考案4 第5章 复数-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

▲ ４２９ ▲ ▲ ４３０ ▲ 考 案 （四） 第五章　 复数 考试时间１２０分钟，满分１５０分． 一、单项选择题（本大题共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．（２０２３·新高考Ⅰ）在复平面内，（１ ＋ ３ｉ）（３ － ｉ）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．已知复数ｚ满足（２ ＋ ｉ）ｚ ＝ １ － ２ｉ（其中ｉ为虚数单位），则ｚ的共轭复数珋ｚ ＝ （　 　 ） Ａ． ｉ Ｂ． － ｉ Ｃ． ４ － ５ｉ５ Ｄ． ４ ＋ ５ｉ ５ ３．（２０２４·全国新高考Ⅰ）若ｚｚ － １ ＝ １ ＋ ｉ，则ｚ ＝ （　 　 ） Ａ． － １ － ｉ Ｂ． － １ ＋ ｉ Ｃ． １ － ｉ Ｄ． １ ＋ ｉ ４．已知（ａ ＋ ２ｉ）２（ａ∈Ｒ）是纯虚数，则｜ ａ ＋ ｉ ｜ ＝ （　 　 ） 槡 槡Ａ． ３ Ｂ． ５ Ｃ． ３ Ｄ． ５ ５．已知复数ｚ１ ＝ ２ － ｉ，ｚ２ ＝ ａ ＋ ｉ（ａ∈Ｒ），若复数ｚ１·ｚ２为纯虚数，则实数ａ的值为 （　 　 ） Ａ． － １２ Ｂ． １ ２ Ｃ． － ２ Ｄ． ２ ６．若复数ｚ１，ｚ２满足ｚ１ ＝珋ｚ２，则ｚ１，ｚ２在复数平面上对应的点Ｚ１，Ｚ２ （　 　 ） Ａ．关于ｘ轴对称 Ｂ．关于ｙ轴对称 Ｃ．关于原点对称 Ｄ．关于直线ｙ ＝ ｘ对称 ７．已知ａ∈Ｒ，ｉ是虚数单位，若ｚ ＝ ａ 槡－ ３ｉ，ｚ·珋ｚ ＝ ４，则ａ ＝ （　 　 ） Ａ． １或 槡－ １ Ｂ． ７或槡 槡 槡－ ７ Ｃ． － ３ Ｄ． ３ ８．欧拉公式ｅｉθ ＝ ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ（ｅ为自然对数的底数，ｉ为虚数单位）是瑞士著名数学家欧拉发明的，ｅｉπ ＋ １ ＝ ０是英国科 学期刊《物理世界》评选出的十大最伟大的公式之一．根据欧拉公式可知，复数ｅ π３ ｉ的虚部为 （　 　 ） Ａ． －槡３２ Ｂ．槡 ３ ２ Ｃ． － 槡３ ２ ｉ Ｄ． 槡３ ２ ｉ 二、多项选择题（本大题共３小题，每小题６分，共１８分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部 选对的得６分，有选错的得０分，部分选对的得部分分） ９．已知ｚ１，ｚ互为共轭复数，则＝ （　 　 ） Ａ． ｚ２１ ＝ ｚ ２ ２ Ｂ． ｜ ｚ１ ｜ ＝ ｜ ｚ２ ｜ Ｃ． ｚ１ ＋ ｚ２∈Ｒ Ｄ． ｚ１ ｚ２∈Ｒ １０．下列有关复数ｚ的叙述正确的是 （　 　 ） Ａ．若ｚ ＝ ｉ３，则ｚ ＝ ｉ Ｂ．若ｚ ＝ １ ＋ １ｉ ，则ｚ的虚部为－ ｉ Ｃ．若ｚ ＝ ａ ＋ ａｉ，（ａ∈Ｒ），则ｚ不可能为纯虚数 Ｄ．若复数ｚ满足１ｚ ∈Ｒ，则ｚ∈Ｒ １１．