浙江省杭州市六校2023~2024学年高一下册期末考试数学检测试卷（含解析）

这是一份浙江省杭州市六校2023~2024学年高一下册期末考试数学检测试卷（含解析），文件包含浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题教师版docx、浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
A．2B．2,3C．3,4D．2,3,4
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由20，
则（a−b)2>0，所以a≠b，
又因为p：a0，
将fx图象上所有点向左平移π6个单位长度得到函数y=gx的图象，
则gx=sinωx+ωπ6，
因为函数gx在区间0,π6上单调递增，
结合各选项，只需ωx+ωπ6∈[-π2,π2]即可，
所以ωπ6≥−π2ωπ6+ωπ6≤π2，即ω≥−3ω≤32，
又因为ω>0，
所以00得出ω的取值范围.
8．（2024高一下·杭州期末）已知正四面体ABCD中，E是棱AC上一点，过E作平面α，满足AB//α,CD//α，若AB、CD到平面α的距离分别是3和9，则正四面体ABCD的外接球被平面α截得的截面面积为（ ）
A．99πB．100πC．103πD．108π
【答案】A
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：将正四面体补形成正方体，如图，
因为AB//α，IJ//AB，所以IJ//α，
又因为CD//α,CD,IJ是平面CIDJ内的相交直线，所以平面CIDJ//平面α，
因为AB,CD到平面α的距离分别是3和9，所以正方体棱长为12，
结合正方体对称性可知，球心O到平面α的距离为3，
记正四面体的外接球的半径为R，
则4R2=3×122，解得R=63，
则外接球被平面α截得的截面半径r=R2−32=311，
所以，截面面积为πr2=99π.
故答案为：A.
【分析】先补形成正方体，从而求出正方体棱长，进而可得外接球半径，再结合勾股定理得出外接球被平面α截得的截面半径，则根据圆的面积公式得出正四面体ABCD的外接球被平面α截得的截面面积.
9．（2024高一下·杭州期末）下列函数中，可以用零点存在定理判断函数在区间2,6上存在零点的是（ ）
A．fx=1x−4B．fx=lnx+2x−6
C．fx=x(x−3)2D．fx=sinx2+csx2
【答案】B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；正弦函数的性质；函数零点存在定理；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A，因为函数fx=1x−4，
可得函数fx的值域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
所以函数fx在定义域(−∞,4)∪(4,+∞)没有零点，
所以函数fx=1x−4不可以用零点存在定理判断函数fx在区间2,6上存在零点，
所以A不符合题意；
对于B，因为函数fx=lnx+2x−6的定义域为(0,+∞)，且在定义域上为单调递增函数，
又因为f2=ln2−20，所以f2⋅f60，
所以函数fx=x(x−3)2不可以用零点存在定理判断函数fx在区间2,6上存在零点，
所以C不符合题意；
对于D，因为函数fx=sinx2+csx2=2sin(x2+π4)，
当x∈2,6，可得x2+π4∈1+π4,3+π4⊆(π2,3π2)，
所以函数fx=2sin(x2+π4)在区间2,6上为减函数，
因为f2=sin1+cs1>0,f6=2sin(3+π4)0，则事件A,B相互独立与A,B互斥不能同时成立.
