Answer:
答案: 解答: 以 $B C$ 的中点为原点, $B C$ 所在的直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴, 建立如图所示的直角坐标系,

<ImageHere>

设点 $P(x, y), B(-a, 0), C(a, 0), A(0, \sqrt{3} a),(y>0, a>0)$ 用点的坐标表示等式

$|P A|^{2}=|P B|^{2}+|P C|^{2}$,

有 $x^{2}+(y-\sqrt{3} a)^{2}=(x+a)^{2}+y^{2}+(x-a)^{2}+y^{2}$,

化简得 $x^{2}+(y+\sqrt{3} a)^{2}=(2 a)^{2}$,

即点 $P$ 的轨迹方程为 $x^{2}+(y+\sqrt{3} a)^{2}=4 a^{2}(y>0)$.

Question: 21. 在正三角形 $A B C$ 内有一动点 $P$, 已知 $P$ 到三顶点的距离分别为 $|P A|_{,}|P B|,|P C|$, 且满足 $|P A|^{2}=|P B|^{2}+|P C|^{2}$, 求点 $P$ 的轨迹方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给条件建立空间直角坐标系计算即可


Answer:
答案：解：以 $O$ 为原点,分别以直线 $A B, C D$ 为 $x$ 轴. $y$ 轴建立直角坐标系,则 $A(-4,0), B(4,0), C(0,2), D(0,-2)$.

设 $M(x, y)$ 为轨迹上任一点,则

$|M A|=\sqrt{(x+4)^{2}+y^{2}},|M B|=\sqrt{(x-4)^{2}+y^{2}}$,

$|M C|=\sqrt{x^{2}+(y-2)^{2}},|M D|=\sqrt{x^{2}+(y+2)^{2}}$,

$\therefore$ 由 $|M A| \cdot|M B|=|M C| \cdot|M D|$, 可得

$\sqrt{\left[(x+4)^{2}+y^{2}\right]\left[(x-4)^{2}+y^{2}\right]}=\sqrt{\left[x^{2}+(y-2)^{2}\right]\left[x^{2}+(y+2)^{2}\right]}$

化简,得 $y^{2}-x^{2}+6=0$.

$\therefore$ 点 $M$ 的轨迹方程为 $x^{2}-y^{2}=6$.

Question: 23. 已知线段 $A B$ 与 $C D$ 互相垂直平分于点 $O,|A B|=8,|C D|=4$, 动点 $M$ 满足 $|M A| \cdot|M B|=|M C| \cdot|M D|$, 求动点 $M$ 的轨迹方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给条件建立空间直角坐标系计算即可


Answer:
答案: 解: 设平行四边行的三个顶点分别为 $A(-2,1), B(-1,3), C(3,4)$, 如图, 设第四个顶点为 $D$, 所以点 $D$ 有三种不同的位置.

<ImageHere>

若平行四边形为 $A B C D_{1}$ 时, 设点 $D_{1}$ 的坐标为 $(x, y)$, 则 $\overrightarrow{A B}=(-1+2,3-1)=(1,2)$, $D_{1} C=(3-x, 4-y)$.
由 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D_{1} C}$, 得 $\left\{\begin{array}{l}3-x=1 \\ 4-y=2\end{array}\right.$, 解得, 即 $D_{1}(2,2)$.

若平行四边形为 $A B D_{2}$ C 时, 同理, 求得点 $D_{2}$ 的坐标为 $(4,6)$;

若平行四边形为 $A D_{3} B C$ 时, 同理, 求得点 $D_{3}$ 的坐标为 $(-6,0)$.

综上所述, 平行四边形第四个顶点的坐标分别为 $(2,2),(4 ， 6 ）$ 或 $(-6,0)$.

Question: 24. 已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为 $(-2,1),(-1,3),(3,4)$, 求第四个顶点的坐标.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据所给直线结合所给条件分析计算即可


Answer: 答案: $(8,5 \sqrt{3})$

Question:
25. 如图所示, $A, B, C$ 是三个观察站, $A$ 在 $B$ 的正东, 两地相距 $6 \mathrm{~km}, C$ 在 $B$ 的北偏西 $30^{\circ}$, 两地相距 $4 \mathrm{~km}$, 在某一时刻, $A$ 观察站发现某种信号, 并知道该信号的传播速度为 1 $\mathrm{km} / \mathrm{s}, 4 \mathrm{~s}$ 后 $B, C$ 两个观察站同时发现这种信号, 在以过 $A, B$ 两点的直线为 $x$ 轴, 以 $A B$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立的平面直角坐标系中, 指出发出这种信号的 $P$ 的坐标.

<ImageHere>

解析几何

:

解答: 设点 $P$ 的坐标为 $(x, y)$, 则 $\mathrm{A}(3,0), \mathrm{B}(-3,0), \mathrm{C}(-5,2 \sqrt{3})$.

<ImageHere>

因为 $|\mathrm{PB}|=|\mathrm{PC}|$, 所以点 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{BC}$ 的中垂线上.

因为 $\mathrm{k}_{\mathrm{BC}}=-\sqrt{3}, \mathrm{BC}$ 的中点 $\mathrm{D}(-4, \sqrt{3})$,

所以直线 $P D$ 的方程为 $y-\sqrt{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}(x+4)$. (1)

又因为 $|P B|-|P A|=4$, 所以点 $P$ 必在以 $A, B$ 为焦点的双曲线的右支上,双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1(x \geq 2)$.
联立(1)(2), 解得 $x=8$ 或 $x=-\frac{32}{11}$ (舍去),

所以 $\mathrm{y}=5 \sqrt{3}$.

所以点 $\mathrm{P}$ 的坐标为 $(8,5 \sqrt{3})$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标系与曲线方程, 解决问题的关键是根据题意可知, 点 $\mathrm{P}$所在的位置满足两个条件: (1)在线段 $B C$ 的垂直平分线上; (2)在以 $A, B$ 为焦点的双曲线上.


Answer:
答案: 证明: $\because \mathrm{FE} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}, \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{GH}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DH}}$.

$\because \mathrm{AD} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{BH}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DH}}$.

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{GH}} \therefore \mathrm{BC}=\mathrm{GH}$.

Question:
17. 如图,在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{F}$ 为对角线 $\mathrm{AC}$ 上一点, $\mathrm{FE} / / \mathrm{BC}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{DF}$ 的延长线交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{H}, \mathrm{DE}$ 的延长线交 $\mathrm{CB}$ 的延长线于点 $\mathrm{G}$, 求证: $\mathrm{BC}=\mathrm{GH}$.

<ImageHere>

解析几何

: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理结合所给条件分析计算即可.


Answer:
答案: 证明: $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AD}, \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$.

$\because \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}, \frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DC}}$

$\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DC}}$

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{BC}}, \therefore \mathrm{OE}=\mathrm{OF}$.

(2) 求证: $\frac{1}{\mathrm{AD}}+\frac{1}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{\mathrm{OE}}$.

答案: 证明: $\because \mathrm{OE} / / \mathrm{AD}, \therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AB}}$

由(1)知 $\frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{AD}}+\frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{BE}+\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=1$.

$\therefore \frac{1}{\mathrm{AD}}+\frac{1}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{\mathrm{OE}}$.

Question:
19. 如图,在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{EF}$ 经过梯形对角线的交点 $\mathrm{O}$, 且 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AD}$.

<ImageHere>

(1) 求证: $\mathrm{OE}=\mathrm{OF}$;

解析几何

: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线分线段成比例定理分析计算即可.


Answer:
答案: 解: $\because \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{NC}}$

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AF}+\mathrm{FC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{NC}}$, 即 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{NC}}$

$\because \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{BN}}=\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{MB}}=1, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BN}$.

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AE}+\mathrm{BN}+\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{2 \mathrm{AE}+\mathrm{BC}}$

$\because \mathrm{AE}=2, \mathrm{BC}=\mathrm{AD}=6$,

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{2}{2 \times 2+6}=\frac{1}{5}$, 即 $\mathrm{AF}: \mathrm{AC}=1: 5$.

Question:
20. 如图, $M$ 是 $A B C D$ 的边 $A B$ 的中点, 直线 $l$ 过点 $M$ 分别交 $A D, A C$ 于点 $E, F$, , 交 $C B$ 的延长线于点 $N$, 若 $A E=2, A D=6$, 求 $A F: A C$ 的值.

<ImageHere>

解析几何

：分析：本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是: $\mathrm{AD} / /$

$\mathrm{BC}, \mathrm{AM}=\mathrm{MB} \Rightarrow \mathrm{AE}=\mathrm{BN} \Rightarrow \mathrm{AF}: \mathrm{AC}$ 的值


Answer:
答案: 解答: $x=8 \cos \frac{2 \pi}{3}=-4$

$y=8 \sin \frac{2 \pi}{3}=4 \sqrt{3}$,

因此,点 $M$ 的直角坐标是 $(-4,4 \sqrt{3})$.

Question: 15. 把点 $\mathrm{M}$ 的极坐标 $\left(8, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 化成直角坐标.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据极坐标与直角坐标系关系分析计算即可


Answer:
答案: 解: 由题设知, $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点关于极点 $\mathrm{O}$ 对称, 又 $|A B|=4$, 由正三角形的性质知,
$|C O|=2 \sqrt{3}, \angle A O C=\frac{\pi}{2}$, 从而 $\mathrm{C}$ 的极坐标为 $\left(2 \sqrt{3}, \frac{3}{4} \pi\right)$ 或 $\left(2 \sqrt{3},-\frac{\pi}{4}\right)$

Question: 17. 在极坐标系中, 如果等边三角形的两个顶点是 $A\left(2, \frac{\pi}{4}\right), B\left(2, \frac{5}{4} \pi\right)$, 则求第三个顶点 $\mathrm{C}$ 的坐标.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据所给点满足的几何意义计算即可


Answer:
答案: 解: 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{OA}$ 所在射线为极轴建立极坐标系, 因为 $|O C|=600, \angle A O C=\frac{\pi}{6}$,故 $C\left(600, \frac{\pi}{6}\right)$.

又 $|O A|=600 \times \cos \frac{\pi}{6}=300 \sqrt{3},|O D|=600 \times \sin \frac{\pi}{6}=300,|O E|=300 \sqrt{2}$ ，

$|O F|=300,|O G|=150 \sqrt{2}$.

故 $A(300 \sqrt{3}, 0), D\left(300, \frac{\pi}{2}\right), E\left(300 \sqrt{2}, \frac{3 \pi}{4}\right), F(300, \pi), G\left(150 \sqrt{2}, \frac{3 \pi}{4}\right)$

Question:
18. 某大学校园的部分平面示意图如图

$E$ 图书馆 $\quad D$ 教学楼 $\quad C$ 公寓

<ImageHere>

用点 $O, A, B, C, D, E, F, G$ 分别表示校门, 器材室, 操场, 公寓, 教学楼, 图书馆, 车库, 花园, 其中 $|A B|=|B C|,|O C|=600 \mathrm{~m}$.建立适当的极坐标系, 写出除点 $\mathrm{B}$外各点的极坐标（限定 $\rho \geq 0,0 \leq \theta<2 \pi$ 且极点为 $(0,0)$ ).

解析几何

: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据极坐标系计算即可


Answer:
答案: 解: 如图所示, $|O A|=\left|O A^{\prime}\right|=6$ ，

<ImageHere>

$\angle x O A^{\prime}=\frac{2 \pi}{3}, \angle x O A=\frac{5 \pi}{3}$,

即点 $\mathrm{A}$ 与 $A^{\prime}$ 关于极点 $\mathrm{O}$ 对称.

由极坐标的定义知

当 $\rho>0,-\pi<\theta \leq \pi$ 时, $A\left(6,-\frac{\pi}{3}\right)$

(2) $\rho<0,0 \leq \theta<2 \pi$.

答案: 解: 有 (1) 可知, 当 $\rho<0,0 \leq \theta<2 \pi$ 时, $A\left(-6, \frac{2 \pi}{3}\right)$

(3) $\rho<0,-2 \pi<\theta \leq 0$.

答案: 解: 有 (1) 可知, 当 $\rho<0,-2 \pi<\theta \leq 0$ 时, $A\left(-6,-\frac{4 \pi}{3}\right)$

Question:
19. 如果对点的极坐标定义如下: 当已知 $M(\rho, \theta)(\rho>0, \theta \in \mathbf{R})$ 时, 点关于极点 $\mathrm{O}$ 的对称点 $M^{\prime}(-\rho, \theta)$.

<ImageHere>
例如, $M\left(3, \frac{\pi}{3}\right)$ 关于极点 $\mathrm{O}$ 的对称点 $M^{\prime}\left(-3, \frac{\pi}{3}\right)$, 就是说 $\left(3, \frac{\pi}{3}+\pi\right)$ 与 $\left(-3, \frac{\pi}{3}\right)$ 表示同一点.

已知 A 点的极坐标是 $\left(6, \frac{5 \pi}{3}\right)$, 分别在下列给定条件下, 写出 $\mathrm{A}$ 点的极坐标:

(1) $\rho>0,-\pi<\theta \leq \pi$.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了极坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据极坐标的意义计算即可


Answer:
答案: 解: 如图,

<ImageHere>
$\angle B A D=60^{\circ}$, 以 $\mathrm{A}$ 为极点 $\mathrm{O}, \mathrm{AB}$ 的方向为极轴的正方向, 建立极坐标系, 则菱形的四个顶点的极坐标分别为 $A(0,0), B(2,0), C\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{6}\right), D\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$ (答案不惟一).

Question: 20. 边长为 2 的菱形 $\mathrm{ABCD}$, 一个内角为 $60^{\circ}$, 建立适当的极坐标系, 求出菱形四个顶点的极坐标（限定 $\rho \geq 0, \quad \theta \in[0,2 \pi)$ ).