设ｚ１，ｚ２是复数，给出四个命题，下列命题正确的是 （　 　 ） Ａ．若｜ ｚ１ － ｚ２ ｜ ＝ ０，则珋ｚ１ ＝珋ｚ２ Ｂ．若ｚ１ ＝珋ｚ２，则珋ｚ１ ＝ ｚ２ Ｃ．若｜ ｚ１ ｜ ＝ ｜ ｚ２ ｜，则ｚ１·珋ｚ１ ＝ ｚ２·珋ｚ２ Ｄ．若｜ ｚ１ ｜ ＝ ｜ ｚ２ ｜，则ｚ２１ ＝ ｚ２２ 三、填空题（本大题共３小题，每小题５分，共１５分） １２．已知ｉ为虚数单位，则复数ｚ ＝ ２１ ＋ ｉ在复平面内对应的点的坐标为　 　 　 　 ． １３．已知ａ，ｂ∈Ｒ，复数ｚ ＝ ａ － ｉ且ｚ１ ＋ ｉ ＝ １ ＋ ｂｉ（ｉ为虚数单位），则ａｂ ＝ 　 　 　 　 ． １４．已知复数ｚ满足ｚ ＝ １ － ｉｉ （ｉ是虚数单位），则ｚ ２ ＝ 　 　 　 　 ；｜ ｚ ｜ ＝ 　 　 　 　 ． 四、解答题（本大题共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．（本小题满分１３分）计算： （１）（１ ＋ ３ｉ） ２ － ２（１ ＋ ２ｉ） ３ － ｉ ； （２） １ － ｉ（１ ＋ ｉ）２ ＋ １ ＋ ｉ （１ － ｉ）２                                                                      ． ▲ ４３１ ▲ ▲ ４３２ ▲ １６．（本小题满分１５分）已知ｉ为虚数单位，复数ｚ ＝ ３ ＋ ｂｉ（ｂ∈Ｒ），且（１ ＋ ３ｉ）·ｚ为纯虚数． （１）求复数ｚ及珋ｚ； （２）若ω ＝ ｚ２ ＋ ｉ，求复数ω的模． １７．（本小题满分１５分）已知复数ｚ ＝（２ ＋ ｉ）（ｉ － ３）＋ ４ － ２ｉ． （１）求复数ｚ的共轭复数珋ｚ及｜ ｚ ｜； （２）若复数ｚ１ ＝ ｚ ＋（ａ２ － ２ａ）＋ ａｉ（ａ∈Ｒ）是纯虚数，求实数ａ的值． １８．（本小题满分１７分）已知复数ω满足ω －４ ＝（３ －２ω）ｉ（ｉ为虚数单位），ｚ ＝ ５ω ＋ ｜珔ω －２ ｜ ． （１）求ｚ； （２）若（１）中的ｚ是关于ｘ的方程ｘ２ － ｐｘ ＋ ｑ ＝ ０的一个根，求实数ｐ，ｑ的值及方程的另一个根． １９．（本小题满分１７分）已知复数ｚ１ ＝ ｓｉｎ ２ｘ － ｔｉ，ｚ２ ＝ ａ ＋（ａ 槡－ ３ｃｏｓ ２ｘ）ｉ，ｉ为虚数单位，ｔ，ａ，ｘ∈Ｒ，且ｚ１ ＝ ｚ２ ． （１）若ｔ ＝ ０且０ ＜ ｘ ＜ ５６ π，求ｘ的值； （２）设ｔ ＝ ｆ（ｘ），已知ｆ（α）＝ １２ ，求ｓｉｎ ４α ＋ ５π( )６                                                                    ． ▲ ４４９ ▲ ▲ ４５０ ▲ 因为ｃｏｓ Ａ ＝ ｃｏｓ Ａ ＋ π( )４ － π[ ]４ ＝ ｃｏｓ Ａ ＋ π( )４ ｃｏｓ π４ ＋ ｓｉｎ Ａ ＋ π( )４ ｓｉｎ π４ ＝ －槡２１０ ×槡 ２ ２ ＋ 槡７ ２ １０ × 槡２ ２ ＝ ３ ５ ， 所以ｃｏｓ Ａ ＝ ３５ ． （２）由（１）可得ｓｉｎ Ａ ＝ ４５ ． 