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2023-2024学年安徽省安庆一中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年安徽省安庆一中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案），共10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.若复数z满足(z+1)i=−1−i，则z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
2.已知向量a=(1,2)，b=(2,x)，则“(a+b)⊥(a−b)”是“x=1”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
3.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC在斜二测画法下的直观图.若B′C′=2，A′B′=2，∠A′B′C′=30°，则△ABC的面积为( )
A. 2
B. 2 2
C. 4
D. 4 2
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若acsC+ccsA=a，则△ABC的形状一定( )
A. 等腰三角形B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
5.设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则m//l
B. 若m⊂a，l⊂β，α//β，则m//l
C. 若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
D. 若α∩β=l，m//l，m⊥γ，则α⊥γ
6.已知正六棱锥S−ABCDEF底面边长为2，体积为4 3，则S−ABCDEF外接球的体积为( )
A. 8π3B. 16π3C. 32π3D. 64π3
7.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63
B. − 63
C. 33
D. − 33
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，P为CC1的中点，E在棱A1D1上，且A1E=3ED1，则过E且与A1P垂直的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为( )
A. 6B. 8C. 12D. 16
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于△ABC有如下命题，其中正确的是( )
A. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为钝角三角形
B. 若B=π3，a=2 3，且△ABC有两解，则b的取值范围是( 3,2 3)
C. 在锐角△ABC中，不等式sinA>csB恒成立
D. 在△ABC中，若B=60°，b2=ac，则△ABC必是等边三角形
10.如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体.下列可能是该几何体的截面的为( )
A.
B.
C.
D.
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是直线A1D上的一个动点，则下列结论中正确的是( )
A. C1P的最小值为 6
B. PB+PC的最小值为2 3+ 6
C. 三棱锥B1−ACP的体积为83
D. 以点B为球心，2 63为半径的球面与面AB1C在正方体内的交线长为 33π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面内非零向量a在向量b上的投影向量为−12b，且|a|=3|b|，则a与b夹角的余弦值为______．
13.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面BA1C1内的动点，满足B1P= 64a，则直线D1P与平面BA1C1所成角正切值的最大值为______．
14.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是该正方体表面及其内部的一个动点，且BM//平面AD1C，则线段DM的长的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若△PAB的面积为2 15．
(1)求该圆锥的侧面积；
(2)求该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=8，AC=6，∠BAC=90°，D是BC边的中点，∠A1CA=45°．
(1)求直三棱柱ABC−A1B1C1的体积；
(2)求证：A1C//面AB1D.
(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱表面爬到点D，求小虫爬行的最短距离．
17.(本小题12分)
已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m=(b+c,sinA)，n=(a+b,sinC−sinB)，且m//n．
(1)求角C；
(2)若b=4，△ABC的面积为4 3，求△ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
(1)求证：AM⊥平面QCD；
(2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值；
(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC，如果不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(其中z1，z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2).类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=(z1,z2)，β=(z1′,z2′)的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1−′+z2z2−′，复向量α的模定义为|α|= α⋅α′．
(1)设α=(1−i,i)，β=(3,4)，i为虚数单位，求复向量α、β的模；
(2)设α、β是两个复向量．
①已知对于任意两个平面向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，(其中x1，x2，y1，y2∈R)，|a⋅b|≤|a||b|成立，证明：对于复向量α、β，|α⋅β|≤|α||β|也成立；
②当|α⋅β|=|α||β|时，称复向量α与β平行.若复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行(其中i为虚数单位，z∈C)，求复数z．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.A
5.D
6.C
7.C
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ABD
12.−16
13.2 2
14.[2 33, 2]
15.解：(1)设圆锥母线长、底面半径分别为l(l>0)、r(r>0)，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为90°，
则l2+l2=(2r)2，
解得l= 2r，
又cs∠APB=14，
所以sin∠APB= 1−cs2∠APB= 1−(14)2= 154，
又因为△PAB的面积为2 15，
所以S△PAB=12PA⋅PB⋅sin∠APB=12l2× 154=2 15，
解得l=4(负值舍去)，
又l= 2r，所以r=2 2，
所以圆锥的侧面积S=12×2πr×l=π×2 2×4=8 2π；
(2)作出轴截面如图所示：由(1)可知∠CPO=45°，
设圆柱底面半径x(0则圆锥的高PO=AO=2 2，
所以OO1=PO−PO1=2 2−x，即圆柱的高为2 2−x，
所以圆锥内接圆柱的侧面积S1=2πx(2 2−x)≤2π[x+(2 2−x)2]2=4π，
当且仅当x=2 2−x，即x= 2时取等号，
所以圆锥内接圆柱的侧面积的最大值为4π．
16.解：(1)因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=8，AC=6，∠BAC=90°，D是BC边的中点，∠A1CA=45°．
所以BC=10，S△ABC=12AB⋅AC=24，
所以直三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=S△ABC⋅AA1=144．
(2)证明：连接A1B∩AB1=E，连接DE，由矩形ABB1A1，得E是A1B的中点，而D是BC边的中点，
则DE//A1C，又A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D.
