精品解析：福建省三明第一中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

三明一中2024-2025学年下学期第二次月考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 在中，设，，为线段的中点，则 A. B. C. D. 2. 某高校对中文系新生进行体测，利用随机数表对400名学生进行抽样，先将400名学生进行编号，001，002，……，399，400．从中抽取40个样本，如图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ） 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 A. 328 B. 253 C. 007 D. 860 3. 平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在下图分布形态中，、、分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知某一个图形直观图如图所示，，求原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）.气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表： 日降雨量/ 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若该圆台的上、下底面积之比为，母线长为，且侧面积等于上、下底面积之和，若在某日的一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，水深恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为（ ） A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨 7. 已知的三个内角，，所对的边分别是，，，若，，则该三角形的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 分别以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知复数是共轭复数，则下列说法正确的是（   ） A. 的虚部为i B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 为比较甲，乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值（满分为5分）．绘制了如图所示的六维能力雷达图．例如，图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下列说法正确的是（ ） A. 甲的逻辑推理指标高于乙的逻辑推理指标值 B. 甲的数学建模指标值高于乙的直观想象指标值 C. 甲的数学运算指标值高于甲的直观想象指标值 D. 甲的六维能力整体水平低于乙的六维能力整体水平 11. 《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（ ） A. 正方体棱切球的体积为 B. 该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为 C. 该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为 D. 以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某一企业有三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为________． 13. 宁化县的慈恩塔始建于唐末年间，现在的慈恩塔是1998-2006年重建的，如图1.某人为了测量塔高，在点处测得仰角为，在点处测得仰角为，两点间的距离为米，，如图2，则塔的高度为_________米. 14. 一个半径为1小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ． 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了"我知红楼"知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中值； （2）求样本数据的第62百分位数所在区间的组中值； （3）若落在中的样本数据平均数是52，方差是6；落在中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差. 16. 有甲、乙两个盒子，其中甲盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，乙盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，． （1）若从乙盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率； （2）若从甲、乙两盒中各取一张卡片，乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“奇遇”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“奇遇”的概率． 17. 七宝中学狂欢节在“星蛇起舞，幻梦游园”主题活动中，计划将如图所示的扇形空地分隔成三部分分别作为团队游戏区、运动区及签到区．已知扇形的半径为60米，，动点在扇形的弧上（不包含端点），点在半径上，且． （1）当米时，求分隔栏的长； （2）综合考虑到运动的安全性等原因，希望运动区的面积尽可能的大，求该区的面积的最大值． 18. 已知在四棱锥 中，底面是矩形，平面，分别是的中点，且 （1）求证: 平面 （2）求点A到平面的距离. （3）求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 19. 1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为： 其中，读作的阶乘. 1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用欧拉公式还可以完成圆的等分，即棣莫弗定理的应用. （1）请写出复数的三角形式，并利用泰勒展开式估算出的3阶近似值（精确到0.001）； （2）请根据上述材料证明欧拉公式，并计算与； （3）记，由棣莫弗定理得，从而得，复数，我们称其为1在复数域内的三次方根. 若为64在复数域内的6次方根.求取值构成的集合，其中. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三明一中2024-2025学年下学期第二次月考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 在中，设，，为线段的中点，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，然后利用向量减法的三角形法则即可得结果. 【详解】因为，，为线段的中点， 所以， 由向量减法的三角形法则可得， ，故选D. 【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）． 2. 某高校对中文系新生进行体测，利用随机数表对400名学生进行抽样，先将400名学生进行编号，001，002，……，399，400．从中抽取40个样本，如图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ） 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 A. 328 B. 253 C. 007 D. 860 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机数表读法，依次读取数据，判断结果. 【详解】从表中第5行第6列开始向右读取数据为：253，313，457（舍），860（舍），736（舍），253（舍），007，328，所以第四个数为328. 