所以ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ２ｘ ＋ ５２ ｓｉｎ Ａｓｉｎ ｘ ＝ １ － ２ｓｉｎ２ｘ ＋ ２ｓｉｎ ｘ ＝ － ２ ｓｉｎ ｘ －( )１２ ２ ＋ ３２ ． 因为ｓｉｎ ｘ∈［－ １，１］， 所以当ｓｉｎ ｘ ＝ １２时，ｆ（ｘ）取最大值 ３ ２ ； 当ｓｉｎ ｘ ＝ － １时，ｆ（ｘ）取最小值－ ３． 所以函数ｆ（ｘ）的值域为－ ３，[ ]３２ ． １８．（１）ｆ ５π( )１２ ＝ Ａｓｉｎ ５π１２ ＋ π( )３ ＝ Ａｓｉｎ ３π４ ＝ 槡３ ２２ ，∴ Ａ ＝ 槡３ ２２ 槡× ２ ＝ ３． （２）由（１）得：ｆ（ｘ）＝ ３ｓｉｎ ｘ ＋ π( )３ ， ∴ ｆ（θ）－ ｆ（－ θ）＝ ３ｓｉｎ θ ＋ π( )３ － ３ｓｉｎ － θ ＋ π( )３ ＝ ３ ｓｉｎ θｃｏｓ π３ ＋ ｃｏｓ θｓｉｎ π( )３ [－ ３ ｓｉｎ （－ θ）ｃｏｓ π３ ＋ ｃｏｓ（－ θ）ｓｉｎ π ]３ ＝ ６ｓｉｎ θｃｏｓ π３ ＝ ３ｓｉｎ θ， 而ｆ（θ）－ ｆ（－ θ） 槡＝ ３， 所以ｓｉｎ θ ＝槡３３ ，又因为θ∈ ０， π( )２ 所以ｃｏｓ θ ＝ １ － ｓｉｎ２槡 θ ＝ １ － 槡３( )３槡 ２ ＝槡６３ ， 所以ｆ π６ －( )θ ＝ ３ｓｉｎ π６ － θ ＋ π( )３ (＝ ３ｓｉｎ π２ － )θ ＝ ３ｃｏｓ θ 槡＝ ６ ． １９．（１）由ｆ（ｘ） 槡＝ ２ ３ｓｉｎ ｘｃｏｓ ｘ ＋ ２ｃｏｓ２ｘ － １， 得ｆ（ｘ） 槡＝ ３（２ｓｉｎ ｘｃｏｓ ｘ）＋（２ｃｏｓ２ｘ － １） 槡＝ ３ｓｉｎ ２ｘ ＋ ｃｏｓ ２ｘ ＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ． 所以函数ｆ（ｘ）的最小正周期为π． 因为ｆ（ｘ）＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ 在区间０，π[ ]６ 上为增加的，在区间 π ６ ， π[ ]２ 上为减少的．又ｆ（０）＝ １，ｆ π( )６ ＝ ２，ｆ π( )２ ＝ － １，所以 函数ｆ（ｘ）在区间０，π[ ]２ 上的最大值为２，最小值为－ １． （２）由（１）可知ｆ（ｘ０）＝ ２ｓｉｎ ２ｘ０ ＋ π( )６ ． 又因为ｆ（ｘ０）＝ ６５ ，所以ｓｉｎ ２ｘ０ ＋ π( )６ ＝ ３５ ． 由ｘ０∈ π４ ， π[ ]２ ，得２ｘ０ ＋ π６ ∈ ２π３ ，７π[ ]６ ． 从而ｃｏｓ ２ｘ０ ＋ π( )６ ＝ － １ － ｓｉｎ２ ２ｘ０ ＋ π( )槡 ６ ＝ － ４５ ． 所以ｃｏｓ ２ｘ０ ＝ ｃｏｓ ２ｘ０ ＋ π( )６ － π[ ]６ ＝ ｃｏｓ ２ｘ０ ＋ π( )６ ｃｏｓ π６ ＋ ｓｉｎ ２ｘ０ ＋ π( )６ ｓｉｎ π６ ＝ 槡３ － ４ ３１０ ． 考案（四） １． Ａ　 因为（１ ＋ ３ｉ）（３ － ｉ）＝ ３ ＋ ８ｉ － ３ｉ２ ＝ ６ ＋ ８ｉ，则所求复数对应的 点为（６，８），位于第一象限．