(3)当小虫从点A1沿△A1B1C1爬到点D，把矩形ABB1A1与△A1B1C1置于同一平面内，如图，
连接A1D，过A1作A1F⊥BC于F，交B1C1于点O，
由BC//B1C1，得A1O⊥B1C1，A1O=A1B1⋅A1C1B1C1=8×6 82+62=245，AF=245+6=545，
OC1=A1C1cs∠A1C1B1=A1C1⋅A1C1B1C1=185，则DF=CD−OC1=5−185=75，
因此A1D= A1F2+DF2=15 542+72=15 2965；
当小虫从点A1沿正方形ACC1A1爬到点D，把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内，
或把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图，
在左图中，取AB中点G，连DG，显然B，A，A1共线，则DG//AG，DG=12AC=3，DG⊥AB，
而A1G=AA1+AG=10，因此A1D= A1G2+DG2= 102+32= 109，
在右图中，AD=AC+CD=11，A1D= A1A2+AD2= 62+112= 157> 109；
当小虫从点A1沿矩形ABB1A1爬到点D，把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内，
或把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图，
在左图中，取AC中点H，连DH，显然C，A，A1共线，则DH//AB，DH=12AB=4，DH⊥AC，
而A1H=AA1+AH=9，因此A1D= A1H2+DH2= 92+42= 97，
在右图中，AD=AB+BD=13，A1D= A1A2+AD2= 62+132= 205> 97，
显然15 2965> 109> 97，
所以小虫爬行的最短距离 97．
17.解：(1)由向量平行的坐标公式可得(b+c)(sinC−sinB)−(a+b)sinA=0，
由正弦定理可得(b+c)(c−b)−(a+b)a=0，
即−ab=a2+b2−c2，故csC=a2+b2−c22ab=−12，
因为C∈(0,π)，故C=2π3．
(2)由三角形面积公式，4 3=12×4a× 32，
故a=4，故△ABC为等腰三角形，
故A=B=12(π−2π3)=π6，又asinA=csinC，故c=asinCsinA=4× 3212=4 3，
所以△ABC的周长为4+4+4 3=8+4 3．
18.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，
所以CD⊥AM，
因为△QAD是正三角形，M是QD的中点，则AM⊥QD，
又CD∩QD=D，CD，PD⊂平面QCD，
所以AM⊥平面QCD；
(2)解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，
则EF=CD，EF//CD，所以EF⊥AD，
在正△QAD中，QE⊥AD，
因为EF∩QE=E，EF，QE⊂平面QEF，
则AD⊥平面QEF，
在正方形ABCD中，AD//BC，
故BC⊥平面QEF，
所以∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由CD⊥平面QAD，EF//CD，
则EF⊥平面QEF，又PE⊂平面QAD，
所以EF⊥QE，
设正方形ABCD的边长AD=2a，则EF=2a，QE= 3a，
所以QF= QE2+EF2= 7a，
则cs∠QFE=EFQF=2 77，
故侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为2 77．
(3)解：当QNNC=12时，平面BDN⊥平面AMC．
由正方形ABCD可得AC⊥BD．
又CD⊥AD，平面QAD⊥平面ABCD，可得CD⊥平面QAD，
即有CD⊥QD，
所以QC= 2a.
