值，
所以当平面AB1E⊥平面ABE时，三棱锥B1−AED的体积最大，取AE的中点O，连接B1O，
则OB1⊥平面ABE，所以13×12×AB1×B1E×ℎ=13×12×AD×AB×OB1，即13×12×2×2×ℎ=13×12×4×2×2，解得ℎ=22，
所以点H到面AB1E的最大距离为2，故D正确．
故选：B．
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线BD1⊥平面A1C1D
②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为π2
③三棱锥P−A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2
A．①②B．①③C．①③④D．①④
【解题思路】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线BD1⊥平面A1C1D判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④．
【解答过程】如图，连接B1D1，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，
∵正方体的棱BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，
∵BB1∩B1D1=B1，BB1,B1D1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1，
又BD1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，同理A1D⊥BD1．
∵A1C1∩A1D=A1，A1C1,A1D⊂平面A1C1D，所以BD1⊥平面A1C1D，①正确；
因为CD⊥平面BCB1，B1C⊂平面BCB1，所以CD⊥B1C，
又平面B1CD∩平面BCD=CD，BC⊥CD，BC⊂平面BCD，B1C⊂平面B1CD，
则∠B1CB是平面B1CD与平面BCD的夹角，显然三角形BB1C为等腰直角三角形，则该角大小为π4，②错；
因为A1B1//AB，A1B1=AB，AB//CD,AB=CD，所以A1B1//CD,A1B1=CD，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，因此有A1D//B1C，
又A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，所以B1C//平面A1C1D，
P∈B1C，因此P到平面A1C1D的距离为定值，三棱锥P−A1C1D的体积为定值，③正确；
由于A1D//B1C，因此异面直线AP与A1D所成角就是AP与B1C所夹的角，
即图中∠APC或∠APB1，设正方体棱长为1，易知AB1=AC=B1C=2，
当点P为B1C中点时，此时AP⊥B1C，
因为△ AB1C是等边三角形，P在线段B1C，因此∠APC或∠APB1中较小的角的范围是π3,π2，④错误．
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，则（ ）
A．z1⋅z2=1B．z1+z2=3
C．若α=0，则csβ=0D．α−β=kπ+π2k∈Z
【解题思路】
由z1−z2=2，平方后可推出cs(α−β)=0，即可判断D，由此可判断C；根据复数的乘法以及模的计算公式可判断A；根据复数的加法以及模的计算公式可判断B；
【解答过程】由题意知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，
则z1−z2=(csα−csβ)+i(sinα−sinβ)，故(csα−csβ)2+(sinα−sinβ)2=2，
即2−2(csαcsβ+sinαsinβ)=2，得cs(α−β)=0，
故α−β=kπ+π2k∈Z，D正确；
z1⋅z2=(csα+isinα)⋅(csβ+isinβ)=csαcsβ−sinαsinβ+i(csαsinβ+sinαcsβ) =cs(α+β)+isin(α+β)，
得z1⋅z2=cs2(α+β)+sin2(α+β)=1，A正确；
由于z1+z2=(csα+csβ)+i(sinα+sinβ)，
故z1+z2=(csα+csβ)2+(sinα+sinβ)2=2+2(csαcsβ+sinαsinβ)
=2+2cs(α−β)=2，B错误；
由以上D的分析可知，若α=0，则cs(−β)=0，故csβ=0，C正确；
故选：ACD.
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为2
B．三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C．B1F与A1B不可能垂直
D．当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
【解题思路】
对A由B1F//平面A1BE，联想到存在一个过B1F的平面与平面A1BE平行，利用正方体特征找到平面B1MN//平面BA1E,进而得到F的轨迹为线段MN，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【解答过程】对A，如图，令CC1中点为M,CD1中点为N,连接MN，
又正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M//A1E,MN//CD1//BA1，
∴B1M//平面BA1E,MN//平面BA1E,又B1M∩MN=M，
且B1M,MN⊂平面B1MN，∴平面B1MN//平面BA1E,
又B1F//平面A1BE，且B1∈平面B1MN，∴B1F⊂平面B1MN，
又F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），∴F∈平面B1MN∩平面C1CDD1，而MN=平面B1MN∩平面C1CDD1，
∴F∈MN，即F的轨迹为线段MN.
由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱B1C1⊥底面C1CDD1，所以三棱锥B1−D1EF体积为V=13B1C1⋅S△D1FE=23S△D1FE，
所以△D1FE面积S△D1FE最小时，体积最小，如图，∵F∈MN，易得F在N处时S△D1FE最小，
此时S△D1FE=12ND1⋅D1E=12,所以体积最小值为13，故选项B正确；
对C，当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得B1F⊥MN,又CC1中点为M,CD1中点为N,
∴MN//D1C，而A1B//D1C，∴B1F⊥A1B,故选项C不正确；
对D，如图，当F在M处时，三棱锥B1−D1DF的体积最大时，
由已知得此时FD=FD1=FB1=5,所以F在底面B1DD1的射影为底面外心，
DD1=2,B1D1=22,DB1=23,所以底面B1DD1为直角三角形，
所以F在底面B1DD1的射影为B1D中点，设为O1，如图，设外接球半径为R,
由R2=OO12+O1B12=OO12+3,R+OO1=FO1=2,可得外接球半径R=524，
外接球的表面积为4πR2=252π，故选项D正确.
故选：ABD.
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC，且SA⋅MA→+SB⋅MB→+SC⋅MC→=0→.以下命题正确的有（ ）
A．若SA:SB:SC=1:1:1，则M为△AMC的重心
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC=3:2:1
D．若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=−66
【解题思路】对A，取BC的中点D，连接MD,AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA,SB,SC，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°,∠AMC=120°,∠AMB=150°，从而可用R表示出SA,SB,SC，进而即可判断C；
对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x,MF=y，则AM=3x,BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D．
【解答过程】对于A，取BC的中点D，连接MD,AM，
由SA:SB:SC=1:1:1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，所以M为△AMC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r,SB=12AC⋅r,SC=12AB⋅r，
所以12r⋅BC⋅MA+12r⋅AC⋅MB+12r⋅AB⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
又∠BAC=45°,∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°,∠AMC=2∠ABC=120°,∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90°=12R2，
SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120°=34R2，
SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150°=14R2，
所以SA:SB:SC=2:3:1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA:SB:SC=3:4:5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x,MF=y，则AM=3x,BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD=66，所以cs∠AMB=csπ−∠BMD=−66，故D正确.
故选：ABD．
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面ABF//平面CDE
B．平面ADE⊥平面EBC
C．直线AE与平面BDE所成角的正弦值是32
D．平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13
【解题思路】对于A，需证AF//平面CDE与BF∥平面CDE；取BC中点M，所以∠EMF为二面角E−BC−F的平面角，求出此二面角不是直二面角，可判断B；同理∠BND为二面角B−AE−D的平面角，可判定D;对于C，先证AO⊥平面BEDF，故∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【解答过程】连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知OE=OF，OA=OC，所以四边形AFCE为平行四边形，
所以AF∥CE，又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF//平面CDE，
同理BF∥平面CDE，又AF∩BF=F，AF，BF⊂平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，A正确；
取BC中点M，连接EM、FM，则EM⊥BC、FM⊥BC，
所以∠EMF为二面角E−BC−F的平面角，
设该八面体的棱长为a，则EM=FM=32a,EF=2EB2−OB2=2a，
所以cs∠EMF=EM2+FM2−EF22EM⋅FM=−13，
所以二面角E−BC−F不是直二面角，则平面EBC与平面FBC不垂直，
而平面ADE//平面FBC，所以平面ADE与平面EBC也不垂直，B错误；
同理，取BC中点N，连接BN、DN，∠BND为二面角B−AE−D的平面角，
cs∠BND=−13，所以平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13，D正确；
由AE=AF，OE=OF，得AO⊥EF，在正方形ABCD中，AO⊥BD，
EF⊂平面BEDF，BD⊂平面BEDF，又BD∩EF=O，所以AO⊥平面BEDF，
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则AO=12AC=12AB2+BC2=2，
所以EO=AE2−AO2=2=AO，所以∠AEO=45°，C错误.