故选Ａ． ２． Ａ　 ｚ ＝ １ － ２ｉ２ ＋ ｉ ＝ － ｉ，则珋ｚ ＝ ｉ． ３． Ｃ　 因为ｚｚ － １ ＝ ｚ － １ ＋ １ ｚ － １ ＝ １ ＋ １ ｚ － １ ＝ １ ＋ ｉ，所以ｚ ＝ １ ＋ １ ｉ ＝ １ － ｉ． 故选Ｃ． ４． Ｂ　 （ａ ＋２ｉ）２ ＝ａ２ －４ ＋４ａｉ，因为（ａ ＋２ｉ）２为纯虚数，所以 ａ２ －４ ＝０， ４ａ≠０{ ， 即 ａ ＝ ±２，则｜ａ 槡＋ ｉ ｜ ＝ ｜ ±２ ＋ ｉ ｜ ＝ ５． ５． Ａ　 由已知复数ｚ１·ｚ２ ＝（２ － ｉ）（ａ ＋ ｉ）＝（２ａ ＋ １）＋（２ － ａ）ｉ为纯 虚数，所以 ２ａ ＋ １ ＝ ０， ２ － ａ≠{ ０ 的ａ ＝ － １２ ．故选Ａ． ６． Ａ　 复数ｚ１，ｚ２满足ｚ１ ＝珋ｚ２，可得ｚ１，ｚ２ 的实部相等，虚部互为相反 数，故ｚ１，ｚ２在复数平面上对应的点关于ｘ轴对称． ７． Ａ　 由题意，复数ｚ ＝ ａ 槡－ ３ｉ，则珋ｚ ＝ ａ 槡＋ ３ｉ，所以ｚ·珋ｚ ＝（ａ 槡－ ３ｉ）（ａ 槡＋ ３ｉ）＝ ａ２ ＋ ３ ＝ ４，所以ａ２ ＝ １，即ａ ＝ １或ａ ＝ － １． ８． Ｂ　 根据欧拉公式ｅｉθ ＝ ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ，可得ｅ π３ ｉ ＝ ｃｏｓ π３ ＋ ｉｓｉｎ π ３ ＝ １ ２ ＋ 槡３ ２ ｉ，所以ｅ π ３ ｉ的虚部为槡３２ ． ９． ＢＣＤ　 ｚ１ ＝ ａ ＋ ｂｉ，ａ，ｂ∈Ｒ，则ｚ２ ＝ ａ － ｂｉ，ｚ２１ ＝ ａ２ － ｂ２ ＋ ２ａｂｉ，ｚ２２ ＝ ａ２ － ｂ２ － ２ａｂｉ≠ｚ２１，故Ａ错误；｜ ｚ１ ｜ ＝ ａ２ ＋ ｂ槡 ２ ＝ ｜ ｚ２ ｜，Ｂ正确；ｚ１ ＋ ｚ２ ＝ ２ａ∈Ｒ，Ｃ正确；ｚ１ ｚ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２∈Ｒ，Ｄ正确，故选ＢＣＤ． １０． ＡＣＤ　 ｚ ＝ ｉ３ ＝ － ｉ，所以ｚ ＝ ｉ，Ａ正确；ｚ ＝ １ ＋ １ｉ ＝ １ － ｉ，虚部是 － １，Ｂ错误；ｚ ＝ ａ ＋ ａｉ，（ａ∈Ｒ），若ａ ＝ ０，则ｚ ＝ ０是实数，若ａ≠ ０，则ｚ ＝ ａ ＋ ａｉ是虚数，不是纯虚数，Ｃ正确；设ｚ ＝ ａ ＋ ｂｉ，（ａ，ｂ∈ Ｒ），因为１ｚ ＝ ａ － ｂｉ （ａ ＋ ｂｉ）（ａ － ｂｉ）＝ ａ ａ２ ＋ ｂ２ － ｂ ａ２ ＋ ｂ２ ｉ，由１ｚ ∈Ｒ得ｂ ＝ ０，则ｚ∈Ｒ，所以Ｄ正确．故选ＡＣＤ． １１． ＡＢＣ　 由ｚ１，ｚ２是复数，得：若｜ ｚ１ － ｚ２ ｜ ＝ ０，则ｚ１，ｚ２的实部和虚部 都相等，所以珋ｚ１ ＝珋ｚ２，故Ａ正确；若ｚ１ ＝珋ｚ２，则ｚ１，ｚ２ 的实部相等， 虚部互为相反数，所以珋ｚ１ ＝ ｚ２，故Ｂ正确；若｜ ｚ１ ｜ ＝ ｜ ｚ２ ｜，则ｚ１·珋ｚ１ ＝ ｚ２·珋ｚ２ ＝ ｜ ｚ１ ｜ ２，故Ｃ正确；若｜ ｚ１ ｜ ＝ ｜ ｚ２ ｜，则由复数的模的性质 得ｚ２１≠ｚ２２，如 槡｜１ － ｉ ｜ ＝ ｜１ ＋ ｉ ｜ ＝ ２，但（１ － ｉ）２ ＝ － ２ｉ≠（１ ＋ ｉ）２ ＝ ２ｉ，故Ｄ不正确． １２．