2023-2024学年湖北省黄冈市浠水一中高一（下）期末数学试卷

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市浠水一中高一（下）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
D．若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α
2．（5分）在△ABC中，A＝60°，AC＝2，，则角B的值为（ ）
A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°
3．（5分）已知tanθ＝2，则（ ）
A．B．C．﹣2D．2
4．（5分）总体由编号为01，02，…，29，30的30个个体组成．利用所给的随机数表选取6个个体，选取的方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始，由左到右一次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
1712 1340 3320 3826 1389 5103 7417 7637
1304 0774 2119 3056 6218 3735 9683 5087
A．20B．26C．17D．03
5．（5分）要得到y＝3sin（2x）的图象只需将y＝3sin2x的图象（ ）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
6．（5分）如图，点O是△ABC的重心，点D是边BC上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用（如图1）．
明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图2）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心O到水面的距离h为1.5m，筒车的半径r为2.5m，筒车转动的角速度ω为rad/s，如图3所示，盛水桶M（视为质点）的初始位置P0距水面的距离为3m，则3s后盛水桶M到水面的距离近似为（ ）
A．4.0mB．3.8mC．3.6mD．3.4m
8．（5分）学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下：取正方形ABCD边AB的中点M，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点E，这样就做成了一个簸箕E﹣MCD，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少（ ）
A．12cmB．24cmC．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）关于复数z，下面是真命题的是（ ）
A．若，则z∈RB．若z2∈R，则z∈R
C．若z2＝|z|2，则z∈RD．若z∈R，则
（多选）10．（6分）随机抽取某班20名学生在一次数学测验中的得分如下：50，58，65，66，70，72，75，77，78，78，80，81，81，83，84，85，88，90，95，98，下面说法正确的是（ ）
A．这组数据的极差为48
B．为便于计算平均数，将这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70
C．为便于计算方差，将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相差70
D．这组数据的上四分位数是84.5
（多选）11．（6分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段AD上的一点，点M，N分别为线段PB，PC上的动点，且，（0＜λ＜1，0＜μ＜1），点O，G分别为线段BC，MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小值为
C．若λ+μ＝1，则的最小值为
D．若AP＝PD，，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知圆台的高为4，上底面半径为2，下底面半径为5，则该圆台的体积为 ．
13．（5分）如图所示，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝4，B′C′＝6，则△ABC的面积为 ．
14．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ．
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．（13分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求角B的大小；
（2）若b＝3，，求△ABC的面积．
16．（15分）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，，，，λ∈[0，1]．
（1）若，AE与BF交于点N，，求xy的值；
（2）求的取值范围．
17．（15分）如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，E是BC的中点，AE∩BD＝M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．
（1）求证：CD⊥平面B1DM；
（2）求B1E与平面B1MD所成的角；
（3）在线段B1C上是否存在点P，使得MP∥平面B1AD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．（17分）2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”．阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a，b的值；
（2）若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3，…，x10，已知这10个分数的平均数，标准差s＝6，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
19．（17分）现定义“n维形态复数zn”：zn＝csnθ+isinnθ，其中i为虚数单位，n∈N*，θ≠0．
（1）当θ时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
（2）若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求的值；
（3）若正整数m，n（m＞1，n＞2）满足zm＝z1，zn，证明；存在有理数q，使得m＝q•n+1﹣2q．