连接ON，在△QAC中，cs∠QCA=QC2+AC2−QA22QC⋅AC=2a2+2a2−a22×2a2=34，
则ON= (2 2a3)2+( 22a)2−2×2 2a3× 2a2×34= 146a，
由ON2+OC2=CN2，可得ON⊥AC，
又ON∩BD=O，所以AC⊥平面BDN，而AC⊂平面AMC，
所以平面BDN⊥平面AMC．
19.解：(1)由题意，|α|= α⋅α= (1−i)(1+i)+i(−i)= 1−i2−i2= 3，|β|= β⋅β= 32+42=5；
(2)①设α=(a+bi,c+di)，β=(e−fi,g−ℎi)，
|α|×|β|= a2+b2+c2+d2× e2+f2+g2+ℎ2，
则|α⋅β|=|ae−bf+cg−dℎ+(cℎ+dg+be+af)i|= (ae−bf+cg−dℎ)2+(cℎ+dg+be+af)2
由于(a2+b2+c2+d2)(e2+f2+g2+ℎ2)−(ae−bf+cg−dℎ)2(cℎ+dg+be+af)2
=(ag−ce)2+(df−bℎ)2+(aℎ+de)2+(cf+bg)2−2(bceℎ+bdeg+acfℎ+adfg)
≥2(ag−ce)(df−bℎ)+2(aℎ+de)(cf+bg)−2(bceℎ+bdeg+acfℎ+adfg)=0，
所以|α⋅β|≤|α|×|β|；
②设z=(a+bi)，结合①得|α⋅β|= (a−2b+1)2+(2a+b+1)2= 5(a+b)2+2(3a−b)+2，
|α|×|β|= 12+12+12+22× 12+a2+b2= 7+7(a2+b2)，
令7+7(a2+b2)=5(a2+b2)+2(3a−b)+2，化简得(a−32)2+(b+12)2=0，
即a=32，b=−12，z=32−12i.
1.若复数z满足(z+1)i=−1−i，则z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
2.已知向量a=(1,2)，b=(2,x)，则“(a+b)⊥(a−b)”是“x=1”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
3.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC在斜二测画法下的直观图.若B′C′=2，A′B′=2，∠A′B′C′=30°，则△ABC的面积为( )
A. 2
B. 2 2
C. 4
D. 4 2
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若acsC+ccsA=a，则△ABC的形状一定( )
A. 等腰三角形B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
5.设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则m//l
B. 若m⊂a，l⊂β，α//β，则m//l
C. 若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
D. 若α∩β=l，m//l，m⊥γ，则α⊥γ
6.已知正六棱锥S−ABCDEF底面边长为2，体积为4 3，则S−ABCDEF外接球的体积为( )
A. 8π3B. 16π3C. 32π3D. 64π3
7.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63
B. − 63
C. 33
D. − 33
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，P为CC1的中点，E在棱A1D1上，且A1E=3ED1，则过E且与A1P垂直的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为( )
A. 6B. 8C. 12D. 16
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于△ABC有如下命题，其中正确的是( )
A. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为钝角三角形
B. 若B=π3，a=2 3，且△ABC有两解，则b的取值范围是( 3,2 3)
C. 在锐角△ABC中，不等式sinA>csB恒成立
D. 在△ABC中，若B=60°，b2=ac，则△ABC必是等边三角形
10.如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体.下列可能是该几何体的截面的为( )
A.
B.
C.
D.
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是直线A1D上的一个动点，则下列结论中正确的是( )
A. C1P的最小值为 6
B. PB+PC的最小值为2 3+ 6
C. 三棱锥B1−ACP的体积为83
D. 以点B为球心，2 63为半径的球面与面AB1C在正方体内的交线长为 33π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面内非零向量a在向量b上的投影向量为−12b，且|a|=3|b|，则a与b夹角的余弦值为______．
13.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面BA1C1内的动点，满足B1P= 64a，则直线D1P与平面BA1C1所成角正切值的最大值为______．
14.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是该正方体表面及其内部的一个动点，且BM//平面AD1C，则线段DM的长的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若△PAB的面积为2 15．
(1)求该圆锥的侧面积；
(2)求该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=8，AC=6，∠BAC=90°，D是BC边的中点，∠A1CA=45°．
(1)求直三棱柱ABC−A1B1C1的体积；
(2)求证：A1C//面AB1D.
