2023-2024学年湖北省黄冈市浠水一中高一（下）期末数学试卷（含答案）

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（含答案），共16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/​/bB. 若a/​/α，b/​/β，α/​/β，则a/​/b
C. 若a⊂α，b⊂β，a/​/b，则α/​/βD. 若a⊄α，b⊂α，a/​/b，则a/​/α
2.在△ABC中，A=60°，AC=2，BC=2 3，则角B的值为( )
A. 30°或150°B. 60°或120°C. 60°D. 30°
3.已知tanθ=2，则sin(2θ−π)1−sin(π2−2θ)=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
4.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.要得到y=3sin(2x+π4)的图象只需将y=3sin2x的图象( )
A. 向左平移π4个单位B. 向右平移π4个单位C. 向左平移π8个单位D. 向右平移π8个单位
6.如图，点O是△ABC的重心，点D是边BC上一点，且BC=4DC，OD=mAB+nAC，则mn=( )
A. 15
B. −14
C. −15
D. 14
7.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π12rad/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( )( 2≈1.414, 3≈1.732)
A. 4.0mB. 3.8mC. 3.6mD. 3.4m
8.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576 3cm3，则原正方形铁皮的边长是多少( )
A. 12cmB. 24cmC. 12 3cmD. 24 3cm
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.关于复数z，下面是真命题的是( )
A. 若z−z∈R，则z∈RB. 若z2∈R，则z∈R
C. 若z2=|z|2，则z∈RD. 若z∈R，则z−∈R
10.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
11.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BM=λBP，CN=μCP(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. 2OG=BM+CN
B. PB⋅PC的最小值为34
C. 若λ+μ=1，则|OG|的最小值为 24
D. 若AP=PD，|OG|=12，则BM⋅CN的最大值为316
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.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.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.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1−sinBcsB=1−cs2Asin2A，则b2a2+2c2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.(本小题13分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且csC=2a−c2b．
(1)求角B的大小；
(2)若b=3，sinC= 33，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=3，cs∠BAD=13，AF=FD，DE=λDC，λ∈[0,1]．
(1)若λ=13，AE与BF交于点N，AN=xAB+yAD，求xy的值；
(2)求BE⋅FE的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，已知等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=12BC=2，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B1PB1C的值；若不存在，说明理由．
18.(本小题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x−=90，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.(本小题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=π4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sin(θ+π4)的值；
(3)若正整数m，n(m>1,n>2)满足zm=z1，zn=zm2，证明；存在有理数q，使得m=q⋅n+1−2q．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】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．
根据空间中的平行关系逐项分析判断即可．
本题考查空间中平行关系的判断，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，A=60°，AC=2，BC=2 3，
由正弦定理asinA=bsinB，即2 3 32=2sinB，解得sinB=12，
又AC所以B=30°．
故选：D．
利用正弦定理计算可得．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵tanθ=2，
∴sin(2θ−π)1−sin(π2−2θ)=−sin2θ1−cs2θ=−2sinθcsθ2sin2θ=−1tanθ=−12．
故选：A．
由二倍角公式以及切弦互换即可求解．
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.【答案】D
【解析】解：由表可知，符合条件的个体编号为12，13，20，26，03，17，
故选出来的第5个个体的编号为03．
故选：D．
由表可知，符合条件的个体编号为12，13，20，26，03，17，即可求解．
本题主要考查简单随机抽样应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵y=3sin2(x+π8)=3sin(2x+π4)，
∴只需将y=3sin2x的图象向左平移π8个单位
故选：C．
根据左加右减的原则进行左右平移即可．
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.【答案】C
【解析】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AO=2OE，且AE=12(AB+AC)，
