专练1 新定义、新情境专练

因为 $ \boldsymbol{m}=( \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}),1) $ , $ \boldsymbol{n}=(1, \sin (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})) $ ,

所以根据题中定义可得 $ \boldsymbol{m}\oplus \boldsymbol{n}= \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) \sin (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})= \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\cdot \sin [(\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}]= \sin (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\cdot \cos (\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{1}{2} \sin (2\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=\dfrac{\sqrt{5}}{10} $ ,故 $ \sin (2\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意可得 $ \overrightarrow {AB}=(1,1) $ ,即 $ x=1 $ , $ y=1 $ ,将点 $ B $ 绕点 $ A $ 沿顺时针方向旋转 $ \dfrac{11\mathrm{\pi }}{6} $ 得到点 $ P $ ,即把点 $ B $ 绕点 $ A $ 沿逆时针方向旋转 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 得到点 $ P $ ,即 $ \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,则 $ \overrightarrow {AP}= (x \cos \theta -y \sin \theta ,x \sin \theta +y \cos \theta )= ( \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}- \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+ \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ .设 $ P(a,b) $ ,则 $ \overrightarrow {AP}=(a-1,b-2)=(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ ,解得 $ a=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ b=\dfrac{5}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,所以 $ P(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{5}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ △ABC $ 内切圆的半径为 $ r $ ,所以 $ S=\dfrac{1}{2}(a+b+c)r=pr $ .

又 $ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $ ,所以 $ pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $ ,

整理得 $ {r}^{2}p=(p-a)(p-b)(p-c) $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ , $ {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}-4\sqrt{3}S=2{b}^{2}+2{c}^{2}-2bc \cos A-2\sqrt{3}bc \sin A=2 ({b}^{2}+{c}^{2} )-4bc \sin (A+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} )\geqslant 2 ({b}^{2}+{c}^{2} )-4bc=2 (b-c)^{2}\geqslant 0 $ ,当且仅当 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ , $ b=c $ ,即 $ △ABC $ 是正三角形时,两个等号成立,所以当 $ △ABC $ 不是正三角形时, $ 4\sqrt{3}S < {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ , $ △ABC $ 的面积 $ S=\dfrac{1}{2}bc \sin A=\dfrac{1}{2}bc\cdot \sqrt{1-{ \cos }^{2}A}=\dfrac{1}{2}bc\sqrt{1-{\left(\dfrac{\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}}{bc}\right) ^ {2}}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{{b}^{2}{c}^{2}-{\left(\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}\right) ^ {2}}} $ , $ \mathrm{C} $ 不正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ b+c=6 $ , $ a=4 $ ,所以 $ p=\dfrac{1}{2}(a+b+c)=5 $ ,所以 $ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{5(5-b)(5-c)}\leqslant \sqrt{5}\cdot \dfrac{5-b+5-c}{2}=2\sqrt{5} $ ,

当且仅当 $ b=c=3 $ 时等号成立, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由托勒密定理,得 $ AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD=4\sqrt{3} $ .

因为 $ AC=\sqrt{3}BD $ ,所以 $ BD=2 $ .设圆 $ O $ 的半径为 $ R $ ,由正弦定理,得 $ \dfrac{AC}{ \sin \mathrm{\angle }ADC}=\dfrac{BD}{ \sin \mathrm{\angle }BAD}=2R $ .

又 $ AC=\sqrt{3}BD $ ,所以 $ \sin \mathrm{\angle }ADC=\sqrt{3} \sin \mathrm{\angle }BAD $ .

因为 $ \mathrm{\angle }ADC=2\mathrm{\angle }BAD $ ,所以 $ 2 \sin \mathrm{\angle }BAD\cdot \cos \mathrm{\angle }BAD=\sqrt{3} \sin \mathrm{\angle }BAD $ .

因为 $ 0 < \mathrm{\angle }BAD < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ \sin \mathrm{\angle }BAD > 0 $ ,所以 $ \cos \mathrm{\angle }BAD=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,所以 $ \sin \mathrm{\angle }BAD=\sqrt{1-{ \cos }^{2}\mathrm{\angle }BAD}=\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ 2R=\dfrac{BD}{ \sin \mathrm{\angle }BAD}=4 $ ,故 $ R=2 $ .

