解析：

要使大球半径最小，四个小球应两两相切。此时四个小球的球心构成一个棱长为 $2r$ 的正四面体。

俯视图：从正上方向下看，底部三个小球球心 $O_1,O_2,O_3$ 构成等边三角形，顶部小球球心 $O_4$ 的投影落在该三角形的中心。

大球是这四个小球的外接球——即球心 $O$ 恰好是正四面体 $O_1O_2O_3O_4$ 的外接球心（也是重心），大球经过四个小球的最远点。

设正四面体棱长为 $a = 2r$，其外接球半径（球心到顶点的距离）为

$d = \frac{\sqrt{6}}{4}\cdot a = \frac{\sqrt{6}}{4} \cdot 2r = \frac{\sqrt{6}}{2}r.$

轴截面：取过大球球心 $O$ 与两个小球球心 $O_1,O_2$ 的平面作截面，可以看出大球半径 $R$ 等于

$R = d + r = \frac{\sqrt{6}}{2}r + r = \left(1 + \frac{\sqrt{6}}{2}\right)r.$

答案：$\displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{6}}{2}\right)r$

解析：

要使正四面体的包装盒棱长 $a$ 最小，需让 4 个半径为 2 的球两两外切且与正四面体面相切，此时 4 个球心正好构成一个棱长为 4 的小正四面体。

正四面体包装盒的高度为

$H = \sqrt{a^2 - \left(\frac{\sqrt{3}a}{2} \cdot \frac{2}{3}\right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}a$

而对于由四个小球球心组成的小正四面体的高为

$h = \sqrt{4^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \times 4 \times \frac{2}{3}\right)^2} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$

考虑正四面体的内切球球心到顶点的距离。设正四面体 $A-BCD$ 的棱长为 $m$，正四面体内切球的球心为 $G$，半径为 $r$。

正四面体的每个面的面积为 $S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}m^2$。

正四面体的高 $AH = \frac{\sqrt{6}}{3}m$，体积 $V = \frac{\sqrt{2}}{12}m^3$。

连接 $G$ 与正四面体的 4 个顶点可以得到 4 个正三棱锥，每个正三棱锥体积为 $\frac{1}{3}S_1 \cdot r$，则

$V = 4 \times \frac{1}{3}S_1 \cdot r = \frac{\sqrt{3}}{3}m^2 \cdot r$

由 $\dfrac{\sqrt{2}}{12}m^3 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}m^2 \cdot r$，求得

$r = \frac{\sqrt{6}}{12}m$

所以正四面体的内切球球心到顶点的距离为 $\dfrac{\sqrt{6}}{4}m$。

若 $r = 2$，则正四面体的内切球球心到顶点的距离为 6。

所以

$H = h + 2 + 6 = h + 8$

即

$\frac{\sqrt{6}a}{3} = \frac{4\sqrt{6}}{3} + 8$

所以 $a = 4 + 4\sqrt{6}$。

答案：$\displaystyle 4+4\sqrt{6}$

点睛：将四个球的球心抽象为棱长为 4 的小正四面体，把球半径与小正四面体的高转化为包装盒的总高度，是解决本题的关键。

解析：

设圆锥的母线长为 $l$，则

$\pi \times 5^2 + \pi \times 5 \times l = 75\pi$

解得 $l = 10$。

则圆锥的轴截面为边长为 10 的等边三角形。

截面图一（俯视图）：

沿圆锥内三个球的球心的截面如下图所示：

则 $\triangle O_1O_2O_3$ 为边长为 $2r$ 的等边三角形。根据圆锥的性质易知截面圆的圆心 $O$ 为 $\triangle O_1O_2O_3$ 的外心，所以