解析几何

：分析：本题主要考查了极坐标系, 解决问题的关键是根据极坐标系计算即可


Answer:
答案: 解: 以极点 $O^{\prime}$ 为坐标原点, 极轴方向为 $x^{\prime}$ 轴正方向,

<ImageHere>

建立新直角坐标系 $x^{\prime} O^{\prime} y^{\prime}$, 设点 $M$ 的新直角坐标为 $\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$, 于是 $x^{\prime}=4 \cos \frac{\pi}{6}=2 \sqrt{3}$, $y^{\prime}=4 \sin \frac{\pi}{6}=2$, 由 $O^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)=O^{\prime}(0,0), O^{\prime}(x, y)=O^{\prime}(2,3)$,易得 $O^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$ 与 $O^{\prime}(x, y)$ 的关系为 $\left\{\begin{array}{l}x=x^{\prime}+2, \\ y=y^{\prime}+3,\end{array}\right.$ 于是点 $M(x, y)$ 为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \sqrt{3}+2, \\ y=2+3=5,\end{array}\right.$所以点 $\mathrm{M}$ 的直角坐标为 $(2 \sqrt{3}+2,5)$.

Question: 21. 已知点 $\mathrm{M}$ 的极坐标为 $\left(4, \frac{\pi}{6}\right)$, 极点 $\mathrm{O}$ 在直角坐标系 $x O y$ 中的直角坐标为 $(2,3)$,极轴平行于 $\mathrm{x}$ 轴, 极轴的方向与 $\mathrm{x}$ 轴的正方向相同, 两坐标系的长度单位相同, 求点 $\mathrm{M}$ 的直角坐标.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据坐标系的关系分析计算即可。


Answer:
答案: 解: 作出图形,

<ImageHere>

可知 $\mathrm{A}\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 的对称点是 $\left(3, \frac{5 \pi}{6}\right)$.

Question: 23. 在极坐标系中, 点 $\mathrm{A}$ 的极坐标是 $\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 求点 $\mathrm{A}$ 关于直线 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 的对称点的极坐标 $($ 规定 $\rho>0, \theta \in[0,2 \pi])$.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据点的极坐标和直角坐标的互化分析计算即可


Answer:
答案：解：设 $\mathrm{M}(\mathrm{r}, 0)$,

因为 $\mathrm{A}\left(4 \sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$,

所以 $\sqrt{(4 \sqrt{2})^{2}+r^{2}-8 \sqrt{2} r \cos \frac{\pi}{4}}=5$,

即 $\mathrm{r}^{2}-8 \mathrm{r}+7=0$. 解得 $\mathrm{r}=1$ 或 $\mathrm{r}=7$.

所以 $\mathrm{M}$ 点的坐标为 $(1,0)$ 或 $(7,0)$.

Question: 24. 在极轴上求与点 $\mathrm{A}\left(4 \sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 的距离为 5 的点 $\mathrm{M}$ 的坐标

解析几何

: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据点的极坐标和直角坐标的互化计算即可


Answer:
答案: 解: $\mathrm{x}=2 \cos \frac{7 \pi}{6}=-\sqrt{3}$,

$\mathrm{y}=2 \sin \frac{7 \pi}{6}=-1$,

故点 $\mathrm{A}$ 的直角坐标为 $(-\sqrt{3},-1)$.

(2)把点 $\mathrm{P}$ 的直角坐标 $(1,-\sqrt{3})$ 化成极坐标. $(\rho>0,0 \leq \theta<2 \pi)$
答案: 解: $\rho=\sqrt{1^{2}+-\sqrt{3}^{2}}=2, \tan \theta==-\sqrt{3}$.

又因为点 $P$ 在第四象限且 $0 \leq \theta<2 \pi$, 得 $\theta=\frac{5 \pi}{3}$.

因此点 $\mathrm{P}$ 的极坐标是 $\left(2, \frac{5 \pi}{3}\right)$.

Question:
25. 根据点的极坐标和直角坐标的互化, 解决下列问题

(1)把点 $\mathrm{A}$ 的极坐标 $\left(2, \frac{7 \pi}{6}\right)$ 化成直角坐标;

解析几何

: 分析: 本题主要考查了点的极坐标和直角坐标的互化, 解决问题的关键是根据(1)极坐标和直角坐标互化的前提条件有三, 即极点与原点重合, 极轴与 $\mathrm{x}$ 轴正半轴重合, 有相同的长度单位, 三者缺一不可. (2)熟记互化公式, 必要时可画图来分析.


Answer:
答案: 解: 由于 $f(x)=|x-a|+|x-5| \geq|a-5|$,

所以 $f(x) \geq 3 \Leftrightarrow|a-5| \geq 3$, 解得 $a \leq 2$ 或 $a \geq 8$.

(2) 当 $a=2$ 时,求: 不等式 $f(x) \geqslant x^{2}-8 x+15$ 的解集.

答案: 解: $f(x)=|x-2|+|x-5|=\left\{\begin{array}{c}7-2 x, x<2 \\ 3,2 \leq x \leq 5 \\ 2 x-7, x>5\end{array}\right.$,

原不等式等价于 $\left\{\begin{array}{c}x<2 \\ 7-2 x \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$, 或 $\left\{\begin{array}{c}2 \leq x \leq 5 \\ 3 \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$, 或 $\left\{\begin{array}{c}x>5 \\ 2 x-7 \geq x^{2}-8 x+15\end{array}\right.$

解得 $2 \leq x \leq 5+\sqrt{3}$, 原不等式解集为 $\{x \mid 2 \leq x \leq 5+\sqrt{3}\}$.

.

Question:
23. 已知函数 $f(x)=|x-a|+|x-5|$.

(1) 若不等式 $f(x) \geqslant 3$ 恒成立,求 $a$ 的取值范围;

解析几何

: 分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是. (1) 利用不等式的性质得 $|x-a|+|x-5| \geq|a-5|$, 所以不等式 $f(x) \geqslant 3$ 恒成立, 可以转化为 $|a-5| \geq 3$, 解绝对值不等式即可得到 $\mathrm{a}$ 的取值范围; (2) 先把函数 $f(x)$ 写成分段函数, 再利用零点分段法, 断开, 分别解不等式组, 即可得到不等式的解集.


Answer:
答案：解：圆 $O: \rho=\cos \theta+\sin \theta, \rho^{2}=\rho \cos \theta+\rho+\sin \theta$.

故圆 $O$ 的直角坐标方程 $x^{2}+y^{2}=x+y$ ，即 $x^{2}+y^{2}-x-y=0$.

直线 $l: \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\rho \sin \theta-\rho \cos \theta=1$,

则直线 1 的直角坐标方程 $y-x=1$, 即 $x-y+1=0$.

(2) 当 $\theta \in(0, \pi)$ 时, 求直线 $l$ 与圆 $\mathrm{O}$ 公共点的一个极坐标.

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{c}x^{2}+y^{2}-x-y=0 \\ x-y+1=0\end{array}\right.$ 消去 $y$, 得 $2 x^{2}=0$, 所以 $x=0, y=1$,故直线与圆的公共点的直角坐标为 $(0,1)$, 化为极坐标为 $\left(1, \frac{\pi}{2}\right)$.

Question:
15. 在极坐标系中, 已知圆 O: $\rho=\cos \theta+\sin \theta$ 和直线 $1: \rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

(1) 求圆 $O$ 和直线 $l$ 的直角坐标方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程分析计算即可


Answer:
答案: 解: 圆 $\rho^{2}+2 \rho \sin \theta-7=0$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}+2 y-7=0$,

直线 $\rho \cos \theta+\rho \sin \theta-7=0$ 的直角坐标方程为 $x+y-7=0$, 设点

$P(2 \sqrt{2} \cos \alpha, 2 \sqrt{2} \sin \alpha-1)$,

则点 $P$ 到直线 $x+y-7=0$ 的距离 $d=\frac{|2 \sqrt{2} \cos \alpha+2 \sqrt{2} \sin \alpha-8|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|4 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)-8\right|}{\sqrt{2}}$,所以 $d_{\text {min }}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2} ; d_{\text {max }}=\frac{12}{\sqrt{2}}=6 \sqrt{2}$.

Question: 16. 在极坐标系中, 已知点 $P$ 为圆 $\rho^{2}+2 \rho \sin \theta-7=0$ 上任一点.求点 $\mathrm{P}$ 到直线 $\rho \cos \theta+\rho \sin \theta-7=0$ 的距离的最小值与最大值.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程计算即可


Answer:
答案: 解: 由 $\rho \cos \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=1$ 得, $\rho\left(\frac{1}{2} \cos \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta\right)=1$.

从而 $\mathrm{C}$ 的直角坐标方程为 $\frac{1}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} y=1$. 即 $x+\sqrt{3} y=2$.

当 $\theta=0$ 时, $\rho=2$ ，所以 $M(2,0)$ ；

当 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 时, $\rho=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 所以 $N\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$.

(2)设 $\mathrm{MN}$ 的中点为 $\mathrm{P}$, 求直线 $\mathrm{OP}$ 的极坐标方程.

答案: 解: $\mathrm{M}$ 点的直角坐标为 $(2,0), \mathrm{N}$ 点的直角坐标为 $\left(0, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$, 所以 $\mathrm{P}$ 点的直角坐标为 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, 则 $\mathrm{P}$ 点的极坐标为 $\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{\pi}{6}\right)$. 所以直线 $\mathrm{OP}$ 的极坐标方程为 $\theta=\frac{\pi}{6}, \rho \in(-\infty,+\infty)$.

(注意: 不表示为 $\theta=\frac{\pi}{6}, \rho \geq 0$, 这是射线的极坐标方程)

Question:
17. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=1, M, N$ 分别为 $\mathrm{C}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴的交点.

(1)写出 $\mathrm{C}$ 的直角坐标方程, 并求 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ 的极坐标.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程结合所给几何关系分析计算即可


Answer:
答案: 解: 由 $\rho=4 \cos \theta$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, 所以 $x^{2}+y^{2}=4 x$, 即圆 $O_{1}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

同理圆 $O_{2}$ 的直角坐标方为 $x^{2}+y^{2}+4 y=0$.

(2)求经过圆 $O_{1}$, 圆 $O_{2}$ 交点的直线的极坐标方程.

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-4 x=0, \\ x^{2}+y^{2}+4 x=0\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=0, \\ y_{1}=0,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x_{2}=2, \\ y_{2}=-2 .\end{array}\right.$即圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 交于点 $(0,0)$ 和 $(2,-2)$, 则 $\tan \theta=\frac{-2-0}{2-0}=-1$, 则 $\theta=\frac{3 \pi}{4}$ 或 $\theta=\frac{7 \pi}{4}$.即过圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 交点的直线的极坐标方程为则 $\theta=\frac{3 \pi}{4}$ 或 $\theta=\frac{7 \pi}{4}$.

Question:
18. 圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的极坐标方程分别为 $\rho=4 \cos \theta, \rho=-4 \sin \theta$.

(1)把圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程分析计算即可得到所求量的关系


Answer:
答案: 解答: 由题意, 设圆上一点 $P(\rho, \theta)$,

<ImageHere>

因为圆心坐标为 $\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 半径为 3 , 故 $\rho=6 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)$所以所求圆的极坐标方程为 $\rho=6 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)$

Question: 19. 圆心的极坐标为 $C\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 求半径为 3 的圆的极坐标方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是根据条件转化即可.


Answer:
答案：解答：在圆周上任取一点 $\mathrm{P}$ (如图)设其极坐标为 $(\rho, \theta)$.

由余弦定理知:

<ImageHere>

$C P^{2}=O P^{2}+O C^{2}-2 O P \cdot O C \cos \angle C O P$,

$\therefore r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$.

故其极坐标方程为

$r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$.

Question: 20. 求圆心在 $\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)$, 半径为 $\mathrm{r}$ 的圆的方程.

解析几何

: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是(1)圆的极坐标方程是曲线的极坐标方程的一种特殊情况, 其求解过程同曲线的极坐标方程的求法.

(2)特别地, 当圆心在极轴上即 $\theta_{0}=0$ 时, 方程为 $r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \theta$; 若再有

$\rho_{0}=r$, 则其方程为 $\rho=2 \rho_{0} \cos \theta=2 r \cos \theta$; 若 $P_{0}=r, Q_{0} \neq 0$, 则方程为

$\rho=2 r \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$, 这几个方程经常用来判断图形的形状和位置.


Answer:
答案: 解: 设直角三角形的斜边为 $\mathrm{OD}$, 它的长度是 $2 r$, 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{OD}$ 所在射线为极轴, 建立极坐标系,如图所示:

<ImageHere>

设 $P(\rho, \theta)$ 为轨迹上的一点, 则 $O P=\rho, \angle x O P=\theta$.

在直角三角形 $O D P$ 中, $O P=O D \cdot \cos \theta$ ，

$\because O P=\rho, O D=2 r$

$\therefore \rho=2 r \cos \theta(\rho \neq 0, \rho \neq 2 r)$.

这就是所求轨迹的方程.

Question: 21. 设一个直角三角形的斜边长一定, 求直角顶点轨迹的极坐标方程.

解析几何

: 分析: 本题考查极坐标方程的求法,解答此题需要根据题目特点建立恰当的极坐标系,
然后再求直角顶点的轨迹方程. (1)求曲线的极坐标方程的步骤如下; (1)建立适当的极坐标系; (2)设 $\mathrm{P}(\rho, \theta)$ 是曲线上任一点; (3)列出 $\rho, \theta$ 的关系式; (4)化简整理; (2)极坐标中的坐标是由长度与角度表示的, 因此, 建立极坐标方程常常可以在一个三角形中实现, 找出这样的三角形便形成了解题的关键.


Answer:
答案: 解: $z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=x y+\frac{1}{x y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq x y+\frac{1}{x y}+2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}}=x y+\frac{1}{x y}+2$,

$\because \sqrt{x y} \leq \frac{x+y}{2}, \therefore x y \leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$,

构造函数 $f(x)=x+\frac{1}{x}$, 易证 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$ 上是单调递减的, $\therefore x y+\frac{1}{x y} \geq 4+\frac{1}{4}=\frac{17}{4}$,

$\therefore z \geq \frac{17}{4}+2=\frac{25}{4}$, 当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时, “ $=$ ”成立,

$\therefore z$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.

