自主招生讲座-综合

1、自主招生讲座一、集合1设集合S 1,2,3, ,12 , A厲金佳是S的子集，且满足ai a? a3, a3 a? 5，那么满足条件的子集A的个数为.185直接枚举，间接排除。2、已知A与B是集合1,2,3, L ,100的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且AI B为空集，若n A时总有2n 2 B，则集合AUB的元素个数最多为 。66。A中的元素必小于50，考虑A最多可含1,2, ,49中多少个数，将1，2，49分成如下33个集合：1,4, 3,8, 5,12，23,48共 12 个；2,6, 10,22, 14,30, 18,38共 4 个；25, 27,49共13个；26, 34,

2、 42, 46共4个。若A中含34元，则必有二个数在同一个二元子集中， 即存在n A， 使得2n2A ，不符合题意，故 A 中最多只能含 33 元，如取 A 1,3,5,23,2,10,14,18,25,27,29,49,26,34,42,46， B 2n2|n A，即满足条件。3、 (第43届美国中学数学竞赛)设S为集合1,2, ,50的子集，并且S中任意两个元素之和不能被7整 除，那么S中元素最多有多少个？S中的元素最多有1 8 7 7 23个。把S中的元素按 mod7分类：S。7,14,21,28,35,42,49，S1,8,15,22,29,36,43,50，S2 2,9,16,23,

3、30,37,44， S3 3,10,17,24,31,38,45，,S66,13,20,27,34,41,48七类，则S。中最大只能取一个，S1与S6中不能同时取，S2与S5中的数不能同时取，S3与S4中的数不能同时 取，故最多可取1 8 7 7 23个。4、( 08 浙大)A (x, y)|(x 1)2 (y 2)25, B (x, y)|x 1 | 21 y 2| a，4A B，求实数a的取值范围。解法一：注意到问题的结构特点，可先换元化简，令X x 1,Y y 2，则问题等价转化为5A ( X,Y)|X2 Y2 -, B1 ( X,Y)|X | 2|Y| a, AB1，求实数a的取值范围

4、。注意到 人启是封闭4的点集，不但关于x轴、y轴对称，而且关于坐标原点 O对称，于是集中精力研究两点集在第一象限的 关系即可。通过画图(数形结合)容易发现，a越大，越容易满足要求，最小的正数 a恰好对应二者相切的情形，此时，O(0,0)到直线X 2Y a的距离等于半径，于是d一a|2-，临界的a -，所心 2222以a的取值范围是5,)。2解法二：A B的意思就是由(x 1)2 (y 2)2 5 |x 1| 2|y 2| a，求实数a的取值范围，由于451515(x 1)2 (y 2)2 - |y 2| t (x 1)2，所以原命题等价于|x 1| 2J- (x 1)2 a恒成立。设4 4V

5、4|x 1| t，则t 0,题设即求函数z t 5 4t2(t 0)的最大值Zmax，则a Zmax。5、(2007华约)对于集合 MR2，称M为开集，当且仅当对任意的P。M，存在r 0，使P R | PP | r M .判断集合( x, y) | 4x 2y 5 0与( x, y) | x 0, y 0是否为开集，并证明你的 结论.解：设A (x,y)|4x 2y 5 0，对任意的P。A，记d为P。到直线4x 2y 5 0的距离.依题意，d 0，令r -，则P R2 |且| PP0 | r A，所以集合A是一个开集.2设 B ( x, y) | x 0,y 0，取点 P(0,i)B，对任意的

6、 r 0，取 P(匸,i),则 | PP。| r，但 P( -,i) B ,2 2所以集合B不是一个开集.6. (2009复旦自主招生)设X是含n(n 2)个元素的集合，A, B是X中的两个互不相交的子集，分别含 有m,k(m,k i,m k n)个元素，则X中既不包含A，也不包含B的子集的个数是()nmnknmknmkA.222B.2C 2 n 2 n m ?nk 2 n m kD2“i 2“ ？nk 2 n m k解：设X中包含A的子集的集合为P(A)，包含B的子集的集合为P(B)，则2门k 2|P(A)P(B)| |P(A)|P(B)|P(A)P(B)| 2nm7. (2003复旦保送生