（１，－ １）　 复数ｚ ＝ ２１ ＋ ｉ ＝ ２（１ － ｉ） （１ ＋ ｉ）（１ － ｉ）＝ ２（１ － ｉ） ２ ＝ １ － ｉ，则ｚ 在复平面内对应的点的坐标为（１，－ １）． １３． － ６　 因为ｚ ＝ ａ － ｉ，所以ｚ１ ＋ ｉ ＝ ａ － ｉ １ ＋ ｉ ＝ １ ＋ ｂｉ，即ａ － ｉ ＝（１ ＋ ｉ）（１ ＋ ｂｉ）＝ １ ＋ ｂｉ ＋ ｉ － ｂ ＝（ｂ ＋ １）ｉ ＋ １ － ｂ，根据左右两边对应相等有 ａ ＝ １ － ｂ， － １ ＝ ｂ ＋ １{ ， ａ ＝ ３， ｂ ＝ － ２{ ，所以ａｂ ＝ － ６． １４． 槡２ｉ 　 ２ 　 由题意，根据复数的运算，化简得ｚ ＝ １ － ｉｉ ＝ （１ － ｉ）（－ ｉ） － ｉ２ ＝ － １ － ｉ，所以ｚ２ ＝（－ １ － ｉ）２ ＝ ２ｉ，｜ ｚ 槡｜ ＝ ２． １５．（１）（１ ＋ ３ｉ） ２ － ２（１ ＋ ２ｉ） ３ － ｉ ＝ － ８ ＋ ６ｉ － ２ － ４ｉ３ － ｉ ＝ － １０ ＋ ２ｉ３ － ｉ ＝ （－ １０ ＋ ２ｉ）（３ ＋ ｉ） （３ － ｉ）（３ ＋ ｉ） ＝ － ３２ － ４ｉ１０ ＝ － １６ ５ － ２ ５ ｉ． （２） １ － ｉ（１ ＋ ｉ）２ ＋ １ ＋ ｉ （１ － ｉ）２ ＝ １ － ｉ ２ｉ － １ ＋ ｉ ２ｉ ＝ － ２ｉ ２ｉ ＝ － １． １６．（１）由题可得（１ ＋ ３ｉ）·ｚ ＝（１ ＋ ３ｉ）（３ ＋ ｂｉ） ＝（３ － ３ｂ）＋（９ ＋ ｂ）ｉ， 因为（１ ＋ ３ｉ）·ｚ为纯虚数，所以３ － ３ｂ ＝ ０且９ ＋ ｂ≠０， 解得ｂ ＝ １， 所以ｚ ＝ ３ ＋ ｉ，珋ｚ ＝ ３ － ｉ． （２）由（１）可得ω ＝ ｚ２ ＋ ｉ ＝ ３ ＋ ｉ ２ ＋ ｉ ＝ （３ ＋ ｉ）（２ － ｉ） （２ ＋ ｉ）（２ － ｉ） ＝ ７ － ｉ５ ＝ ７ ５ － １ ５ ｉ， 所以｜ω ｜ ＝ ７５ － １ ５ ｉ ＝ ( )７５ ２ ＋ －( )１５槡 ２ 槡＝ ２． １７．（１）复数ｚ ＝（２ ＋ ｉ）（ｉ － ３）＋ ４ － ２ｉ ＝ ２ｉ ＋ ｉ２ － ６ － ３ｉ ＋ ４ － ２ｉ ＝ － ３ － ３ｉ， 珋ｚ ＝ － ３ ＋ ３ｉ， ｜ ｚ ｜ ＝ （－ ３）２ ＋（－ ３）槡 ２ 槡＝ ３ ２． （２）因为复数ｚ１ ＝ ｚ ＋（ａ２ － ２ａ）＋ ａｉ ＝（ａ２ － ２ａ － ３）＋（ａ － ３）ｉ是 纯虚数，所以 ａ２ － ２ａ － ３ ＝ ０， ａ － ３≠０{ ， 解得ａ ＝ － １．所以实数ａ ＝ － １． １８．