Question: 24. 已知两正数 $X, y$ 满足 $x+y=1$, 求 $Z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)$ 的最小值

代数

: 分析: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用, 解决问题的关键是首先将 $Z$变形为 $z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=x y+\frac{1}{x y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq x y+\frac{1}{x y}+2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}}=x y+\frac{1}{x y}+2$, 而 $x y \leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$, 因此对于 $x y+\frac{1}{x y}$ 不能用基本不等式 $x y+\frac{1}{x y} \geq 2 \sqrt{x y \cdot \frac{1}{x y}}=2$ （当 $x y=1$ 时“=”成立), $\therefore$ 可以考虑函数 $f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$ 上的单调性, 易得 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$上是单调递减的, 故 $x y+\frac{1}{x y} \geq 4+\frac{1}{4}=\frac{17}{4}, \therefore z \geq \frac{17}{4}+2=\frac{25}{4}$, 当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时, “””成立, 即 $\mathrm{z}$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.


Answer:
：(2)(3)

(1)函数 $y=2 x^{2}-1$ 在 $x=3$ 处的导数为 12 , 故(1)错, 根据变化率在物理学中的含义知 (2)(3)正确.

Question: 16. 给出下列结论: (1)函数 $y=2 x^{2}-1$ 在 $x=3$ 处的导数为 11; (2)若物体的运动规律是 $s$ $=f(t)$, 则物体在时刻 $t_{0}$ 的瞬时速度 $v$ 等于 $f^{\prime}\left(t_{0}\right)$; (3)物体做直线运动时, 它的运动规律可以用函数 $v=v(t)$ 描述, 其中 $v$ 表示瞬时速度, $t$ 表示时间, 那么该物体运动的加速度为 $a$ $=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{v(\mathrm{t}+\Delta t)-v(\mathrm{t})}{\Delta t}$. 其中正确的结论序号为 \$ \qquad \$ .

代数


Answer:
答案: 解: 原不等式化为 $|x+7|-|3 x-4|+\sqrt{2}-1>0$
当 $x>\frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\frac{4}{3}<x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}$;

当 $-7 \leq x \leq \frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7+(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x>-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}$, 即 $-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}<x \leq \frac{4}{3}$;

当 $x<-7$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x>6-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 与 $x<-7$ 矛盾;

所以解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}<x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}\right.\right\}$

Question: 21. 解不等式 $|x+7|-|3 x-4|+\sqrt{3-2 \sqrt{2}}>0$

代数


Answer:
答案: (1) 令 $r=3, T_{4}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{3} C_{8}^{3} x^{\frac{2}{3}}-7 x^{\frac{2}{3}}$,

(2) 令 $8-2 y=0$, 得 $r=4, \therefore T_{s}=\frac{35}{8}$,

(3) 令 $x=1$, 各项系数和为 $\frac{1}{256}$.

Question:
在二项式 $\left(\sqrt[3]{x}-\frac{1}{2 \sqrt[3]{x}}\right)^{n}$ 的展开式中, 前三项系数的绝对值成等差数列。

(1) 求展开式的第四项;

(2) 求展开式的常数项;

(3) 求展开式中各项的系数和.

代数


Answer:
答案：由 $S_{n}+a_{n}=2 n+1$,

当 $n=1$ 时, $S_{1}=a_{1}, \therefore a_{1}+a_{1}=2 \times 1+1$, 得 $a_{1}=\frac{3}{2}$.

当 $n=2$ 时, $S_{2}=a_{1}+a_{2}$,

则 $a_{1}+a_{2}+a_{2}=5$, 将 $a_{1}=\frac{3}{2}$ 代入得 $a_{2}=\frac{7}{4}$.

同理可得 $a_{3}=\frac{15}{8}$.

$\therefore a_{n}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n}}=2-\frac{1}{2^{n}}$.证明：当 $n=1$ 时, 结论成立.

假设 $n=k$ 时, 命题成立, 即 $a_{k}=2-\frac{1}{2^{k}}$ ；

当 $n=k+1$ 时, $S_{n}+a_{n}=2 n+1$,

则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{k}+2 a_{k+1}=2(k+1)+1$.

$\because a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}=2 k+1-a_{k}$

$\therefore 2 a_{k+1}=4-\frac{1}{2^{k}}, a_{k+1}=2-\frac{1}{2^{k+1}}$ 成立.

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, 结论也成立.

$\therefore$ 根据上述知对于任意自然数 $n \in N^{*}$, 结论成立.

Question:
24. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $S_{n}+a_{n}=2 n+1$.

(1)写出 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, 并推测 $a_{n}$ 的表达式;

(2)用数学归纳法证明所得的结论.

代数

: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是根据归纳推理进行发现证明即可.


Answer:
答案: 取 $x=1$, 则 $a_{0}=2^{n}$;

取 $x=2, a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}=3^{n}, \therefore s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=3^{n}-2^{n}$要比较 $s_{n}$ 与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 即比较 $3^{n}$ 与 $(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小.

当 $n=1$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

当 $n=2,3$ 时, $3^{n}<(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

当 $n=4,5$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

猜想: 当 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$, 下面用数学归纳法证明:

由上述过程可知, $n=4$ 时结论成立;

假设当 $n=k(k \geq 4)$ 时结论成立, 即 $3^{k}>(k-1) \cdot 2^{k}+2 k^{2}$

两边同乘以 3 得: $3^{k+1}>3(k-1) \cdot 2^{k}+6 k^{2}=k \cdot 2^{k+1}+2(k+1)^{2}+\left[(k-3) 2^{k}+4 k^{2}-4 k-2\right]$

$\because k \geq 4$ 时, $(k-3) 2^{k}>0,4 k^{2}-4 k-2 \geq 4 \times 4^{2}-4 \times 4-2>0, \therefore(k-3) 2^{k}+4 k^{2}-4 k-2>0$

$\therefore 3^{k+1}>k \cdot 2^{k+1}+2(k+1)^{2}$, 即 $n=k+1$ 时结论也成立.

$\therefore$ 当 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 成立.

综上所述, 当 $n=1$ 或 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;当 $n=2,3$ 时, $3^{n}<(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$.

Question:
25. 已知 $(x+1)^{n}=a_{0}+a_{1}(x-1)+a_{2}(x-1)^{2}+\cdots+a_{n}(x-1)^{n}$, (其中 $\left.n \in N^{*}\right)$.

(1) 求 $a_{0}$ 及 $s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$;

(2) 试比较 $s_{n}$ 与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 并用数学归纳法给出证明过程.

代数

: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是 (1) 采用赋值法, 令 $x=1$, 右
边 $=a_{0}=$ 左边 $=2^{n}, s_{n}$ 也采用赋值法, 令 $x=2$; (2) 根据（1）得到 $s_{n}=3^{n}$, 等于比较 $3^{n}$与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 首先赋几个特殊值, 采用不完全归纳法, 得到答案, 然后再用数学归纳法证明.


Answer:
答案: 解: $\because x^{2}+y^{2} \geq 2 x y, y^{2}+z^{2} \geq 2 y z, z^{2}+x^{2} \geq 2 z x$,

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}\right)+\left(y^{2}+z^{2}\right)+\left(z^{2}+x^{2} \geq 2 x y+2 y z+2 z x\right.$.

$\therefore 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x$,

即 $3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2}=1$.

$\therefore x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{1}{3}$.

Question: 17. 已知 $x+y+z=1$, 求证: $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{1}{3}$.

代数

:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是

利用 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b \rightarrow$ 同向不等式求和 $\rightarrow$ 结论


Answer:
答案：解：方法一(分析法):

要证 $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$,

即证 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{a}{a+b+c} ，$
只需证 $\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}=3$,

化简, 得 $\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}=1$,

即 $c(b+c)+(a+b) a=(a+b)(b+c) ，$

所以只需证 $c^{2}+a^{2}=b^{2}+a c$.

因为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列,

所以 $\angle B=60^{\circ}$.

所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{1}{2}$.

所以 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=a c$. 所以原式成立.

方法二(综合法):

因为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列,

所以 $\angle B=60^{\circ}$.

由余弦定理, 有 $b^{2}=c^{2}+a^{2}-2 a c \cos 60^{\circ}$,

所以 $c^{2}+a^{2}=a c+b^{2}$.

两边加 $a b+b c$, 得 $c(b+c)+a(a+b)=(a+b) \cdot(b+c)$,

两边同时除以 $(a+b)(b+c)$, 得 $\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}=1$,

所以 $\left(\frac{c}{a+b}+1\right)+\left(\frac{a}{b+c}+1\right)=3$,

即 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{a}{a+b+\varepsilon}$,

所以 $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$.

.

Question:
18. 已知 $\triangle A B C \triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列, 且 $a, b, c$ 分别为角 $A, B, C$ 的对

边, 求证: $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$

代数

:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是综合法和分析法各有优
缺点, 从寻求解题思路来看, 综合法由因导果, 分析法执果索因. 就表达证明过程而论, 综合法形式简洁, 条理清晰; 分析法叙述繁琐, 文辞冗长. 也就是说分析法宜于思考, 综合法宜于表述. 因此, 在实际解题时, 常常把分析法和综合法结合起来运用, 先利用分析法寻求解题思路, 再利用综合法有条理地表述解答过程.


Answer:
答案: 解: 方法一(分析法):

要证 $a^{3}+b^{2}>a^{2} b+a b^{2}$ 成立,

即需证 $(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>a b(a+b)$ 成立.

又因 $a+b>0 ，$

故只需证 $a^{2}-a b+b^{2}>a b$ 成立,

即需证 $a^{2}-2 a b+b^{2}>0$ 成立,

即需证 $(a-b)^{2}>0$ 成立.

而依题设 $a \neq b$ ，则 $(a-b)^{2}>0$ 显然成立.

由此命题得证.

方法二(综合法):

$a \neq b \Leftrightarrow a-b \neq 0 \Leftrightarrow(a-b)^{2}>0 \Leftrightarrow a^{2}-2 a b+b^{2}>0 \Leftrightarrow a^{2}-a b+b^{2}>a b$.

注意到 $a, b \in(0,+\infty), a+b>0 a+b>0$, 由上式即得

$(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>a b(a+b)$.

所以 $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.

Question:
19. 设 $a, b \in(0,+\infty)$, 且 $a \neq b$, 求证: $a^{2}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$. 提示:

$\left.a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)\right)$

代数

:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据分析法.综合法结合所学基本不等式进行分析证明即可


Answer:
答案: 解: $\because a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$,

$\therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=b c+c a+a b$.

又 $b c+c a \geq 2 \sqrt{b c} \cdot \sqrt{c a}=2 \sqrt{c}$ ，

$c a+a b>2 \sqrt{c a} \cdot \sqrt{a b}=2 \sqrt{a}, a b+b c>2 \sqrt{a b} \cdot \sqrt{b c}=2 \sqrt{b}$, 且 $a, b, c$ 不全相等, $\therefore$ 上述三个不等式中的“=”不能同时成立. $\therefore 2(b c+c a+a b)>2(\sqrt{c}+\sqrt{a}+\sqrt{b})$, 即

$b c+c a+a b>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

故 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

Question: 20. 设 $a, b, c a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$, 求证: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

代数

:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据 $a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$, 得到 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=b c+c a+a b$, 然后运用基本不等式性质分析计算证明即可.


Answer:
: 证明: 假设 $a, b, c$ 均小于 1 , 即 $a<1, b<1, c<1$, 则有 $a+b+c<3$,

而 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2 \mathrm{x}^{2}-2 x+\frac{1}{2}+3=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \geq 3$,

两者矛盾; 故 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于

Question: 21. 已知 $x \in \mathrm{R}, \mathrm{a}=x^{2}+\frac{1}{2}, \mathrm{~b}=2-x, \mathrm{c}=x^{2}-x+1$, 试证明 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于 1 .

代数

: 证明: 假设 $a, b, c$ 均小于 1 , 即 $a<1, b<1, c<1$, 则有 $a+b+c<3$,

而 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2 \mathrm{x}^{2}-2 x+\frac{1}{2}+3=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \geq 3$,

两者矛盾; 故 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于


Answer:
答案：证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(-1,+\infty)$, 不妨设 $x_{1}<x_{2}$,

由于 $\mathrm{a}>1, a x_{1}<a x_{2}, \therefore a x_{2}-a x_{1}>0$.

又 $\because x_{1}+1>0, x_{2}+1>0$,

$\therefore \frac{x_{2}-2}{x_{2}+1}-\frac{x_{1}-2}{x_{1}+1}$

$=\frac{\left(x_{2}-2\right)\left(x_{1}+1\right)-\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}+1\right)}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)}$

$=\frac{3\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)}>0$,

于是 $\mathrm{f}\left(x_{2}\right)-\mathrm{f}\left(x_{1}\right)=\mathrm{ax}_{2}-\mathrm{ax_{1 }}+\frac{x_{2}-2}{x_{2}+1}-\frac{x_{1}-2}{x_{1}+1}>0$,

即 $\mathrm{f}\left(x_{2}\right)>\mathrm{f}\left(x_{1}\right)$,

故函数 $\mathrm{f}(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数证明：假设存在 $x_{0}<0\left(x_{0} \neq-1\right)$ 满足 $\mathrm{f}\left(x_{0}\right)=0$,

则 $\mathrm{a}_{0}=-\frac{x_{0}-2}{x_{0}+1}$.

$\because a>1$

$\therefore 0<\mathrm{ax}_{0}<1$.

$\therefore 0<-\frac{x_{0}-2}{x_{0}+1}<1$, 即 $\frac{1}{2}<x_{0}<2$, 与假设 $x_{0}<0$ 相矛盾,

故方程 $\mathrm{f}(x)=0$ 没有负数根.

Question:
23. 已知函数 $\mathrm{f}(x)=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}+\frac{x-2}{x+1}(\mathrm{a}>1)$.

(1)证明：函数 $\mathrm{f}(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数;
 .

(2)用反证法证明方程 $\mathrm{f}(x)=0$ 没有负数根.

代数

：分析：本题主要考查了综合法的思考过程、特点及应用、反证法的应用, 解决问题的关键是(1)根据所给条件结合所求命题综合分析计算即可; (2)运用反证法的证明方法进行证明即可.


Answer:
答案：证明: $\mathrm{a}^{\mathrm{m}^{+} \mathrm{n}}+\mathrm{b}^{\mathrm{m}^{+} \mathrm{n}}-\left(\mathrm{a}^{\mathrm{m}} \mathrm{b}^{\mathrm{n}}+\mathrm{a}^{\mathrm{n}} \mathrm{b}^{\mathrm{m}}\right)$

$=\left(a^{m^{+}}-a^{m} b^{n}\right)-\left(a^{n} b^{m}-b^{m^{+}}\right)=a^{m}\left(a^{n}-b^{n}\right)-b^{m}\left(a^{n}-b^{n}\right)=\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)$.