7、)定义闭集合：若 a,b S，则a(1) 举一例，真包含于R的无限闭集合；(2) 证明：对任意的两个闭集合 Si,S2R，存在c 解：(i)整数集合Z ;(2)反证法。假设存在两个闭集合 Si,S2 R，使得Si 设Si 因此，则(ti 若ti 综上，故选C oS,aS2SiS2 oR。显然S,S2 , S2Si。否则，不妨S2，则 3 S2 S2 R , 存在tiR，使得ti t2 ) ti t2 S，矛盾； t2 S2，则(ti t2) t2S, S2 R，即存在cSi矛盾。S2 , t2 S2 Si，考虑 tiS2，矛盾；R，但 c S S2 otit2 ,由假设知ti t2SiS2。若

8、tit2Si ,8. (20i0清华等五校联考)已知f (x)是定义在R上的奇函数,且当x0时f (x)单调递增，f (i)设(x) sin2x mcosx 2m，集合 Mm| x 0,-,(x)0 , Nm| x 0,2，f( (x)0，求M N o解析：因为f(x) 0x i 或 Oxi,所以N m |0尹(x)0m|灯(x)i 或 0(x)i,(x)i2 cos xm cosxm22cos x2 cosx2cosx故m42 2 , MN (4于是MNm|x42 cosx22 )弓(x)2m 2i o(2 cosx)2 cosx,、函数与方程9、( 2009浙大)已知a1丄，设二次函数f(

9、x)22x2ax c,其中a,c均为实数，证明：对于任意x 0,i,均有f(x) i成立的充要条件是c证明：因为if(x) F12i4,从而函数f(x)a2xax的对称轴方程为0x冷佥1，从而故 f (x) i3i，即 c 3 o410、(2009南京大学)解方程x3 3x ，厂2 解析：如果x 2，则方程右边无意义，此时方程无解。332，则 x3 3x X 3x(x 2)(x 2)兰如果x如果方程有解，44则必在区间2,28cos36 cos 、2 cos 20) o于是3-2n ,(n为一整数)2 cos 3 2cos(2，又因为30,2 22，此时方程也无解。中，令 x 2cos ,0，

10、所以，n 0,1 o从而4 4x 2,2 cos , 2 cos 5 711、(2009清华)证明当p,q均为奇数时，曲线y x2 2px 解析：曲线与x轴交点横坐标为p . p2 2q。只要证明p2 所以 p2 1(mod 4),2q 2(mod 4) p2 2q 3(mod 4)。所以 理数。注：任何一个完全平方数模 4余0或1。另外也可考虑用反证法。的解为12、(2008复旦自主招生)设X1,X2,X3是方程x3 x,则方程变为440, ，- 。因此方程572q与x轴的交点横坐标为无理数2q不是完全平方数。因为p2 2q不是完全平方数,0的三个根，则行列式XiX2X3X2X3XiA. 4

11、公式：x313求方程组3y3a2aB. 1C.02 2 23xyz (x y z)(x y zc 3abc的所有正整数解3zb3xyyzD.2zx)2(b c)2 2 23abc (a b c)(a b .c ab bca3 b3 c314、有关柯西(Cauchy)方程问题：形如f(x y)u f (1) ) o14-1 (乌克兰国立基辅大学数学竞赛试题)求所有函数足关系式 f (x y) f (x) f (y) xy(x y)ca)f (x)0 a b c 0f (y)的函数方程f :R R，它在点x14-2变式：(2008上海交大联读班)若函数f(x)满足f(x y)f (x),其解为p,

12、q均为奇数,.p22q是无数f (x)的解析式。 化归为柯西方程处理f(x y)f (x)f(y) xy(x y)f(xy)f(x)f(x13,1 3f(y)13y) 3(xy) f(x)-X33y令 g(x)1f(x) 1X3，则原方程化为g(Xy)g(x)由于f(0)1，则f (X)在x 0处连续，由此可知是X3XiX2f (x)0连续且对所有ux (其中x, y R 满f (y) xy(x y)， f(0)1。求函f (y) (x y)3 x3 y3g(y)-个柯西方程，其解为g(x) ux (其中u g(1)，11所以 f (X)-X3 ux f(X)x2 u，再由 f (0) 1，知

