假期作业17 复数-【快乐假期必刷题】2025年高一数学暑假作业必刷题（人教A版）

　　　　　　假期作业１７　复数　　　　　　　 １．复数的有关概念 (１)复数的定义 形如a＋bi(a,b∈R)的数叫做复数,其中实部 是　　　,虚部是　　　　． (２)复数的分类 复数z＝a＋bi(a,b∈R) 实数(b　　０), 虚数(b　　０) 纯虚数(a　　０,b　　０), 非纯虚数(a≠０,b≠０)．{ ì î í ï ï ï ï (３)复数相等 a＋bi＝c＋di⇔　　　　　(a,b,c,d∈R)． (４)共轭复数 a＋bi与c＋di共轭⇔　　　　　(a,b,c,d ∈R)． (５)复数的模 向量OZ → 的模叫做复数z＝a＋bi的模,记作 　　或　　　　,即|z|＝|a＋bi|＝r＝ a２＋b２(r≥０,a、b∈R)． ２．复数的几何意义 (１)复 数z＝a＋bi 一一对应 　 →复 平 面 内 的 点 Z(a,b)(a,b∈R)． (２)复数z＝a＋bi(a,b∈R) 一一对应 　 →平面向 量OZ → ． ３．复数的运算 (１)复数的加、减、乘、除运算法则 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di(a,b,c,d∈R),则 ①加 法:z１ ＋z２ ＝ (a＋bi)＋ (c＋di) ＝　　　　　　; ②减 法:z１ －z２ ＝ (a＋bi)－ (c＋di) ＝　　　　　　; ③乘 法:z１ 􀅰z２ ＝ (a＋bi)􀅰 (c＋di) ＝　　　　　　; ④ 除 法: z１ z２ ＝ a＋bic＋di＝ (a＋bi)(c－di) (c＋di)(c－di) ＝　　　　　　　　　(c＋di≠０)． (２)复数加法的运算律 复数的加法满足交换律、结合律,即对任何 z１,z２,z３∈C,有z１＋z２＝　　　,(z１＋z２) ＋z３＝　　　　． ◆[考点一]　复数的概念及其几何意义 １．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１)已知z＝－１－i,则 |z|＝ (　　) A．０ B．１ C．２ D．２ ２．(２０２５􀅰八省联考)|２－４i|＝ (　　) A．２ B．４ C．２ ５ D．６ ３．(多选题)下面是关于复数z＝ ２１－i 的四个命 题,其中真命题为 (　　) A．|z|＝２ B．z２＝２i C．z的共轭复数为－１＋i D．z的虚部为１ ４．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)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 ５．已知i为虚数单位,x,y为实数,若(x＋yi) ＋２＝(３－４i)＋２yi,则x＋y＝ (　　) A．２ B．３ C．４ D．５ ６．(多选)已知z１,z２ 为复数,则下列说法不正 确的是 (　　) A．若z１＝z２,则|z１|＝|z２| B．若z１≠z２,则|z１|≠|z２| C．若z１＞z２,则|z１|＞|z２| D．若|z１|＞|z２|,则z１＞z２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３３ ◆[考点二]　复数的代数运算 ７．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)若 zz－１＝１＋i ,则z＝ (　　) A．－１－i B．－１＋i C．１－i D．１＋i ８．(２０２４􀅰全国甲卷(理))若z＝５＋i,则i(􀭵z＋z) ＝ (　　) A．１０i B．２i C．１０ D．２ ９．(２０２４􀅰北京卷)若复数z满足zi＝－１－i , 则z＝ (　　) A．－１－i B．