(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱表面爬到点D，求小虫爬行的最短距离．
17.(本小题12分)
已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m=(b+c,sinA)，n=(a+b,sinC−sinB)，且m//n．
(1)求角C；
(2)若b=4，△ABC的面积为4 3，求△ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
(1)求证：AM⊥平面QCD；
(2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值；
(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC，如果不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(其中z1，z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2).类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=(z1,z2)，β=(z1′,z2′)的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1−′+z2z2−′，复向量α的模定义为|α|= α⋅α′．
(1)设α=(1−i,i)，β=(3,4)，i为虚数单位，求复向量α、β的模；
(2)设α、β是两个复向量．
①已知对于任意两个平面向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，(其中x1，x2，y1，y2∈R)，|a⋅b|≤|a||b|成立，证明：对于复向量α、β，|α⋅β|≤|α||β|也成立；
②当|α⋅β|=|α||β|时，称复向量α与β平行.若复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行(其中i为虚数单位，z∈C)，求复数z．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.A
5.D
6.C
7.C
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ABD
12.−16
13.2 2
14.[2 33, 2]
15.解：(1)设圆锥母线长、底面半径分别为l(l>0)、r(r>0)，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为90°，
则l2+l2=(2r)2，
解得l= 2r，
又cs∠APB=14，
所以sin∠APB= 1−cs2∠APB= 1−(14)2= 154，
又因为△PAB的面积为2 15，
所以S△PAB=12PA⋅PB⋅sin∠APB=12l2× 154=2 15，
解得l=4(负值舍去)，
又l= 2r，所以r=2 2，
所以圆锥的侧面积S=12×2πr×l=π×2 2×4=8 2π；
(2)作出轴截面如图所示：由(1)可知∠CPO=45°，
设圆柱底面半径x(0
所以OO1=PO−PO1=2 2−x，即圆柱的高为2 2−x，
所以圆锥内接圆柱的侧面积S1=2πx(2 2−x)≤2π[x+(2 2−x)2]2=4π，
当且仅当x=2 2−x，即x= 2时取等号，
所以圆锥内接圆柱的侧面积的最大值为4π．
16.解：(1)因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=8，AC=6，∠BAC=90°，D是BC边的中点，∠A1CA=45°．
所以BC=10，S△ABC=12AB⋅AC=24，
所以直三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=S△ABC⋅AA1=144．
(2)证明：连接A1B∩AB1=E，连接DE，由矩形ABB1A1，得E是A1B的中点，而D是BC边的中点，
则DE//A1C，又A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
所以A1C//平面AB1D.