13、 u 1，所以 f (x)- X3X。3314-3 ( 2006复旦大学自主招生试题)f(x)在1,)上单调递增，且对x,y 1,),都有 f(x y) f (x) f ( y)成立。证明：存在常数k，使f (x) kx在x 1,)上成立。111证明：对 n N，有 f( n) nf (1), f(1)n f()，故 f() - f(1)。nnn故对 mN 有，f (m)mf (-) m f (1)。综上，对 x Q，有 f (x) xf (1)。nn n因为f (x)在1,)上单调递增，故x R ,Q中一定存在一列xn, xn Q，有lim xn = x。从而，f (x) lim f(x n

14、) = xf(1)n综上，f (x) kx，其中k f (1)，在x 1,)上成立。相关咼考题：14-4( 2008重庆)若定义在 R上的函数f(x)满足：对 xX2 R，有f (% x?) f(xj fg) 1。下 列说法一定正确的是()CA. f (x)为奇函数C. f (x)14-5(2008 陕西)()CA.2代数基本定理法1为奇函数定义在R上的函数B.D.f (x)满足f (x)为偶函数1为偶函数f(x) f(xy) f(x) f(y) 2xy(x, y R) , f (1)2，则 f( 3)B.3C.6(将函数限定在多项式范围)D.914-6设多项式函数f (x)满足f (x y)

15、 f (x)证：由题设可得f(2)2f(1)，再用数学归纳法可得f(n)于是多项式f(x) xf (1)有无限多个不同的根1,2,3,n,所以 f(x) xf(1)0，即 f (x) f (1)x，令 c证明：设等比数列公比为 q，贝U f (a) aq, f (f (a)三个根a, aq, aq。注意到f (x) qx 0是二次方程，等，从而可得q 1，故f (a) a。f (a)q, f(f (f (a) f (f (a)q，故方程 f (x) qx 有最多能有两个不同根，故a,aq,aq中至少有两个相f(y)(x,yR)。则f (x) cx ,c是任一常数。 nf (1)( n N)，而

16、一个多项式至多只有有限多个不同的根，f(1)即得结论。14-7 (2012北大保送生试题)已知f(x)为一个二次函数，且a, f(a), f(f (a), f (f (f (a)成立等比数列, 证明：f (a)三、不等式与函数、数列| a 2b |的最小值为。答案：2。15、( 2008南开)已知实数a,b满足2b2 a2|a 2b|2 a2 4b24aba2 4b22(a2b2):2b2 a2 416、(2009中科大)求证:对 x,y R,x2y2xy 3( x解法一：(配方法)x22y xy3(xy1)x2(y 3)x/ y 3、2 2(x 2) y3y13 -(y43)2(xy23、2

17、3 2)卩解法二：(配方法)原不等式2x22!xy2y26(xy1)2x2 2xy 2y2(x 2x 1) (y2 2y 1) (x22xyy2)4(x y) 42 2(x 1) (y 1)(xy 2)20y1)恒成立。(y2 3y 3)33y2426(x y 1)00解法三：原不等式2 x(x2y1)2解 法(m t)2 (m四t)2(mxy(y令t)(m t)3x1)23y 30(x 1)( y 1) 0x3( mm t,y mt ， t m t 1)3(m 1)2则t20，17、（2009 清华）x, y为实数，且x，求证：对于任意正整数2nn， x原 不 显然成立。2n1y ?2n 1

18、2n 2n1x y 尹2n 2n守(18、（2002复旦自招）证明方程x2x3y)2n 丿 ，构造函数f（t） t2y3 1的任意整数解证：由12y3 (x 3.2y)(2xy 眷4y2)，且 x2所以133,x 2y (x冋题拓展1：已知x32y31 (x,y冋题拓展2：已知x32y31 (x, yy3(4y2n,n N(x, y)(y3 2xyV2y)(x2 V2xy V4y2) (xR, y 0)，则匸 3 2 |yxR,y 0)，则|-yy3(3 2利用函数的凹凸性。0)都满足|- 3 2 |y3 2、2Ty)3 4y2 (x即 | 3 2 |y4肓。4y2443 2)因为t23 2t