故选：AD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数z1和z2满足z1+4=z1−4，且z2+5−3i=1，则z1−z2的最小值是 4 ．
【解题思路】
利用复数的几何意义，在复平面中数形结合即可.
【解答过程】设z1=a+bi,a,b∈R，由z1+4=z1−4可得a+42+b2=a−42+b2⇒a=0，
即z1=bi，
又z2+5−3i=1，则z2在以−5,3为圆心，1为半径的圆上，
如图所示，当z2=−4+3i,z1=3i时，此时z1−z2的最小值为4.
故答案为：4.
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知△ABC是边长为3的等边三角形，D为CB上一点，O为△ABC的中心，E为△ABC内一点（包括边界），且AD=23AB+mAC，则AD⋅OE的最大值为 3 .
【解题思路】由三点共线确定D的位置，再利用向量投影的意义确定最值.
【解答过程】因为B，D，C三点共线，所以23+m=1，解得m=13，
即D为CB上靠近点B的三等分点.
利用向量的投影定义，可知当E位于点B时，AD⋅OE取得最大值，
最大值为AD⋅OB=23AB+13AC⋅OB=23AB⋅OB=23×3×3×32=3.
故答案为：3.
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=4，A1B=BC1，BB1⊥BD1，且二面角B1−BD1−C1的正切值为2．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内运动，D1Q=22，则PB1+PQ的最小值为 8−22 ．
【解题思路】
先求得B到平面A1B1C1D1的距离，然后利用对称法以及三点共线等知识求得PB1+PQ的最小值.
【解答过程】连接A1C1，交B1D1于E，设F是BD1的中点，连接EF,C1F.
由于A1B=BC1，E是A1C1的中点，所以A1C1⊥BE，
由于A1C1⊥B1D1,BE∩B1D1=E,BE,B1D1⊂平面BB1D1，
所以A1C1⊥平面BB1D1，由于BD1,EF⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，A1C1⊥EF，
由于E,F分别是B1D1,BD1的中点，所以EF//BB1，
由于BB1⊥BD1，所以EF⊥BD1，由于A1C1∩EF=E,A1C1,EF⊂平面EFC1，
所以BD1⊥平面EFC1，由于C1F⊂平面EFC1，所以BD1⊥C1F，
所以∠EFC1是二面角B1−BD1−C1的平面角，
所以tan∠EFC1=C1EEF=22EF=2,EF=2，所以BB1=4，
由于B1D1=42，所以BD1=422−42=4=BB1，
所以三角形BB1D1是等腰直角三角形，所以BE⊥B1D1，
由于A1C1∩B1D1=E,A1C1,B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以BE⊥平面A1B1C1D1，且BE=12B1D1=22.
由于D1Q=22，所以Q点的轨迹是以D1为球心，
半径为22的球面在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内的部分，
B1关于平面ABCD的对称点为B′,BB′=22×2=42，
连接B′D1，交平面ABCD于P，
所以PB1+PQ的最小值为B′D1−22=422+422−22=8−22.
故答案为：8−22.
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3csinB+ccsB=a+b，且a+b=4，则△ABC周长的取值范围为 6,8 ，△ABC面积的最大值为 3 ．
【解题思路】根据已知条件及正弦定理边角化，利用两角和的正弦公式及辅助角公式，然后再利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的周长公式及三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】由3csinB+ccsB=a+b及正弦定理，得3sinCsinB+sinCcsB=sinA+sinB,
所以3sinCsinB+sinCcsB=sinB+C+sinB,
3sinCsinB=sinBcsC+sinB,
因为0所以sinB≠0，
所以3sinC=csC+1，即3sinC−csC=1，于是有2sinC−π6=1，
因为0所以−π6所以C−π6=π6，即C=π3.
由余弦定理，得c2=a+b2−2ab−2abcsC,即c2=a+b2−3ab≥a+b2−34a+b2=4，解得c≥2，
当且仅当a=b=2时，等号成立，
所以2≤c<4,6≤a+b+c<8，
所以△ABC周长的取值范围为6,8.
因为a+b=4，
所以ab≤a+b22=422=4，
当且仅当a=b=2时，等号成立，
S△ABC=12absinC≤12×4×32=3,
所以当a=b=2时，△ABC面积的最大值为3.
故答案为：6,8；3.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数z=x+yi，x∈R,y∈R，其中i为虚数单位，且满足z=2，且z−1为纯虚数.
(1)若复数z=x+yi，x∈R,y∈R在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求3+2iz；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，求实数m，n的值.
【解题思路】（1）由z−1为纯虚数，求得x=1，再由z=2，且在复平面内对应点在第一象限，可求得结果，
（2）将z=1±3i分别代入计算化简即可，
（3）法一：将z=1+3i代入x2+mx+n=0m,n∈R化简，再利用复数相等的条件可求得实数m，n的值，法二：由题意可得z=1+3i和z=1−3i为方程的根，然后利用根与系数的关系可求得结果.
【解答过程】（1）因为复数z=x+yi，x∈R,y∈R，所以z−1=x−1−yi，
又z−1为纯虚数，所以x=1，
又z=x2+y2=2，所以y=±3，
又因为复数z在复平面内对应点在第一象限，
所以y=3，故z=1+3i.
（2）由（1）可知z=1±3i
当z=1+3i时，3+2iz=3+2i1+3i=3+2i1−3i1+3i1−3i=3−3i+2i+234=334−14i，
当z=1−3i时，3+2iz=3+2i1−3i=3+2i1+3i4=−34+54i.
（3）法一：由（1）可知z=1+3i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，
所以把z=1+3i，代入x2+mx+n=0得1+3i2+m⋅1+3i+n=0，
化简得m+n−2+3m+23i=0，
即m+n−2=03m+23=0，解得：m=−2，n=4
法二：由（1）可知z=1+3i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，
所以此方程的另一根为：z=1−3i，则z+z=−m=2z⋅z=n=4，
解得：m=−2，n=4.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP，O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E,F．
(1)若AF=23AC，求AEEB的值；
(2)若EB=λAE(λ>0)，FC=μAF(μ>0)，求1λ+1μ+1的最小值．
【解题思路】
（1）由题意根据向量的线性运算法则得到AP=23AB+13AC，AO=x3AE+14AF，再根据E,O,F三点共线，求得x=94即可求解.