(3)当小虫从点A1沿△A1B1C1爬到点D，把矩形ABB1A1与△A1B1C1置于同一平面内，如图，
连接A1D，过A1作A1F⊥BC于F，交B1C1于点O，
由BC//B1C1，得A1O⊥B1C1，A1O=A1B1⋅A1C1B1C1=8×6 82+62=245，AF=245+6=545，
OC1=A1C1cs∠A1C1B1=A1C1⋅A1C1B1C1=185，则DF=CD−OC1=5−185=75，
因此A1D= A1F2+DF2=15 542+72=15 2965；
当小虫从点A1沿正方形ACC1A1爬到点D，把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内，
或把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图，
在左图中，取AB中点G，连DG，显然B，A，A1共线，则DG//AG，DG=12AC=3，DG⊥AB，
而A1G=AA1+AG=10，因此A1D= A1G2+DG2= 102+32= 109，
在右图中，AD=AC+CD=11，A1D= A1A2+AD2= 62+112= 157> 109；
当小虫从点A1沿矩形ABB1A1爬到点D，把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内，
或把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内，如图，
在左图中，取AC中点H，连DH，显然C，A，A1共线，则DH//AB，DH=12AB=4，DH⊥AC，
而A1H=AA1+AH=9，因此A1D= A1H2+DH2= 92+42= 97，
在右图中，AD=AB+BD=13，A1D= A1A2+AD2= 62+132= 205> 97，
显然15 2965> 109> 97，
所以小虫爬行的最短距离 97．
17.解：(1)由向量平行的坐标公式可得(b+c)(sinC−sinB)−(a+b)sinA=0，
由正弦定理可得(b+c)(c−b)−(a+b)a=0，
即−ab=a2+b2−c2，故csC=a2+b2−c22ab=−12，
因为C∈(0,π)，故C=2π3．
(2)由三角形面积公式，4 3=12×4a× 32，
故a=4，故△ABC为等腰三角形，
故A=B=12(π−2π3)=π6，又asinA=csinC，故c=asinCsinA=4× 3212=4 3，
所以△ABC的周长为4+4+4 3=8+4 3．
18.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，
所以CD⊥AM，
因为△QAD是正三角形，M是QD的中点，则AM⊥QD，
又CD∩QD=D，CD，PD⊂平面QCD，
所以AM⊥平面QCD；
(2)解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，
则EF=CD，EF//CD，所以EF⊥AD，
在正△QAD中，QE⊥AD，
因为EF∩QE=E，EF，QE⊂平面QEF，
则AD⊥平面QEF，
在正方形ABCD中，AD//BC，
故BC⊥平面QEF，
所以∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由CD⊥平面QAD，EF//CD，
则EF⊥平面QEF，又PE⊂平面QAD，
所以EF⊥QE，
设正方形ABCD的边长AD=2a，则EF=2a，QE= 3a，
所以QF= QE2+EF2= 7a，
则cs∠QFE=EFQF=2 77，
故侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为2 77．
(3)解：当QNNC=12时，平面BDN⊥平面AMC．
由正方形ABCD可得AC⊥BD．
又CD⊥AD，平面QAD⊥平面ABCD，可得CD⊥平面QAD，
即有CD⊥QD，
所以QC= 2a.
连接ON，在△QAC中，cs∠QCA=QC2+AC2−QA22QC⋅AC=2a2+2a2−a22×2a2=34，
则ON= (2 2a3)2+( 22a)2−2×2 2a3× 2a2×34= 146a，
由ON2+OC2=CN2，可得ON⊥AC，
又ON∩BD=O，所以AC⊥平面BDN，而AC⊂平面AMC，
所以平面BDN⊥平面AMC．
19.解：(1)由题意，|α|= α⋅α= (1−i)(1+i)+i(−i)= 1−i2−i2= 3，|β|= β⋅β= 32+42=5；
(2)①设α=(a+bi,c+di)，β=(e−fi,g−ℎi)，
|α|×|β|= a2+b2+c2+d2× e2+f2+g2+ℎ2，
则|α⋅β|=|ae−bf+cg−dℎ+(cℎ+dg+be+af)i|= (ae−bf+cg−dℎ)2+(cℎ+dg+be+af)2
由于(a2+b2+c2+d2)(e2+f2+g2+ℎ2)−(ae−bf+cg−dℎ)2(cℎ+dg+be+af)2
=(ag−ce)2+(df−bℎ)2+(aℎ+de)2+(cf+bg)2−2(bceℎ+bdeg+acfℎ+adfg)
≥2(ag−ce)(df−bℎ)+2(aℎ+de)(cf+bg)−2(bceℎ+bdeg+acfℎ+adfg)=0，
所以|α⋅β|≤|α|×|β|；
②设z=(a+bi)，结合①得|α⋅β|= (a−2b+1)2+(2a+b+1)2= 5(a+b)2+2(3a−b)+2，
|α|×|β|= 12+12+12+22× 12+a2+b2= 7+7(a2+b2)，
令7+7(a2+b2)=5(a2+b2)+2(3a−b)+2，化简得(a−32)2+(b+12)2=0，
即a=32，b=−12，z=32−12i.
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