19、334334,44故 y3(x 3、2)23 2y3y3(- 3 2)y3一3xy3 12o3|y1 ；3；I y I与，等号成立当且仅当|y3Ix 3 1 2y3312o3得3(2 ；)2等号成立当且仅当等号成立当且仅当3(x ：2)| y3(-3 2)yy32232，即|-y1Ir3 2(23)y3 22 ，31232 3 23432|，从而x注意到，等号成立当且仅当3|y3|19、( 2008 北大)已知a1a2a3b1b2b3, a1a2a2a3a3a1b1b2b2b3b3b1，min(a1, a2, a3) min( ,b2, bs).求证：max(a1,a2, a3) max(bb

20、2, d)解析：(增量法)设a1a2 a3, b1b2b3，则条件为a3b3,即证a2 a3b1b2b3 s, 4a2 Ia,b1b,b2b (a 0,b0)， 则a3s,b3 s即证一2,即证a3aibib2b2bs将 ai,bi(i1,2,3）代入整理得na1D22a21aaa2 s b2 2 ) b为 证因n3(ai a2 bi b2)(ai a? a3 bi b? d)2证法二：(反证法)若ai b，构造函数： 由已知条件，有 f(x) g(x) b-|b2b3 一方面，f(aj g(aj bb? 面， g(ai) 因此，f(x) a a2 a3。a&as0, fQai亠bi b2，即

21、证a22 2(x ai)(x a2)(x a3)，b2a3b3，这显然成立。g(x) (x bi)(x b2)(x b3)。g(a3)(a3 bj(a3 b2)(a3 b3),a3 bi(aibi)(ai b2)(ai b3), ai bi 0, ai b?aibi，即 max(64243)aj(xa注：函数f (x) (x 20、(2008浙大)已知； 求证：二La b a 2ba2)(x0,b0ia nbg) bib2b30,a3 b20，0, ai b30，aia2a3a3 b3 故 g(ai)故 g(ai) g(a3);另一方，故 g(a3)0 ；而0，00，这与 g(ai) g(a3

22、)矛盾!max(bi,b2,b3)a3)与 g(x) (x dXx b2)(xb3)是两个互相“平行”的三次函数。(a由柯西不等式，经放缩裂项求和，可得n1 z 2n ib)(a 2 2n i 2( )i i a ibob)ni2)i(七门a ibn(i)i i (a ib)2nn(ii (a ib(i n ( i n( (-bii -K i K a ib b2iib)(a ib b) :b(厂)2ia b2ia nb b22i、(20i3华约)已知 f(x) (i x)ex i ; (i)求证：当 xn21 i_ (a b)a (n )b2 一0 时 f(x)(2)数列xn满足忙ex1， X

23、i 1，求证：数列xn递减且Xn，所以原不等式成立。i门20 ；丄2n 鳖学慟注易得览A0对任意正期ft”成立，由Cl) in/(.Yj斗斗所以数列斗違廉 下面谨明轧: 穆，朋学卿法ii輒 设埶血二=，则$心_裂,2算x斗jcao时ru)o *越取小在(山2)曲山!Mis设礼 卫 得釈叫八藝证明叫点，点只藩证明* zL “即富产j *1 4iv故只需证明烈守八尸.考嗣戳问=琢却3,因沏当20时P討i Jr1i -Li所以城尹)即疏R”产由慟法知# %歹对任意正3飼打騒 a： oi的ms型ml皿年潘华大学保送生考试试s用删燃型丰盹exx ex i 0恒成立；(2)试求f (x)的单ex i22

24、(20i2清华)f (x) In , a iq i f (an) 。 (i)求证：x调区间；(3)求证：an为递减数列，且an 0恒成立。证明I0)令二心-总n 特得龙一 当 x0 时，gf(x) o所leJLgW在(yd)内为减函数*在内为曽画数所臥呂)迂)即,占】汕恒威立由(1师，港hmO 吋，+1 0yr-r0所以八g 0恒庶立 e 1因为佝翻定义壊为(唧,o)U(o尹凶)，所以杓单调tgK阿为两 耳(Q 4)用数学归纳祛证明，对任意处皿 鄙有0弋气十产2 当刃吋q-1* = / = /(l) = ln(#l).ifKe-Ke.所 BJlDcl WiO 的,假设当归 (JteTC 啪吉论