故选：A. 3. 平均数、中位数和众数都是刻画一组数据集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在下图分布形态中，、、分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断. 【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值， 直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则， 又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即， 所以. 故选：C. 4. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求出复数z，得出复数的周期性，即可判断集合中的元素个数. 【详解】当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， ，可知以上四种情况循环，故集合，的元素个数为3. 故选：C 5. 已知某一个图形的直观图如图所示，，求原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直观图得，原图形是长为宽为的2倍的长方形，求出面积可得答案. 【详解】因为，所以， 可得， 原图形是长为，宽为的2倍的长方形，即，， 所以原图形的面积为. 故选：B. 6. 降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）.气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表： 日降雨量/ 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若该圆台的上、下底面积之比为，母线长为，且侧面积等于上、下底面积之和，若在某日的一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，水深恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为（ ） A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由圆台的侧面积公式可求出圆台高，再计算其体积，即可得到结果. 【详解】设上口半径为，下口半径为，桶深为，水面半径为， 根据题意，且， 解得，则， 降水量的体积， 降水深度为，属于小雨等级. 故选：A． 7. 已知的三个内角，，所对的边分别是，，，若，，则该三角形的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化简得，再根据三角形内角关系结合恒等变换最终求得角大小，从而得外接圆的半径，即可得所求. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得， 则， 所以， 整理得， 所以， 因为，所以， 故，即， 则该三角形的外接圆的半径，所以外接圆的面积为. 故选：B. 8. 分别以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示建立函数关系，结合辅助角公式及正弦函数性质求出最小值. 【详解】以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 由为上一点，设，而， 则， ，其中锐角由确定， 显然，即，又，， 则当时，取得最小值， 所以的最小值为. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知复数是的共轭复数，则下列说法正确的是（   ） A. 的虚部为i B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简得，求出对应点的坐标判断C，求出共轭复数及虚部判断A，代入方程求解判断D，求出后求模长判断B. 【详解】，对应点为在第二象限，故C对； 又，虚部为，故A错， ，故B错； ，故为方程的一个根，D对. 故选：CD 10. 为比较甲，乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值（满分为5分）．绘制了如图所示的六维能力雷达图．例如，图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下列说法正确的是（ ） A. 甲的逻辑推理指标高于乙的逻辑推理指标值 B. 甲的数学建模指标值高于乙的直观想象指标值 C. 甲的数学运算指标值高于甲的直观想象指标值 D. 甲的六维能力整体水平低于乙的六维能力整体水平 【答案】AD 【解析】 【分析】直接由六维能力雷达图读取数据辨别即可. 【详解】对于A选项，甲的逻辑推理能力指标值为4，乙的逻辑推理能力指标值为3，所以甲的逻辑推理能力指标值高于乙的逻辑推理能力指标值，故选项A正确； 对于B选项，甲的数学建模能力指标值为3，乙的直观想象能力指标值为5，所以乙的数学建模能力指标值高于甲的直观想象能力指标值，故选项B错误； 对于C选项，甲的数学运算能力指标值为4，甲的直观想象能力指标值为5，所以甲的数学运算能力指标值不高于甲的直观想象能力指标值，所以选项C错误. 对于D选项，甲的六维能力指标值的平均值为， 乙的六维能力指标值的平均值为，所以乙的六维能力指标值整体水平高于甲的六维能力指标值整体水平，所以选项D正确； 故选：AD. 11. 《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（ ） A. 正方体的棱切球的体积为 B. 该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为 C. 该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为 D. 以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 【答案】AB 【解析】 【分析】A根据正方体的棱切球半径为面对角线的一半求出半径；结合球和圆柱的体积公式判断B；计算出正方体的内切球被平面截得的截面面积，可判断C选项；计算出以正方体的顶点A为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与内切球的体积，可判断D选项. 【详解】对于A，正方体的棱切球半径为面对角线的一半，即， 则体积为，故A正确； 对于B：因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切， 又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切， 故正方体的内切球内切于牟合方盖， 该牟合方盖的内切球的半径为，体积为， 其中一个圆柱体底面半径为，高为1，体积为， 所以该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为，故B正确； 对于C：因为四边形为正方形，则， 平面，平面，则， ，平面， 平面，则，同理可证， ，所以平面， 设平面，则平面， 因为， 易知是边长为的等边三角形，则， 由，所以， 易知正方体的内切球球心为的中点，且， 所以，， 而正方体的内切球半径为， 所以，正方体的内切球被平面截得的截面圆半径为， 所以，截面面积为，故C错误； 对于D，以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，即为， 该牟合方盖的内切球的体积为， 因此，所求体积之比为，故D错误. 故选：AB 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某一企业有三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为________． 【答案】50件 【解析】 【分析】先由图求出三个分厂的产量比，然后利用分层抽样的定义直接求解即可. 【详解】由图可知第一分厂，第二分厂，第三分厂的产量比为， 则第一分厂应抽取的产品数为件， 故答案为：件 13. 宁化县的慈恩塔始建于唐末年间，现在的慈恩塔是1998-2006年重建的，如图1.某人为了测量塔高，在点处测得仰角为，在点处测得仰角为，两点间的距离为米，，如图2，则塔的高度为_________米. 