（2）根据题意得到AB=(1+λ)AE，AC=(1+μ)AF，结合E,O,F三点共线得到2λ+μ=3，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【解答过程】（1）因为PC=2BP，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(BA+AC)=23AB+13AC，
因为O是线段AP的中点，所以AO=12AP=13AB+16AC，
又因为AF=23AC，设AB=xAE，则有AO=x3AE+14AF，
因为E,O,F三点共线，所以x3+14=1，解得x=94，即AE=49AB，
所以AEEB=45．
（2）因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE， AC=AF+FC=AF+μAF=1+μAF，
由（1）可知，AO=12AP=13AB+16AC，所以AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
因为E,O,F三点共线，所以1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+1μ+1=141λ+1μ+1⋅(2λ+μ+1)≥143+2μ+1λ2λμ+1=3+224，
当且仅当μ+1=2λ，即λ=4−22，μ=42−5时取等号，
所以1λ+1μ+1的最小值为3+224．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
【解题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；
（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.
【解答过程】（1）如图可知，过P、O1、O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，PC=PD
在直角△OO1D中，OD=1，O1D=32，则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2ℎ，则PO1=2ℎ3，故2ℎ3+ℎ=1，∴ℎ=35
在直角△OO1D中，OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π.
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设fz是一个关于复数z的表达式，若fx+yi=x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R ， i为虚数单位），就称f将点Px,y“f对应”到点Qx1,y1．例如fz=1z将点0,1“f对应”到点0,−1．
(1)若fz=z+1z∈C点P11,1“f对应”到点Q1，点P2“f对应”到点Q21,1，求点Q1、P2的坐标；
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，fz=z2z∈C，是否存在一个有序实数对k,t，使得直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对k,t；若不存在，请说明理由；
(3)设常数a，b∈R，集合D=zz∈C且Rez>0和A=ωω∈C且ω<1，若fz=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有fz∈A；②对于集合A中的任意一个元素ω，都存在集合D中的元素z使得ω=fz．请写出满足条件的一个有序实数对a,b，并论证此时的fz满足条件．
【解题思路】（1）根据题中的新定义求解即可；
（2）由题意可得x2−y2=x1,2xy=y1，进而由条件得出关于k,t的方程组，求解即可；
（3）满足条件的一个有序实数对为−1,1，即a=−1,b=1，fz=−z+1z+1，结合复数模的求法及复数的运算证明即可.
【解答过程】（1）由P11,1知z=1+i，则fz=z+1=2+i，故Q1(2,1)；
设P2(x,y)，则fz=z+1=x+1+yi，
由Q21,1知x+1=1,y=1，则x=0,y=1，即P2(0,1).
（2）直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1，
∴z=x+yi,fz=z2=x2−y2+2xyi，且y=kx+t，
∴x2−y2=x1,2xy=y1，即Qx2−y2,2xy，
由题意，点Qx1,y1仍在直线l上，则2xy=kx2−y2+t，又y=kx+t，
则2xkx+t=kx2−kx+t2+t，
展开整理得k3+kx2+2t+2k2tx+kt2−t=0，
则k3+k=02t+2k2t=0kt2−t=0，解得k=t=0，
所以，所求的有序实数对k,t为0,0.
（3）满足条件的一个有序实数对为−1,1，即a=−1,b=1，fz=−z+1z+1，证明如下：
设z=x+yi,x,y∈R,x>0，则fz=−z+1z+1=−x+1−yix+1+yi，fz=−x+1−yix+1+yi=−x+1−yix+1+yi=−x+12+y2x+12+y2，
∵−x+12+y2−x+12+y2=−4x<0，∴−x+12+y2fz=−x+12+y2x+12+y2<1，即fz∈A，满足条件①；
设ω=m+ni,m,n∈R，且ω<1，即m2+n2<1，得m2+n2<1，
由ω=fz得ω=−z+1z+1，
则z=−ω+1ω+1=−1+2ω+1=−1+2m+1+ni=−1+2m+1−nim+1+nim+1−ni
=−1+2m+1m+12+n2−2nim+12+n2=1−m2+n2m+12+n2−2nim+12+n2，
则Rez=1−m2+n2m+12+n2>0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为−1,1.
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知△ABC中，点D是线段AC上一点，AC=3AD，且①AB=4，②BC=13，③BD=13，④A=π3.
(1)求AC的长；
(2)E为边AB上的一点，若△ADE为锐角三角形，求△ADE的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
【解题思路】（1）若删除②或③，由余弦定理得出两解，不满足题意，删除条件①和④，在△ABD和△ABC中分别利用余弦定理建立方程可求解；
（2）若删去①：设∠AED=α，通过正弦定理及三角恒等变换得△ADE的周长L=32tanα2+32，利用锐角三角形求出α的范围，利用正切函数的性质求出范围即可；
若删去④：先利用余弦定理求出A=π3，然后设∠AED=α，通过正弦定理及三角恒等变换得△ADE的周长L=32tanα2+32，利用锐角三角形求出α的范围，利用正切函数的性质求出范围即可.
【解答过程】（1）删除条件①：设AB=x，AD=y，则AC=3y.
在△ABD中，BD2=AD2+AB2−2AD⋅ABcsA，
即13=x2+y2−2xycsπ3=x2+y2−xy，
同理在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即13=x2+9y2−3xy，联立x2+9y2−3xy=13x2+y2−xy=13，可得x=4，y=1．
即AB=4，AD=1，故AC=3；
删除条件④：设AD=x，则CD=2x，在△ABD中，
cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=13+x2−16213x=x2−3213x，
同理在△BCD中，cs∠BDC=x13，
因为∠ADB=π−∠CDB，所以cs∠BDA=−cs∠CDB，即x2−3213x=−x13，
解得：x=1，所以AC=3x=3；
删除条件②：在△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA，
所以13=16+AD2−4AD，解得AD=1或AD=3，不唯一，不符合题意；
删除条件③：在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即13=16+AC2−4AC，解得AC=1或AC=3，不唯一，不符合题意.
（2）若删去①：由（1）知AD=1，设∠AED=α，因为A=π3，则∠ADE=2π3−α.
在△ADE中，由正弦定理知DEsinπ3=AEsin2π3−α=1sinα,则DE=32sinα，AE=sin2π3−αsinα，
所以△ADE的周长L=AE+DE+AD
=sin2π3−αsinα+32sinα+1=32csα+12sinαsinα+32sinα+1
=31+csα2sinα+32=23cs2α24sinα2csα2+32=32tanα2+32，
因为△ADE为锐角三角形，则0<α<π20<2π3−α<π2，
所以π6<α<π2，又cs∠ABD=71326>csπ6，所以当α∈π6,π2时，E在边AB上，
所以π12<α2<π4，因为y=tanx在π12,π4为单调增函数，则2−3所以3+32<32tanα2+32<3+3.所以△ADE周长的取值范围为3+32,3+3.
若删去④：由（1）知AD=1，则在△ABD中，由余弦定理得
csA=AB2+AD2−BC22AB⋅AD=16+1−138=12，因为A∈0,π，则A=π3，
设∠AED=α，则∠ADE=2π3−α.
