文档文本内容
周六
π
1.(2024·惠州模拟)已知公式eix=cos x+isin x(i为虚数单位)，根据此公式，i· e4 i等于( )
√2 √2 √2 √2
A. + i B.- + i
2 2 2 2
√2 √2 √2 √2
C. - i D.- - i
2 2 2 2
1
2.(2024·黄山质检)已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c= ，则( )
101
A.a<b<c B.b<c<a
C.c<b<a D.b<a<c
3.(多选)(2024·丹东质检)在正方体ABCD-A B C D 中，过体对角线BD 的平面与AA ，CC 分别交于E，F，
1 1 1 1 1 1 1
且⃗AE=λ⃗A A (0≤λ≤1)，⃗CF=μ⃗CC (0≤μ≤1)，则( )
1 1
A.四边形BED F一定是平行四边形
1
B.四边形BED F可能是正方形
1
C.λ+μ=1
D.四边形BED F在侧面AA D D内的投影一定是平行四边形
1 1 1
4.(2024·淮北质检)在3×3的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个2×2的方格中
的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 .
5.(2024·南京模拟)在△ABC中，sin(B-A)+√2sin A=sin C.
(1)求B的大小；
π
(2)延长BC至点M，使得2⃗BC=⃗CM.若∠CAM= ，求∠BAC的大小.
4答案精析
1.B 2.C 3.AC
4.72
解析
设四种颜色分别为A，B，C，D，对于第一个2×2的方格，共有A4
=24(种)不同的涂法，
4
假设第一个2×2的方格，涂如图所示A，B，C，D四种颜色，
①若第三列的第一个方格涂A，第三列的第二个方格涂C，则第三列的第三个方格涂A或B，
当第三列的第三个方格涂A时，则第三行的第一、二个方格分别涂A，B；
当第三列的第三个方格涂B时，则第三行的第一、二个方格分别涂B，A；
②若第三列的第一个方格涂C，第三列的第二个方格涂A则第三列的第三个方格涂C或B，
当第三列的第三个方格涂C时，则第三行的第一、二个方格分别涂A，B；
当第三列的第三个方格涂B时，则第三行的第一、二个方格分别涂B，A，不合题意，舍去；
所以，共有3类涂法，则共有24×3=72(种)不同的涂色方法.
A B
C D
5.解 (1)在△ABC中，A+B+C=π，所以sin C=sin(A+B).
因为sin(B-A)+√2sin A=sin C，
所以sin(B-A)+√2sin A
=sin(A+B)，
即sin Bcos A-cos Bsin A+√2sin A
=sin Bcos A+cos Bsin A，
化简得√2sin A=2cos Bsin A，
因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，
√2
则cos B= ，
2
π
又0<B<π，所以B= .
4
(2)方法一 设BC=x，∠BAC=θ，
则CM=2x.π π π
由(1)知B= ，又∠CAM= ，所以在△ABM中，∠AMC= -θ.
4 4 2
在△ABC中，由正弦定理得
BC AC
= ，
sin∠BAC sinB
AC
x
即 = π ； ①
sinθ sin
4
在△ACM中，
由正弦定理得
CM AC
= ，
sin∠CAM sin∠AMC
2x AC
即 π = (π ). ②
sin sin -θ
4 2
√2 cosθ
①÷②得 2 = √2 ，
2sinθ 2
1
即2sin θcos θ= ，
2
1
所以sin 2θ= .
2
( π)
因为θ∈ 0， ，2θ∈(0，π)，
2
π 5π π 5π
所以2θ= 或 ，故θ= 或 .
6 6 12 12
方法二 设BC=x，
则CM=2x，BM=3x.
π
因为∠CAM= =B，
4
所以△ACM∽△BAM，
AM CM
因此 = ，
BM AM
所以AM2=BM·CM=6x2，AM=√6x.
在△ABM中，由正弦定理得
BM AM
= ，
sin∠BAM sinB√6x
3x
即 = √2 ，
sin∠BAM
2
√3
化简得sin∠BAM= .
2
(π 3π)
因为∠BAM∈ ， ，
4 4
π 2π
所以∠BAM= 或 ，
3 3
π
又∠BAC=∠BAM- ，
4
π 5π
故∠BAC= 或 .
12 12