当 $a>b$ 时, $a^{m}>b^{m}, a^{n}>b^{n}, \therefore\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)>0$;

当 $a<b$ 时, $a^{\mathrm{m}}<b^{\mathrm{m}}, \mathrm{a}^{\mathrm{n}}<\mathrm{b}^{\mathrm{n}}, \therefore\left(\mathrm{a}^{\mathrm{m}}-\mathrm{b}^{\mathrm{m}}\right)\left(\mathrm{a}^{\mathrm{n}}-\mathrm{b}^{\mathrm{n}}\right)>0$;

当 $a=b$ 时, $a^{m}=b^{m}, a^{n}=b^{n}, \therefore\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)=0$.

综上, $\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right) \geq 0$, 即 $a^{m^{+} n}+b^{m^{+}} n a^{m} b^{n}+a^{n} b^{m}$.

Question: 24. 已知 $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{~m}>0, \mathrm{n}>0$, 求证: $\mathrm{a}^{\mathrm{m}+\mathrm{n}}+\mathrm{b}^{\mathrm{m}+\mathrm{n}} \geq \mathrm{a}^{\mathrm{m}} \mathrm{b}^{\mathrm{n}}+\mathrm{a}^{\mathrm{n}} \mathrm{b}^{\mathrm{m}}$.

代数

: 分析: 本题主要考查了分析法的思考过程、特点及应用, 解决问题的关键是利用作差比较, 因式分解的方法, 分类讨论思想, 对 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的大小关系讨论, 可证不等式成立.


Answer:
答案：证明：假设方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 有实根, 则该方程根的判别式

$\Delta=4-4\left(5-p^{2}\right) \geq 0$, 解得 $p \geq 2$ 或 $p \leq-2$. 而由已知条件实数 $p$ 满足不等式
$(2 p+1) \cdot(p+2)<0$, 解得 $-2<p<-\frac{1}{2}$, 二者无公共部分, 所以假设不成立, 故关于 $x$的方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 无实根.

Question: 14. 已知实数 $p$ 满足不等式 $(2 p+1)(p+2)<0$, 用反证法证明: 关于 $x$ 的方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 无实根.

代数

:【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是利用反证法进行证明时, 首先对所要证明的结论进行否定性的假设, 并以此为条件进行归谬, 得到矛盾, 则原命题成立，即反证法必须严格按照“反设 $\rightarrow$ 归谬 $\rightarrow$ 存真”的步骤进行.


Answer:
答案：证明：假设三个方程都没有实数根, 则由判别式都小于零得

$\left\{\begin{array}{l}\Delta_{1}=(4 a)^{2}+4(4 a-3)<0, \\ \Delta_{2}=(a-1)^{2}-4 a^{2}<0, \\ \Delta_{3}=(2 a)^{2}-4 \times(-2 a)<0,\end{array}\right.$

则 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}<a<\frac{1}{2}, \\ a>\frac{1}{3} \text { 或 } a<-1, \\ -2<a<0,\end{array}\right.$ 解得 $-\frac{3}{2}<a<-1$,

与 $a \leq-\frac{3}{2}$ 或 $a \geq-1 a \geq-1$ 矛盾, 故原命题成立.

Question: 17. 用反证法证明: 关于 $x$ 的方程 $x^{2}+4 a x-4 a+3=0, x^{2}+(a-1) x+a^{2}=0, x^{2}+2 a x-2 a=0$, 当 $a \leq-\frac{3}{2}$ 或 $a \geq-1$ 时, 至少有一个方程有实数根.

代数

：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是假设三个方程都没有实数根, 则由判别式都小于零得到矛盾.


Answer:
答案：证明：假设 $a . b . c . d$ 都是非负数,

即 $a \geq 0, b \geq 0, c \geq 0, d \geq 0$,

则 $1=(a+b)(c+d)=(a c+b d)+(a d+b d) \geq a c+b d$,

这与已知中 $a c+b d>1$ 矛盾,

$\therefore$ 原假设错误，

$\therefore a . b . c . d$ 中至少有一个是负数.

Question: 20. 实数 $a . b . c . d$ 满足 $a+b=c+d=1, a c+b d>1$, 求证 $a . b . c . d$ 中至少有一个是负数.

代数

：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键 “至多”.“至少”型命题的证明方法. 解答本题应假设 $a . b . c . d$ 都是非负数, 然后证明并得出矛盾. (1)在证明中含有“至少”.“至多”.“最多”等字眼时，或证明否定性命题.惟一性命题时，可使用反证法证明.在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾, 也可以与已知矛盾, 与显然的事实矛盾, 也可以自相矛盾.(2)在用反证法证明的过程中, 由于作出了与结论相反的假设, 相当于增加了题设条件, 因此在证明过程中必须使用这个增加的条件, 否则将无法推出矛盾.


Answer:
(1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.<ImageHere>$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}
ight.$ 解得 $-1<m<1$,

Question:
已知复数 $z_{1}=-2+i, z_{1} z_{2}=-5+5 i$ (其中 $i$ 为虚数单位).

(1)求复数 ${ }^{Z_{2}}$;

(2)若复数 $z_{3}=\left(3-z_{2}\right)\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \mathrm{i}\right]$ 所对应的点在第四象限, 求实数 $m$ 的取值范围.

代数

(1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.<ImageHere>$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}
ight.$ 解得 $-1<m<1$,


Answer: (1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.

Question:
已知复数 $z_{1}=-2+i, z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}$ (其中 $\mathrm{i}$ 为虚数单位).

(1)求复数 $Z_{i}$;

(2)若复数 $z_{3}=\left(3-z_{1}\right)\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \dot{i}\right]$ 所对应的点在第四象限, 求实数 $m$ 的取值范围.

代数

(2) $z_{3}=\left(3-z_{1}
ight)\left[\left(m^{2}-2 m-3
ight)+(m-1) \mathrm{i}
ight]=\mathrm{i}\left[\left(m^{2}-2 m-3
ight)+(m-1) \mathrm{i}
ight]=-(m-1)+\left(m^{2}-2 m-3
ight) \mathrm{i}$.$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}
ight.$ 解得 $-1<m<1$,$	herefore m$ 的取值范围是 $-1<m<1$.


Answer: 证明: (1)要证: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$只需证: $(\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7})^{2}>(\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5})^{2}只需证: $2 a+13+2 \sqrt{(a+6)(a+7)}>2 a+13+2 \sqrt{(a+8)(a+5)}$只需证: $\sqrt{(a+6)(a+7)}>\sqrt{(a+8)(a+5)}$只需证: $a^{2}+13 a+42>a^{2}+13 a+40$只需证: $42>40$而 $42>40$ 显然成立, 所以原不等式得证.(2)假设结论不成立, 即 ${ }^{a+rac{1}{b} 	ext { 与 } b+rac{1}{a}}$ 都小于 2,则 $a+rac{1}{b}+b+rac{1}{a}<2+2=4$而由基本不等式, $a+rac{1}{a} \geq 2, b+rac{1}{b} \geq 2$ ，$	herefore a+rac{1}{b}+b+rac{1}{a}=a+rac{1}{a}+b+rac{1}{b} \geq 2+2=4$ 与(1)式矛盾

Question:
回答下列问题.

（1）请用分析法证明: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$;

（2）请用反证法证明: 设 $a>0, b>0$, 则 ${ }^{a+\frac{1}{b}}$ 与 $^{b+\frac{1}{a}}$ 中至少有一个不小于 2 .

代数


Answer: (1) $2 x+y-13=0$ ；（2） 32 .

Question: (12 分) 已知函数 $f(x)=12-x^{2}$.

代数


Answer: (1) 1；(2）见解析。

Question:
(12 分) 设函数 $f(x)=\ln x-2 a x+x^{2} ， a \in \mathbf{R}$

(1) 若 $a=0$, 求函数 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上的最小值;

(2) 求函数 $f(x)$ 的极值点.

代数


Answer: (1) $(e,+\infty)$; (2) 证明见解析.

Question:
(12 分) 已知函数 $f(x)=x-a \ln x(x>0, a \in \mathbf{R})$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 且

$x_{1}<x_{2}$,

(1) 求 $a$ 的取值范围;

(2) 证明: $x_{1} \cdot x_{2}>e^{2}$.

代数


Answer: （1）2；(2）

Question:
(10 分) 设 $a>0, b>0$, 且 $a+b=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$.

(1) 求 $a+b$ 的最小值;

(2) 证明: $a^{2}+a<2$ 与 $b^{2}+b<2$ 不可能同时成立.

代数


Answer:
证明：假设原命题不成立,即 $x^{2}+p_{1} x+q_{1}=0$ 与 $x^{2}+p_{2} x+q_{2}=0$ 都无实根，$	herefore \Delta_{1}=p_{1}^{2}-4 q_{1}<0, \Delta_{2}=p_{2}^{2}-4 q_{2}<0$,两式相加得 $p_{1}^{2}+p_{2}^{2}-4 q_{1}-4 q_{2}<0$, 即 $p_{1}^{2}+p_{2}^{2}<4\left(q_{1}+q_{2}
ight)$,又 $ecause p_{1} p_{2}=4\left(q_{1}+q_{2}
ight), 	herefore p_{1}^{2}+p_{2}^{2}<p_{1} p_{2}$,即 $\left(p_{1}-rac{1}{2} p_{2}
ight)^{2}+rac{3}{4} p_{2}^{2}<0$, 此式显然不成立,故假设不成立, 原命题是正确的.

Question: (12 分) 已知 $p_{1} \cdot p_{2}=4\left(q_{1}+q_{2}\right)$, 求证关于 $x$ 的二次方程 $x^{2}+p_{1} x+q_{1}=0$, $x^{2}+p_{2} x+q_{2}=0$ 中至少有一个方程有实根.

代数


Answer: (1）当 $a, b>0$ 时, 有 $rac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}>0$, $	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq \lg \sqrt{a b}, \quad 	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq rac{1}{2} \lg (a b)=rac{\lg a+\lg b}{2}$,$	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq rac{\lg a+\lg b}{2}$.(2) 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$, 只要证,即 $2 \sqrt{60}>2 \sqrt{48}$, 显然成立的,所以，原不等式成立.

Question:
(12 分) 用综合法或分析法证明:

(1) 如果 $a, b>0$, 则 $\lg \frac{a+b}{2} \geq \frac{\lg a+\lg b}{2}$;

(2) $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$.

代数


Answer:
证明: (1) 要证明 $f\left(rac{a}{b}
ight)+f\left(rac{b}{a}
ight) \leq rac{2}{3}$只需证明 $rac{1}{rac{a}{b}+2}+rac{1}{rac{b}{a}+2} \leq rac{2}{3}$, 只需证明 $rac{b}{a+2 b}+rac{a}{b+2 a} \leq rac{2}{3}$,即证 $rac{b^{2}+4 a b+a^{2}}{2 a^{2}+5 a b+2 b^{2}} \leq rac{2}{3}$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立, $f\left(rac{a}{b}
ight)+f\left(rac{b}{a}
ight) \leq rac{2}{3}$.(2) 假设 $a f(b), b f(a)_{	ext {都小于或等于 }} rac{1}{2}$, 即 $rac{a}{b+2} \leq rac{1}{2}, rac{b}{a+2} \leq rac{1}{2}$,所以 $2 a \leq b+2,2 b \leq a+2$, 两式相加得 $a+b \leq 4$ ，这与 ${ }^{a+b>4}$ 矛盾, 所以 ${ }^{a f(b)}, b f(a)$ 中至少有一个大于 $rac{1}{2}$.

Question:
(12 分) 设函数 $f(x)=\frac{1}{x+2}, a, b \in(0,+\infty)$.

问:（1）此表第 $n$ 行的最后一个数是多少?

（2）此表第 $n$ 行的各个数之和是多少?

（3） 2008 是第几行的第几个数?

(1) 用分析法证明: $f\left(\frac{a}{b}\right)+f\left(\frac{b}{a}\right) \leq \frac{2}{3}$;

(2) 设 $a+b>4$, 求证: $a f(b), b f(a)$ 中至少有一个大于 $\frac{1}{2}$.

代数


Answer: 答案:证明见解析。

Question: (10 分) 已知 $x, y \in \mathrm{R}^{+}$, 且 $x+y>2$, 求证: $\frac{1+x}{y}$ 与 $\frac{1+y}{x}$ 中至少有一个小于

代数

答案:证明见解析。

【解析】证明: 假设 $\frac{1+x}{y}$ 与 $\frac{1+y}{x}$ 都大于或等于 2 , 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1+x}{y} \geq 2 \\ \frac{1+y}{x} \geq 2\end{array}\right.$,

因为 $x, y \in \mathbf{R}^{+}$, 故可化为 $\left\{\begin{array}{l}1+x \geq 2 y \\ 1+y \geq 2 x\end{array}\right.$, 两式相加, 得 $x+y \leq 2$,

与已知 $x+y>2$ 矛盾,

所以假设不成立，即原命题成立.


Answer: 答案:证明见解析.

Question: (12 分) 已知 $a>0$, 证明: $\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}-\sqrt{2} \geq a+\frac{1}{a}-2$.

代数


Answer: B

Question:
$\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}^{2}-\overrightarrow{D B}^{2}$

(2) 已知 $a>b>c$, 且 $a+b+c=0$, 求证: $\frac{\sqrt{b^{2}-a c}}{a}<\sqrt{3}$.

代数

反证法的步骤为: 假设结论不成立, 推导出矛盾, 得到结论, 据此知顺序为(3)(1)(2).


Answer: (1) 0.9 ; (2) $6 x_{0}+3 \Delta x$

Question:
(10 分) 已知函数 $f(x)=3 x^{2}+5$, 求 $f(x)$ :

(1) 从

代数


Answer:
答案: (1)分为三类:从国画中选, 有 5 种不同的选法; 从油画中选, 有 2 种不同的选法; 从水彩画中选, 有 7 种不同的选法.根据分类加法计数原理得,共有 $5+2+7=14$ 种不同的选法.