25、威立，即g陷产因为贞力在(6 內为t曽函埶日 lim ,/(*) - lim Qn ) =ln( lim -) = ln1= 0 tar-tt-tAjr4*0 直所以即因此当上*1 OeiC 时结论也成立由可知0 5阳V %对任董机N零减立知墩列心为递城啊叽且耳丸恒成立23(2010华约)设函数f(x)口，且存在函数sX 1at b(t -,a 0)，满足 f(生)2t2s 14.()s证明：存在函数t(s) csd(s 0),满足f (丝)s2tt1- ；(U)设 X13,Xn 1f (Xn),n1,2,L .证明:Xn2解法一:1尹(I)令2s 1丝2，代入ssa 3t (b 1)f(节)

26、b(m 4)1由于等式对所有t -成立，可知2at b化简得2a(m 4)tb 1 b(m a(m0f(x)=X 14) a 30 ,解得b1,m4, a3,4)02s令f (1-)2t 1，代入t CSd ,化简得CSd 3s 1St所以存在t(S)3s 1(s0),使得f(2S丄）2t 1st)令q1,t1G)3s,14Sn 1(tn)3tn1 , t n 1(sn1)3Sn 11,n1,2,L,X2n注意到Xi2si1S!知,X2n 12Sn12tn 1Sn 13tn1 9Sn化为Sn可知Sn从而X2n 11 (5 32n 24丄Sn1),t n3SnSn114 9(Sn 4)444(5

27、tn2，132n 11)统一写为Xn1)n从而有|Xn45 32n 2 1，145 3n 1( 1)n43n1 (X2n,n解法二：（I）同解法一,可求出取 t 3s 12t1)n所以f (3)Sf(fi1)1 t 1 2t 1t 11tn45 32n 111,2,L1,m4, af(x) TX 12t 1由f (X)X 4，Xn 1f (Xn)，得 Xn 1Xn4（1）X 1Xn1把（1）式两边都加上2 得:Xn 123(Xn2)（2）Xn1把（1）式两边都减去2 得:Xn 12Xn2（3）XkXk 21Xn可知若存在k（k N ），使Xk2，由（3）所以不存在k（k N ），使Xn 1Xn

28、 1LX12与X1 3矛盾（2）式除以（3）式得Xk222xn因为X13，所以心x12所以Xn2 牛厂5（ 3）n 11所以3Xn 2Xn 2Xn 25 ( 3)n 1所以|Xn 2|5 ( 3)n 144 3n 1解法三：(I)由解法一得1|1|5 (f(x)易看出(1)式中tx 4X 12ss即得f(t)3t 1，由 f (2t 1t)I (1)s所以存在t 3( s)(U)用数学归纳法(1) 当n 1时，显然成立(2) 易得xn 11，即t$s3s 12ttf(2假设当n则当nf (Xn)9 2sk时，31 -Xn13s 1命题成立,1时,|Xk 12|2当Xk2时,1 xk 12 1|

29、2当Xk2时,I Xk1 2|3Xk1f(2 -)s|Xk 2|f (Xk) |1f(2 (Xk 2)|13s 1:13k 13Xk 13|Xk2|13k只需证丄Xk 13 3k3k 133k 1即证xk13k，即证-113xk1，即证Xk3k3k313k 133k 12 丄，而此式是假设成立的，所以 3k3k 1由(1)， (2)可知，原命题成立24、(2010华约)设p、 q是2,n1,2,1)y1 y2 yn1a 、a21即2 Xk元二次方程x23k3k 1(2)成立2ax10的两个根，其中p 0,令% p q,ym1证明：lim (-y12yn1y1 y2a21y2(PP.1,y1 p

30、丄2n . pp2np丄)2p2p2p1pA .由数学归纳法得，ynp宀，1 pw y212P1 p412p 11),由数学归纳法得ppy“2yn从而丄y1y1y#2(1p2)(1 p4)1yyyn(1-1pn). p14、242n (1p2)(1p4)(1p2 )i(12-P-)2“ 1丿p111)P.y2yny1y1 y2An 代 1 5Bm 61 f(1 An1)舟6666 626、有人玩硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面的概率都为丄，棋盘上标有第0站、2沐 第3沐L第100 站, 一枚棋子开始在第0 站,棋手每掷一次硬币棋子向前跳动一次。棋子向前跳一站，若掷出反面，棋子向前跳两站，直