在△ADE中，由正弦定理知DEsinπ3=AEsin2π3−α=1sinα,则DE=32sinα，AE=sin2π3−αsinα，
所以△ADE的周长L=AE+DE+AD
=sin2π3−αsinα+32sinα+1=32csα+12sinαsinα+32sinα+1
=31+csα2sinα+32=23cs2α24sinα2csα2+32=32tanα2+32，
因为△ADE为锐角三角形，则0<α<π20<2π3−α<π2，
所以π6<α<π2，又cs∠ABD=71326>csπ6，所以当α∈π6,π2时，E在边AB上，
所以π12<α2<π4，因为y=tanx在π12,π4为单调增函数，则2−3所以3+32<32tanα2+32<3+3.所以△ADE周长的取值范围为3+32,3+3.
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形.
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.
【解题思路】（1）由题可得PO⊥平面ABCD，故PO⊥AC，根据菱形的性质可得BD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合VD−PBC=VP−BDC即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得AD∥平面PBC，可得E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离，过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，要使角最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD，从而求解.
【解答过程】（1）∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵PO∩BD=O，PO、BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
（2）由题意可得△ABD､△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，
∴PO=AO=CO=3，S△BDC=12×2×3=3，
∴PC=PO2+CO2=6，
∵BP=BC=2，
∴S△PBC=12×6×22−622=152，
设点D到平面PBC的距离为ℎ，
由VD−PBC=VP−BDC得13S△PBC⋅ℎ=13S△BDC⋅OP，
即152ℎ=3×3，解得ℎ=2155.
故点D到平面PBC的距离为2155.
（3）设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
∵AD∥BC⇒AD∥平面PBC，
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离ℎ.
过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，则θ=∠EPF，
此时sinθ=EFPE=2155PE，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD.
由题意可知：OD=1，OA=3，
∵PO⊥平面ABCD，且PO=3，
∴PA=OP2+OA2=6，PD=OP2+OD2=2，
在△PAD中，由余弦定理可得：
cs∠PAD=AP2+AD2−PD22AP⋅AD=6+4−42×6×2=64，
∴sin∠PAD=1−cs2∠PAD=104，
由面积相等S△PAD=12AP⋅ADsin∠PAD=12AD⋅PE，
即12×6×2×104=12×2×PE，解得：PE=152，
DE=PD2−PE2=4−154=12，sinθ=45，
即点E在线段AD上靠近点D的4分点处，此时sinθ=45，DE=12.
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．若AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形
B．若|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
C．若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
D．若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD为梯形
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ．根据复数乘方公式，复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．z2=z2B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1
C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）
A．PA⋅PC为定值
B．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C．OA⋅OC的取值范围是−4,0
D．AC⋅BD的最大值为12
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若csA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1B．12,1
C．1,+∞D．12,+∞
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，E，F分别为BC，AD中点，将△ABE沿直线AE翻折成△AB1E,B1与B、F不重合，连结B1D,B1C，H为B1D中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥B1−AEB外接球的表面积为4π
C．当∠ADB1=30°时，三棱锥H−CDF的体积为23
D．点H到面AB1E的最大距离为2
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线BD1⊥平面A1C1D
②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为π2
③三棱锥P−A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2
A．①②B．①③C．①③④D．①④
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，则（ ）
A．z1⋅z2=1B．z1+z2=3
C．若α=0，则csβ=0D．α−β=kπ+π2k∈Z
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为2
B．三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C．B1F与A1B不可能垂直
D．当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC，且SA⋅MA→+SB⋅MB→+SC⋅MC→=0→.以下命题正确的有（ ）
A．若SA:SB:SC=1:1:1，则M为△AMC的重心
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC=3:2:1
D．若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=−66
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面ABF//平面CDE
B．平面ADE⊥平面EBC
C．直线AE与平面BDE所成角的正弦值是32
D．平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数z1和z2满足z1+4=z1−4，且z2+5−3i=1，则z1−z2的最小值是 ．
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知△ABC是边长为3的等边三角形，D为CB上一点，O为△ABC的中心，E为△ABC内一点（包括边界），且AD=23AB+mAC，则AD⋅OE的最大值为 .
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=4，A1B=BC1，BB1⊥BD1，且二面角B1−BD1−C1的正切值为2．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内运动，D1Q=22，则PB1+PQ的最小值为 ．
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3csinB+ccsB=a+b，且a+b=4，则△ABC周长的取值范围为 ，△ABC面积的最大值为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数z=x+yi，x∈R,y∈R，其中i为虚数单位，且满足z=2，且z−1为纯虚数.
(1)若复数z=x+yi，x∈R,y∈R在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求3+2iz；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，求实数m，n的值.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP，O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E,F．
(1)若AF=23AC，求AEEB的值；
(2)若EB=λAE(λ>0)，FC=μAF(μ>0)，求1λ+1μ+1的最小值．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设fz是一个关于复数z的表达式，若fx+yi=x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R ， i为虚数单位），就称f将点Px,y“f对应”到点Qx1,y1．例如fz=1z将点0,1“f对应”到点0,−1．
(1)若fz=z+1z∈C点P11,1“f对应”到点Q1，点P2“f对应”到点Q21,1，求点Q1、P2的坐标；
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，fz=z2z∈C，是否存在一个有序实数对k,t，使得直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对k,t；若不存在，请说明理由；
(3)设常数a，b∈R，集合D=zz∈C且Rez>0和A=ωω∈C且ω<1，若fz=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有fz∈A；②对于集合A中的任意一个元素ω，都存在集合D中的元素z使得ω=fz．请写出满足条件的一个有序实数对a,b，并论证此时的fz满足条件．
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知△ABC中，点D是线段AC上一点，AC=3AD，且①AB=4，②BC=13，③BD=13，④A=π3.
(1)求AC的长；
(2)E为边AB上的一点，若△ADE为锐角三角形，求△ADE的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形.
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．若AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形
B．若|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
C．若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
D．若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD为梯形
【解题思路】
根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.
【解答过程】
A选项，若AB=DC，则AB=DC且AB∥DC，则四边形ABCD为平行四边形，正确；
B选项，如图
|AC|=|BD|=2，但是四边形ABCD不是矩形，错误；
C选项，若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．
D选项，若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.
故选：A.
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ．根据复数乘方公式，复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】根据复数乘方公式结合三角函数诱导公式及复数的几何意义可求得结果.
【解答过程】由题意得−2csπ5+isinπ52023 =−22023cs2023π5+isin2023π5=−22023cs3π5+isin3π5，
因为−22023<0，cs3π5<0，sin3π5>0，
所以复数−2csπ5+isinπ52023在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D.
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
【解题思路】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【解答过程】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为12×14+6=10寸，
则盆中水的体积为13π×9×62+102+6×10=588π立方寸，
所以平地降雨量等于588ππ×142=3寸.
故选：C.
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．z2=z2B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1
C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z判断C；利用复数相等求出q判断D.
【解答过程】对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z|2=a2+b2,z2=a+bi2=a2−b2+2abi，z2≠z2，A错误；
对于B，由z=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，
z−1−i可看作该单位圆上的点到点1,1的距离，因为圆心到1,1的距离为2，
则该单位圆上的点到点1,1的距离最大值为2+1，B正确；
对于C，z=1−2i2=−3−4i,z=−3+4i，则复平面内z对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，(1−3i)2+p(1−3i)+q=0，整理得(p+q−8)+(−3p−6)i=0，
而p,q∈R，因此p+q−8=0−3p−6=0，解得p=−2,q=10，D错误．
故选：B.