－１＋i C．１－i D．１＋i １０．(２０２４􀅰天津卷)已知i是虚数单位,复数 (５＋i)􀅰(５－２i)＝　　　　． １１．已 知 复 数 满 足|z|＝１＋３i－z,求 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z 的值． １２．已知复数z满足|z|＝ ２,z２ 的虚部为２． (１)求复数z; (２)设z,z２,z－z２ 在复平面内对应的点分 别为A,B,C,求△ABC的面积． １．(多选)任何一个复数z＝a＋bi(其中a,b∈ R,i为虚数单位)都可以表示成z＝r(cosθ ＋isinθ)的形式,通常称之为复数z的三角 形式．法国数学家棣莫弗发现:对于z＝r (cosθ＋isinθ),zn＝[r(cosθ＋isinθ)]n＝rn (cosnθ＋isinnθ)(n∈N∗),我们称这个结论 为棣莫弗定理．根据以上信息,下列说法正 确的是 (　　) A．|z２|＝|z|２ B．当r＝１,θ＝π３ 时,z３＝１ C．当r＝１,θ＝π３ 时,􀭵z＝１２－ ３ ２i D．当r＝１,θ＝π４ 时,若n为偶数,则复数zn 为纯虚数 ２．(多选)对于实系数一元二次方程ax２＋bx ＋c＝０(a,b,c∈R),在复数范围内的解是 x１,x２,下列结论中正确的是 (　　) A．若b２－４ac＝０,则x１,x２∈R且x１＝x２ B．若b２－４ac＜０,则x１∉R,x２∉R,且􀭵x１＝􀭵x２ C．一定有x１＋x２＝－ b a ,x１x２＝ c a D．一定有(x１－x２)２＝ |b２－４ac| a２ 　　世上没有坐享其成的好事,要幸福就要 奋斗! 幸福是奋斗出来的,不是等出来的! 向着 目标,我们一起努力吧! 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４３ 在△ACD 中,由 余 弦 定 理 得,AD２ ＝AC２ ＋CD２ －２AC􀅰 CDcos∠ACD＝１５２, 则AD＝２ ３８km．] ８．解析:在 Rt△BCP１ 中,∠BP１C＝α,在 Rt△P２BC 中,∠P２ ＝α２．∵∠BP１C＝∠P１BP２＋∠P２ ,∴∠P１BP２＝ α ２ , 即△BP１P２ 为等腰三角形,BP１＝P１P２＝l, ∴BC＝lsinα． 在 Rt△ACP１ 中, AC CP１ ＝ AClcosα＝tan (９０°－α), ∴AC＝lcos ２α sinα ,则 BA ＝AC－BC＝lcos ２α sinα －lsinα＝ l(cos２α－sin２α) sinα ＝ lcos２α sinα ． 答案:lsinα　lcos２αsinα ９．B　[由三角形的面积公式得b２＋c２＝３＋２bcsinAtanA ,即b２＋c２ ＝３＋２bccosA．由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccosA＝３,所 以a＝ ３．] １０．ABC　[∵ ３(acosC＋ccosA)＝２bsinB,∴由正弦定理可 得 ３(sinAcosC＋sinCcosA)＝２sin２B,∴ ３sin(A＋C)＝ ２sin２B,∴ ３sinB＝２sin２B．又∵sinB≠０,∴sinB＝ ３２． ∵∠CAB＝π３ ,∴B∈ ０,２π３( ) ,∴B＝ π ３ ,∴∠ACB＝π－ ∠CAB－∠B＝π３ ,因此 A,B正确．四边形 ABCD 面积等 于S△ABC＋S△ACD ＝ ３ ４AC ２＋ １２AD 􀅰DC􀅰sin ∠ADC＝ ３ ４ (AD２＋DC２－２AD􀅰DC􀅰cos∠ADC)＋１２AD 􀅰DC􀅰 sin∠ADC＝ ３４ × (９＋１－６cos∠ADC)＋ １２ ×３×１ 􀅰 sin∠ADC＝５ ３２ ＋３sin ∠ADC－ π ３( ) ≤ ５ ３ ２ ＋３ ,当且仅 当∠ADC－ π３ ＝ π ２ ,即∠ADC＝５π６ 时,等号成立,因此 C 正确,D错误．] １１．