又由BC=4DC，可得D是BC的四等分点，
则OD=OE+ED=13AE+14BC
=13×12(AB+AC)+14(AC−AB)
=−112AB+512AC，
因为OD=mAB+nAC，所以m=−112，n=512，
所以mn=−15．
故选：C．
延长AO交BC于E，根据题意，得到AO=2OE且AE=12(AB+AC)，再由BC=4DC，根据向量的运算法则，求得OD=−112AB+512AC，求得m，n的值，即可求解．
本题考查平面向量基本定理的应用，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设初始位置P0对应的角为φ0，则sinφ0=3−，则csφ0= 1−sin2φ0=45，
因为筒车转动的角速度ω为π12rad/s，
所以水桶M到水面的距离d=2.5sin(π12t+φ0)+1.5，
当t=3时，则有d=2.5sin(π12×3+φ0)=2.5× 22×(35+45)+1.5≈3.974≈4.0，
故选：A．
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．
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.【答案】B
【解析】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，EF= 3a，
MC=MD= 5a，MF=2a，ME=a，
有MF2=ME2+EF2，则ME⊥EF，S△MEF=12ME⋅EF= 3a22，
VE−MCD=13S△MEF⋅CD=13× 3a22×2a= 3a33=576 3，得a3=1728，即a=12，
所以原正方形铁皮的边长是24cm．
故选：B．
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．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：令z=a+bi(a,b∈R)．
因为z−z=a−bia+bi=(a−bi)2(a+bi)(a−bi)=a2−2abi−b2a2+b2∈R，
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z−∈R，D正确．
故选：CD．
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．
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．
10.【答案】ABD
【解析】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：
120×(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：
120×[(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：s12=(50−77.7)2+(58−77.7)2+(65−77.7)2+⋯+(98−77.7)220，
将这组数据都减去70后得到的方差为：
s22=(50−7.7−70)2+(58−7.7−70)2+(65−7.7−70)2+...+(98−7.7−70)220
=(50−77.7)2+(58−77.7)2+(65−77.7)2+⋯+(98−77.7)220=s12，
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84+852=84.5，则这组数据的上四分位数是84.5，故D正确．
故选：ABD．
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．
本题考查离散型随机变量的数字特征，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为OG=OB+BM+MG，OG=OC+CN+NG，
所以2OG=OB+BM+MG+OC+CN+NG=OB+BM+MG−OB+CN−MG=BM+CN，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PB⋅PC=(x,1)⋅(x−1,1)=x2−x+1=(x−12)2+34，
所以PB⋅PC的最小值为34，此时x=12，故B正确；
因为BM=λBP，CN=μCP(0<λ<1,0<μ<1)，
所以BM=λBP=λ(x,1)=(λx,λ)，CN=μCP=μ(x−1,1)=(μx−μ,μ)，
所以OG=12(BM+CN)=12[(λx,λ)+(μx−μ,μ)]=(λx+μx−μ2,λ+μ2)，
当λ+μ=1时，OG=(x−μ2,12)，
所以|OG|= (x−μ2)2+(12)2≥12，当且仅当x=μ时，等号成立，
所以|OG|的最小值为12，故C错误；
因为OG=(λx+μx−μ2,λ+μ2)，若AP=PD，|OG|=12，
则(12λ+12μ−μ2)2+(λ+μ2)2=14，所以(12λ−12μ)2+(λ+μ)2=1，
所以1=54λ2+54μ2+32λμ≥52λμ+32λμ=4λμ，即λμ≤14，
当且仅当λ=μ即λ=μ=12时，等号成立，
所以BM⋅CN=12λ(12μ−μ)+λμ=34λμ≤34×14=316，
即BM⋅CN的最大值是316，故D正确．
故选：ABD．
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BM,CN，进一步可表示出OG=(x−μ2,12)，结合模长公式即可验算；对于D，将条件等式转换为(12λ−12μ)2+(λ+μ)2=1，结合基本不等式即可判断．
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．
12.【答案】52π
【解析】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V=13(πr2+πR2+ πr2⋅πR2)h=13(π×22+π×52+ π×22×π×52)×4=52π．
故答案为：52π
根据题意，根据圆台的体积公式直接计算可得．
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.【答案】24
【解析】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S△ABC=12×6×8=24．
故答案为：24．
根据题意，由直观图还原图形，进而计算可得答案．
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.【答案】(0,12)
【解析】解：由题意可得1−sinBcsB=1−cs2Asin2A=2sin2A2sinAcsA=sinAcsA，故csA−sinBcsA=sinAcsB，
即csA=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sinC=cs(π2−C)，
因为C∈(0,π)，所以π2−C∈(−π2,π2)，
因为A∈(0,π)，所以A=π2−C或−A=π2−C，