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）
A．PA⋅PC为定值
B．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C．OA⋅OC的取值范围是−4,0
D．AC⋅BD的最大值为12
【解题思路】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；根据垂直关系及AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)、数量积得运算律化简判断B；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得OA⋅OC=2OM2−4，进而求范围判断C；由弦|AC|,|BD|的最大值判断D.
【解答过程】如图，过O,P作直径EF，依题意，PA⋅PC=−|PA||PC|=−|PF||PE|
=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)=−(|OF|2−|OP|2)=−2为定值，A正确；
若AC⊥BD，则PB⋅CP=AP⋅PD=0，
则AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)=AP⋅CP+PB⋅CP+AP⋅PD+PB⋅PD，
又PA⋅PC=−2，则AP⋅CP=−2，同理可得PB⋅PD=−2，故AB⋅CD=−4，B正确；
若M为AC中点，连接OM，则OA⋅OC=(OM+MA)⋅(OM+MC)=OM2+OM⋅(MA+MC)+MA⋅MC
=OM2−(4−OM2)=2OM2−4，
由题意0≤OM2≤OP2=2，则OA⋅OC∈[−4,0]，C正确；
因为|AC|≤4,|BD|≤4，则有|AC|⋅|BD|≤16，D错误.
故选：D.
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若csA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1B．12,1
C．1,+∞D．12,+∞
【解题思路】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A−C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为12cs2C并确定C的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【解答过程】由csA=b−c2c=sinB−sinC2sinC，则sinB−sinC=2sinCcsA，
所以sin(A+C)−sinC=sinAcsC+csAsinC−sinC=2sinCcsA，
则sinAcsC−csAsinC=sin(A−C)=sinC，
所以A−C=C或A−C+C=A=π（舍），故A=2C，
综上，2cc+b=2sinCsinC+sinB=2sinCsinC+sin(A+C)=2sinCsinC+sin3C，且sinC>0
所以2cc+b=2sinCsinC+sin2CcsC+cs2CsinC，
=2sinCsinC+2sinCcs2C+(2cs2C−1)sinC =12cs2C，
由锐角△ABC，则π2
故选：A.
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，E，F分别为BC，AD中点，将△ABE沿直线AE翻折成△AB1E,B1与B、F不重合，连结B1D,B1C，H为B1D中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥B1−AEB外接球的表面积为4π
C．当∠ADB1=30°时，三棱锥H−CDF的体积为23
D．点H到面AB1E的最大距离为2
【解题思路】
对于A，取AB1的中点G，由四边形ECHG是平行四边形，可得CH=GE，进而求出CH；对于B，取AE的中点O，由外接球的性质可知，点O即为三棱锥B1−AEB外接球的球心，进而求出外接球的表面积；对于C，由VH−CDF=VD−CFH即可求出结果；对于D，点D到面AB1E的距离为h，则点H到面AB1E的距离为12ℎ，由VD−AB1E=VB1−ADE得，当平面AB1E⊥平面ABE时，三棱锥B1−AED的体积最大，进而求出结果.
【解答过程】取AB1的中点G，连接GH，GE，则GH∥AD，且GH=12AD，又EC∥AD，且EC=12AD，所以EC∥GH，且EC=GH，
∴ECHG是平行四边形，∴HC=GE，而GE=B1G2+B1E2=5，故A正确；
对于B，取AE的中点O，连接BO,B1O，所以OB=OA=OE=OB1，
即点O为三棱锥B1−AEB的外接球的球心，
所以三棱锥B1−AEB的外接球的表面积为4π×(2)2=8π，故B错误；
对于C，连接DE∩CF=M，连接HM，AB1sin∠ADB1=ADsin∠AB1D，
即212=4sin∠AB1D，所以∠AB1D=90°，即AB1⊥B1D,∵F,H分别为AD,B1D的中点，
∴FH∥AB1,FH=12AB1=1，∴FH⊥B1D．
又M为DE的中点，∴HM∥B1E,HM=12B1E=1，
∵FM=12FC=12AE=1222+22=2,∴FH2+HM2=FM2,∴FH⊥HM，
又B1D∩HM=H,∴FH⊥平面B1DE,∴FH⊥DE，又FE=FD=DC=EC=2,∴CF⊥DE，
又FH∩CF=F,∴DE⊥平面CFH，
∴VH−CDF=VD−CFH=13×S△CFH×DM=13×12⋅FH⋅CF⋅sin∠HFC⋅DM=23，
故C正确；
对于D，令点D到面AB1E的距离为h，因为H为B1D中点，
所以点H到面AB1E的距离为12ℎ．
因为VD−AB1E=VB1−ADE，因为三棱锥B1−AED的底面积S△AED=12×4×2=4是定值，
所以当平面AB1E⊥平面ABE时，三棱锥B1−AED的体积最大，取AE的中点O，连接B1O，
则OB1⊥平面ABE，所以13×12×AB1×B1E×ℎ=13×12×AD×AB×OB1，即13×12×2×2×ℎ=13×12×4×2×2，解得ℎ=22，
所以点H到面AB1E的最大距离为2，故D正确．
故选：B．
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线BD1⊥平面A1C1D
②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为π2
③三棱锥P−A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2
A．①②B．①③C．①③④D．①④
【解题思路】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线BD1⊥平面A1C1D判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④．
【解答过程】如图，连接B1D1，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，
∵正方体的棱BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，
∵BB1∩B1D1=B1，BB1,B1D1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1，
又BD1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，同理A1D⊥BD1．
∵A1C1∩A1D=A1，A1C1,A1D⊂平面A1C1D，所以BD1⊥平面A1C1D，①正确；
因为CD⊥平面BCB1，B1C⊂平面BCB1，所以CD⊥B1C，
又平面B1CD∩平面BCD=CD，BC⊥CD，BC⊂平面BCD，B1C⊂平面B1CD，
则∠B1CB是平面B1CD与平面BCD的夹角，显然三角形BB1C为等腰直角三角形，则该角大小为π4，②错；
因为A1B1//AB，A1B1=AB，AB//CD,AB=CD，所以A1B1//CD,A1B1=CD，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，因此有A1D//B1C，
又A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，所以B1C//平面A1C1D，
P∈B1C，因此P到平面A1C1D的距离为定值，三棱锥P−A1C1D的体积为定值，③正确；
由于A1D//B1C，因此异面直线AP与A1D所成角就是AP与B1C所夹的角，
即图中∠APC或∠APB1，设正方体棱长为1，易知AB1=AC=B1C=2，
当点P为B1C中点时，此时AP⊥B1C，
因为△ AB1C是等边三角形，P在线段B1C，因此∠APC或∠APB1中较小的角的范围是π3,π2，④错误．
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，则（ ）
A．z1⋅z2=1B．z1+z2=3
C．若α=0，则csβ=0D．α−β=kπ+π2k∈Z
【解题思路】
由z1−z2=2，平方后可推出cs(α−β)=0，即可判断D，由此可判断C；根据复数的乘法以及模的计算公式可判断A；根据复数的加法以及模的计算公式可判断B；
【解答过程】由题意知复数z1，z2满足z1=csα+isinα，z2=csβ+isinβ，且z1−z2=2，
则z1−z2=(csα−csβ)+i(sinα−sinβ)，故(csα−csβ)2+(sinα−sinβ)2=2，
即2−2(csαcsβ+sinαsinβ)=2，得cs(α−β)=0，
故α−β=kπ+π2k∈Z，D正确；
z1⋅z2=(csα+isinα)⋅(csβ+isinβ)=csαcsβ−sinαsinβ+i(csαsinβ+sinαcsβ) =cs(α+β)+isin(α+β)，
得z1⋅z2=cs2(α+β)+sin2(α+β)=1，A正确；
由于z1+z2=(csα+csβ)+i(sinα+sinβ)，
故z1+z2=(csα+csβ)2+(sinα+sinβ)2=2+2(csαcsβ+sinαsinβ)
=2+2cs(α−β)=2，B错误；
由以上D的分析可知，若α=0，则cs(−β)=0，故csβ=0，C正确；
故选：ACD.