解析:∵sin∠BAC＝sin π２＋∠BAD( )＝cos∠BAD, ∴cos∠BAD＝２ ２３ ． 在△ABD 中,由 余 弦 定 理 得 BD２＝ AB２＋AD２－２AB􀅰ADcos∠BAD＝(３ ２)２＋３２－２×３ ２ ×３×２ ２３ ＝３ ,∴BD＝ ３． 答案:３ １２．解:(１)在△OBC 中,BC＝４(３－１),OB＝OC＝４ ２,所以 由余弦 定 理 得 cos∠BOC＝OB ２＋OC２－BC２ ２OB􀅰OC ＝ ３ ２ ,所 以 ∠BOC＝π６ , 于是BC︵ 的长为 π６􀅰４ ２＝ ２ ２ ３ π． (２)设∠AOC＝θ,θ∈ ０,２π３( ) ,则∠BOC＝ ２π ３－θ , S四边形OACB＝S△AOC ＋S△BOC ＝ １ ２ ×４ ２×４ ２sinθ＋ １ ２ ×４ ２×４ ２􀅰sin ２π３－θ( )＝２４sinθ＋８ ３cosθ ＝１６ ３sinθ＋π６( ) ,由于θ∈ ０, ２π ３( ) , 所以θ＋π６∈ π ６ ,５π ６( )．所以１６ ３sinθ＋ π ６( ) ∈ (８ ３,１６ ３],所以四边形OACB面积的最大值为１６ ３． 新题快递 １．B　 [根 据 余 弦 定 理,得 cos∠ABC＝AB ２＋BC２－AC２ ２AB􀅰BC ＝ ６．９２＋７．１２－１２．６２ ２×６．９×７．１ ＝ －３０．３７ ４８．９９ ＜０ ,所以 π ２ ＜∠ABC＜π． 设 AC ︵ 对应的圆心角为α,则有α＋∠ABC＝π,则cosα＝cos(π －∠ABC)＝－cos∠ABC＝３０．３７４８．９９ 且０＜α＜ π２． 因为 １ ２ ＜ ３０．３７ ４８．９９＜ ２ ２ ,所以α∈ π４ ,π ３( )．] ２．解:(１)在△DOE 中,由余弦定理得: ED２＝OD２＋OE２－２OD􀅰OE􀅰cos∠EOD＝４＋１－２×２× cosθ＝５－４cosθ, 在△COE 中,由余弦定理得: EC２＝OC２＋OE２－２􀅰OC􀅰OE􀅰cos∠EOC＝４＋１－２×２ ×cos(π－θ)＝５＋４cosθ, 所以EC＋ED＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＝f(θ),θ∈[０, π], ∴将管道总长(即线段EC＋ED)表示为变量θ的函数为: f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ,θ∈[０,π], (２)由(１)可得: [f(θ)]２＝( ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ)２ ＝１０＋２ ５＋４cosθ􀅰 ５－４cosθ＝１０＋２ ２５－１６cos２θ, 因为,θ∈[０,π],所以０≤cos２θ≤１, [f(θ)]２＝１０＋２ ２５－１６cos２θ≤１０＋２ ２５＝２０(百米) 当且仅当cos２θ＝０,即θ＝π２ 时取等号, 因为f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＞０,∴f(θ)＝ ２０＝ ２ ５(百米)． ∴管道总长的最大值为２ ５百米． 假期作业１７　复数 思维整合室 １．(１)a　b　(２)＝　≠　＝　≠　(３)a＝c且b＝d (４)a＝c且b＝－d　(５)|z|　|a＋bi|　３．(１)(a＋c)＋(b＋d)i (a－c)＋(b－d)i　(ac－bd)＋(ad＋bc)i　ac＋bd c２＋d２ ＋bc－ad c２＋d２ i　 (２)z２＋z１　z１＋(z２＋z３) 技能提升台　素养提升 １．C　[|z|＝ (－１)２＋(－１)２＝ ２．] ２．