$OO_1 = \frac{2\sqrt{3}}{3}r$

截面图二（轴截面）：

沿 $O, O_1$ 所在轴截面如下图所示：

易知 $\angle O_1AB = \dfrac{\pi}{6}$，所以

$AB = \sqrt{3}r$

求解 $r$：

所以

$\frac{2\sqrt{3}}{3}r + \sqrt{3}r = 5$

解得

$r = \sqrt{3}$

答案：$\displaystyle \sqrt{3}$

析

设 $z_1 = r_1(\cos\alpha + i\sin\alpha)$，$z_2 = r_2(\cos\beta + i\sin\beta)$，$z_3 = r_3(\cos\gamma + i\sin\gamma)$，$z_4 = r_4(\cos\eta + i\sin\eta)$，由 $|z_1|^2 + |z_2|^2 = |z_3|^2 + |z_4|^2 = 4$ 可得 $r_1^2 + r_2^2 = r_3^2 + r_4^2 = 4$，由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得 $|z_1\overline{z_3}| = |z_2\overline{z_4}|$，进而得到比例关系，结合模的平方和可得 $r_1 = r_4, r_2 = r_3$，同时由辐角关系推出 $\alpha + \eta = 2k\pi + \pi + \beta + \gamma$。

解

由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得 $z_1\overline{z_3} = -z_2\overline{z_4}$，即 $|z_1\overline{z_3}| = |z_2\overline{z_4}|$，所以 $r_1r_3 = r_2r_4$。

设 $\dfrac{r_1}{r_2} = \dfrac{r_4}{r_3} = k$，则有

$\begin{cases} r_1^2 + r_2^2 = r_2^2(k^2 + 1) = 4 \\ r_3^2 + r_4^2 = r_3^2(k^2 + 1) = 4 \end{cases}$

即 $r_2 = r_3$，$r_1 = r_4$。

由 $z_1\overline{z_3} + z_2\overline{z_4} = 0$ 可得

$\begin{cases} r_1r_3\cos(\alpha - \gamma) + r_2r_4\cos(\beta - \eta) = 0 \\ r_1r_3\sin(\alpha - \gamma) + r_2r_4\sin(\beta - \eta) = 0 \end{cases}$

即 $\alpha - \gamma = 2k\pi + \pi + (\beta - \eta)$，$\alpha + \eta = 2k\pi + \pi + \beta + \gamma$，$k \in \mathbf{Z}$。

则

$z_1z_4 - z_2z_3 = r_1r_4[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)] - r_2r_3[\cos(\beta + \gamma) + i\sin(\beta + \gamma)]$

$= r_1^2[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)] - r_2^2[-\cos(\alpha + \eta) - i\sin(\alpha + \eta)]$

$= (r_1^2 + r_2^2)[\cos(\alpha + \eta) + i\sin(\alpha + \eta)]$

故 $|z_1z_4 - z_2z_3| = r_1^2 + r_2^2 = 4$。

答案：$\displaystyle 4$

【点评】

本题关键在于利用复数模的性质和共轭复数的运算性质，通过设模和辐角的方法，将代数条件转化为几何关系，最终利用 $|z_1z_4 - z_2z_3| = r_1^2 + r_2^2$ 这一结论简捷地求出结果。

解析

设 $z = \cos 1 + i \sin 1$，则 $|z| = 1$。

由复数模的不等式，有

$|\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n| \leqslant |(\cos 1 + \cos 2 + \cdots + \cos n) + i(\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n)|.$

右端等于

$|(\cos 1 + i \sin 1) + (\cos 2 + i \sin 2) + \cdots + (\cos n + i \sin n)| = |z + z^2 + \cdots + z^n|.$

利用等比数列求和公式：

$z + z^2 + \cdots + z^n = z \cdot \frac{1 - z^n}{1 - z}.$

取模得

$\left|z \cdot \frac{1 - z^n}{1 - z}\right| = |z| \cdot \frac{|1 - z^n|}{|1 - z|} = \frac{|1 - z^n|}{|1 - \cos 1 - i \sin 1|}.$

注意到 $|1 - z| = 2\sin \dfrac{1}{2}$，且 $|1 - z^n| \leqslant 1 + |z^n| = 2$，所以

$|\sin 1 + \sin 2 + \cdots + \sin n| \leqslant \frac{2}{2\sin \dfrac{1}{2}} = \frac{1}{\sin \dfrac{1}{2}}.$