设 $ z=x+y\mathrm{i}(x $ , $ y\in \boldsymbol{R} $ , $ \mathrm{i} $ 为虚数单位 $ ) $ 为复数 $ -3+4\mathrm{i} $ 的平方根,

则 $ (x+y\mathrm{i})^{2}={x}^{2}+2xy\mathrm{i}-{y}^{2}=-3+4\mathrm{i} $ ,

$ \therefore $ 由复数相等可得 $ \begin{cases}{x}^{2}-{y}^{2}=-3,\\ 2xy=4,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=2\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}x=-1,\\ y=-2,\end{cases}\therefore z=1+2\mathrm{i} $ 或 $ z=-1-2\mathrm{i} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

由题知 $ {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}3}= \cos 3+\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}3 $ ,而 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < 3 < \mathrm{\pi } $ ,则 $ \cos 3 < 0 $ , $ \sin 3 > 0 $ ,

则复数 $ {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}3} $ 对应的点 $ ( \cos 3, \sin 3) $ 位于第二象限,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

因为 $ {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}= \cos x+\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}x $ ,所以 $ {z}_{1}=\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}\mathrm{i}}=\sqrt{2}( \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=1+\mathrm{i} $ .

又因为在复数范围内关于 $ x $ 的方程 $ {x}^{2}+ax+b=0(a,b\in \boldsymbol{R}) $ 的两根分别为 $ {z}_{1} $ , $ {z}_{2} $ ,

所以 $ {z}_{1}+{z}_{2}=-a $ ,且 $ (1+\mathrm{i})^{2}+a (1+\mathrm{i} )+b=0 $ ,即 $ (a+b)+(2+a)\mathrm{i}=0 $ ,

则 $ \begin{cases}a+b=0,\\ 2+a=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=-2,\\ b=2.\end{cases} $

所以 $ {z}_{2}=-a-{z}_{1}=2-1-\mathrm{i}=1-\mathrm{i} $ , $ |a+b\mathrm{i}|=|-2+2\mathrm{i}|=\sqrt{{\left(-2\right) ^ {2}}+{2}^{2}}=2\sqrt{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误.

由 $ |z|=1 $ 知,在复平面内复数 $ z $ 对应的点在以原点为圆心的单位圆上, $ |z+1+\mathrm{i}| $ 可看作单位圆上的点到点 $ (-1,-1) $ 的距离,因为圆心到点 $ (-1,-1) $ 的距离为 $ \sqrt{2} $ ,所以该单位圆上的点到点 $ (-1,-1) $ 的距离的最大值为 $ \sqrt{2}+1 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{C} $ .

如图,过 $ F $ 作 $ FO\perp $ 平面 $ ABCD $ ,垂足为 $ O $ ,过 $ O $ 作 $ QH//BC $ ,交 $ AB $ 于 $ Q $ ,交 $ CD $ 于 $ H $ ,连接 $ FQ $ , $ FH $ .

因为 $ OF\subset $ 平面 $ FQH $ ,所以平面 $ FQH\perp $ 平面 $ ABCD $ .

同理可作平面 $ EMN\perp $ 平面 $ ABCD $ ,所以平面 $ EMN// $ 平面 $ FQH $ .

因为平面 $ EMN\cap $ 平面 $ ABFE=EM $ ,平面 $ FQH\cap $ 平面 $ ABFE=FQ $ ,所以 $ EM//FQ $ .

又因为 $ EF//AB $ ,所以四边形 $ EFQM $ 为平行四边形,所以 $ EF=MQ $ , $ EM=FQ $ .

又因为平面 $ FQH\cap $ 平面 $ ABCD=QH $ , $ AB\subset $ 平面 $ ABCD $ , $ AB\perp QH $ ,所以 $ AB\perp $ 平面 $ FQH $ .

因为 $ FQ\subset $ 平面 $ FQH $ ,所以 $ AB\perp FQ $ ,所以 $ AB\perp EM $ .同理可证 $ CD\perp FH $ , $ CD\perp EN $ .

又因为 $ AE=BF $ ,所以 $ △EAM≌△FBQ $ ,所以 $ AM=BQ $ ,所以 $ AM=MQ=QB=2 $ .

因为四边形 $ ABCD $ 为矩形,所以四边形 $ BCHQ $ 为矩形,所以 $ BQ=CH $ .

因为 $ △BCF $ 是边长为4的等边三角形,所以 $ △FBQ≌△FCH $ ,所以 $ FQ=FH $ .

取 $ BC $ 的中点 $ P $ ,连接 $ OP $ , $ PF $ ,又因为 $ FO\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ OP $ , $ QH\subset $ 平面 $ ABCD $ ,

所以 $ FO\perp QH $ , $ FO\perp OP $ ,所以 $ O $ 为 $ QH $ 的中点.

所以 $ OP//BQ $ , $ OP=BQ=2 $ .

因为 $ △BCF $ 是边长为4的等边三角形,所以 $ BP=2 $ , $ FP=2\sqrt{3} $ .

所以在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△FOP $ 中, $ FO=\sqrt{F{P}^{2}-O{P}^{2}}=\sqrt{{\left(2\sqrt{3}\right) ^ {2}}-{2}^{2}}=2\sqrt{2} $ .