(2)分为三步:国画、油画、水彩画各有 5 种、 2 种、 7 种不同的选法,根据分步乘法计数原理得,共有 $5 \times 2 \times 7=70$ 种不同的选法.

(3)分为三类:

第一类是一幅选自国画,一幅选肖油画.由分步乘法计数原理知, 有 $5 \times 2=10$ 种不同的选法.

第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有 $5 \times 7=35$ 种不同的选法.

第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有 $2 \times 7=14$ 种不同的选法.

所以从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间, 有 $10+35+14=59$ 种不同的选法.

Question:
现有 5 幅不同的国画, 2 幅不同的油画, 7 幅不同的水彩画.

(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?

(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间, 有几种不同的选法?

(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法?

组合数学

答案: (1)分为三类:从国画中选, 有 5 种不同的选法; 从油画中选, 有 2 种不同的选法; 从水彩画中选, 有 7 种不同的选法.根据分类加法计数原理得,共有 $5+2+7=14$ 种不同的选法.

(2)分为三步:国画、油画、水彩画各有 5 种、 2 种、 7 种不同的选法,根据分步乘法计数原理得,共有 $5 \times 2 \times 7=70$ 种不同的选法.

(3)分为三类:

第一类是一幅选自国画,一幅选肖油画.由分步乘法计数原理知, 有 $5 \times 2=10$ 种不同的选法.

第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有 $5 \times 7=35$ 种不同的选法.

第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有 $2 \times 7=14$ 种不同的选法.

所以从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间, 有 $10+35+14=59$ 种不同的选法.


Answer:
答案: (1)第一个股子有 6 种不同的结果,第二个骰子与第一个的结果不同, 有 5 种不同的结果;

同理第三个股子有 4 种不同的结果,共有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个不同的结果.

(2)与 1 相比,后两个剘子都可以有 6 种不同的结果,共有 $6^{3}=216$ 个不同的结果.

Question:
用一颗吺毃连掷三次,投郑出的数字顺次排成一个三位数,则:

(1)各位数字互不相同的三位数有多少个?

(2)可以排出多少个不同的三位数?

21 世纪教育网(www.21cnjy.com)

组合数学

答案: (1)第一个股子有 6 种不同的结果,第二个骰子与第一个的结果不同, 有 5 种不同的结果;

同理第三个股子有 4 种不同的结果,共有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个不同的结果.

(2)与 1 相比,后两个剘子都可以有 6 种不同的结果,共有 $6^{3}=216$ 个不同的结果.


Answer:
答案:(1)由第 4 项和第 9 项的二项式系数相等可得 $C_{n}^{3}=C_{n}^{\infty}$, 解得 $n=11$.

(2)由(1)知, 展开式的第 $k+1$ 项为

$T_{k+1}=C_{11}^{k}(\sqrt{x})^{11-k}\left(-\frac{2}{x}\right)^{k}=(-2)^{k} C_{11}^{k} x \frac{11-3 k}{2}$. 令 $\frac{11-3 k}{2}=11$ 得 $k=3$.

此时 ${ }^{T_{3+1}}=(-2)^{3} C_{11}^{3} x=-1320 x$, 所以展开式中 ${ }^{x}$ 的一次项的系数为 -1320 .

Question:
已知 $\left(\sqrt{x}-\frac{2}{x}\right)^{n}$ 的展开式中, 第 4 项和第 9 项的二项式系数相等,

(1)求 ${ }^{n}$;

(2)求展开式中 ${ }^{x}$ 的一次项的系数.

组合数学


Answer:
答案:

$\xi$ 的取值可能为 3,6,7,11,12,15,21,22,25,30.

$\xi=3$ 表示抽到的是 1 元和 2 元;

$\xi=6$ 表示抽到的是 1 元和 5 元;

$\xi=7$ 表示抽到的是 2 元和 5 元;

$\xi=11$ 表示抽到的是 1 元和 10 元;

$\xi=12$ 表示抽到的是 2 元和 10 元;

$\xi=15$ 表示抽到的是 5 元和 10 元;

$\xi=21$ 表示抽到的是 1 元和 20 元;

$\xi=22$ 表示抽到的是 2 元和 20 元;

$\xi=25$ 表示抽到的是 5 元和 20 元;

$\xi=30$ 表示抽到的是 10 元和 20 元.

Question: 小王的钱包里有 20 元、 10 元、 5 元、 2 元和 1 元的人民币各一张,他随机抽出两张.用 $\xi$ 表示这两张人民币金额之和, 写出 ${ }^{\xi}$ 的所有可能取值,并说明取值所表示的随机试验结果.

组合数学


Answer:
)(1)设“在 1 次游戏中摸出 $i$ 个白球”为事件 ${ }^{A}(i=0,1,2,3)$, 则 $P\left(A_{3}
ight)=rac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{1}}{C_{3}^{2}}=rac{1}{5}$(2) 设“在 1 次游戏中获奖”为事件 $B$, 则 $B=A_{2} \cup A_{3}$, 又 $P\left(A_{2}
ight)=rac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{2}}{C_{3}^{2}}+rac{C_{3}^{1} C_{2}^{1}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{1}}{C_{3}^{2}}=rac{1}{2}$,且 $A_{2}, A_{3}$ 互斥, 所以 $P(B)=P\left(A_{2}
ight)+P\left(A_{3}
ight)=rac{1}{2}+rac{1}{5}=rac{7}{10}$.(2)由题意可知 $X$ 的所有可能取值为 $0,1,2$.$P(X=0)=C_{2}^{0}\left(rac{7}{10}
ight)^{0}\left(1-rac{7}{10}
ight)^{2}=rac{9}{100}$,$P(X=1)=C_{2}^{1} \cdot rac{7}{10} \cdot\left(1-rac{7}{10}
ight)=rac{21}{50}$,$P(X=2)=C_{2}^{2}\left(rac{7}{10}
ight)^{2}\left(1-rac{7}{10}
ight)^{0}=rac{49}{100}$所以 $X$ 的分布列是| $X$ | 0 | 1 | 2 || :--- | :--- | :--- | :--- || $P$ | $rac{9}{100}$ | $rac{21}{50}$ | $rac{49}{100}$ |

Question:
学校游园活动有这样一个游戏项目: 甲箱子里装有 3 个白球、 2 个黑球,乙箱子里装有 1 个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱)

(1)求在 1 次游戏中,

(1)摸出 3 个白球的概率;

(2)获奖的概率;

(2)求在 2 次游戏中获奖次数 $X$ 的分布列.

组合数学


Answer:
: 证明: $\because \sqrt{n(n+1)}=\sqrt{n^{2}+n}$,

$\therefore \sqrt{n(n+1)}>n$,

$\therefore a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}>1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$

$\because \sqrt{n(n+1)}<\frac{\mathrm{n+(n+1)}}{2}$,

$\therefore a_{n}<\frac{1+2}{2}+\frac{2+3}{2}+\frac{3+4}{2}+\cdots+\frac{n+(n+1)}{2}$

$=\frac{1}{2}+(2+3+\cdots+n)+\frac{n+1}{2}=\frac{n(n+2)}{2}$.

综上得: $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}<a_{\mathrm{n}}<\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+2)}{2}$.

解析：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是根据 $\sqrt{n(n+1)}>n$, $\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+(n+1)}{2}$解析放缩证明即可.

Question: 21. 已知: $a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\sqrt{3 \times 4}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$, 求证: $\frac{m(n+1)}{2}<a_{n}<\frac{m(n+2)}{2}$.

组合数学


Answer: 洗好水踫,烧开水,在等待水开的时间内洗茶並、茶杯,取茶叶,水开后沏茶.此方案的流程图如图所示(共需 17 分钟).

Question: 想沏茶喝, 当时的情况是: 开水没有, 烧开水的壶要洗, 沏茶的壶和茶杯要洗, 茶叶已有.已知洗水壶用时 1 分钟, 取茶叶用时 1 分钟, 沏茶用时 1 分钟, 烧开水用时 15 分钟, 洗茶壶、茶杯用时 2 分钟.请设计一种节省时间的沏茶方案的流程图.

组合数学


Answer:
答案: 解: 作法:如图, (1)作射线 $\mathrm{AC}$;

(2)在射线 $\mathrm{AC}$ 上以任意取定的长度顺次截取 $\mathrm{AD}_{1}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{D}_{3}=\mathrm{D}_{3} \mathrm{D}_{4}=\mathrm{D}_{4} \mathrm{D}_{5}$;

(3)连接 $\mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$;

(4) 分别过 $\mathrm{D}_{1}, \mathrm{D}_{2}, \mathrm{D}_{3}, \mathrm{D}_{4}$ 作 $\mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$ 的平行线 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{~A}_{1}, \mathrm{D}_{2} \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{D}_{3} \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{D}_{4} \mathrm{~A}_{4}$, 分别交 $\mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$, 则点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$ 将线段 $\mathrm{AB}$ 五等分.

<ImageHere>

证明: 过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{MN} / / \mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$.

则 $M N / / D_{4} A_{4} / / D_{3} A_{3} / / D_{2} A_{2} / / D_{1} A_{1} / / D_{5} B$.

$\because \mathrm{AD}_{1}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{D}_{3}=\mathrm{D}_{3} \mathrm{D}_{4}=\mathrm{D}_{4} \mathrm{D}_{5}$.

$\therefore \mathrm{AA}_{1}=\mathrm{A}_{1} \mathrm{~A}_{2}=\mathrm{A}_{2} \mathrm{~A}_{3}=\mathrm{A}_{3} \mathrm{~A}_{4}=\mathrm{A}_{4} \mathrm{~B}$.

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$ 就是所求的线段 $\mathrm{AB}$ 的五等分点.

Question:
21. 如图,已知线段 $A B$,求作线段 $A B$ 的五等分点,并予以证明.

<ImageHere>

画法几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是利用平行线等分线段定理来作图.


Answer:
答案: 解: 算法如下:

<ImageHere>

(1). 从 A 点出发作一条与原直线不重合的射线;

(2). 任取射线上一点 $\mathrm{C}$, 以 $\mathrm{AC}$ 为单位长度, 在射线上依次作出点 $\mathrm{E} 、 \mathrm{~F} 、 \mathrm{G} 、 \mathrm{D}$, 使 $A D=5 A C$;

(3).连接 $D B$, 并过点 $\mathrm{C}$ 作 $B D$ 的平行线交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{M}$ 就是要找的五等分点.流程图如下:

<ImageHere>

Question:
21. 设计一个尺规作图的算法来确定线段 $\mathrm{AB}$ 的一个五等分点, 并画出流程图。

(点拨: 确定线段 $\mathrm{AB}$ 的五等分点, 是指在线段 $\mathrm{AB}$ 上确定一点 $\mathrm{M}$, 使得 $A M=\frac{1}{5} A B$ )

画法几何学

: 分析: 本题主要考查了绘制简单实际问题的流程图, 解决问题的关键是要找线段 $\mathrm{AB}$
五等分点, 根据平行线分线段成比例定理, 利用基本尺规作图, 只需先从 $\mathrm{A}$ 点出发作一条与原直线不重合的射线; 再在以点 $\mathrm{A}$ 为端点的射线上, 任取一点 $\mathrm{C}$, 以 $\mathrm{AC}$ 为单位长度, 在射线上依次作出点 $\mathrm{E} 、 \mathrm{~F} 、 \mathrm{G} 、 \mathrm{D}$, 使 $A D=5 A C$; 然后; 连接 $D B$, 并过点 $\mathrm{C}$ 作 $B D$ 的平行线交 $A B$ 于 $M$, 则 $M$ 就是要找的五等分点。所以用顺序结构解决。


Answer:
答案: 证明: 过点 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{AB}$ 的垂线,垂足为 $\mathrm{E}$,如图. $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DB} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{AC} / / \mathrm{DB}$.
又 $\because \mathrm{O}$ 为 $\mathrm{CD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AB}$ 的中点.又 $\because \mathrm{OE} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{OA}=\mathrm{OB}$.

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Question:
22. 如图, 已知 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DB} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{CD}$ 的中点, 求证: $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$.

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组合几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据线段 $\mathrm{OA}$ 和 $\mathrm{OB}$有共同端点,所以证明点 $O$ 在 $A B$ 的垂直平分线上即可.


Answer:
答案: 证明: 如图, 过点 $A$ 作 $B C$ 的平行线 $A G$, 交 $D C$ 于点 $G . \because A B / / D C, \therefore$ 四边形 $A B C G$ 是平行四边形. $\therefore \mathrm{AG}=\mathrm{BC}, \mathrm{AG} / / \mathrm{BC}$. 又 $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AG} . \because \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{DG}$ 的中点. $\mathrm{EF}=\frac{1}{2}$ AG. $\therefore \mathrm{EF}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}$, 即 $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$.

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Question:
23. 如图, 在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB} / / \mathrm{DC}, \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$, 求证: $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$.

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组合几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据 $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$, 联系所证明的结果是 $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$,由此想到三角形中位线定理,过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{BC}$ 的平行线即可证明.


Answer:
答案: 证明: 如图,连接 $\mathrm{AE}$ 交 $\mathrm{DC}$ 于点 $\mathrm{O} . \because$ 四边形 $\mathrm{ACED}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{AE}$ 的中点(平行四边形的对角线互相平分). $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是梯形, $\therefore \mathrm{DC} / / \mathrm{AB}$. 在 $\triangle \mathrm{EAB}$ 中, $\mathrm{OF} / / \mathrm{AB}, \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{AE}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{EB}$ 的中点. $\therefore \mathrm{EF}=\mathrm{BF}$.

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Question:
24. 如图,已知以梯形 $\mathrm{ABCD}$ 的对角线 $\mathrm{AC}$ 及腰 $\mathrm{AD}$ 为邻边作 $\mathrm{ACED,DC}$ 的延长线交 $\mathrm{BE}$ 于 $\mathrm{F}$.求证: $\mathrm{EF}=\mathrm{BF}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理结合所给条件以及构造辅助线怎么即可.


Answer:
答案: 证明: 如图,连接 $B D$, 取 $B D$ 的中点 $G$, 连接 $G E, G F$. 在 $\triangle A B D$ 中, $\because G, F$ 分别是 $B D, A D$的中点 $: \therefore \mathrm{GF}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}, \mathrm{GF} / / \mathrm{BM}$. 同理可证: $\mathrm{GE}=\frac{1}{2} \mathrm{CD}, \mathrm{GE} / / \mathrm{CN} . \because \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \therefore \mathrm{GF}=\mathrm{GE} . \therefore \angle \mathrm{GEF}=$ $\angle \mathrm{GFE}$.