关键解释：利用了 $|z| = 1$ 的性质，以及 $|1 - z^n| \leqslant 1 + |z^n|$ 的放缩技巧。

答案：$\displaystyle \frac{1}{\sin \dfrac{1}{2}}$

分析

首先注意到 $z^3 + 1 = (z + 1)(z^2 - z + 1)$，因此只需证明 $|z^2 - z + 1| \ge \dfrac{1}{2}$。

详解

第一步：变量代换

设 $z + 1 = re^{i\theta}$，其中 $r = |z + 1| > 2$，$\theta = \arg(z + 1)$。则

$z^2 - z + 1 = (re^{i\theta} - 1)^2 - (re^{i\theta} - 1) + 1$

$= r^2e^{2i\theta} - 3re^{i\theta} + 3$

第二步：计算模长的平方

$|z^2 - z + 1|^2 = (r^2e^{2i\theta} - 3re^{i\theta} + 3)(r^2e^{-2i\theta} - 3re^{-i\theta} + 3)$

$= r^4 + 9r^2 + 9 - (6r^3 + 18r)\cos\theta + 6r^2\cos 2\theta$

$= r^4 + 9r^2 + 9 - (6r^3 + 18r)\cos\theta + 6r^2(2\cos^2\theta - 1)$

$= 12\left(r\cos\theta - \frac{r^2 + 3}{4}\right)^2 + \frac{1}{4}(r^2 - 3)^2$

由于 $r > 2$，故 $r^2 > 4$，$(r^2 - 3)^2 > 1$，于是

$|z^2 - z + 1|^2 > \frac{1}{4}$

即 $|z^2 - z + 1| > \dfrac{1}{2}$。

第三步：得到结论

$|z^3 + 1| = |(z + 1)(z^2 - z + 1)| = |z + 1|\cdot|z^2 - z + 1| > 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$

命题得证。

答案：BC

解析

设 $z^5 + z^{-5} = t$，利用换元法可求得 $z^5 = \dfrac{t \pm \sqrt{4-t^2}i}{2}$，从而可判断 $f(z) = 0$ 的 20 个复数解的模都是 1。

详解

第一步：换元

设 $z^5 + z^{-5} = t$，由

$\left(z^5 + z^{-5}\right)^2 = z^{10} + 2 + z^{-10}$

得

$z^{10} + z^{-10} = t^2 - 2$

第二步：代入原方程

$z^{10} + z^{-10} + \frac{1}{2}(z^5 + z^{-5}) = t^2 + \frac{1}{2}t - 2 = 0$

第三步：解关于 $t$ 的方程

$t^2 + \frac{1}{2}t - 2 = 0$

解得

$t = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{4}$

第四步：验证 $t$ 的范围

这两个解都在区间 $(-2, 2)$ 内。

第五步：回代求 $z$

由 $z^5 + z^{-5} = t$，整理得

$\left(z^5\right)^2 - t\left(z^5\right) + 1 = 0$

由求根公式得

$z^5 = \frac{t \pm \sqrt{t^2 - 4}}{2} = \frac{t \pm \sqrt{4-t^2}\,i}{2}$

第六步：确定解的个数

• 每个 $t$ 值对应 2 个 $z^5$ 的解
• 每个 $z^5$ 对应 5 个不同的 $z$（5 次单位根）

故共有 $2 \times 2 \times 5 = 20$ 个不同的复数解。

第七步：计算模长

当 $t = \dfrac{-1 \pm \sqrt{33}}{4}$ 时，由于 $|t| < 2$，有

$|z^5| = \left| \frac{t \pm \sqrt{4-t^2}\,i}{2} \right| = \sqrt{\left(\frac{t}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{4-t^2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{t^2 + 4 - t^2}{4}} = \sqrt{\frac{4}{4}} = 1$

故 $|z|^5 = 1$，即 $|z| = 1$。

结论

• A 错误：无实数解（$z^5$ 为纯虚数形式的非实复数）
• B 正确：共有 20 个不同的复数解
• C 正确：所有复数解的模长都等于 1
• D 错误：不存在模长大于 1 的复数解

答案：BC

解析

已知 $x^2 + 2\sqrt{3}x + m = 0 \ (m \in \mathbf{R})$，则 $\Delta = (2\sqrt{3})^2 - 4m = 12 - 4m$。

(1) 若 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$：

• 若 $\Delta = 12 - 4m \ge 0$，根为实数，虚部为 $0$，不满足 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$。
• 若 $\Delta = 12 - 4m < 0$，根为虚数，由求根公式得：

$x = \frac{-2\sqrt{3} \pm \sqrt{4m-12}i}{2} = -\sqrt{3} \pm \sqrt{m-3}i$

• 由 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$ 可知，$\text{Im} \, x_1 = -\sqrt{m-3}$，$\text{Im} \, x_2 = \sqrt{m-3} < 1$。
• 建立不等式组：