2023-2024学年湖北省黄冈市浠水一中高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一、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）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
D．若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α
【分析】根据空间中的平行关系逐项分析判断即可．
【解答】解：对于A，若a∥α，b⊂α，则a可以与b平行，也可以与b异面，选项A错误；
对于B，若a∥α，b∥β，α∥β，则a与b可以平行，可以相交，还可以异面，选项B错误；
对于C，由面面平行的判定可知，若a⊂α，b⊂β，a∥b，不能推导出α∥β，选项C错误；
对于D，若a⊄α，b⊂α，a∥b，则由线面平行的判定可知，a∥α，选项D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中平行关系的判断，属于基础题．
2．（5分）在△ABC中，A＝60°，AC＝2，，则角B的值为（ ）
A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°
【分析】利用正弦定理计算可得．
【解答】解：在△ABC中，A＝60°，AC＝2，，
由正弦定理，即，解得，
又AC＜BC，所以B＜A，即0°＜B＜60°，
所以B＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
3．（5分）已知tanθ＝2，则（ ）
A．B．C．﹣2D．2
【分析】由二倍角公式以及切弦互换即可求解．
【解答】解：∵tanθ＝2，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式及同角三角函数的基本关系式的应用，是基础题．
4．（5分）总体由编号为01，02，…，29，30的30个个体组成．利用所给的随机数表选取6个个体，选取的方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始，由左到右一次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
1712 1340 3320 3826 1389 5103 7417 7637
1304 0774 2119 3056 6218 3735 9683 5087
A．20B．26C．17D．03
【分析】由表可知，符合条件的个体编号为12，13，20，26，03，即可求解．
【解答】解：由表可知，符合条件的个体编号为12，13，20，26，03，
故选出来的第5个个体的编号为03．
故选：D．
【点评】本题主要考查简单随机抽样应用，属于基础题．
5．（5分）要得到y＝3sin（2x）的图象只需将y＝3sin2x的图象（ ）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
【分析】根据左加右减的原则进行左右平移即可．
【解答】解：∵，
∴只需将y＝3sin2x的图象向左平移个单位
故选：C．
【点评】本题主要考查三角函数的平移．三角函数进行平移时的原则是左加右减上加下减．
6．（5分）如图，点O是△ABC的重心，点D是边BC上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【分析】延长AO交BC于E，根据题意，得到且，再由，根据向量的运算法则，求得，求得m，n的值，即可求解．
【解答】解：如图所示，延长AO交BC于E，
由已知O为△ABC的重心，则点E为BC的中点，
可得，且，
又由，可得D是BC的四等分点，
则

，
因为，所以，，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查平面向量基本定理的应用，属中档题．
7．（5分）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用（如图1）．
明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图2）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心O到水面的距离h为1.5m，筒车的半径r为2.5m，筒车转动的角速度ω为rad/s，如图3所示，盛水桶M（视为质点）的初始位置P0距水面的距离为3m，则3s后盛水桶M到水面的距离近似为（ ）
A．4.0mB．3.8mC．3.6mD．3.4m
【分析】先求出初始位置时P0对应的角，然后根据题意求出盛水桶M到水面的距离与时间t的函数关系，将t＝3代入求解即可．
【解答】解：设初始位置P0对应的角为φ0，则，则，
因为筒车转动的角速度ω为rad/s，
所以水桶M到水面的距离，
当t＝3时，则有，
故选：A．
【点评】本题考查了三角函数模型的实际应用问题，解题的关键是正确理解题意，从中得到数学模型，属于中档题．
8．（5分）学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下：取正方形ABCD边AB的中点M，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点E，这样就做成了一个簸箕E﹣MCD，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少（ ）
A．12cmB．24cmC．D．
【分析】设正方形ABCD边长为2a，由三棱锥E﹣MCD的体积，求出a的值即可．
【解答】解：三棱锥E﹣MCD中，设F为CD中点，连接EF，MF，
MC＝MD，EC＝ED，则EF⊥CD，MF⊥CD，
EF，MF⊂平面MEF，EF∩MF＝F，得CD⊥平面MEF，
设正方形ABCD边长为2a，则有EC＝ED＝CD＝2a，，
，MF＝2a，ME＝a，
有MF2＝ME2+EF2，则ME⊥EF，，
，得a3＝1728，即a＝12，
所以原正方形铁皮的边长是24cm．
故选：B．
【点评】本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）关于复数z，下面是真命题的是（ ）
A．若，则z∈RB．若z2∈R，则z∈R
C．若z2＝|z|2，则z∈RD．若z∈R，则
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，复数的概念，复数模公式，即可求解．
【解答】解：令z＝a+bi（a，b∈R）．
因为，
所以a＝0或b＝0，若a＝0，z∉R，A错误．
若z＝i，则z2＝﹣1∈R，z∉R，B错误；
z2＝（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi，|z|2＝a2+b2，因为z2＝|z|2，
所以a2﹣b2+2abi＝a2+b2，所以b＝0，所以z∈R，C正确．
因为z∈R，所以，D正确．