31、到棋子向前跳到第站（失败大本营）时，此游戏结束。设棋子向前跳到第1 巳1巳22（1）求 Po,R,P2；（ 2）求证：巳 Pm分析：（1）棋子在第0站为必然事件，故概率为F099站第1站、第2若掷出正面，（胜利大本营）或第1oon站概率为Pn，;（3）求 环及 Poo1,若掷一次出正面则Pi11，棋子可从第o站向1 1 由 0 p 1,知 lim (一n !四、数列与概率25、A,B两人轮流掷一个骰子，第一次由 A先掷，若A掷到1点，下次仍由A掷，若A掷不到1点，下 次换B掷，对B同样适用规则如此依次投掷，记第n次由A掷的概率为A .求lim Ann1,n2 时，解析：记第n次由 B掷的概率为

32、Bn，贝U A 1, B10，且An B2 12An1，取极限，即得nim An-3 n 2前跳两站直达第2站，也可先跳到第1站，再跳到第2站。故P2（2）证明：棋子向前跳到第n站2 n 99的情况有两种:第一种,棋子先向前跳到第第二种,棋子先向前跳到第n-2站,又掷出反面。其概率为 丄巳221n-1站,又掷出正面。其概率为 丄Pn12Fn1尹1, Pn12Pn1Pn2。(3)解：由(2)知 PF0，P2PR F2,F4 P3丄 P99 F98,l 是首项为P)丄公比为丄的等比2 2数列。1-，P2 P1 （2以上各式相加得：Po1 31 99P2(1)丄，P99P98(?)，P991（2）（

33、 2）211 99(夬1 (刁)11199故Roo21 1oo31（2）112P98223而第100站只能从第98站直达这一种情况。因为到第99站时此游戏已结束了。丄(丄笛1 1(1)。3233 2评析：平时的概率应用题大都是将概率与排列组合知识结合，此题将概率与数列知识结合起来，同时则下一次出现红灯的概率是1，出现绿灯的概率是-；333，出现绿灯的概率是-，记开关第n次闭合后出现红灯55若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是的概率为Pn。（ 1）求P2 ；（ 2）求证：P2解 （1）第二次闭合后出现红灯的概率是红灯，第一次绿灯后第二次才是红灯。于是厂 厂1厂 37P2 P1（1 P1）35

34、15（2）研究开关第n次闭合后出现红灯的概率(n 2)P2的大小决定于两个互斥事件，即第一次红灯后第二次又Pn，则要考虑第n 1次闭合出现红绿灯的情况。PnPn 13(1 Pn1)5由待定系数法，令Pn X4(Pn 1 X)15整理比较得:9x1928所以PnPnPn_919919919为等比数列，公比为)(-)19152时,R 19却(P138(Pn 1 aPn bPn 1 型4o151438(亦)n 1_9 丄1938又有游戏背景，趣味性浓。第100站的概率要小心隐含的陷阱27、Pn aPn i b 型 某种电路开关闭合后，会出现闪动的红灯或绿灯。已知开关第一次闭和，出现红灯和出现绿灯的概

35、率都 是1，从开关第二次闭和起，若前次出现红灯，2抛掷一枚均匀的硬币，出现正面向上（即国徽向上）得 1分，反面向上得2分，记Pn为得分为n分的概11（1）求证：Pn 2 - Pn 1 Pn ； （ 2）求Pn的表达式。2 2解（1）得分为n 2分是由两个互斥事件构成：事件“得分为n 1分，再出现一次正面向上得1分”，此时得分为n 2的概率是1 Pm ;事件“得分为n分，再出现一次反面向上得2分”，此时得分为n 2的2概率为1 Pn2R 21Pn 11Pn22(22Pn2Pn 1Pn，二 2Pn2Pn2Pn 1(Pn 1Pn 2 )Pn 1Pn 2PnPn1Pn 1( Pn 1 Pn 2)23J