$\begin{cases} 12 - 4m < 0 \\ \sqrt{m-3} < 1 \end{cases} \Rightarrow 3 < m < 4$

(2) 若 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = 1$：

i) 当 $\Delta \ge 0$，即 $m \le 3$ 时，由韦达定理知：
$x_1 + x_2 = -2\sqrt{3}$，$x_1 x_2 = m$。

• 若 $m < 0$，两根异号，$|x_1| + |x_2| = |x_1 - x_2| = \sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{12 - 4m}$。

  由 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = \dfrac{|x_1| + |x_2|}{|x_1||x_2|} = \dfrac{|x_1 - x_2|}{|x_1x_2|} = \dfrac{\sqrt{12-4m}}{|m|} = 1$

  $\Rightarrow 12 - 4m = m^2 \Rightarrow m = -6$ 或 $m = 2$（因 $m < 0$，故舍去 $2$）。

• 若 $0 \le m \le 3$，两根同号为负，$|x_1| + |x_2| = |x_1 + x_2| = 2\sqrt{3}$。

  由 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = \dfrac{|x_1| + |x_2|}{|x_1||x_2|} = \dfrac{|x_1 + x_2|}{|x_1x_2|} = \dfrac{2\sqrt{3}}{m} = 1$

  $\Rightarrow m = 2\sqrt{3} > 3$，矛盾，舍去。

ii) 当 $\Delta < 0$，即 $m > 3$ 时，$x_1$ 与 $x_2$ 是共轭虚数，则 $|x_1| = |x_2|$。

结合 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = 1$，得 $|x_1| = 2$。

$\therefore 4 = |x_1|^2 = x_1 \bar{x}_1 = x_1 x_2 = m$。

答案：$\displaystyle \text{1. } m \in (3, 4) \quad \text{2. } m = -6 \text{ 或 } m = 4$

解析：

第一步：由辐角条件得比例关系

由 $\arg\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = 90°$，得：

$\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = ki \quad (k>0)$

第二步：利用模长求 $k$

$\left|\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2}\right| = \frac{|z_1+z_2|}{|z_1-z_2|} = \frac{5}{5\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

所以 $\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = \frac{i}{\sqrt{3}}$，即：

$z_1+z_2 = \frac{i}{\sqrt{3}}(z_1-z_2)$

第三步：整理求 $\frac{z_1}{z_2}$

$\sqrt{3}(z_1+z_2) = i(z_1-z_2)$

$\sqrt{3}z_1 + \sqrt{3}z_2 = iz_1 - iz_2$

$(\sqrt{3}-i)z_1 = (-\sqrt{3}-i)z_2$

$\frac{z_1}{z_2} = \frac{-\sqrt{3}-i}{\sqrt{3}-i} = \frac{(-\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)}{(\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)} = \frac{-3-\sqrt{3}i-\sqrt{3}i+1}{4} = -\frac{1+\sqrt{3}i}{2}$

记 $\omega = e^{i\frac{2\pi}{3}} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$，则：

$\frac{z_1}{z_2} = \omega^2$

其中 $\omega$ 是三次单位根，满足：

$\omega^3 = 1, \quad 1+\omega+\omega^2 = 0, \quad \overline{\omega} = \omega^2$

第四步：求 $|z_1|$ 和 $|z_2|$

由 $z_1 = z_2\omega^2$ 及 $|z_1+z_2| = 5$：

$|z_1+z_2| = |z_2\omega^2 + z_2| = |z_2||1+\omega^2| = |z_2||-\omega| = |z_2| = 5$

所以 $|z_2| = 5$，进而 $|z_1| = 5$。

第五步：计算 $z_1\overline{z_2}$ 和 $\overline{z_1}z_2$

$z_1\overline{z_2} = z_2\omega^2 \cdot \overline{z_2} = |z_2|^2 \omega^2 = 25\omega^2$

$\overline{z_1}z_2 = \overline{z_2\omega^2} \cdot z_2 = |z_2|^2 \cdot \omega = 25\omega$

第六步：计算目标表达式

$(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024} = (25\omega^2)^{2024} + (25\omega)^{2024} = 25^{2024}(\omega^{4048} + \omega^{2024})$