故选：CD．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，复数的概念，复数模公式，属于基础题．
（多选）10．（6分）随机抽取某班20名学生在一次数学测验中的得分如下：50，58，65，66，70，72，75，77，78，78，80，81，81，83，84，85，88，90，95，98，下面说法正确的是（ ）
A．这组数据的极差为48
B．为便于计算平均数，将这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70
C．为便于计算方差，将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相差70
D．这组数据的上四分位数是84.5
【分析】由极差的定义可判断A；由平均数的性质可判断B；由方差的性质可判断 C1 由百分位数的定义可判断D．
【解答】解：对于A，这组数据的极差为98﹣50＝48，故A正确；
对于B，原数据的平均数为：
（50+58+65+66+70+72+75+77+78×2+80+81×2+83+84+85+88+90+95+98）＝77.7，
将这组数据都减去70后得到的平均数为：
[（50+58+65+66+70+72+75+77+78×2+80+81×2+83+84+85+88+90+95+98）﹣70×20]＝7.7，
所以这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70，故B正确；
对于C，原数据的方差为：，
将这组数据都减去70后得到的方差为：

，
所以将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相等，故C错误；
对于D，这组数据的上四分位数是第75%百分位数，即20×75%＝15，
所以，则这组数据的上四分位数是84.5，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查离散型随机变量的数字特征，属于基础题．
（多选）11．（6分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段AD上的一点，点M，N分别为线段PB，PC上的动点，且，（0＜λ＜1，0＜μ＜1），点O，G分别为线段BC，MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小值为
C．若λ+μ＝1，则的最小值为
D．若AP＝PD，，则的最大值为
【分析】对于A，通过向量的线性运算即可验证；对于B，建立适当的平面直角坐标系，将数量积转换为闭区间上的二次函数，进而判断；对于C，先表示出，进一步可表示出，结合模长公式即可验算；对于D，将条件等式转换为，结合基本不等式即可判断．
【解答】解：对于A，因为，，
所以，故A正确；
对于B，以B为坐标原点，BC，BA所在的直线分别为x轴、y轴，
建立平面直角坐标系，如图所示，
所以B（0，0），C（1，0），D（1，1），A（0，1），
设AP＝x，0≤x≤1，所以P（x，1），
所以，
所以的最小值为，此时，故B正确；
因为，（0＜λ＜1，0＜μ＜1），
所以，，
所以，
当λ+μ＝1时，，
所以，当且仅当x＝μ时，等号成立，
所以的最小值为，故C错误；
因为，若AP＝PD，，
则，所以，
所以，即，
当且仅当λ＝μ即时，等号成立，
所以，
即的最大值是，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查平面向量的线性运算和数量积的性质及运算，属中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知圆台的高为4，上底面半径为2，下底面半径为5，则该圆台的体积为 52π ．
【分析】根据题意，根据圆台的体积公式直接计算可得．
【解答】解：根据题意，因为圆台的高h＝4，上底面半径r＝2，下底面半径R＝5，
所以圆台的体积．
故答案为：52π
【点评】本题考查圆台的体积计算，涉及圆台的结构特征，属于基础题．
13．（5分）如图所示，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝4，B′C′＝6，则△ABC的面积为 24 ．
【分析】根据题意，由直观图还原图形，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由已知得△ABC的原图如下：
其中AC＝8，BC＝6，∠ACB＝90°，
所以．
故答案为：24．
【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
14．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 （0，） ．
【分析】根据二倍角公式可得，即，根据角的范围可得，，，故，由正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，换元，结合对勾函数的性质即可求解．
【解答】解：由题意可得，故csA﹣sinBcsA＝sinAcsB，
即，
因为C∈（0，π），所以，
因为A∈（0，π），所以或，
即或，即或，
若，则csB＝0，则无意义，故，
又A+B+C＝π，所以，即，
因为，所以，，，
所以，解得，故，
由正弦定理可得




，
令，则，
设，
由对勾函数的性质可得f（t）在上单调递增，
所以，即．
故答案为：．
【点评】本题考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系及二倍角公式，属于中档题．
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．（13分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求角B的大小；
（2）若b＝3，，求△ABC的面积．
【分析】（1）利用正弦定理角化边化简，结合两角和的正弦公式即可推出，即可求解；
（2）由正弦定理求出c，由余弦定理求出a，结合三角形面积公式即可求得答案．
【解答】解：（1）在△ABC中，，
∴由正弦定理得，∴2sinA＝sinC+2sinBcsC，
又sinA＝sin（B+C）＝sinBcsC+csBsinC，∴sinC＝2csBsinC，
∵C∈（0，π），∴sinC≠0，∴，
∵B∈（0，π），∴；
（2）在△ABC中，，b＝3，，
∴由正弦定理得，∴，
∴由余弦定理得，解得（负值舍去），
∴△ABC的面积为．
【点评】本题考查三角变换以及正余弦定理在解三角形中的应用．
16．（15分）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，，，，λ∈[0，1]．
（1）若，AE与BF交于点N，，求xy的值；
（2）求的取值范围．
【分析】（1）以向量为基底表示出向量，然后利用平面向量基本定理，建立关于μ、t的方程组，解出t，进而算出xy的值；