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：对于A，若事件A,B,C两两互斥，则A∪B与C互斥，
所以，PA∪B∪C=PA∪B+PC=PA+PB+PC，故A正确；
对于B，考虑投掷两个骰子，记事件A：第一个骰子的点数为奇数，
事件B：第二个骰子点数为奇数，
事件C：两个骰子的点数之和为奇数，
所以PA=PB=PC=12，PAB=PBC=PAC=14，PABC=0，
可以看出事件A,B,C两两独立，但A,B,C不互相独立，
所以P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，故B错误；
对于C，若事件A,B相互独立，则PAB=PAPB，
又因为PA=1−PA，PB=1−PB，
则PAB=1−PA+B=1−PA−PB+PAB
=1−PA1−PB=PAPB，故C正确；
对于D，若PA>0,PB>0，事件A,B相互独立，
则PAB=PAPB>0，
若A,B互斥，则PAB=0，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用互斥事件的概率公式可判断选项A；举反例判断出选项B；利用事件相互独立的判定公式，则判断出选项C；利用独立事件定义和互斥事件定义，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2024高一下·杭州期末）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为V0,V1,V2,V3.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为S0,S1,S2,S3，则以下关系正确的是（ ）
A．V0V1=S0S1=23B．V0V2>S0S2
C．V0V3>S0S3D．V0V3的最大值为12
【答案】A,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由题意得V0=43πR3，V1=πR2⋅2R=2πR3，
S0=4πR2，S1=2πR2+2πR⋅2R=6πR2，
所以V0V1=43πR32πR3=23,S0S1=4πR26πR2=23，所以V0V1=S0S1=23，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为r1,r2,l，圆台容球的轴截面如图所示，
因为OA=OP=OC=R,OB=OB,OD=OD,∠OAB=∠OPB=∠OPD=∠OCD=π2，
所以△OAB≌△OPB,△OPD≌△OCD，
所以∠AOB=∠POB=θ,∠COD=∠POD，且l=BP+DP=r1+r2，
所以∠POB+∠POD=∠AOB+∠COD=π2，
又因为∠CDO+∠COD=π2，所以∠CDO=θ，
所以tanθ=r1R=Rr2⇒R2=r1r2，
所以V2=13πr12+πr22+πr12⋅πr22⋅2R=23πRr12+r22+r1r2
=23πRr1+r22−r1r2=23πRl2−R2，
S2=πr12+πr22+πr1+r2l=πr12+r22+r1+r22=2πr12+r22+r1r2
=2πr1+r22−r1r2=2πl2−R2，
所以V0V2=43πR323πRl2−R2=2R2l2−R2,S0S2=4πR22πl2−R2=2R2l2−R2，
所以V0V2=S0S2，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为r、h和l1，圆锥容球的轴截面如图所示，
由S△LHM=S△LOM+S△LOH+S△HOM，得12×2rh=12×l1R+12×l1R+12×2rR，
整理得rh=l1R+rR即l1R=rh−rR①，
因为OG=OQ,OM=OM,∠OGM=∠OQM=π2，
所以QM=GM=r，故LQ=l1−r，
所以tan∠OLM=Rl1−r=rh，所以Rh=rl1−r=l1r−r2，则l1r=Rh+r2②，
由①②得Rr=rh−rRRh+r2即R2h+Rr2=r2h−r2R，整理得h=2Rr2r2−R2，
由①得l1=r×2Rr2r2−R2−rRR=2r3r2−R2−r=r3+R2rr2−R2，
所以V3=13πr2×2Rr2r2−R2=2πRr43r2−R2，S3=πr2+πrl1=πr2+πr×r3+R2rr2−R2=2πr4r2−R2，
所以V0V3=43πR3×3r2−R22πRr3=2R2r2−R2r4,S0S3=4πR2×r2−R22πr4=2R2r2−R2r4，
所以V0V3=S0S3，故C错误；
对于D，由题意可知r>R，由C得V0V3=2R2r2−R2r4≤2R2+r2−R222r4=12，
当且仅当R2=r2−R2时，即当r=2R时等号成立，
所以V0V3的最大值为12，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由已知条件结合球和圆柱的体积公式、表面积公式，从而依次求出V0、V1、S0、S1，则判断出选项A；设圆台上下底面的半径和母线长分别为r1,r2,l，由三角形全等得l=BP+DP=r1+r2，求证∠CDO=∠AOB得r1R=Rr2⇒R2=r1r2，再由台体体积公式计算得V2=13πRl2−R2，则由台体表面积公式得S2=2πl2−R2，从而得出V0V2和S0S2，则判断出选项B；设圆锥的底面半径、高和母线长为r、h和l1，由S△LHM=S△LOM+S△LOH+S△HOM得l1R=rh−rR①，由LQ=l1−r和tan∠OLM=Rl1−r=rh得l1r=Rh+r2②，从而得出h=2Rr2r2−R2和l1=r3+R2rr2−R2，再由锥体体积公式和表面积公式，从而求出V3和S3，进而得出V0V3=S0S3，则判断出选项C；由选项C结合基本不等式求最值的方法，从而得出V0V3的最大值，则判断出选项D，从而找出关系正确的选项.