即C+A=π2或C−A=π2，即B=π2或C−A=π2，
若B=π2，则csB=0，则1−sinBcsB无意义，故C−A=π2，
又A+B+C=π，所以2A+B=π2，即B=π2−2A，
因为C−A=π2，所以C>π2，0所以0由正弦定理可得b2a2+2c2=sin2Bsin2A+2sin2C
=sin2Bsin2A+2sin2(π2+A)=sin2Bsin2A+2cs2A
=sin2(π2−2A)sin2A+2cs2A=cs22Asin2A+2cs2A
=(2cs2A−1)21+cs2A=4cs4A−4cs2A+11+cs2A
=4(1+cs2A)2−12(1+cs2A)+91+cs2A
=4(1+cs2A)+91+cs2A−12，
令t=1+cs2A∈(32,2)，则b2a2+2c2=4t+9t−12，
设f(t)=4t+9t−12,t∈(32,2)，
由对勾函数的性质可得f(t)在(32,2)上单调递增，
所以f(t)∈(0,12)，即b2a2+2c2∈(0,12)．
故答案为：(0,12)．
根据二倍角公式可得1−sinBcsB=sinAcsA，即csA=sinC=cs(π2−C)，根据角的范围可得C−A=π2，B=π2−2A，0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．
15.【答案】解：(1)在△ABC中，csC=2a−c2b，
∴由正弦定理得csC=2sinA−sinC2sinB，∴2sinA=sinC+2sinBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，∴sinC=2csBsinC，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，∴csB=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)在△ABC中，B=π3，b=3，sinC= 33，
∴由正弦定理得bsinB=csinC，∴c=bsinCsinB=2，
∴由余弦定理得csB=a2+4−94a=12，解得a=1+ 6(负值舍去)，
∴△ABC的面积为12acsinB=12×(1+ 6)×2× 32= 3+3 22．
【解析】(1)利用正弦定理角化边化简csC=2a−c2b，结合两角和的正弦公式即可推出csB=12，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．
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.【答案】解：(1)设FN=tFB，则AN=AF+FN=AF+tFB=AF+t(AB−AF)=(1−t)AF+tAB=1−t2AD+tAB．
设AN=μAE=μ(AD+13AB)=μAD+μ3AB，根据平面向量基本定理，可得μ=1−t2,13μ=t,，解得t=17，
所以AN=17AB+37AD，则x=17，y=37，所以xy=349．
(2)根据题意，可得AB⋅AD=2×3×13=2，
因为BE=BA+AD+DE=(λ−1)AB+AD，FE=FD+DE=λAB+12AD，
所以BE⋅FE=(λ2−λ)AB2+12AD2+(32λ−12)AB⋅AD=4(λ2−λ)+92+3λ−1=4λ2−λ+72．
因为λ∈[0,1]，所以当λ=−−12×4=18时，BE⋅FE取得最小值，且最小值为5516，
当λ=1时，BE⋅FE取得最大值，且最大值为132．
综上所述，5516≤BE⋅FE≤132，即BE⋅FE的取值范围为[5516,132]．
【解析】(1)以向量AB,AD为基底表示出向量AN，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=17，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BE⋅FE关于λ的二次函数表达式，进而利用二次函数的性质算出BE⋅FE的取值范围．
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.【答案】(1)证明：∵AD/​/BC，E是BC的中点，∴AB=AD=BE=12BC=2，
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，AB=AD=BE=12BC=2，
∴△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AM=PQ=12CD，
∴P为B1C中点，
故在线段B1C上存在点P，使得MP/​/平面B1AD，且B1PB1C=12．
【解析】(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．
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.【答案】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)x−=90，
故x1+x2+x3+⋯+x10=10×90=900，
又s2=110(x12+x22+⋯+x102)−902=62，x12+x22+⋯+x102=81360，
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x0−，s0，
则剩余8个分数的平均数：x0−=x1+x2+x3+⋯+x88=900−95−858=90，
方差：s02=18(x12+x22+⋯+x82)−902=18(81360−952−852)−902=38.75．
【解析】(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．
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.【答案】证明：(1)当θ=π4时，z1=csπ4+isinπ4= 22+ 22i，
z2=csπ2+isinπ2=i，
z12=( 22+ 22i)2=12−12+i=i=z2；
解：(2)因为z2=cs2θ+isin2θ，z3=cs3θ+isin3θ，
则cs2θ=cs3θsin2θ=sin3θ，
因为θ≠0，
所以θ=2kπ，k∈Z，
故sin(θ+π4)=sinπ4= 22；
证明：(3)因为zm=z1，zn=zm2=z12=z2，
所以csmθ+isinmθ=csθ+isinθ，csnθ+isinnθ=(csmθ+isinmθ)2=cs2θ+isin2θ，
所以mθ=θ+2k1π，即θ=2k1πm−1，k1∈Z，
同理，nθ=2θ+2k2π，k2∈Z，
所以θ=2k2πn−2，k2∈Z，
所以2k1πm−1=2k2πn−2，k1∈Z，k2∈Z，
因为θ≠0，
所以k1k2≠0，m−1n−2=k1k2，即m=k1k2(n−2)+1=k1k2⋅n+1−2k1k2，k1∈Z，k2∈Z，
故存在有理数q=k1k2，使得m=q⋅n+1−2q．
【解析】(1)由θ=π4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．
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．