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为2
B．三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C．B1F与A1B不可能垂直
D．当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
【解题思路】
对A由B1F//平面A1BE，联想到存在一个过B1F的平面与平面A1BE平行，利用正方体特征找到平面B1MN//平面BA1E,进而得到F的轨迹为线段MN，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【解答过程】对A，如图，令CC1中点为M,CD1中点为N,连接MN，
又正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M//A1E,MN//CD1//BA1，
∴B1M//平面BA1E,MN//平面BA1E,又B1M∩MN=M，
且B1M,MN⊂平面B1MN，∴平面B1MN//平面BA1E,
又B1F//平面A1BE，且B1∈平面B1MN，∴B1F⊂平面B1MN，
又F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），∴F∈平面B1MN∩平面C1CDD1，而MN=平面B1MN∩平面C1CDD1，
∴F∈MN，即F的轨迹为线段MN.
由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱B1C1⊥底面C1CDD1，所以三棱锥B1−D1EF体积为V=13B1C1⋅S△D1FE=23S△D1FE，
所以△D1FE面积S△D1FE最小时，体积最小，如图，∵F∈MN，易得F在N处时S△D1FE最小，
此时S△D1FE=12ND1⋅D1E=12,所以体积最小值为13，故选项B正确；
对C，当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得B1F⊥MN,又CC1中点为M,CD1中点为N,
∴MN//D1C，而A1B//D1C，∴B1F⊥A1B,故选项C不正确；
对D，如图，当F在M处时，三棱锥B1−D1DF的体积最大时，
由已知得此时FD=FD1=FB1=5,所以F在底面B1DD1的射影为底面外心，
DD1=2,B1D1=22,DB1=23,所以底面B1DD1为直角三角形，
所以F在底面B1DD1的射影为B1D中点，设为O1，如图，设外接球半径为R,
由R2=OO12+O1B12=OO12+3,R+OO1=FO1=2,可得外接球半径R=524，
外接球的表面积为4πR2=252π，故选项D正确.
故选：ABD.
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC，且SA⋅MA→+SB⋅MB→+SC⋅MC→=0→.以下命题正确的有（ ）
A．若SA:SB:SC=1:1:1，则M为△AMC的重心
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC=3:2:1
D．若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=−66
【解题思路】对A，取BC的中点D，连接MD,AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA,SB,SC，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°,∠AMC=120°,∠AMB=150°，从而可用R表示出SA,SB,SC，进而即可判断C；
对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x,MF=y，则AM=3x,BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D．
【解答过程】对于A，取BC的中点D，连接MD,AM，
由SA:SB:SC=1:1:1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，所以M为△AMC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r,SB=12AC⋅r,SC=12AB⋅r，
所以12r⋅BC⋅MA+12r⋅AC⋅MB+12r⋅AB⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
又∠BAC=45°,∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°,∠AMC=2∠ABC=120°,∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90°=12R2，
SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120°=34R2，
SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150°=14R2，
所以SA:SB:SC=2:3:1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA:SB:SC=3:4:5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x,MF=y，则AM=3x,BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD=66，所以cs∠AMB=csπ−∠BMD=−66，故D正确.
故选：ABD．
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体EABCDF，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面ABF//平面CDE
B．平面ADE⊥平面EBC
C．直线AE与平面BDE所成角的正弦值是32
D．平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13
【解题思路】对于A，需证AF//平面CDE与BF∥平面CDE；取BC中点M，所以∠EMF为二面角E−BC−F的平面角，求出此二面角不是直二面角，可判断B；同理∠BND为二面角B−AE−D的平面角，可判定D;对于C，先证AO⊥平面BEDF，故∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【解答过程】连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知OE=OF，OA=OC，所以四边形AFCE为平行四边形，
所以AF∥CE，又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF//平面CDE，
同理BF∥平面CDE，又AF∩BF=F，AF，BF⊂平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，A正确；
取BC中点M，连接EM、FM，则EM⊥BC、FM⊥BC，
所以∠EMF为二面角E−BC−F的平面角，
设该八面体的棱长为a，则EM=FM=32a,EF=2EB2−OB2=2a，
所以cs∠EMF=EM2+FM2−EF22EM⋅FM=−13，
所以二面角E−BC−F不是直二面角，则平面EBC与平面FBC不垂直，
而平面ADE//平面FBC，所以平面ADE与平面EBC也不垂直，B错误；
同理，取BC中点N，连接BN、DN，∠BND为二面角B−AE−D的平面角，
cs∠BND=−13，所以平面ABE与平面ADE夹角的余弦值是13，D正确；
由AE=AF，OE=OF，得AO⊥EF，在正方形ABCD中，AO⊥BD，
EF⊂平面BEDF，BD⊂平面BEDF，又BD∩EF=O，所以AO⊥平面BEDF，
所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则AO=12AC=12AB2+BC2=2，
所以EO=AE2−AO2=2=AO，所以∠AEO=45°，C错误.
故选：AD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数z1和z2满足z1+4=z1−4，且z2+5−3i=1，则z1−z2的最小值是 4 ．
【解题思路】
利用复数的几何意义，在复平面中数形结合即可.
【解答过程】设z1=a+bi,a,b∈R，由z1+4=z1−4可得a+42+b2=a−42+b2⇒a=0，
即z1=bi，
又z2+5−3i=1，则z2在以−5,3为圆心，1为半径的圆上，
如图所示，当z2=−4+3i,z1=3i时，此时z1−z2的最小值为4.
故答案为：4.
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知△ABC是边长为3的等边三角形，D为CB上一点，O为△ABC的中心，E为△ABC内一点（包括边界），且AD=23AB+mAC，则AD⋅OE的最大值为 3 .
【解题思路】由三点共线确定D的位置，再利用向量投影的意义确定最值.
【解答过程】因为B，D，C三点共线，所以23+m=1，解得m=13，
即D为CB上靠近点B的三等分点.
利用向量的投影定义，可知当E位于点B时，AD⋅OE取得最大值，
最大值为AD⋅OB=23AB+13AC⋅OB=23AB⋅OB=23×3×3×32=3.
故答案为：3.
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=4，A1B=BC1，BB1⊥BD1，且二面角B1−BD1−C1的正切值为2．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内运动，D1Q=22，则PB1+PQ的最小值为 8−22 ．
【解题思路】
先求得B到平面A1B1C1D1的距离，然后利用对称法以及三点共线等知识求得PB1+PQ的最小值.
【解答过程】连接A1C1，交B1D1于E，设F是BD1的中点，连接EF,C1F.