12．（2024高一下·杭州期末）3216+lg8+3lg5= .
【答案】9
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：原式可化为363+lg23+3lg5=6+3lg2+lg5=9.
故答案为：9.
【分析】根据根式的化简与对数的运算法则，从而计算得出结果.
13．（2024高一下·杭州期末）已知sinα−βcsα−csα−βsinα=35,β是第三象限角，则sinβ+5π4= .
【答案】7210
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为sinα−βcsα−csα−βsinα=sinα−β−α=sin−β=35，
且β为第三象限角，
所以sinβ=−35,csβ=−45，
所以sinβ+5π4=sinβcs5π4+csβsin5π4
=−35×−22+−45×−22=7210.
故答案为：7210.
【分析】利用两角差的正弦公式得出sin−β，再结合诱导公式和同角三角函数关系式以及两角和的正弦公式，从而得出sinβ+5π4的值.
14．（2024高一下·杭州期末）在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为 .
【答案】37
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由已知条件可得总样本的平均数为2020+30×170+3020+30×160=164，
总样本的方差为2050×10+170−1642+3050×15+160−1642=37
故答案为：37
【分析】根据题意先计算出总体的平均值，再结合分层抽样方差公式计算即可求解.
15．（2024高一下·杭州期末）已知a,b是非零向量，a⊥a−b，且a=32,b=6.
（1）求a在b方向上的投影向量；
（2）求2a−3b.
【答案】（1）解：因为a⊥a−b，所以a⋅a−b=a2−a⋅b=0，
又因为a=32，得到a⋅b=18，
又因为b=6，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅bb⋅bb=1836b=12b.
（2）解：由（1）得a⋅b=18，
所以2a−3b2=4a2−12a⋅b+9b2=4×18−12×18+9×36=180，
则2a−3b=65.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得到a→⋅b→的值，再利用数量积求投影向量的公式，从而得出a在b方向上的投影向量.
（2）利用（1）中a→⋅b→的值和数量积的运算律，从而得出2a−3b的值.
（1）因为a⊥a−b，所以a⋅a−b=a2−a⋅b=0，又a=32，得到a⋅b=18，
又b=6，所以a在b方向上的投影向量为a⋅bb⋅bb=1836b=12b.
（2）由（1）a⋅b=18，
所以2a−3b2=4a2−12a⋅b+9b2=4×18−12×18+9×36=180，
得到2a−3b=65.
16．（2024高一下·杭州期末）为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A,B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：
记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.30.
（1）求乙离子残留百分比直方图中a,b的值；
（2）求甲离子残留百分比的第75百分位数；
（3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表）
【答案】（1）解：由题意可得：0.30=b+0.05+0.15，解得b=0.10，则a=1−0.20−0.15−0.30=0.35；
（2）解：根据直方图，易知甲离子残留百分比的第75百分位数在区间4.5,5.5，设第75百分位数为x，
则0.15+0.20+0.30+(x−4.5)×0.20=0.75，解得x=5.0，
则甲离子残留百分比的第75百分位数为5.0；
（3）解：乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）由题意可求出b，再利用频率分布直方图各矩形面积之和为1求a的值即可；
（2）根据频率分布直方图中的第75百分位数计算方法求解即可；
（3）根据频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可.
（1）由已知得0.30=b+0.05+0.15，解得b=0.10，
所以a=1−0.20−0.15−0.30=0.35．
（2）根据直方图，易知甲离子残留百分比的第75百分位数在区间4.5,5.5，设为x，
则0.15+0.20+0.30+(x−4.5)×0.20=0.75，解得x=5.0，
所以甲离子残留百分比的第75百分位数为5.0.
（3）乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00.
17．（2024高一下·杭州期末）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知△ABC的外接圆半径R=14，sin2A+sin2B+sinAsinB=2csinC.
（1）求角C；
（2）求2a+b的取值范围.
【答案】（1）解：由△ABC的外接圆半径R=14，
则csinC=2R=12，可得2c=sinC，
∴sin2A+sin2B+sinAsinB=sin2C.
由正弦定理得a2+b2+ab=c2，
由余弦定理得csC=a2+b2-c22ab=-ab2ab=-12，
∵C∈(0,π)，
∴C=2π3.