【答案】 【解析】 【分析】分别在以及表示出，然后在中，结合余弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】设塔高为， 在中，，则， 在中，，则，则， 在中，，， 由余弦定理可得， 即， 化简可得，解得. 故答案为： 14. 一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心． 因， 故，从而． 记此时小球与面的切点为，连接，则 ． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于． 因，有，故小三角形的边长． 小球与面不能接触到的部分的面积为 ．　　　　　　　　　 又，所以． 由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为． 考点：(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用． 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了"我知红楼"知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本数据的第62百分位数所在区间的组中值； （3）若落在中的样本数据平均数是52，方差是6；落在中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差. 【答案】（1）0030 （2）75 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1列式即可求解；（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解；（3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 由， 解得； 【小问2详解】 因为， ， 所以样本数据的第62百分位数在内，所在区间的组中值为； 【小问3详解】 样本数据落在的个数为， 落在的个数为， ， 总方差. 16. 有甲、乙两个盒子，其中甲盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，乙盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，． （1）若从乙盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率； （2）若从甲、乙两盒中各取一张卡片，乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“奇遇”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“奇遇”的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用列举法列出从乙盒中任取两张卡片所有的取法，列举出取函数的定义域不同的取法，根据古典概型概率公式可求得所求的概率． （2）列举出从甲、乙两盒中各取一张卡片所有的取法．再由是偶函数，是奇函数，是减函数，是增函数，得出恰为“奇遇”的取法，根据古典概型概率公式可求得所求的概率. 【小问1详解】 乙盒中的4个函数 ，，，分别记为， 从乙盒中任取两张卡片，所有的取法为，共种， 又函数，的定义域均为，函数的定义域为， 函数的定义域为， 所取函数的定义域不同的取法有，共5种， 所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为． 【小问2详解】 把甲盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减， 则从甲、乙两盒中各取一张卡片有（奇，1），（奇，2），（奇，3），（奇，4）， （偶，1），（偶，2），（偶，3），（偶，4），（增，1），（增，2），（增，3）， （增，4），（减，1），（减，2），（减，3），（减，4）， 共16种取法． 又是偶函数，是奇函数，是减函数，是增函数， 恰为“奇遇”的有（偶，1），（奇4），（减，2），（增，3），共4种， 所以“奇遇”的概率为． 17. 七宝中学狂欢节在“星蛇起舞，幻梦游园”主题活动中，计划将如图所示的扇形空地分隔成三部分分别作为团队游戏区、运动区及签到区．已知扇形的半径为60米，，动点在扇形的弧上（不包含端点），点在半径上，且． （1）当米时，求分隔栏的长； （2）综合考虑到运动的安全性等原因，希望运动区的面积尽可能的大，求该区的面积的最大值． 【答案】（1） （2）平方米 【解析】 【分析】（1）首先求出，在中，利用余弦定理求出； （2）在中，先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，利用三角恒等变换化简结合三角函数的性质即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，，， 由余弦定理得， 即，解得或（舍去）， 所以的长为米； 小问2详解】 因为，， 设，，则， 在中，由正弦定理得， 所有， 则 ， 当，即时，面积取得最大值，最大值为平方米. 18. 已知在四棱锥 中，底面是矩形，平面，分别是的中点，且 （1）求证: 平面 （2）求点A到平面的距离. （3）求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，最后可证明线面垂直； （2）利用等体积法可求点到面的距离； （3）作出二面角的平面角，再利用几何法求出正弦值. 【小问1详解】 由平面，平面， 所以， 又由底面是矩形，则， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由为的中点，所以， 又因为平面，所以平面； 【小问2详解】 连接，由平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以 又因为是中点，所以， 则，， 由等体积法可得点A到平面的距离满足： ； 【小问3详解】 延长相交于点，再过点作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 即，又由于， 所以平面与平面所成锐二面角的平面角就是， 因为，分别是的中点， 所以,即， 所以， 平面与平面所成锐二面角的正弦值为. 19. 1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为： 其中，读作的阶乘. 1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用欧拉公式还可以完成圆的等分，即棣莫弗定理的应用. （1）请写出复数的三角形式，并利用泰勒展开式估算出的3阶近似值（精确到0.001）； （2）请根据上述材料证明欧拉公式，并计算与； （3）记，由棣莫弗定理得，从而得，复数，我们称其为1在复数域内的三次方根. 若为64在复数域内的6次方根.求取值构成的集合，其中. 【答案】（1）；2.667 （2）证明见解析；，. （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数的三角形式和泰勒展开式求解即可. （2）令代入泰勒展开式中进行化简即可证明欧拉公式，再利用欧拉公式求解与. （3）根据棣莫弗定理与1在复数域内的三次方根的求解过程，即可求出64在复数域内的6次方根，再代入计算模长即可得到结果. 【小问1详解】 设的三角形式为， ，， 所以复数的三角形式为. 由泰勒公式 令可得，的3阶近似值为 【小问2详解】 由， 令得到，， 化简得 . 所以，欧拉公式得证. 因为，所以， 两式相加得，两式相减得， 所以，. 【小问3详解】 记， 由棣莫弗定理得， 从而得，所以， 所以64在复数域内的6次方根为 ， ， ， 设，其中， 代入计算可得，. 【点睛】关键点点睛：本题考查复数相关的新定义问题.其关键点是理解题中所给出的新定义：泰勒展开式、欧拉公式、棣莫弗定理等，结合复数的三角形式、1在复数域内的三次方根的求解过程等，即可证明欧拉公式，并求出64在复数域内的6次方根，再计算模长即可求得最终结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$