所以采用分割的方法,把该几何体分割成了三部分,包含一个直三棱柱 $ EMN-FQH $ 和两个全等的四棱锥 $ E-AMND $ , $ F-BCHQ $ ,

所以此几何体的体积 $ V={V}_{EMN-FQH}+2{V}_{F-BCHQ}={S}_{△FQH}×MQ+2×\dfrac{1}{3}×{S}_{矩形BCHQ}×FO=\dfrac{1}{2}×4×2\sqrt{2}×2+2×\dfrac{1}{3}×2×4×2\sqrt{2}=\dfrac{56\sqrt{2}}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

如图①所示,设截面与底面的距离为 $ h $ ,在帐篷中的截面为 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ ,

图①

设底面中心为 $ {O}_{1} $ ,截面 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ 中心为 $ O^\prime $ ,连接 $ A^\prime C^\prime $ ,则点 $ O^\prime $ 在 $ A^\prime C^\prime $ 中点处,连接 $ {O}_{1}C^\prime $ , $ {O}_{1}O^\prime $ ,则 $ {O}_{1}O^\prime =h $ , $ {O}_{1}C^\prime =\sqrt{2} $ , $ O^\prime C^\prime =\sqrt{2-{h}^{2}} $ ,所以 $ B^\prime C^\prime =\sqrt{2}\cdot \sqrt{2-{h}^{2}} $ ,

所以截面 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ 的面积为 $ 2(2-{h}^{2}) $ .

如图②,设等高处的截面截正四棱柱得四边形为正方形 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ ,截正四棱锥得四边形为正方形 $ {A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2} $ ,连接 $ AC $ ,则底面中心 $ {O}_{1} $ 在 $ AC $ 的中点处,

图②

设截面 $ {A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2} $ 中心为 $ {O}_{2} $ ,连接 $ {O}_{1}{O}_{2} $ , $ {A}_{2}{C}_{2} $ ,底面中心 $ {O}_{1} $ 与截面 $ {A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2} $ 中心 $ {O}_{2} $ 之间的距离为 $ {O}_{1}{O}_{2}=h $ .

在正四棱柱中,底面正方形边长为2,高为 $ \sqrt{2} $ , $ A{O}_{1}=\sqrt{2} $ ,

所以 $ \mathrm{\angle }A{O}_{1}{A}_{2}=\mathrm{\angle }C{O}_{1}{C}_{2}={45}^{\circ } $ ,所以 $ \mathrm{\angle }{A}_{2}{O}_{1}{C}_{2}={90}^{\circ } $ , $ △{A}_{2}{O}_{1}{C}_{2} $ 为等腰直角三角形,所以 $ {A}_{2}{C}_{2}=2h $ ,所以四边形 $ {A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2} $ 边长为 $ \sqrt{2}h $ ,所以四边形 $ {A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2} $ 的面积为 $ 2{h}^{2} $ ,

所以图②中阴影部分的面积为 $ {S}_{四边形{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}}-{S}_{四边形{A}_{2}{B}_{2}{C}_{2}{D}_{2}}=4-2{h}^{2} $ ,与截面 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ 的面积相等,

由祖暅原理知帐篷体积为与其同底等高的正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积,

即 $ {V}_{帐篷}={V}_{正四棱柱}-{V}_{正四棱锥}={2}^{2}×\sqrt{2}-\dfrac{1}{3}×{2}^{2}×\sqrt{2}=\dfrac{8\sqrt{2}}{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

①若甲第一次投壶投得“贯耳”,则“有初”,“贯耳”均投得的概率为 $ \dfrac{1}{6} $ ；

②若甲第一次投壶投中且未投得“贯耳”,则甲在后面2次投壶中至少要投中1次“贯耳”,概率为 $ (\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{6})[1-{\left(1-\dfrac{1}{6}\right) ^ {2}}]=\dfrac{11}{216} $ ,所以所求概率为 $ \dfrac{1}{6}+\dfrac{11}{216}=\dfrac{47}{216} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设齐王有上、中、下三等的三匹马 $ A $ , $ B $ , $ C $ ,田忌有上、中、下三等的三匹马 $ a $ , $ b $ , $ c $ ,所有比赛的方式有 $ Aa $ , $ Bb $ , $ Cc $ ； $ Aa $ , $ Bc $ , $ Cb $ ； $ Ab $ , $ Ba $ , $ Cc $ ； $ Ab $ , $ Bc $ , $ Ca $ ； $ Ac $ , $ Ba $ , $ Cb $ ； $ Ac $ , $ Bb $ , $ Ca $ ,共6种.

若齐王第一场比赛派出上等马,则第一场比赛田忌必输,此时他应先派下等马 $ c $ 参加.

就会出现两种比赛方式： $ Ac $ , $ Ba $ , $ Cb $ 和 $ Ac $ , $ Bb $ , $ Ca $ ,其中田忌能获胜的为 $ Ac $ , $ Ba $ , $ Cb $ ,故此时田忌获胜的概率最大为 $ \dfrac{1}{2} $ .