由于A1B=BC1，E是A1C1的中点，所以A1C1⊥BE，
由于A1C1⊥B1D1,BE∩B1D1=E,BE,B1D1⊂平面BB1D1，
所以A1C1⊥平面BB1D1，由于BD1,EF⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，A1C1⊥EF，
由于E,F分别是B1D1,BD1的中点，所以EF//BB1，
由于BB1⊥BD1，所以EF⊥BD1，由于A1C1∩EF=E,A1C1,EF⊂平面EFC1，
所以BD1⊥平面EFC1，由于C1F⊂平面EFC1，所以BD1⊥C1F，
所以∠EFC1是二面角B1−BD1−C1的平面角，
所以tan∠EFC1=C1EEF=22EF=2,EF=2，所以BB1=4，
由于B1D1=42，所以BD1=422−42=4=BB1，
所以三角形BB1D1是等腰直角三角形，所以BE⊥B1D1，
由于A1C1∩B1D1=E,A1C1,B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以BE⊥平面A1B1C1D1，且BE=12B1D1=22.
由于D1Q=22，所以Q点的轨迹是以D1为球心，
半径为22的球面在四棱柱ABCD−A1B1C1D1内的部分，
B1关于平面ABCD的对称点为B′,BB′=22×2=42，
连接B′D1，交平面ABCD于P，
所以PB1+PQ的最小值为B′D1−22=422+422−22=8−22.
故答案为：8−22.
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3csinB+ccsB=a+b，且a+b=4，则△ABC周长的取值范围为 6,8 ，△ABC面积的最大值为 3 ．
【解题思路】根据已知条件及正弦定理边角化，利用两角和的正弦公式及辅助角公式，然后再利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的周长公式及三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】由3csinB+ccsB=a+b及正弦定理，得3sinCsinB+sinCcsB=sinA+sinB,
所以3sinCsinB+sinCcsB=sinB+C+sinB,
3sinCsinB=sinBcsC+sinB,
因为0
所以3sinC=csC+1，即3sinC−csC=1，于是有2sinC−π6=1，
因为0
由余弦定理，得c2=a+b2−2ab−2abcsC,即c2=a+b2−3ab≥a+b2−34a+b2=4，解得c≥2，
当且仅当a=b=2时，等号成立，
所以2≤c<4,6≤a+b+c<8，
所以△ABC周长的取值范围为6,8.
因为a+b=4，
所以ab≤a+b22=422=4，
当且仅当a=b=2时，等号成立，
S△ABC=12absinC≤12×4×32=3,
所以当a=b=2时，△ABC面积的最大值为3.
故答案为：6,8；3.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数z=x+yi，x∈R,y∈R，其中i为虚数单位，且满足z=2，且z−1为纯虚数.
(1)若复数z=x+yi，x∈R,y∈R在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求3+2iz；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，求实数m，n的值.
【解题思路】（1）由z−1为纯虚数，求得x=1，再由z=2，且在复平面内对应点在第一象限，可求得结果，
（2）将z=1±3i分别代入计算化简即可，
（3）法一：将z=1+3i代入x2+mx+n=0m,n∈R化简，再利用复数相等的条件可求得实数m，n的值，法二：由题意可得z=1+3i和z=1−3i为方程的根，然后利用根与系数的关系可求得结果.
【解答过程】（1）因为复数z=x+yi，x∈R,y∈R，所以z−1=x−1−yi，
又z−1为纯虚数，所以x=1，
又z=x2+y2=2，所以y=±3，
又因为复数z在复平面内对应点在第一象限，
所以y=3，故z=1+3i.
（2）由（1）可知z=1±3i
当z=1+3i时，3+2iz=3+2i1+3i=3+2i1−3i1+3i1−3i=3−3i+2i+234=334−14i，
当z=1−3i时，3+2iz=3+2i1−3i=3+2i1+3i4=−34+54i.
（3）法一：由（1）可知z=1+3i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，
所以把z=1+3i，代入x2+mx+n=0得1+3i2+m⋅1+3i+n=0，
化简得m+n−2+3m+23i=0，
即m+n−2=03m+23=0，解得：m=−2，n=4
法二：由（1）可知z=1+3i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，
所以此方程的另一根为：z=1−3i，则z+z=−m=2z⋅z=n=4，
解得：m=−2，n=4.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP，O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E,F．
(1)若AF=23AC，求AEEB的值；
(2)若EB=λAE(λ>0)，FC=μAF(μ>0)，求1λ+1μ+1的最小值．
【解题思路】
（1）由题意根据向量的线性运算法则得到AP=23AB+13AC，AO=x3AE+14AF，再根据E,O,F三点共线，求得x=94即可求解.
（2）根据题意得到AB=(1+λ)AE，AC=(1+μ)AF，结合E,O,F三点共线得到2λ+μ=3，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【解答过程】（1）因为PC=2BP，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(BA+AC)=23AB+13AC，
因为O是线段AP的中点，所以AO=12AP=13AB+16AC，
又因为AF=23AC，设AB=xAE，则有AO=x3AE+14AF，
因为E,O,F三点共线，所以x3+14=1，解得x=94，即AE=49AB，
所以AEEB=45．
（2）因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE， AC=AF+FC=AF+μAF=1+μAF，
由（1）可知，AO=12AP=13AB+16AC，所以AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
因为E,O,F三点共线，所以1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+1μ+1=141λ+1μ+1⋅(2λ+μ+1)≥143+2μ+1λ2λμ+1=3+224，
当且仅当μ+1=2λ，即λ=4−22，μ=42−5时取等号，
所以1λ+1μ+1的最小值为3+224．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω的体积；
(2)若PO1:O1O2=1:3，求几何体Ω的表面积．
【解题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；
（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.
【解答过程】（1）如图可知，过P、O1、O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，PC=PD
在直角△OO1D中，OD=1，O1D=32，则OO1=12−322=12
故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−12=12，其体积为13×π322×12=π8
圆柱的底面半径为32，高为O1O2=2×12=1，其体积为π322×1=3π4
所以几何体Ω的体积为3π4+π8=7π8
（2）若PO1:O1O2=1:3，设O1O2=2ℎ，则PO1=2ℎ3，故2ℎ3+ℎ=1，∴ℎ=35
在直角△OO1D中，OD=1，OO1=35，则O1D=12−352=45
故圆锥的底面半径为45，高为O1P=25，其母线长为452+252=255，
圆锥的侧面积为π×45×255=8525π
圆柱的底面半径为45，高为O1O2=65，其侧面积为2π×45×65=4825π
所以几何体Ω的表面积为8525π+4825π+π×452=64+8525π.
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设fz是一个关于复数z的表达式，若fx+yi=x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R ， i为虚数单位），就称f将点Px,y“f对应”到点Qx1,y1．例如fz=1z将点0,1“f对应”到点0,−1．
(1)若fz=z+1z∈C点P11,1“f对应”到点Q1，点P2“f对应”到点Q21,1，求点Q1、P2的坐标；
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，fz=z2z∈C，是否存在一个有序实数对k,t，使得直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对k,t；若不存在，请说明理由；
(3)设常数a，b∈R，集合D=zz∈C且Rez>0和A=ωω∈C且ω<1，若fz=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有fz∈A；②对于集合A中的任意一个元素ω，都存在集合D中的元素z使得ω=fz．请写出满足条件的一个有序实数对a,b，并论证此时的fz满足条件．
【解题思路】（1）根据题中的新定义求解即可；
（2）由题意可得x2−y2=x1,2xy=y1，进而由条件得出关于k,t的方程组，求解即可；
（3）满足条件的一个有序实数对为−1,1，即a=−1,b=1，fz=−z+1z+1，结合复数模的求法及复数的运算证明即可.