（2）根据平面向量数量积的定义与运算性质，建立关于λ的二次函数表达式，进而利用二次函数的性质算出的取值范围．
【解答】解：（1）设，则．
设，根据平面向量基本定理，可得，解得，
所以，则，，所以．
（2）根据题意，可得•2×32，
因为，，
所以．
因为λ∈[0，1]，所以当时，取得最小值，且最小值为，
当λ＝1时，取得最大值，且最大值为．
综上所述，，即的取值范围为．
【点评】本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
17．（15分）如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，E是BC的中点，AE∩BD＝M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．
（1）求证：CD⊥平面B1DM；
（2）求B1E与平面B1MD所成的角；
（3）在线段B1C上是否存在点P，使得MP∥平面B1AD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）证明AE⊥平面B1MD，AE∥CD，即可证明CD⊥平面B1MD．
（2）由线面角的定义可得B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，解三角形即可得解；
（3）假设线段B1C上是存在点P，使得MP∥平面B1AD，求出P为B1C中点，即可得解．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，E是BC的中点，∴，
故四边形ABED是菱形，从而AE⊥BD，
∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM，
又∵B1M∩DM＝M，
∴AE⊥平面B1MD，
由题意，易知AD∥CE，AD＝CE，
∴四边形AECD是平行四边形，故AE∥CD，
∴CD⊥平面B1DM；
（2）解：∵AE⊥平面B1MD，
∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，
由已知条件，可知AB＝AE＝CD，，
∴△B1AE是正三角形，∴∠EB1M＝30°，
∴B1E与平面B1MD所成的角为30°；
（3）假设线段B1C上是存在点P，使得MP∥平面B1AD，
过点P作PQ∥CD交B1D于Q，连结MP，AQ，如下图：
∴AM∥CD∥PQ，∴A，M，P，Q 四点共面，
又∵MP∥平面B1AD，∴MP∥AQ，
∴四边形AMPQ为平行四边形，故，
∴P为B1C中点，
故在线段B1C上存在点P，使得MP∥平面B1AD，且．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，线面角的求法，存在性问题的判断与证明，考查空间想象能力．
18．（17分）2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”．阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a，b的值；
（2）若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3，…，x10，已知这10个分数的平均数，标准差s＝6，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
【分析】（1）由其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，求出a的值，频率分布直方图面积和为1，求b的值；
（2）利用频率分布直方图计算第80百分位数即可；
（3）根据平均数和方差的计算公式求出结果．
【解答】解：（1）由题意知，所以0.0162＝0.008a，
解得a＝0.032，
又（0.008+0.016+0.032+0.04+b）×10＝1，
解得b＝0.004．
所以a＝0.032，b＝0.004；
（2）成绩落在[50，70）内的频率为：0.16+0.32＝0.48，
落在[50，80）内的频率为：0.16+0.32+0.40＝0.88，
设第80百分位数为m，则（m﹣70）0.04＝0.8﹣0.48，
解得m＝78，所以晋级分数线划为78分合理；
（3），
故x1+x2+x3+⋯+x10＝10×90＝900，
又，，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为x1，x2，x3，…，x8，
平均数与标准差分别为，s0，
则剩余8个分数的平均数：，
方差：．
【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数、平均数和方差的定义，属于中档题．
19．（17分）现定义“n维形态复数zn”：zn＝csnθ+isinnθ，其中i为虚数单位，n∈N*，θ≠0．
（1）当θ时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
（2）若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求的值；
（3）若正整数m，n（m＞1，n＞2）满足zm＝z1，zn，证明；存在有理数q，使得m＝q•n+1﹣2q．
【分析】（1）由θ可求出z1，z2，然后结合复数的四则运算即可求解；
（2）由已知结合复数的四则运算及复数的几何意义可求θ，代入即可求解；
（3）由已知结合复数的几何意义及复数相等条件可表示θ，从而可证．
【解答】证明：（1）当θ时，z1＝csisin，
z2＝csi，
（）2i＝z2；
解：（2）因为z2＝cs2θ+isin2θ，z3＝cs3θ+isin3θ，
则，
因为θ≠0，
所以θ＝2kπ，k∈Z，
故sin；
证明：（3）因为zm＝z1，znz2，
所以csmθ+isinmθ＝csθ+isinθ，csnθ+isinnθ＝（csmθ+isinmθ）2＝cs2θ+isin2θ，
所以mθ＝θ+2k1π，即θ，k1∈Z，
同理，nθ＝2θ+2k2π，k2∈Z，
所以，k2∈Z，
所以，k1∈Z，k2∈Z，
因为θ≠0，
所以k1k2≠0，，即m（n﹣2）+1•n+1，k1∈Z，k2∈Z，
故存在有理数q，使得m＝q•n+1﹣2q．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了复数的四则运算及几何意义的应用，属于难题．
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答案
D
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A
D
C
C
A
B
题号
9
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答案
CD
ABD
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