由于 $\omega^3 = 1$，计算指数模 3：

$4048 = 3 \times 1349 + 1 \Rightarrow \omega^{4048} = \omega$

$2024 = 3 \times 674 + 2 \Rightarrow \omega^{2024} = \omega^2$

所以：

$\omega^{4048} + \omega^{2024} = \omega + \omega^2 = -1$

第七步：求最终答案

$\left|(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024}\right| = |25^{2024} \cdot (-1)| = 25^{2024}$

$\log_5\left|(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024}\right| = \log_5(25^{2024}) = \log_5(5^{4048}) = 4048$

答案：$\displaystyle 4048$

解析：

由实系数一元二次方程，复数根互为共轭复数根；一元四次方程可以分解为两个一元二次方程。因此四个根应该两两互为共轭复数根（或实数根），故圆心在 $x$ 轴上。据此分类讨论可求得结论。

详解：

将右边展开：

$\begin{aligned} &(x-z_1)(x-z_2)(x-z_3)(x-z_4)\\ =\;&x^4-(z_1+z_2+z_3+z_4)x^3\\ &+(z_1z_2+z_1z_3+z_1z_4+z_2z_3+z_2z_4+z_3z_4)x^2\\ &-(z_1z_2z_3+z_1z_2z_4+z_1z_3z_4+z_2z_3z_4)x\\ &+z_1z_2z_3z_4 \end{aligned}$

对比系数可得：

$a_0=z_1z_2z_3z_4,\quad a_1=-(z_1+z_2+z_3+z_4)$

$a_2=\sum_{i<j}z_iz_j,\quad a_3=-(z_1z_2z_3+z_1z_2z_4+z_1z_3z_4+z_2z_3z_4)$

注意：题目中 $a_3$ 是 $x^3$ 的系数（即 $-(z_1+z_2+z_3+z_4)$），故应将上面 $a_1,a_3$ 互换记号。下取标准 Vieta 写法：

$a_3=-(z_1+z_2+z_3+z_4),\quad a_2=\sum_{i<j}z_iz_j,$

$a_1=-\sum z_iz_jz_k,\quad a_0=z_1z_2z_3z_4.$

复数 $z_1$、$z_2$、$z_3$、$z_4$ 在复平面上对应的 $4$ 个点为某个单位圆内接正方形的 $4$ 个顶点，圆心在 $x$ 轴上，设圆心为 $(a,0)$。

情形 1：四个根两两互为共轭复数。不妨设：

$z_1=a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i},\quad z_2=a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}$

$z_3=a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i},\quad z_4=a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}$

计算 $a_0$：

$\begin{aligned} a_0&=z_1z_2z_3z_4\\ &=\left[\left(a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}\right)^2-\dfrac{1}{2}\right]\left[\left(a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}\right)^2-\dfrac{1}{2}\right]\\ &=[a^2+\sqrt{2}a\mathrm{i}-1][a^2-\sqrt{2}a\mathrm{i}-1]\\ &=(a^2-1)^2+2a^2\\ &=a^4+1 \end{aligned}$

类似计算可得：

$a_3=-(z_1+z_2+z_3+z_4)=-4a,\quad a_2=6a^2,\quad a_1=-4a^3$

因为 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}\subset\{n\mid 1\leq n\leq 2024,\;n\in\mathbb{Z}\}$，所以 $a$ 只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得 $a=-2,-3,-4,-5,-6$，此时集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为 $5$ 个。

情形 2：四个根有 $2$ 个为实数，另外 $2$ 个为共轭复数。设圆心为 $(a,0)$，不妨设：

$z_1=a-1,\quad z_2=a+\mathrm{i},\quad z_3=a+1,\quad z_4=a-\mathrm{i}$

计算可得：

$a_0=z_1z_2z_3z_4=(a^2-1)(a^2+1)=a^4-1$

$a_3=-4a,\quad a_2=6a^2,\quad a_1=-4a^3$

因为 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}\subset\{n\mid 1\leq n\leq 2024,\;n\in\mathbb{Z}\}$，所以 $a$ 只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得 $a=-2,-3,-4,-5,-6$，此时集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为 $5$ 个。

综上：满足条件的不同集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为

$\boxed{10}$

答案：$\displaystyle 10$