$\because \mathrm{GF} / / \mathrm{BM}, \therefore \angle \mathrm{GFE}=\angle \mathrm{AME} . \because \mathrm{GE} / / \mathrm{CN}, \therefore \angle \mathrm{GEF}=\angle \mathrm{CNE} . \therefore \angle \mathrm{AME}=\angle \mathrm{CNE}$.

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Question:
25. 如图, 在四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 分别是 $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{BA}, \mathrm{CD}$ 的延长线分别与 $\mathrm{EF}$的延长线交于点 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$. 求证: $\angle \mathrm{AME}=\angle \mathrm{CNE}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线等分线段定理以及构造辅助线怎么即可.


Answer:
: 证明: 如图,以 $B C$ 所在直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系.

<ImageHere>

设 $B(-a, 0), C(a, 0), A(0, h)$.

则直线 $A C$ 的方程为 $y=-\frac{\hbar}{a} x+h$,

即: $h x+a y-a h=0$.

直线 $A B$ 的方程为 $y=\frac{h}{a} x+h$,

即: $h x-a y+a h=0$.

由点到直线的距离公式: $|B D|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+\hbar^{2}}},|C E|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}$,

$\therefore|B D|=|C E|$, 即 $B D=C E$.

解析：分析：本题考查坐标法在几何中的应用.解答本题可通过建立平面直角坐标系, 将几何证明问题转化为代数运算问题. (1)建立适当的直角坐标系, 将平面几何问题转化为解析几何问题, 即“形”转化为“数”, 再回到“形”中, 此为坐标法的基本思想, 务必熟练掌握. (2)建立坐标系时, 要充分利用图形的几何特征.例如, 中心对称图形, 可利用它的对称中心为坐标原点; 轴对称图形, 可利用它的对称轴为坐标轴; 题设中有直角, 可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等.

Question: 19. 已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, B D . C E$ 分别为两腰上的高.求证: $B D=C E$.

度量几何学

: 证明: 如图,以 $B C$ 所在直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系.

<ImageHere>

设 $B(-a, 0), C(a, 0), A(0, h)$.

则直线 $A C$ 的方程为 $y=-\frac{\hbar}{a} x+h$,

即: $h x+a y-a h=0$.

直线 $A B$ 的方程为 $y=\frac{h}{a} x+h$,

即: $h x-a y+a h=0$.

由点到直线的距离公式: $|B D|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+\hbar^{2}}},|C E|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}$,

$\therefore|B D|=|C E|$, 即 $B D=C E$.

解析：分析：本题考查坐标法在几何中的应用.解答本题可通过建立平面直角坐标系, 将几何证明问题转化为代数运算问题. (1)建立适当的直角坐标系, 将平面几何问题转化为解析几何问题, 即“形”转化为“数”, 再回到“形”中, 此为坐标法的基本思想, 务必熟练掌握. (2)建立坐标系时, 要充分利用图形的几何特征.例如, 中心对称图形, 可利用它的对称中心为坐标原点; 轴对称图形, 可利用它的对称轴为坐标轴; 题设中有直角, 可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等.


Answer:
答案：证明： $\because \mathrm{AB} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BD}$,

$\therefore \mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BD}}, \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BD}}+\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{DF}+\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BD}}=1$,

$\therefore \frac{1}{\mathrm{AB}}+\frac{1}{\mathrm{CD}}=\frac{1}{\mathrm{EF}}$.

Question:
18. 如图, $A B \perp B D$ 于点 $\mathrm{B}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BD}$ 于点 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{AD}, \mathrm{BC}$ 交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BD}$ 于点 $\mathrm{F}$, 求

证: $\frac{1}{\mathrm{AB}}+\frac{1}{\mathrm{CD}}=\frac{1}{\mathrm{EF}}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是转化为证明 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=1$.由于 $\mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}$, 因此将 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}$ 与 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}$ 化归为同一直线 $\mathrm{BD}$ 上的线段比就可得证


Answer:
答案: 证明: 因为 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DA}}$.

因为 $\mathrm{GH} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CB}}$.

因为 $\mathrm{DC} / / \mathrm{EH} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DA}}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CB}}$.

所以 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}$, 即 $\mathrm{EF}=\mathrm{GH}$.

Question:
22. 如图,在梯形 $A B C D$ 中, $A B / / D C$,一条直线平行于两底,且顺次交 $A D, B D, A C, B C$ 于点 E,F,G,H.

求证: $\mathrm{EF}=\mathrm{GH}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是转化为证明

$$
\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}
$$


Answer:
答案: 证明: $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{PD}}{\mathrm{PB}}=\frac{\mathrm{PE}}{\mathrm{PC}}$

$\therefore \mathrm{PD} \cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PE} \cdot \mathrm{PB}$.

$\because \mathrm{DF} / / \mathrm{AC}, \therefore \frac{\mathrm{PF}}{\mathrm{PC}}=\frac{\mathrm{PD}}{\mathrm{PA}}$

$\therefore \mathrm{PD} \cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PF} \cdot \mathrm{PA}$.

$\therefore \mathrm{PE} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PF} \cdot \mathrm{PA} . \therefore \frac{\mathrm{PE}}{\mathrm{PF}}=\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{PB}}$

$\therefore \mathrm{BF} / / \mathrm{AE}$.

Question:
24. 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AB}$ 上一点, $\mathrm{E}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 内一点, $\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}$, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{AC}$ 的平行线交 $\mathrm{CE}$ 的延长线于点 $\mathrm{F}, \mathrm{CF}$ 与 $\mathrm{AB}$ 交于点 $\mathrm{P}$, 求证: $\mathrm{BF} / / \mathrm{AE}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线分线段成比例定理分析计算即可证明问题


Answer:
答案: 解: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}, \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{\mathrm{AC}^{2}}{\mathrm{AB}}=\frac{20^{2}}{25}=16$.
$\therefore \mathrm{DB}=\mathrm{AB}-\mathrm{AD}=25-16=9$.

$\therefore \mathrm{CD}=\sqrt{\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}}=\sqrt{16 \times 9}=12$.

Question:
18. 若 $\mathrm{CD}$ 是 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 斜边 $\mathrm{AB}$ 上的高, $\mathrm{AB}=25, \mathrm{AC}=20$, 试确定 $\mathrm{DB}$ 和 $\mathrm{CD}$ 的长.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理先用射影定理求出 $\mathrm{AD}$, 从而求出 $\mathrm{DB}$,再用射影定理求出 $\mathrm{CD}$.


Answer:
答案: 解: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$,

$\therefore \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}=2 \times 6=12$,

$\therefore \mathrm{CD}=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$

$\because \mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}=2 \times(2+6)=16$,

$\therefore \mathrm{AC}=\sqrt{16}=4(\mathrm{~cm})$.

$\because \mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{AB}=6 \times(2+6)=48$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{48}=4 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$.

所以 $\mathrm{CD}, \mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ 的长分别为 $2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}, 4 \mathrm{~cm}, 4 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$.

Question:
19. 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $C D$ 为斜边 $A B$ 上的高. 若 $A D=2 \mathrm{~cm}, D B=6 \mathrm{~cm}$, 求 $C D, A C, B C$ 的长

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给直角三角形满足条件计算即可


Answer:
答案: 证明: $C=90^{\circ}, A D \perp B C$, 由射影定理,知 $A C^{2}=C D \cdot B C$, 即 $\frac{A C}{C D}=\frac{B C}{A C}$.

$\because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}, \mathrm{EA} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{EF} . \because \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} . \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DC}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DC}} . \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}$,

即 $\mathrm{EF}: \mathrm{DF}=\mathrm{BC}: \mathrm{AC}$.

Question:
20. 如图, 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}, \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}$于点 $\mathrm{F}$. 求证: $\mathrm{EF}: \mathrm{DF}=\mathrm{BC}: \mathrm{AC}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的
射影定理先由射影定理得 $A C^{2}=C D \cdot B C$, 即 $\frac{A C}{C D}=\frac{B C}{A C}$. 又由 $E F / / A D$, 得 $\frac{A E}{D F}=\frac{A C}{D C}$, 通过中间变量即可得证.


Answer:
答案：证明：由射影定理,得 $\mathrm{BD}^{2}=\mathrm{BE} \cdot \mathrm{AB}$, 即 $\mathrm{BE}=\frac{\mathrm{BD}^{2}}{\mathrm{AB}}$

同理得 $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{CF} \cdot \mathrm{AC}$, 即 $\mathrm{CF}=\frac{\mathrm{CD}^{2}}{\mathrm{AC}}$

故 $\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}=\frac{\mathrm{BD}^{2}}{\mathrm{AB}} \cdot \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{CD}^{2}}=\left(\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}\right)^{2} \cdot \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$

由射影定理,得 $A B^{2}=B C \cdot B D$, 即 $B D=\frac{A B^{2}}{B C}$

同理得 $\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{CD} \cdot \mathrm{BC}$, 即 $\mathrm{CD}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}$. 故 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{AC}^{2}}$

将(4)代入(3), 得 $\frac{\mathrm{AB}^{3}}{\mathrm{AC}^{3}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}$.

Question:
21. 如图, 已知 $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DF} \perp \mathrm{AC}$, 垂足分别为 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$.求证: $\frac{\mathrm{AB}^{3}}{\mathrm{AC^{3 }}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}$

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给三角形满足条件计算证明即可


Answer:
答案：证明: $\because \mathrm{DP} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DQ} \perp \mathrm{AC}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ADB}$ 中, 有 $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, 有 $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}$.

$\therefore \mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}$.

Question:
22. 如图, 已知 $A D$ 是 $\triangle A B C$ 的高, $D P \perp A B, D Q \perp A C$, 垂足分别为点 $P$, .求证: $A P \cdot A B=A Q \cdot A C$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理应用射影定理转化为证明

$\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{AD}^{2}, \mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AD}^{2}$.


Answer:
答案：证明： $\because$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$,

$\therefore \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{BD}, \therefore \mathrm{CD}^{4}=\mathrm{AD}^{2} \cdot \mathrm{BD}^{2}$.

又 $\because$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AC}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{BDC}$ 中, $\mathrm{DF} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AE} \cdot \mathrm{AC}, \mathrm{BD}^{2}=\mathrm{BF} \cdot \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{CD}^{4}=\mathrm{AE} \cdot \mathrm{BF} \cdot \mathrm{AC} \cdot \mathrm{BC}$.

又 $\because \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{A}, \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{ABC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{ACD}$.

$\therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}$,

即 $A C \cdot B C=A B \cdot C D$,

$\therefore \mathrm{CD}^{4}=\mathrm{AE} \cdot \mathrm{BF} \cdot \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CD}$.

$\therefore \mathrm{AE} \cdot \mathrm{BF} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{CD}^{3}$.

Question:
23. 如图, 已知 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{D}, \mathrm{DE} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{DF} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{F}$. 求证: $\mathrm{AE} \cdot \mathrm{BF} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{CD}^{3}$.

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理分别在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}, \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ADC}, \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{BDC}$ 中运用射影定理, 再将线段进行代换, 就可以实现等积式的证明.


Answer:
答案: 解答: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 设 $\mathrm{AC}=\mathrm{x}, \because \mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}, \mathrm{AF} \perp \mathrm{BC}$,

又 $\mathrm{FC}=1$, 根据射影定理, 得 $A C^{2}=F C \cdot B C$, 即 $B C=x^{2}$.

再由射影定理,得 $A F^{2}=B F \cdot F C=(B C-F C) \cdot F C$, 即 $\mathrm{AF}^{2}=x^{2}-1$.

$\therefore \mathrm{AF}=\sqrt{\mathrm{x}^{2}-1}$.

在 $\triangle \mathrm{BDC}$ 中,过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{E}$,如图,

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又 $\because \mathrm{BD}=\mathrm{DC}=1$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{EC}$,

又 $\because \mathrm{AF} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{DE} / / \mathrm{AF}$

$\therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AF}}=\frac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AC}}$

$\therefore \mathrm{DE}=\frac{\mathrm{DC} \cdot \mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{\sqrt{\mathrm{x}^{2}-1}}{\mathrm{x}}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{DEC}$ 中, $\because \mathrm{DE}^{2}+\mathrm{EC}^{2}=\mathrm{DC}^{2}$,

即 $\left(\frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}\right)^{2}+\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}=1^{2}$,
$\therefore \frac{\mathrm{x}^{2}-1}{\mathrm{x}^{2}}+\frac{\mathrm{x}^{4}}{4}=1$.

整理得 $\mathrm{x}^{6}=4 . \therefore \mathrm{x}=\sqrt[3]{2} \therefore \mathrm{AC}=\sqrt[3]{2}$.

Question:
25. 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D, F$ 两点分别在 $A C, B C$ 上, 且 $A B \perp A C, A F \perp B C, B D=D C=F C=1$, 求 $A C$的长

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度量几何学

: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给直角三角形满足的条件构造辅助线计算即可, 属于较难题目


Answer:
答案: 解: 由伸缩变换 $\left\{\begin{array}{l}x^{s}=\frac{1}{3} x_{x} \\ y^{\prime}=\frac{1}{2} y_{x}\end{array}\right.$ 知 $\left\{\begin{array}{l}x=3 x^{s}, \\ y=2 y^{\prime}\end{array}\right.$.

将 $\left\{\begin{array}{l}x=3 x^{3} \\ y=2 y^{\prime}\end{array}\right.$, 代入 $y^{2}=2 x$, 可得 $4 y^{\prime 2}=6 x^{f}$, 即 $y^{\prime 2}=\frac{3}{2} x^{f}$.

即伸缩变换之后的图形还是抛物线.

(2) $x^{2}+y^{2}=1$

答案: 解: 将 $\left\{\begin{array}{l}x=3 x^{\prime} \\ y=2 y^{\prime}\end{array}\right.$, 代入 $x^{2}+y^{2}=1$, 得 $\left(3 x^{\prime}\right)^{2}+\left(2 y^{\prime}\right)^{2}=1$,

即 $\frac{x^{\prime 2}}{\frac{1}{6}}+\frac{y^{\prime 2}}{\frac{1}{4}}=1$,

即伸缩变换之后的图形为焦点在 $y$ 轴上的椭圆.