【解答过程】（1）由P11,1知z=1+i，则fz=z+1=2+i，故Q1(2,1)；
设P2(x,y)，则fz=z+1=x+1+yi，
由Q21,1知x+1=1,y=1，则x=0,y=1，即P2(0,1).
（2）直线l上的任意一点Px,y“对应”到点Qx1,y1，
∴z=x+yi,fz=z2=x2−y2+2xyi，且y=kx+t，
∴x2−y2=x1,2xy=y1，即Qx2−y2,2xy，
由题意，点Qx1,y1仍在直线l上，则2xy=kx2−y2+t，又y=kx+t，
则2xkx+t=kx2−kx+t2+t，
展开整理得k3+kx2+2t+2k2tx+kt2−t=0，
则k3+k=02t+2k2t=0kt2−t=0，解得k=t=0，
所以，所求的有序实数对k,t为0,0.
（3）满足条件的一个有序实数对为−1,1，即a=−1,b=1，fz=−z+1z+1，证明如下：
设z=x+yi,x,y∈R,x>0，则fz=−z+1z+1=−x+1−yix+1+yi，fz=−x+1−yix+1+yi=−x+1−yix+1+yi=−x+12+y2x+12+y2，
∵−x+12+y2−x+12+y2=−4x<0，∴−x+12+y2
设ω=m+ni,m,n∈R，且ω<1，即m2+n2<1，得m2+n2<1，
由ω=fz得ω=−z+1z+1，
则z=−ω+1ω+1=−1+2ω+1=−1+2m+1+ni=−1+2m+1−nim+1+nim+1−ni
=−1+2m+1m+12+n2−2nim+12+n2=1−m2+n2m+12+n2−2nim+12+n2，
则Rez=1−m2+n2m+12+n2>0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为−1,1.
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知△ABC中，点D是线段AC上一点，AC=3AD，且①AB=4，②BC=13，③BD=13，④A=π3.
(1)求AC的长；
(2)E为边AB上的一点，若△ADE为锐角三角形，求△ADE的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
【解题思路】（1）若删除②或③，由余弦定理得出两解，不满足题意，删除条件①和④，在△ABD和△ABC中分别利用余弦定理建立方程可求解；
（2）若删去①：设∠AED=α，通过正弦定理及三角恒等变换得△ADE的周长L=32tanα2+32，利用锐角三角形求出α的范围，利用正切函数的性质求出范围即可；
若删去④：先利用余弦定理求出A=π3，然后设∠AED=α，通过正弦定理及三角恒等变换得△ADE的周长L=32tanα2+32，利用锐角三角形求出α的范围，利用正切函数的性质求出范围即可.
【解答过程】（1）删除条件①：设AB=x，AD=y，则AC=3y.
在△ABD中，BD2=AD2+AB2−2AD⋅ABcsA，
即13=x2+y2−2xycsπ3=x2+y2−xy，
同理在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即13=x2+9y2−3xy，联立x2+9y2−3xy=13x2+y2−xy=13，可得x=4，y=1．
即AB=4，AD=1，故AC=3；
删除条件④：设AD=x，则CD=2x，在△ABD中，
cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=13+x2−16213x=x2−3213x，
同理在△BCD中，cs∠BDC=x13，
因为∠ADB=π−∠CDB，所以cs∠BDA=−cs∠CDB，即x2−3213x=−x13，
解得：x=1，所以AC=3x=3；
删除条件②：在△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA，
所以13=16+AD2−4AD，解得AD=1或AD=3，不唯一，不符合题意；
删除条件③：在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即13=16+AC2−4AC，解得AC=1或AC=3，不唯一，不符合题意.
（2）若删去①：由（1）知AD=1，设∠AED=α，因为A=π3，则∠ADE=2π3−α.
在△ADE中，由正弦定理知DEsinπ3=AEsin2π3−α=1sinα,则DE=32sinα，AE=sin2π3−αsinα，
所以△ADE的周长L=AE+DE+AD
=sin2π3−αsinα+32sinα+1=32csα+12sinαsinα+32sinα+1
=31+csα2sinα+32=23cs2α24sinα2csα2+32=32tanα2+32，
因为△ADE为锐角三角形，则0<α<π20<2π3−α<π2，
所以π6<α<π2，又cs∠ABD=71326>csπ6，所以当α∈π6,π2时，E在边AB上，
所以π12<α2<π4，因为y=tanx在π12,π4为单调增函数，则2−3
若删去④：由（1）知AD=1，则在△ABD中，由余弦定理得
csA=AB2+AD2−BC22AB⋅AD=16+1−138=12，因为A∈0,π，则A=π3，
设∠AED=α，则∠ADE=2π3−α.
在△ADE中，由正弦定理知DEsinπ3=AEsin2π3−α=1sinα,则DE=32sinα，AE=sin2π3−αsinα，
所以△ADE的周长L=AE+DE+AD
=sin2π3−αsinα+32sinα+1=32csα+12sinαsinα+32sinα+1
=31+csα2sinα+32=23cs2α24sinα2csα2+32=32tanα2+32，
因为△ADE为锐角三角形，则0<α<π20<2π3−α<π2，
所以π6<α<π2，又cs∠ABD=71326>csπ6，所以当α∈π6,π2时，E在边AB上，
所以π12<α2<π4，因为y=tanx在π12,π4为单调增函数，则2−3
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形.
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.
【解题思路】（1）由题可得PO⊥平面ABCD，故PO⊥AC，根据菱形的性质可得BD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合VD−PBC=VP−BDC即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得AD∥平面PBC，可得E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离，过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，要使角最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD，从而求解.
【解答过程】（1）∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵PO∩BD=O，PO、BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
（2）由题意可得△ABD､△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，
∴PO=AO=CO=3，S△BDC=12×2×3=3，
∴PC=PO2+CO2=6，
∵BP=BC=2，
∴S△PBC=12×6×22−622=152，
设点D到平面PBC的距离为ℎ，
由VD−PBC=VP−BDC得13S△PBC⋅ℎ=13S△BDC⋅OP，
即152ℎ=3×3，解得ℎ=2155.
故点D到平面PBC的距离为2155.
（3）设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
∵AD∥BC⇒AD∥平面PBC，
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离ℎ.
过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，则θ=∠EPF，
此时sinθ=EFPE=2155PE，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD.
由题意可知：OD=1，OA=3，
∵PO⊥平面ABCD，且PO=3，
∴PA=OP2+OA2=6，PD=OP2+OD2=2，
在△PAD中，由余弦定理可得：
cs∠PAD=AP2+AD2−PD22AP⋅AD=6+4−42×6×2=64，
∴sin∠PAD=1−cs2∠PAD=104，
由面积相等S△PAD=12AP⋅ADsin∠PAD=12AD⋅PE，
即12×6×2×104=12×2×PE，解得：PE=152，
DE=PD2−PE2=4−154=12，sinθ=45，
即点E在线段AD上靠近点D的4分点处，此时sinθ=45，DE=12.
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