（2）解：由(1)可得A+B=π3，
∴2a+b=2×2R×sinA+2R×sinB=sinA+12sinB=sinπ3-B+12sinB=32csB
∵B∈0,π3,
∴csB∈12,1，
所以2a+b∈34,32.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由△ABC的外接圆半径和正弦定理得出2c=sinC，再结合正弦定理、余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）将边a,b用角A，B表示，再由（1）可知A+B=π3，从而将2a+b用角B来表示，再结合三角函数的图象与性质得出2a+b的取值范围.
（1）由△ABC的外接圆半径R=14，则csinC=2R=12，可得2c=sinC，
∴sin2A+sin2B+sinAsinB=sin2C.
由正弦定理得a2+b2+ab=c2.
由余弦定理得csC=a2+b2-c22ab=-ab2ab=-12，
∵C∈(0,π)，
∴C=2π3.
（2）由(1)可得A+B=π3，
∴2a+b=2×2R×sinA+2R×sinB=sinA+12sinB=sinπ3-B+12sinB=32csB，
∵B∈0,π3,
∴csB∈12,1，
即2a+b∈34,32.
18．（2024高一下·杭州期末）三棱台ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，面ABB1A1⊥面ACC1A1，AA1=A1C1=CC1=2,AC=4，且BB1与底面ABC所成角的正弦值为155.
（1）求证：AB⊥面ACC1A1；
（2）求三棱台ABC−A1B1C1的体积；
（3）问侧棱BB1上是否存在点M，使二面角M−AC−B成π6？若存在，求出BMBB1的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：连接A1C，在梯形ACC1A1中，过A1作A1G//CC1交AC于G，
由AA1=A1C1=CC1=2,AC=4，
则△A1AG为等边三角形，则∠A=60°，
因为四边形A1GCC1为菱形，则∠GA1C=30°，
所以∠AA1C=90°，即A1C⊥AA1，
因为平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，
平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以A1C⊥平面ABB1A1，
又因为AB⊂平面ABB1A1，所以A1C⊥AB，
又因为AB⊥AC，AC∩A1C=C，AC、A1C⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥平面ACC1A1.
（2）解：因为AB⊥平面ACC1A1，AB⊂平面ABC，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC，
过A1作A1N⊥AC，连接BN，
A1N⊂平面ACC1A1，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，
则A1N⊥平面ABC，故几何体的高为A1N=3，
如图，延长侧棱交于点O，作OH⊥AC于H，连接BH，
由H为AC中点，AH=2，
由（1）得，OH⊥平面ABC，
因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为155，
则其余弦值为105，
所以OH=2A1N=23，OB=23155=25，BH=22，
则OA=OH2+AH2=4，
由（1）得AB⊥OA，则AB=OB2−OA2=2，
又因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为155，
所以BB1=3155=5，
故三棱台体积为V=13×312×2×4+14×2×4+18×2×4=733.
（3）解：如图， 作MG//OH交BH于G，过G作GK⊥AC于K，
则GK//AB，
由（2）可得，MG⊥平面ABC，
则∠MKG即为二面角M−AC−B的平面角，
又因为BH⊂平面ABC，则MG⊥BH，
设BM=25x，则BG=105BM=105×25x=22x，
则MG=25x2−22x2=23x，
由GK//AB，得KGAB=HGBH，
又因为HG=BH−BG=221−x，
所以KG=221−x22×2=21−x，
若∠MKG=π6，
则tan∠MKG=23x21−x=33，解得x=14，
所以BM=52，则M为BB1中点，
所以侧棱BB1上是存在点M，使二面角M−AC−B成π6，
则BMBB1=525=12.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接A1C，过A1作A1G//CC1交AC于G，由已知条件可得A1C⊥AA1，利用平面ABB1A1⊥平面ACC1A1得出A1C⊥平面ABB1A1，从而可得A1C⊥AB，再利用AB⊥AC证出AB⊥平面ACC1A1.
（2）由已知条件可得平面ACC1A1⊥平面ABC，过A1作A1N⊥AC，连接BN，从而可得A1N⊥平面ABC，进而得出A1N的长，延长侧棱交于点O，作OH⊥AC于H，连接BH，从而得出AB的长，再结合直线BB1与底面ABC所成角的正弦值为155，从而得出BB1的长，再结合三棱台的体积公式得出三棱台ABC−A1B1C1的体积.