（１）因为ω － ４ ＝（３ － ２ω）ｉ，所以ω（１ ＋ ２ｉ）＝ ４ ＋ ３ｉ， 所以ω ＝ ４ ＋ ３ｉ１ ＋ ２ｉ ＝ （４ ＋ ３ｉ）（１ － ２ｉ） （１ ＋ ２ｉ）（１ － ２ｉ）＝ ２ － ｉ                                                                                                                                                                                                                ， ▲ ４５１ ▲ ▲ ４５２ ▲ 所以ｚ ＝ ５２ － ｉ ＋ ｜ ｉ ｜ ＝ ５（２ ＋ ｉ） （２ － ｉ）（２ ＋ ｉ）＋ １ ＝ ３ ＋ ｉ． （２）因为ｚ ＝ ３ ＋ ｉ是关于ｘ的方程ｘ２ － ｐｘ ＋ ｑ ＝ ０的一个根，所以 （３ ＋ ｉ）２ － ｐ（３ ＋ ｉ）＋ ｑ ＝ ０， （８ － ３ｐ ＋ ｑ）＋（６ － ｐ）ｉ ＝ ０， 因为ｐ，ｑ为实数，所以 ８ － ３ｐ ＋ ｑ ＝ ０， ６ － ｐ ＝ ０{ ， 解得ｐ ＝ ６，ｑ ＝ １０． 解方程ｘ２ － ６ｘ ＋ １０ ＝ ０，得ｘ ＝ ３ ± ｉ． 所以实数ｐ ＝ ６，ｑ ＝ １０，方程的另一个根为ｘ ＝ ３ － ｉ． １９．（１）因为ｚ１ ＝ ｓｉｎ ２ｘ － ｔｉ，ｚ２ ＝ ａ ＋（ａ 槡－ ３ｃｏｓ ２ｘ）ｉ且ｚ１ ＝ ｚ２，所以 ｓｉｎ ２ｘ ＝ ａ， － ｔ ＝ ａ 槡－ ３ｃｏｓ ２ｘ{ ，所以ｔ 槡＝ ３ｃｏｓ ２ｘ － ｓｉｎ ２ｘ，又ｔ ＝ ０， 所以ｓｉｎ ２ｘ 槡－ ３ｃｏｓ ２ｘ ＝ ０，得到ｔａｎ ２ｘ 槡＝ ３．因为０ ＜ ｘ ＜ ５６ π，所 以０ ＜ ２ｘ ＜ ５３ π，所以２ｘ ＝ π ３或 ４π ３ ， 所以ｘ ＝ π６或 ２π ３ ． （２）由（１）知，ｔ ＝ ｆ（ｘ） 槡＝ ３ ｃｏｓ ２ｘ － ｓｉｎ ２ｘ ＝ ２ｃｏｓ ２ｘ ＋ π( )６ ，由 ｆ（α） ＝ １２ 得ｃｏｓ ２α ＋ π( )６ ＝ １４ ，而ｓｉｎ ４α ＋ ５π( )６ ＝ ｓｉｎ ２ ２α ＋ π( )６ ＋ π[ ]２ [ (＝ ｃｏｓ ２ ２α ＋ π ) ]６ ＝ ２ｃｏｓ２ ２α ＋ π( )６ － １ ＝ － ７８ ． 考案（五） １． Ｃ　 分别以长为８ ｃｍ，宽为６ ｃｍ的边所在的直线为旋转轴，即可 得到两种不同大小的圆柱，显然Ｃ选项正确． ２． Ｂ　 由直线与平面平行的判定定理，可知ＣＤ∥α，所以ＣＤ与平面 α内的直线没有公共点． ３． Ｄ　 连接ＤＣ１，可知ＭＮ是△Ｃ１ＤＢ的中位线，所以ＭＮ∥ＢＤ，ＢＤ 与Ａ１Ｂ１不平行，所以ＭＮ不可能与Ａ１Ｂ１平行． ４． Ｃ　 过点Ｆ作ＦＨ∥ＤＣ，交ＢＣ于Ｈ，过点Ａ作ＡＧ⊥ＥＦ，交ＥＦ于 Ｇ，连接ＧＨ，ＡＨ，则∠ＡＦＨ（或其补角）为异面直线ＡＦ与ＢＥ所成 的角．