C　[由题意:|２－４i|＝ ２２＋(－４)２＝２ ５．] ３．BD　[∵z＝ ２１－i＝ ２(１＋i) (１－i)(１＋i)＝１＋i , ∴|z|＝ ２,z２＝２i,z的共轭复数为１－i,z的虚部为１．故 A,C错,B,D正确．] ４．A　[由题知(１＋３i)(３－i)＝３－i＋９i－３i２＝６＋８i,所以该 复数在复平面内对应的点为(６,８),位于第一象限．] ５．D　[由题意(x＋yi)＋２＝(x＋２)＋yi＝(３－４i)＋２yi＝３＋ (２y－４)i,所以 x＋２＝３ y＝２y－４{ ,解得x＝１,y＝４,所以x＋y＝５．] ６．BCD　[若z１＞z２,则z１,z２ 为实数,当z１＝１,z２＝－２时,满 足z１＞z２,但|z１|＜|z２|,故 C项不正确;因为两个虚数之间 只有等与不等,不能比较大小,所以 D 项不正确;当两个复 数不相等时,它们的模有可能相等,比如１－i≠１＋i,但|１－i| ＝|１＋i|,所以B项不正确;因为当两个复数相等时,模一定 相等,所以 A项正确．] ７．C　[由题知z＝(１＋i)(z－１),z＝１＋ii ＝１－i． 故选择:C．] ８．A　[因为z＝５＋i,所以􀭵z＝５－i,故i(􀭵z＋z)＝１０i．] ９．C　[zi＝－１－i ,则z＝i(－１－i)＝－i－i２＝１－i．] １０．解析:(５＋i)􀅰(５－２i)＝５＋ ５i－２ ５i＋２＝７－ ５i． 答案:７－ ５i 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９ １１．解:设z＝a＋bi(a,b∈R),由|z|＝１＋３i－z, 得 a２＋b２－１－３i＋a＋bi＝０, 则 a ２＋b２＋a－１＝０, b－３＝０,{ 所以 a＝－４, b＝３,{ 所以z＝－４＋３i． 则 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z ＝ ２i(３＋４i)２ ２(－４＋３i) ＝２ (－４＋３i)(３＋４i) ２(－４＋３i) ＝３＋４i． １２．解:(１)设z＝a＋bi(a,b∈R), 由已知条件得:a２＋b２＝２,z２＝a２－b２＋２abi,所以２ab＝２． 所以a＝b＝１或a＝b＝－１,即z＝１＋i或z＝－１－i． (２)当z＝１＋i时,z２＝(１＋i)２＝２i,z－z２＝１－i,所以点 A(１,１),B(０,２),C(１,－１), 所以S△ABC＝ １ ２AC×１＝ １ ２×２×１＝１ ; 当z＝－１－i时,z２＝(－１－i)２＝２i,z－z２＝－１－３i． 所以点A(－１,－１),B(０,２),C(－１,－３),所以S△ABC＝ １ ２|AC| ×１＝１２×２×１＝１． 即△ABC的面积为１． 新题快递 １．AC　[z＝r(cosθ＋isinθ),则z２＝r２(cos２θ＋isin２θ),则|z２| ＝|r２(cos２θ＋isin２θ)|＝r２,|z|２＝|r(cosθ＋isinθ)|２＝r２,所 以 A正确;当r＝１,θ＝ π３ 时,z３＝ cosπ３＋isin π ３( ) ３ ＝cos π＋isinπ＝－１,所以B错误;当r＝１,θ＝π３ 时,z＝cosπ３＋ isinπ３＝ １ ２＋ ３ ２i ,则􀭵z＝１２－ ３ ２i ,所以 C正确;当r＝１,θ＝ π ４ 时,zn＝cosnπ４＋isin nπ ４ , 当n为偶数时,设n＝２k,k∈Z, 则zn＝coskπ２＋isin kπ ２ ,k∈Z, 所以当k为奇数时,zn 为纯虚数,当k为偶数时,zn 为实数, 所以 D错误．] ２．