Question:
16. 在平面直角坐标系中, 求下列方程所对应的图形经过伸缩变换, $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=\frac{1}{8} x \\ y^{\prime}=\frac{1}{2} y\end{array}\right.$ 后的图形是什么形状?

(1) $y^{2}=2 x$

变换几何

: 分析: 本题考查伸缩变换的应用,解答此题需要先根据伸缩变换求出变换后的方程,然后再判断图形的形状.


Answer:
: 答案: 解: 由伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{f}=\frac{1}{2} x, \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 x^{s}, \\ y=3 y^{\prime},\end{array}\right.$

将其代入 $5 x+2 y=0$, 得到经过伸缩变换后的图形的方程是 $5 x^{f}+3 y^{f}=0$.

所以经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=\frac{1}{2} x, \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$ 后, 直线 $5 x+2 y=0$ 成直线 $5 x^{f}+3 y^{\prime}=0$.

(2) $x^{2}+y^{2}=2$.

答案: 解: 将 $\left\{\begin{array}{c}x=2 x^{5} \\ y=3 y^{y}\end{array}\right.$, 代入 $x^{2}+y^{2}=2$, 得到经过伸缩变换后的图形的方程是 $\frac{x^{x^{2}}}{\frac{1}{4}}+\frac{y^{y^{2}}}{\frac{1}{6}}=2$, 即 $\frac{x^{x^{2}}}{\frac{1}{2}}+\frac{y^{y^{2}}}{\frac{2}{6}}=1$.

所以经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=\frac{1}{2} x, \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$ 后, 圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 变成粗圆 $\frac{x^{r^{2}}}{\frac{1}{2}}+\frac{y^{\prime^{2}}}{\frac{2}{2}}=1$.

Question:
22. 在平面直角坐标系中, 求下列方程对应的图形经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=\frac{1}{2} x, \\ y^{\prime}=\frac{1}{3} y\end{array}\right.$ 后的图形.

(1) $5 x+2 y=0$.

变换几何

: 分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据平面直角坐标轴中的伸缩变换原理计算即可


Answer:
答案: 解: 当 $\mathrm{a}=2$ 时, 不等式为 $|x-2|+|x-1| \geq 4$,不等式的解集为 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right] \cup\left[\frac{7}{2},+\infty\right)$;

(2) 若 $f(x) \leq 1$ 的解集为 $[0,2], \frac{1}{m}+\frac{1}{2 n}=a(m>0, n>0)$, 求证: $m+2 n \geq 4$

答案: 证明: $f(x) \leq 1$ 即 $|x-a| \leq 1$, 解得 $a-1 \leq x \leq a+1$, 而 $f(x) \leq 1$ 解集是 $[0,2]$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a-1=0 \\ a+1=2\end{array}\right.$, 解得 $a=1$, 所以 $\frac{1}{m}+\frac{1}{2 n}=1(m>0, n>0)$

所以 $m+2 n=(m+2 n)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{2 n}\right) \geq 4$.

Question:
22. 设函数 $f(x)=|x-a|$.

(1) 当 $a=2$ 时, 解不等式 $f(x) \geq 4-|x-1|$;

算术

: 分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是 (1) 用零点分段法去掉绝对值符号, 转化为不等式组, 解不等式; (2) 先解不等式 $|x-a| \leq 1$, 再结合 $f(x) \leq 1$
的解集为 $[0,2]$, 从而得到 $\mathrm{a}$ 的值, 再利用特殊值 1 将 $m+2 n$ 转化为 $(m+2 n)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{2 n}\right)=1+\frac{m}{2 n}+\frac{2 n}{m}+1$, 再利用基本不等式求函数 $m+2 n$ 的取值范围.


Answer:
答案: 解: 不等式 $f(x)<4-|x-1|$, 即 $|3 x+2|+|x-1|<4$,当 $x<-\frac{2}{3}$ 时, 即 $-3 x-2-x+1<4$, 解得 $-\frac{5}{4}<x<-\frac{2}{3}$,当 $-\frac{2}{3} \leq x \leq 1$ 时, 即 $3 x+2-x+1<4$, 解得 $-\frac{2}{3} \leq x<\frac{1}{2}$,当 $x>1$ 时, 即 $3 x+2+x-1<4$, 无解,

综上所述 $x \in\left(-\frac{5}{4}, \frac{1}{2}\right)$.

(2) 已知 $\mathrm{m}+\mathrm{n}=1(\mathrm{~m}, \mathrm{n}>0)$, 若 $|x-a|-f(x) \leq \frac{1}{m}+\frac{1}{n}(a>0)$ 恒成立, 求实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

答案: 解: $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\right)(m+n)=1+1+\frac{n}{m}+\frac{m}{n} \geq 4$,令 $g(x)=|x-a|-f(x)=|x-a|-|3 x+2|=\left\{\begin{array}{l}2 x+2+a, x<-\frac{2}{3}, \\ -4 x+2+a,-\frac{2}{3} \leq x \leq a, \\ -2 x-2-a, x>a\end{array}\right.$ $\therefore x=-\frac{2}{3}$ 时, $g(x)_{\text {max }}=\frac{2}{3}+a$, 要使不等式恒成立,只需 $g(x)_{\text {max }}=\frac{2}{3}+a \leq 4$ 即 $0<a \leq \frac{10}{3}$.

Question:
25. 已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=|3 \mathrm{x}+2|$

(1) 解不等式 $f(x)<4-|x-1|$,

算术

：分析：本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是 (1) 不等式
$f(x)<4-|x-1|$, 即 $|3 x+2|+|x-1|<4$, 通过分类讨论求出不等式的解; (2) 对于恒成立的问题, 常用到以下两个结论：(1) $a \geq f(x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a \geq f(x)_{\text {max }}$, (2) $a \leq f(x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a \leq f(x)_{\text {min }}$


Answer: 答案:由 $a_{n}=2-S_{n}$, 得 $a_{1}=1 ; a_{2}=\frac{1}{2} ; a_{3}=\frac{1}{4} ; a_{4}=\frac{1}{8}$, 猜想 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. 因为通项公式为 $a_{n}$ 的数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 若 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=p, p$ 是非零常数, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列;因为通项公式 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, 又 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1}{2}$; 所以通项公式 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$ 的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列.

Question:
22. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $a_{n}=2-S_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 求 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的值并写出其通项公式;

(2) 用三段论证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列.

算术

: 分析: 本题主要考查了演绎推理的基本方法、进行简单的演绎推理, 解决问题的关键是 (1) 由递推关系式得到数列前几项, 然后猜想即可 (2) 利用三段论的方法严格的按步骤进行.


Answer:
答案: (1)证明: 假设在一个三角形中, 没有一个内角大于或等于 $60^{\circ}$,即均小于 $60^{\circ}$, 则三内角和小于 $180^{\circ}$,

这与三角形中三个内角和等于 $180^{\circ}$ 矛盾,故假设不成立，原命题成立;

(2)证明: 要证上式成立, 需证 $\sqrt{n+2}+\sqrt{n}<2 \sqrt{n+1}$

需证 $(\sqrt{n+2}+\sqrt{n})^{2}<(2 \sqrt{n+1})^{2}$

需证 $n+1>\sqrt{n^{2}+2 n}$

需证 $(n+1)^{2}>n^{2}+2 n$

需证 $n^{2}+2 n+1>n^{2}+2 n$

只需证 $1>0$

因为 $1>0$ 显然成立，所以原命题成立.

Question:
16.(1)用反证法证明: 在一个三角形中, 至少有一个内角大于或等于 $60^{\circ}$;

(2)已知 $n \geq 0$, 试用分析法证明: $\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$

算术

:【分析】本题考查反证法与分析法的应用,解题时需要注意以下关键要点:(1)反证法证明问题的关键是: 提出结论的反面, 并以此为条件推导导出矛盾; (2)分析法要求由结论成立反推条件(由果索因).


Answer:
答案: 证明: $\because \frac{1}{k^{2}}<\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}, k=2,3,4, \cdots, n$,

$\therefore \frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{a^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}$

$<\frac{1}{1}+\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) \cdot n}$
$=\frac{1}{1}+\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)$

$=2-\frac{1}{n}<2$.

Question: 22. 若 $n$ 是大于 1 的自然数, 求证: $\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}<2$.

算术

:【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是(1)放缩法证明不等式主要是根据不等式的传递性进行交换, 即欲证 $a>b$, 可换成证 $a>c$ 且 $c>b$, 欲证 $a<b$, 可换成证 $a<c$ 且 $c<b$. (2)放缩法原理简单, 但技巧性较强且有时还会有“危险”, 因为放大或缩小过头, 就会得出错误的结论, 而达不到预期的目的, 因此, 在使用放缩法时要注意放缩的“度”.


Answer: 1) $a_{2}=rac{3}{7}, a_{3}=rac{3}{8}, a_{n}=rac{3}{n+5}$; (2) 证明见解析.

Question:
(12 分) 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{3 a_{n}}{a_{n}+3}$.

(1) 求出 $a_{2}, a_{3}$ 并猜想 $a_{n}$ 的通项公式;

(2) 用数学归纳方证明你的猜想.

算术


Answer:
答案: 解: $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\sqrt{1^{2}+1^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=2$.

由 $r \cos \varphi=z=\sqrt{2}$,
得 $\cos \varphi=\frac{\sqrt{2}}{r}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \varphi=\frac{\pi}{4}$.

又 $\tan \theta=\frac{y}{x}=1, \theta=\frac{\pi}{4}(x>0, y>0)$,

从而知 $M$ 点的球坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$.

Question: 11. 设点 $M$ 的直角坐标为 $(1,1, \sqrt{2})$, 求它的球坐标.

立体几何学

: 分析: 本题主要考查了 $\left(2, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$, 解决问题的关键是本题考查直角坐标与球坐标的变换关系,解只需将已知条件代入变换公式求解即可, 但应注意 $\theta$ 与 $\varphi$ 的取值范围.由坐标变换公式,可得. 由直角坐标化为球坐标时, 我们可以先设点 $M$ 的球坐标为 $(r, \varphi, \theta)$, 再利用变换公式 $\left\{\begin{array}{l}x=r \sin \varphi \cos \theta, \\ y=r \sin \varphi \sin \theta, \text { 求出 } r . \theta . \varphi \text { 代入点的球坐标即可; 也可以利用 } r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}, \\ z=r \cos \varphi\end{array}\right.$ $\tan \theta=\frac{y}{x}, \cos \varphi=\frac{z}{r}$, 特别注意由直角坐标求球坐标时, $\theta$ 和 $\varphi$ 的取值应首先看清点所在的象限, 准确取值, 才能无误.


Answer:
答案: 解: $\because M$ 的球坐标为 $\left(5, \frac{5}{6} \pi, \frac{4}{3} \pi\right)$,

$\therefore r=5, \varphi=\frac{5}{6} \pi, \theta=\frac{4}{3} \pi$.

由变换公式 $\left\{\begin{array}{c}x=r \sin \varphi \cos \theta \text { 。 } \\ y=r \sin \varphi \sin \theta \text {, 得 } \\ z=r \cos \varphi \text {, }\end{array}\left\{\begin{array}{c}x=5 \sin \frac{5}{6} \pi \cos \frac{4}{3} \pi=-\frac{5}{4} \\ y=5 \sin \frac{5}{6} \pi \cdot \sin \frac{4}{3} \pi=-\frac{5 \sqrt{3}}{4} \text {, } \\ z=5 \cos \frac{5}{6} \pi=-\frac{5 \sqrt{3}}{2} \text {, }\end{array}\right.\right.$

故它的直角坐标为 $\left(-\frac{5}{4},-\frac{5 \sqrt{3}}{4},-\frac{5 \sqrt{3}}{2}\right)$.

Question: 12. 已知点 $M$ 的球坐标为 $\left(5, \frac{5}{6} \pi, \frac{4}{3} \pi\right)$, 求它的直角坐标

立体几何学

: 分析: 本题考查球坐标刻画点的位置,解答本题需要先搞清球坐标 $\left(5, \frac{5}{6} \pi, \frac{4}{3} \pi\right)$ 中各个坐标的意义,然后代入相应的公式求解即可.


Answer:
答案：解：过点 $P$ 作 $P P^{\prime}$ 垂直底面,垂足为 $P^{\prime}$,

<ImageHere>

$\because P\left(6, \frac{\pi}{4}, 5\right)$,

$\therefore P^{\prime}$ 点的坐标为 $\left(6, \frac{\pi}{4}, 0\right)$.

$\therefore$ 圆柱底面圆半径为 6 , 高为 5 .

$\therefore$ 圆柱的体积为 $V=\pi \times 6^{2} \times 5=180 \pi$.

Question:
13. 如图, $P$ 为圆柱的上底面与侧面交线上的一点, 且 $P$ 点的柱坐标为 $\left(6, \frac{\pi}{4}, 5\right)$, 求该圆柱的体积.

<ImageHere>

立体几何学

: 分析: 本题主要考查了柱坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是转化计算即可


Answer:
答案: 解: 由公式 $\left\{\begin{array}{c}x=\rho \cos \theta, \\ y=\rho \sin \theta, \\ z=z,\end{array},\left\{\begin{array}{c}-1=\rho \cos \theta, \\ -\sqrt{3}=\rho \sin \theta, \\ z=3,\end{array}\right.\right.$,

$\therefore \rho^{2}=(-1)^{2}+(-\sqrt{3})^{2}=4$.

$\therefore \rho=2$.

$\therefore \cos \theta=-\frac{1}{2}, \sin \theta=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

又 $\because \theta \in[0,2 \pi)$,

$\therefore \theta=\frac{4}{3} \pi$.

即 $M$ 的柱坐标为 $\left(2, \frac{4}{3} \pi, 3\right)$.