设正方形ＡＢＣＤ的边长为２，在△ＡＧＨ中，ＡＨ ＝ ５２ ＋槡２４ ＝ 槡３，在△ＡＦＨ中，ＡＦ ＝ １，ＦＨ ＝ ２，ＡＨ 槡＝ ３，∴ ｃｏｓ ∠ＡＦＨ ＝ １２ ． ５． Ａ　 对①，当ｎα，因为ｍ∥ｎ，ｍβ，则ｎ∥β，当ｎβ，因为ｍ∥ｎ， ｍα，则ｎ∥α，当ｎ既不在α也不在β内，因为ｍ∥ｎ，ｍα，ｍ β，则ｎ∥α且ｎ∥β，故①正确；对②，若ｍ⊥ｎ，则ｎ与α，β不一定 垂直，故②错误；对③，过直线ｎ分别作两平面与α，β分别相交于 直线ｓ和直线ｔ，因为ｎ∥α，过直线ｎ的平面与平面α的交线为直 线ｓ，则根据线面平行的性质定理知ｎ∥ｓ，同理可得ｎ∥ｔ，则ｓ∥ｔ， 因为ｓ平面β，ｔ平面β，则ｓ∥平面β，因为ｓ平面α，α∩β ＝ｍ， 则ｓ∥ｍ，又因为ｎ∥ｓ，则ｍ∥ｎ，故③正确； 对④，若α∩β ＝ ｍ，ｎ与α和β所成的角相等，如果ｎ∥α，ｎ∥β，则 ｍ∥ｎ，故④错误；综上只有①③正确．故选Ａ． ６． Ａ　 因为Ｖ台＝ １３ （Ｓ上＋ Ｓ下＋ Ｓ上·Ｓ槡 下）ｈ ＝ １３ （１６２ ＋ １３１． ２５ ＋ １６２ × １３１．槡 ２５）× １６ ＝ ２ ３４２． ９ ｃｍ ３， Ｖ锥＝ １ ３ Ｓｈ ＝ １ ３ × １６２ × ８ ＝ ４３２ ｃｍ ３，所以Ｖ ＝ Ｖ台＋ Ｖ锥＝ ２ ７７４． ９ ｃｍ３ ．故选Ａ． ７． Ａ　 如图所示，设球的半径为Ｒ，球心为Ｏ，正四棱锥的底面中心 为Ｏ′． ∵正四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中ＡＢ ＝ ２，∴ ＡＯ′ 槡＝ ２． ∵ ＰＯ′ ＝ ４，∴在 Ｒｔ△ＡＯＯ′中，ＡＯ２ ＝ ＡＯ′２ ＋ ＯＯ′２，∴ Ｒ２ ＝（槡２）２ ＋（４ － Ｒ）２，解得Ｒ ＝ ９４ ，∴该球的表面积为４πＲ ２ ＝ ４π × ( )９４ ２ ＝ ８１π４ ，故选Ａ． ８． Ｃ　 如图，取Ｂ１Ｃ１ 的中点Ｅ，连接ＢＥ，ＤＥ， 则ＡＣ∥Ａ１Ｃ１∥ＤＥ，则∠ＢＤＥ即为异面直 线ＢＤ与ＡＣ所成的角．由条件可知ＢＤ ＝ ＤＥ ＝ ＥＢ 槡＝ ５，所以∠ＢＤＥ ＝ ６０°，故选Ｃ． ９． ＢＤ　 Ａ错，两个平面相交时，也有无数个公共点；Ｃ错，比如ａ⊥α， ｂα，ｃα，显然有ａ⊥ｂ，ａ⊥ｃ，但ｂ与ｃ也可能相交．故选ＢＤ． １０． ＡＢＣ　 由切线长定理易得ｌ ＝ ｒ１ ＋ ｒ２，Ａ正确；由勾股定理知 （２Ｒ）２ ＝（ｒ１ ＋ ｒ２）２ － （ｒ１ － ｒ２）２ ＝ ４ ｒ１ ｒ２，解得Ｒ ＝ ｒ１ ｒ槡２，Ｂ正 确；因为Ｓ１Ｓ２ ＝ ４π Ｒ２ π［ｒ２１ ＋ ｒ２２ ＋（ｒ１ ＋ ｒ２）ｌ］ ＝ ４π Ｒ２ ２π（ｒ２１ ＋ ｒ２２ ＋ ｒ１ ｒ２） ＝ ２ Ｒ２ ｒ２１ ＋ ｒ ２ ２ ＋ ｒ１ ｒ２ ，Ｖ１Ｖ２ ＝ ４ ３ π Ｒ ３ １ ３ π（ｒ ２ １ ＋ ｒ ２ ２ ＋ ｒ１ ｒ２）ｈ ＝ ４ ３ π Ｒ ３ ２Ｒπ ３ （ｒ ２ １ ＋ ｒ ２ ２ ＋ ｒ１ ｒ２） ＝ ２ Ｒ２ ｒ２１ ＋ ｒ ２ ２ ＋ ｒ１ ｒ２ ，所以Ｓ１Ｓ２ ＝ Ｖ１ Ｖ２ ，Ｃ正确；因为Ｓ１Ｓ２ ＝ ２ ｒ１ ｒ２ ｒ２１ ＋ ｒ ２ ２ ＋ ｒ１ ｒ２ ＝ ２ ｒ１ ｒ２ ＋ ｒ２ ｒ１ ＋ １ ≤ ２３ ，当且仅当ｒ１ ＝ ｒ２时，等号成立，这与圆台的定义 矛盾，故Ｄ错误．