36、4(2)n 2(P22(P2 R)(02Pn 3)(厂(P2 P)2, P2Pn 1Pl)- PnPi(P314P2)1T(PnPni)11-1 (-)(42故Pn的表达式为-161)2 (扩。(昇詐(1)n1五、几何问题29.(2009南京大学)已知P为厶ABC内一点,BC别为d1,d2,d3，S表示 ABC的面积，求证:ad1= a,CA = b,AB=c，点P到三边BC, CA, AB的距离分2b c (a b c)d2 d32S解析：易知,Sadi211bd 2 cd322,由柯西不等式2S(a 2d1 d2診(adibd2 cd3)( d1b c)2-)(ad2 d3b c)2，所以

37、，？ B 2d1 d2 d3 2S30、(2009南京大学)找出所有满足tan AtanBtanC 解 析： 在 非 直 角 三 tanA ta nB tanC tan Ata nBta nC tan A tan Bta n A角tan Ctan B形ta nAtan C的非直角三角形厶ABC ABC 中 有 ： tan B tanC，所以 tanA tan B ta nC tan A ta n B ta n C，即 tan A,ta n B,ta nC 都为整数。在 ABC 中至少有两个锐角，故ta nA,ta nB,ta nC中至少有两个是正整数，不妨设tan A,ta nB N ，又由(

38、tanAtanB 1)tanC tanA tanB可知 tanC 也是正整数。记tanA a,tanB b,tanC c，则问题等价于求方程 a b c abc的正整数解。 111不妨设a b c ，三角形最小内角 ，故a -.3 a 1,1 b c bc ，即一1 ，显然3 bc c bb 2,c 3 丄111111，只有b 2,c 3时等号成立。所以符合条件的三角形的内角按bccb2 332从小到大排列为 一,arctan2,arctan3。431、( 2010 北大)OA,OB 的夹角为，OA 2,|OB 1, OP tOA，OQ (1 t)OB，| PQ f (t)在 t t。 时取得

39、最小值，若0 t。1，求 的取值范围。5uuuuuur解析：|OP| 2t,|OQ| 1 t，f(t) 4t2(1 t)22 2t(1 t)cos1 2 cos1 2 x5(54cos )t2(24cos )t 1。其对称轴 t 1，因 g(x)二在(5,)上递增，故5 4 cos5 4x4112cos1。354 cos当012cos11时，由t012 cos54cos35 4 cos1(0,二)512 cos当1 0时，f（t）在0,1上单调递增，故t05 4cos2 ；30，不合题意。所以 的取值范围是（-,乙）。23(2)32、（ 2008清华）（1）一个四面体，证明：至少存在一个顶点，

40、从其出发的三条棱组成一个三角形;四面体一个顶点处的三个角分别是 ，,arctan 2，求的面和arctan2的面所成的二面角；2 33解析：（1）假设任一顶点出发的三条棱都不能组成一个三角形，不妨设AB为最长棱，则ACADAB,BCBDABACBC ADBD2AB ，另一方面，在 ABD, ABC 中，ADBDAB, ACBCABACBC ADBD2AB，矛盾。所以，至少存在一个顶点，从其出发的三条棱组成一个三角形；（2）所求二面角的大小为arccos3633、（ 2012卓越联盟）如图，AB是eO的直径，弦CD垂直AB于点M，E是CD延长线上一点，AB 10， CD 8，3ED 4OM， E

41、F e O的切线，F是切点，BF与CD相交于点G，（I）求线段EG的长；（U） 连线DF，判断DF是否平行于AB，并证明你的结论。（注：根据解题需要，须将图形自行画在大题卡上。）如图，连桜貯、抿握垂轻定理知，卅为B中点，所以饷= DM = 4,所以 0M= 3,珏轨ED = 0M =4.根理巨戸=ED EC 4 x 12 = 48 EF =II若DF/AB,则DF丄CD,即CF为直径从而CP = 10e根協射彩定理対b应34、(2009 清华)四面体 ABCD 中，AB CD , AC BD , AD BC1求证：四面体每个面的三角形为锐角三角形；2设三个面与底面BCD所成的角分别为，求证： cos cos cos 1解析(1)易证 ABC CDA DCB BAD，设 BAC , BCA CAD ， ABC BAD 则。由三面角定理(三面角的任意两个面角的和大于第三个面角)，得BAC CAD BAD，即，所以2同理， ， 一所以，(0,)，即每个面的三角形为锐角三角形2 2 2另解：把四面体补成长方体，可证每个三角形的两边和大于第三边。(2)设顶