（3）作MG//OH交BH于G，过G作GK⊥AC于K，则GK//AB，由（2）可得MG⊥平面ABC，则∠MKG即为二面角M−AC−B的平面角，设BM=25x，则BG=22x，MG=23x，由GK//AB，可得KG=21−x，若∠MKG=π6，可得x的值，则M为BB1中点，从而得出侧棱BB1上存在点M，使得二面角M−AC−B为π6，进而得出此时的BMBB1的值.
（1）连接A1C，
在梯形ACC1A1中，过A1作A1G//CC1交AC于G，
由AA1=A1C1=CC1=2,AC=4，
则△A1AG为等边三角形，则∠A=60°，
四边形A1GCC1为菱形，则∠GA1C=30°，
所以∠AA1C=90°，即A1C⊥AA1，
因为平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，
A1C⊂平面ACC1A1，
所以A1C⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以A1C⊥AB，
又因为AB⊥AC，AC∩A1C=C，AC、A1C⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥平面ACC1A1.
（2）因为AB⊥平面ACC1A1，AB⊂平面ABC，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC，
过A1作A1N⊥AC，连接BN，A1N⊂平面ACC1A1，
平面ACC1A1∩平面ABC=AC，
则A1N⊥平面ABC，
故几何体的高为A1N=3，
如图，延长侧棱交于点O，作OH⊥AC于H，连接BH，
由已知H为AC中点，AH=2，
由（1）得，OH⊥平面ABC，
因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为155，则余弦值为105，
OH=2A1N=23，OB=23155=25，BH=22，
OA=OH2+AH2=4，
由（1）得AB⊥OA，则AB=OB2−OA2=2，
又因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为155，
所以BB1=3155=5，
故三棱台体积为V=13×312×2×4+14×2×4+18×2×4=733.
（3）如图， 作MG//OH交BH于G，过G作GK⊥AC于K，则GK//AB，
由（2）可得，MG⊥平面ABC，
则∠MKG即为二面角M−AC−B的平面角，
又BH⊂平面ABC，则MG⊥BH，
设BM=25x，则BG=105BM=105×25x=22x，
则MG=25x2−22x2=23x，
由GK//AB，得KGAB=HGBH，又HG=BH−BG=221−x，
所以KG=221−x22×2=21−x，
若∠MKG=π6，则tan∠MKG=23x21−x=33，
解得x=14，所以BM=52，即M为BB1中点，
即侧棱BB1上是存在点M，使二面角M−AC−B成π6，
则BMBB1=525=12.
19．（2024高一下·杭州期末）对于z0,z1,z2∈C，记k=z1−z0z2−z0为z1,z2关于z0的“差比模”.若取遍z0=rr>0，记z1,z2关于z0=r的“差比模”的最大值为kmax，最小值为kmin，若kmax+kmin=2，则称z1,z2关于r的“差比模”是协调的.
（1）若z0=12+32i,z1=1,z2=−1，求z1,z2关于z0的“差比模”；
（2）若z1=1+3i,z2=1−3i，是否存在rr，若z1,z2关于r的“差比模”是协调的，求b2−a2r2的值.
【答案】（1）解：由题意得k=1−z0−1−z0=1−12+32i−1−12+32i=12−32i−32−32i=1−3i−3−3i=13−i2−3i−3−i=33i=33，则z1,z2关于z0的“差比模”为33；
（2）证明：先证明共轭复数有如下性质：若任意z1,z2∈C，则z1±z2=z1±z2,z1z2=z1z2，
证明：设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R)，
则z1±z2=a+bi±c+di=a±c−b±di，
而z1±z2=a−bi±c−di=a±c−b±di，
故z1±z2=z1±z2.