故选ＡＢＣ． １１． ＢＣ　 取ＤＤ１中点Ｍ，则ＡＭ为ＡＦ在平面ＡＡ１Ｄ１Ｄ上的射影，∵ ＡＭ与ＤＤ１不垂直，∴ ＡＦ与ＤＤ１ 不垂直，故Ａ选项错误；∵ Ａ１Ｇ ∥Ｄ１Ｆ，Ａ１Ｇ平面ＡＥＦＤ１，∴ Ａ１Ｇ∥平面ＡＥＦＤ１，故Ｂ选项正确； 平面ＡＥＦ截正方体所得截面为等腰梯形ＡＥＦＤ１，易知梯形面积 为９８ ，故Ｃ选项正确；假设Ｃ与Ｇ到平面ＡＥＦ的距离相等，即平 面ＡＥＦ将ＣＧ平分，则平面ＡＥＦ必过ＣＧ中点，连接ＣＧ交ＥＦ于 Ｈ，而Ｈ不是ＣＧ中点，则假设不成立．故Ｄ选项错误．故选ＢＣ． １２． １２　 Ｖ ＝ Ｓｈ ＝ πｒ２ｈ ＝ ４３ πＲ ３，Ｒ ＝ ３槡６４ × ２７ ＝ １２（厘米）． １３．②④　 对①可举反例，如图，需ｂ⊥β才能推 出α⊥β；对③可举反例说明，当γ不与α，β 的交线垂直时，即可知ａ，ｂ不垂直；根据面 面、线面垂直的定义与判定知②④正确． １４． 槡２ ２　 槡６４ 　 如图所示，连接ＡＣ，过Ａ作ＡＨ⊥ ＢＣ于Ｈ，连接ＰＨ， ∵ ＰＣ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＨ平面ＡＢＣＤ，ＡＣ平 面ＡＢＣＤ， ∴ ＰＣ⊥ＡＨ，ＰＣ⊥ＡＣ， 又ＰＣ∩ＢＣ ＝ Ｃ， ∴ ＡＨ⊥平面ＰＢＣ， ∴ ∠ＡＰＨ为ＰＡ与平面ＰＢＣ所成的角，在边长为２的菱形ＡＢＣＤ 中，∠ＡＢＣ ＝ ６０°， ∴ △ＡＢＣ为正三角形， 又ＡＨ⊥ＢＣ，∴ Ｈ为ＢＣ中点，ＡＨ 槡＝ ３， ∵ ＰＣ ＝ ＡＣ ＝ ２，∴ ＰＡ 槡＝ ２ ２， ∴ ｓｉｎ∠ＡＰＨ ＝ ＡＨＰＡ ＝ 槡６ ４ ． 故ＰＡ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为槡６４ ． １５．不会溢出杯子．理由如下：由题图可知半球的半径为４ ｃｍ，所以 Ｖ半球＝ １ ２ × ４ ３ πＲ ３ ＝ １２ × ４ ３ π × ４ ３ ＝ １２８３ π（ｃｍ ３），Ｖ圆锥＝ １３ πｒ ２ｈ ＝ １３ π × ４ ２ × １２ ＝ ６４π（ｃｍ３）．因为Ｖ半球＜ Ｖ圆锥，所以如果冰淇淋 融化了，不会溢出杯子． １６．【证明】　 （１）因为Ｅ，Ｆ分别是ＡＣ，Ｂ１Ｃ的中点， 所以ＥＦ∥ＡＢ１ ． 又ＥＦ平面ＡＢ１Ｃ１，ＡＢ１平面ＡＢ１Ｃ１， 所以ＥＦ∥平面ＡＢ１Ｃ１ ． （２）因为Ｂ１Ｃ⊥平面ＡＢＣ，ＡＢ平面ＡＢＣ， 所以Ｂ１Ｃ⊥ＡＢ． 又ＡＢ⊥ＡＣ，Ｂ１Ｃ平面ＡＢ１Ｃ，ＡＣ平面ＡＢ１Ｃ，Ｂ１Ｃ∩ＡＣ ＝ Ｃ， 所以ＡＢ⊥平面ＡＢ１Ｃ． 又因为ＡＢ平面ＡＢＢ１，所以平面ＡＢ１Ｃ⊥平面ＡＢＢ１                                                                                                                                                                                                                ．