AC　[对于 A,当b２－４ac＝０时,x１＝x２＝－ b ２a∈R ,故正 确;对于B,当b２－４ac＜０时,则x１＝ －b－i －b２＋４ac ２a ,x２ ＝－b＋i －b ２＋４ac ２a ,则x１∉R,x２∉R,且􀭵x１≠􀭵x２,故错误;对 于C,由一元二次方程根与系数的关系可得x１＋x２＝－ b a , x１x２＝ c a ,故正确;对于D,(x１－x２)２＝ b２－４ac a２ ,故错误．] 假期作业１８　基本立体图形及 立体图的直观图 思维整合室 １．互相平行　公共顶点　平行于 ２．(２)４５°(或１３５°)　变为原来的一半 技能提升台　素养提升 １．B　２．C ３．BCD　[当任意两点与球心在一条直线上时,可作无数个圆,故A 错;B正确;C正确;根据球的半径的定义可知D正确．] ４．A　[由题意,圆柱的侧面展开图是矩形,如图所 示,AC即为葛藤的最短长度,一条直角边长(即圆 木的高)为３×１０＋５＝３５(尺),另一条直角边长为 ３×４＝１２(尺),故 葛 藤 长 为 ３５２＋１２２ ＝３７ (尺)．] ５．ABD　[由直观图的画法规则,可知 A,B,D正确, C中∠x′O′y′可以是４５°或１３５°,故 C错误．] ６．D　[根据斜二测画法的原则可知OC＝ ２,OA＝１, 所以对应直观图的面积为S＝２×１２×OA ×OC×sin４５°＝２×１２×１×２× ２ ２＝ ２． ] ７．C　[由题知∠D′O′A′＝４５°,O′C′＝ C′D′＝１,所以O′D′＝ ２, 故在原图形中,OD＝２ ２,CD＝C′ D′＝１,OC＝ OD２＋CD２＝ ８＋１ ＝３,OA＝O′A′＝３,所 以 四 边 形 OABC为菱 形(如 图 所 示),则 原 图 形面积S＝OA􀅰OD＝６ ２．] ８．解析:在直观图中,四边形为O′A′B′C′菱形且边长为２cm, ∴由斜二测法的规则得:在xOy坐标系中,四边形ABCO 是 矩形, 其中OA＝２cm,OC＝４cm, ∴四边形ABCO 的周长为:２×(２＋４)＝１２(cm), 面积为S＝２×４＝８(cm２)． 答案:１２　８ ９．A　[可以将该半正多面体分为三层, 上层８个面,中层８个面,下层８个面, 上下底各１个面,所以共有８＋８＋８＋ １＋１＝２６个面． 设半正多面体的棱长为a,作出该几何 体的截面如图,截面图为正八边形, 由图可得CD＝１－a２ ,CE＝a, 因为△CDE 为等腰直角三角形,所以CE＝ ２CD,即a＝ ２ ×１－a２ , 解得a＝ １ ２＋１ ＝ ２－１,所 以 该 半 正 多 面 体 的 棱 长 为 ２ －１．] １０．解析:圆锥底面半径为１cm,母线长为２cm,则它的侧面展 开图扇形的圆心角所对的弧长为２π×１＝２π(cm); 所以扇形的圆心角为θ＝２π２＝π． 答案:π １１．解:圆台的轴截面题图所示,设圆台上、 下底面半径分别为xcm,３xcm,延 长 AA１ 交 OO１ 的 延 长 线 于 S,在 Rt △SOA 中,∠ASO ＝ ４５°,则 ∠SAO ＝４５°, 所以SO＝AO＝３x,SO１＝A１O１＝x,所以OO１＝２x． 又S轴截面 ＝１２ (６x＋２x)􀅰２x＝３９２,所以x＝７． 所以圆台的高OO１＝１４(cm),母线长l＝２OO１＝１４２(cm), 两底面半径分别为７cm,２１cm． １２．解:把长方体的部分面展开,如图所示． 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得 AC１ 的长分别 为 ９０、 ７４、 ８０,由此可见乙是最短线路,所以甲壳虫 可以 先 在 长 方 形 ABB１A１ 内 由 A 到 E,再 在 长 方 形 BCC１B１ 内由E 到C１,也可以先在长方形AA１D１D 内由A 到F,再 在 长 方 形 DCC１D１ 内 由 F 到 C１,其 最 短 路 程 为 ７４． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４９