z1z2=a+bic+di=ac+bdc2+d2+bc−adc2+d2i=ac+bdc2+d2−bc−adc2+d2i；
z1z2=a−bic−di=ac+bdc2+d2+ad−bcc2+d2i=ac+bdc2+d2−bc−adc2+d2i；
故z1z2=z1z2，
综上，共轭复数的性质z1±z2=z1±z2,z1z2=z1z2得证，
记当“差比模”取最大值kmax时的复数z0为zmax，即kmax=z1−zmaxz2−zmax，
由已知z1=1+3i,z2=1−3i发现z1=z2，
由已证明共轭复数的性质与复数模的性质z=z可得
因为z1−zmaxz2−zmax=z2−zmaxz1−zmax=z2−zmaxz1−zmax=z2−zmaxz1−zmax=z2−zmaxz1−zmax=1kmax，
所以若当z0=zmax时取得kmax，则z0=zmax时取到kmin，
故可知kmax⋅kmin=1，
由取遍z0=rr>0，k=1+3i−z01−3i−z0不恒为常数，则kmax≠kmin，
故由基本不等式可得kmax+kmin>2，
故不存在rr，设z0=rcsθ+isinθ，
则k=a−rcsθ−irsinθ−rcsθ+(b−rsinθ)i=a2+r2−2arcsθb2+r2−2brsinθ，
平方整理可得：(a2+r2)−(b2+r2)k2=2arcsθ−2brk2sinθ=4a2r2+4b2r2k4sin(θ+φ)
则sin(θ+φ)=(a2+r2)−(b2+r2)k24a2r2+4b2r2k4≤1，
即(a2+r2)−(b2+r2)k22≤4a2r2+4b2r2k4，
平方整理得：(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
令t=k2，设方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0，
则Δ=2(a2+r2)(b2+r2)2−4(b2−r2)(a2−r2)2=16a2b2+r4a2+b2r2>0，
故方程有两个不等的实数根，设为m,n，不妨设mr>0,b>r>0，a2−r2>0,b2−r2>0，
则m+n=2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2>0，且mn=(a2−r2)2(b2−r2)2>0，
故方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0有两不等的正实数根m,n，
由关于k2的不等式(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
解得k2∈[m,n]， 则kmax=n，kmin=m，
由已知z1,z2关于r的“差比模”是协调的，则m+n=2，
所以m+n+2mn=4，
利用韦达定理，2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2+2(a2−r2)(b2−r2)=4，
则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2−r2)(b2−r2)=4(b2−r2)2，
化简可得a2=b2−2r2，
故b2−a2r2=2．
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；辅助角公式；共轭复数
【解析】【分析】（1）由“差比模”定义代入复数z0=12+32i,z1=1,z2=−1，由复数的代数运算及求模即可；
（2）由z1=z2，利用共轭复数的性质与模的性质可得kmax⋅kmin=1，利用基本不等式可得kmax+kmin>2可知不存在r0，k=1+3i−z01−3i−z0不恒为常数，则kmax≠kmin，
故由基本不等式可得kmax+kmin>2，
故不存在rr，设z0=rcsθ+isinθ，
则k=a−rcsθ−irsinθ−rcsθ+(b−rsinθ)i=a2+r2−2arcsθb2+r2−2brsinθ，
平方整理可得：
(a2+r2)−(b2+r2)k2=2arcsθ−2brk2sinθ=4a2r2+4b2r2k4sin(θ+φ)
所以sin(θ+φ)=(a2+r2)−(b2+r2)k24a2r2+4b2r2k4≤1，
即(a2+r2)−(b2+r2)k22≤4a2r2+4b2r2k4，
平方整理得：(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
令t=k2，设方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0，
则Δ=2(a2+r2)(b2+r2)2−4(b2−r2)(a2−r2)2=16a2b2+r4a2+b2r2>0，
故方程有两个不等的实数根，设为m,n，不妨设mr>0,b>r>0，a2−r2>0,b2−r2>0，
则m+n=2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2>0，且mn=(a2−r2)2(b2−r2)2>0，
故方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0有两不等的正实数根m,n，
由关于k2的不等式(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
解得k2∈[m,n]， 则kmax=n，kmin=m，
由已知z1,z2关于r的“差比模”是协调的，则m+n=2，
所以m+n+2mn=4，
利用韦达定理，2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2+2(a2−r2)(b2−r2)=4，
则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2−r2)(b2−r2)=4(b2−r2)2，
化简可得a2=b2−2r2，
故b2−a2r2=2．