Question: 15. 已知空间点 $M$ 的直角坐标为 $(-1,-\sqrt{3}, 3)$, 求它的柱坐标

立体几何学

: 分析: 本题主要考查了柱坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据所给条件转化即可


Answer:
答案: 解: 取圆雉的顶点 $O$ 为坐标原点, 建立球坐标系,

<ImageHere>

设 $\mathrm{t}$ 时刻蚂蚁在点 $M(r, \varphi, \theta)$ 处, 由题意得 $\theta=\omega t, z=v t, \varphi=\frac{\pi}{3}$, 由于

$\frac{z}{r}=\cos \varphi=\cos \frac{\pi}{a}=\frac{1}{2}$, 于是 $r=2 z=2 v t$,

所以 $t$ 时刻蚂蚁所在球坐标为 $M\left(2 v t, \frac{\pi}{3}, \omega t\right), t \in[0,+\infty)$.

Question: 17. 一只蚂蚁在一个母线与轴线夹角为箃的圆锥面上从顶点出发盘旋着向上爬行, 已知它上升的速度为 $v>0$, 盘旋的角速度为 $\omega>0$, 求 $t$ 时刻蚂蚁所在的位置的球坐标.

立体几何学

: 分析: 本题主要考查了球坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据所给条件转化计算即可


Answer:
答案：解：由变换公式得：

$x=r \sin \varphi \cos \theta=4 \sin \frac{3 \pi}{4} \cos \frac{\pi}{4}=2$.

$y=r \sin \varphi \sin \theta=4 \sin \frac{3 \pi}{4} \sin \frac{\pi}{4}=2$.

$z=r \cos \varphi=4 \cos \frac{3 \pi}{4}=-2 \sqrt{2}$.

$\therefore$ 它的直角坐标为 $(2,2,-2 \sqrt{2})$.

Question: 18. 已知点 $P$ 的球坐标为 $\left(4, \frac{3 \pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ 求它的直角坐标.

立体几何学

: 分析: 本题主要考查了球坐标刻画点的位置, 解决问题的关键是根据球坐标刻画点的位置转化即可


Answer:
答案: 由题意知, $f\left(2^{2}\right)>2=\frac{2+2}{2}, f\left(2^{3}\right)>\frac{5}{2}=\frac{3+2}{2}$
$f\left(2^{4}\right)>3=\frac{4+2}{2}, f\left(2^{5}\right)>\frac{7}{2}=\frac{5+2}{2}$.

由此得到一般性结论: $f\left(2^{n+1}\right)>\frac{n+3}{2}$

(或者猜测 $f\left(2^{n}\right)>\frac{n+2}{2}(n \geq 2, n \in N)$ 也行)
证明: (1)当 $n=1$ 时, $f\left(2^{2}\right)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{25}{12}>\frac{4}{2}=\frac{1+3}{2}$, 所以结论成立 (2)假设 $n=k(k \geq 1, k \in N)$ 时, 结论成立, 即 $f\left(2^{k+1}\right)>\frac{k+3}{2}$

那么, $n=k+1$ 时, $f\left(2^{k+2}\right)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}}+\frac{1}{2^{k+1}+1}+\frac{1}{2^{k+1}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+2}}$

$>\frac{k+3}{2}+\frac{1}{2^{k+1}+1}+\frac{1}{2^{k+1}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+2}}$

$>\frac{k+3}{2}+\frac{1}{2^{k+2}}+\frac{1}{2^{k+2}}+\cdots+\frac{1}{2^{k+2}}=\frac{k+3}{2}+\frac{2^{k+1}}{2^{k+2}}=\frac{k+1+3}{2}$

所以当 $n=k+1$ 时, 结论也成立.

综上所述，上述结论对 $n \geq 1, n \in N$ 都成立，所以猜想成立.

Question:
23. 已知 $f(n)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$. 经计算得 $f(4)>2, f(8)>\frac{5}{2}, f(16)>3, f(32)>\frac{7}{2}$.

（1）由上面数据, 试猜想出一个一般性结论;

（2）用数学归纳法证明你的猜想.

计数

: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是 (1) 由归纳推理进行猜想; (2)利用数学归纳法的步骤进行证明.


Answer:
(1) 当 $n>16$ 时, $y=16 	imes(10-5)=80$;当 $n \leq 16$ 时, $y=(10-5) n-5 	imes(16-n)=10 n-80$ ，$y=\left\{egin{array}{l}10 n-80, n \leq 16 \ 80, n>16,\end{array}(n \in \mathbb{N})
ight.$. (2) (1) $X$ 可取 ${ }^{60,70,80}$, $P(X=60)=0.1, P(X=70)=0.2, P(X=80)=0.7$$X$ 的分布列为:| $\mathrm{X}$ | 60 | 70 | 80 || :--- | :--- | :--- | :--- | $\mathrm{P}$ | 0.1 | 0.2 | 0.7 |$E X=60 	imes 0.1+70 	imes 0.2+80 	imes 0.7=76$,$D X=16^{2} 	imes 0.1+6^{2} 	imes 0.2+4^{2} 	imes 0.7=44$.(2)若购进 17 枝,则当天利润的期望为$(14 	imes 5-3 	imes 5) 	imes 0.1+(15 	imes 5-2 	imes 5) 	imes 0.2+(16 	imes 5-1 	imes 5) 	imes 0.16+17 	imes 5 	imes 0.54=76.4$,因为 $76.4>76$, 所以应购迸 17 枝.

Question:
某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝 10 元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理.

(1) 若花店一天购进 16 枝玫瑰花, 求当天的利润 ${ }^{y}$ (单位:元)关于当天需求量 ${ }^{n}$ (单位:枝, $n \in \mathbb{N}$ )的函数解析式

(2) 花店记录了 100 天玫瑰花的口需求量(单位:枝), 整理得下表:

| 日需求量 n | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 频数 | 10 | 20 | 16 | 16 | 15 | 13 | 10 |

以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.

(1)若花店一天购进 16 枝玫瑰花, $X$ 表示当天的利润,求 $X$ 的分布列、数学期望及方差;

(2)若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花,你认为应购进 16 枝还是 17 枝? 请说明理由.

计数


Answer: ：(1)设事件 $A$ 表示“ 2 件合格, 2 件不合格”;事件 $B$ 表示“ 3 件合格, 1 件不合格”;事件 $C$ 表示“ 4 件全合格”;事件 $D$ 表示“检测通过”;事件 $E$ 表示“检测良好”。$	herefore P(D)=P(A)+P(B)+P(C)=rac{\mathrm{C}_{4}^{2} \mathrm{C}_{4}^{2}}{\mathrm{C}_{8}^{4}}+rac{\mathrm{C}_{4}^{3} \mathrm{C}_{4}^{1}}{\mathrm{C}_{8}^{4}}+rac{\mathrm{C}_{4}^{4}}{\mathrm{C}_{8}^{4}}=rac{53}{70}$$	herefore P(E \mid D)=rac{P(C)}{P(D)}+rac{P(B)}{P(D)}=rac{17}{53}$.故所求概率为 $rac{17}{53}$.(2) $X$ 可能取值为 ${ }^{0,1,2}$$P(X=0)=rac{\mathrm{C}_{8}^{2}}{\mathrm{C}_{12}^{2}}=rac{14}{33}$$P(X=1)=rac{\mathrm{C}_{4}^{1} \mathrm{C}_{8}^{1}}{\mathrm{C}_{12}^{2}}=rac{16}{33}$$P(X=2)=rac{\mathrm{C}_{4}^{2}}{\mathrm{C}_{12}^{2}}=rac{1}{11}$| $X$ | 0 | 1 | 2 || :---: | :---: | :---: | :---: || $P$ | $rac{14}{33}$ | $rac{16}{33}$ | $rac{1}{11}$ |分布列为所以, $E(X)=0 	imes rac{14}{33}+1 	imes rac{16}{33}+2 	imes rac{1}{11}=rac{2}{3}$.

Question:
质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的 12 个零件质量进行检测. 甲、乙两个车间的零件质量 (单位: 克) 分布的茎叶图如图所示. 零件质量不超过 20 克的为合格.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_7da760c0cd38339a5113g-

计数


Answer:
(1)因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯, 在第三个交通岗遇到红灯, 所以 $P=\left(1-rac{1}{3}
ight) 	imes\left(1-rac{1}{3}
ight) 	imes rac{1}{3}=rac{4}{27}$ (2)易知随机变量 $$X \sim B\left(6, rac{1}{3}
ight) $$所以 $E(X)=6 	imes rac{1}{3}=2, D(X)=6 	imes rac{1}{3} 	imes\left(1-rac{1}{3}
ight)=rac{4}{3}$.

Question:
出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗, 假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的, 并且概率都是 ${ }^{\frac{1}{3}}$.

(1)求这位司机遇到红灯前, 已经通过了两个交通岗的概率;

(2)求这位司机在途中遇到红灯数 $X$ 的均值与方差.

计数


Answer:
答案: (1) 一台机器是否出现故障可看作一次试验, 在一次试验中, 记机器出现故障为事件 $A$, 则事件 $A$ 的概率为 $\frac{1}{3}$, 该厂有 4 台机器就相当于 4 次独立重复试验, 因为出现故障的机器台数为 $X$, 所以 $X \sim B\left(4, \frac{1}{3}\right), P(X=0)=\mathrm{C}_{4}^{0} \times\left(\frac{2}{3}\right)^{4}=\frac{16}{81}, P(X=1)=$

$$
\begin{aligned}
& \mathrm{C}_{4}^{1} \times \frac{1}{3} \times\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{32}{81}, F(X=2)=\mathrm{C}_{4}^{2} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{2} \times\left(\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{8}{27} \\
& F(X=3)=\mathrm{C}_{4}^{3} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{3} \times \frac{2}{3}=\frac{8}{81}, F(X=4)=\mathrm{C}_{4}^{4} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{4}=\frac{1}{81}
\end{aligned}
$$

$X$ 的分布列为

| $X$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{16}{81}$ | $\frac{32}{81}$ | $\frac{8}{27}$ | $\frac{8}{81}$ | $\frac{1}{81}$ |

(2)设该厂有 $n$ 名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”满足的条件为 $X, n$ ，即 $X=0, X=1, \mathrm{~L}, X=n$ 这 $n+1$ 个互斥事件的和事件，则

| $n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P(X, n)$ | $\frac{16}{81}$ | $\frac{16}{27}$ | $\frac{8}{9}$ | $\frac{80}{81}$ | 1 |

因为 $\frac{72}{81}<90 \%<\frac{80}{81}$, 所以至少有 3 名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修的概率不小于 $90 \%$.

Question:
某厂有 4 台大型机器, 在一个月中, 一台机器至多出现 1 次故障, 且每台机器是否出现故障是相互独立的, 出现故障时需 1 名工人进行维修, 每台机器出现故障需要维修的概率为 ${ }^{\frac{1}{3}}$.

(1)若出现故障的机器台数为 $X$, 求 $X$ 的分布列.

(2)该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于 $90 \%$ ?

计数


Answer: (1) $ecause \mu=65, \sigma=2.2, \mu-3 \sigma=58.4, \mu+3 \sigma=71.6$, 而 $73 \in(\mu+3 \sigma,+\infty)$,$	herefore P(X>71.6)=rac{1-P(58.4<X \leq 71.6)}{2}=rac{1-0.997}{2}=0.0015$

Question: 某钢管生产车间生产一批钢管, 质检员从中抽出若干根对其直径(单位: $m$ mm )进行测量, 得出这批钢管的直径 $X$ 服从正态分布 ${ }^{N(65,

计数


Answer:
(1)散点图如图所示.<ImageHere>(2)由图看出, 样本点呈条状分布, 有比较好的线性相关关系, 因此可以用线性回归方程来建立两个变量之间的关系.设线性回归方程为 $\hat{y}=\hat{b} x+\hat{a}$, 由表中数据可得 $\hat{b} \approx 0.29, \hat{a} \approx 34.70$, 故 $\mathrm{y}$ 与 $\mathrm{x}$ 之间的回归方程为 $\hat{y}=0.29 x+34.70$.当 $x=56.7$ 时, $\hat{y}=0.29 	imes 56.7+34.70=51.143$.所以由回归方程可预报当基本苗数为 56.7 时，有效穗数为 51.143 .(3)各组数据的残差分别为 $\widehat{e_{1}}=0.35, \widehat{e_{2}}=0.718, \widehat{e_{3}}=-0.5, \widehat{e_{4}}=-2.214, \widehat{e_{3}}=1.624$. $R^{2}=1-rac{\sum_{i=1}^{5}\left(y_{i}-\widehat{y_{i}}
ight)^{2}}{\sum_{i=1}^{5}\left(y_{i}-ar{y}
ight)^{2}} \approx 0.832$

Question:
假设某农作物基本苗数 $x$ 与有效穗数 $y$ 之间存在相关关系, 令测得 5 组数据如下:

| $x$ |

计数


Answer:
(1) $300 	imes rac{4500}{15000}=90$, 所以应收集 90 位女生的样本数据.(2)由频率分布直方图得 $1-2 	imes(0.100+0.025)=0.75$, 所以该校学生每周平均体育运动时间超过 4 小时的概率的估计值为 0.75 .(3)由 2 知, 300 位学生中有 $300 	imes 0.75=225$ 人的每周平均体育运动时间超过 4 小时, 75 人的每周平均体育运动时间不超过 4 小时. 又因为样本数据中有 210 份是关于男生的, 90 份是关于女生的. 所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下:|  | 男生 | 女生 | 总计 || :--- | :--- | :--- | :--- || 每周平均体育运动
 时间不超过 4 小时 | 45 | 30 | 75 || 每周平均体育运动
 时间超过 4 小时 | 165 | 60 | 225 || 总计 | 210 | 90 | 300 |结合列联表可算得 $K^{2}=rac{300 	imes(45 	imes 60-165 	imes 30)^{2}}{75 	imes 225 	imes 210 	imes 90}=rac{100}{21} \approx 4.762>3.841$.所以,有 $95 \%$ 的把握认为 “该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关。

Question:
某高校共有学生 15000 人,其中男生 10500 人,女生 4500 人.为调査该校学生每周平均体育运动时间的情况,采用分层抽样的方法,收集 300 位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位:小时).

(1)应收集多少位女生的样本数据?

(2)根据这 300 个样本数据, 得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图(如图所示), 其中样本数据的分组区间为: $[0,2],(2,4],(4,6],(6,8],(8,10],(10,12]$. 估计该校学生每周平均体育运动时间超过 4 小时的概率;

<ImageHere>

(3)在样本数据中, 有 60 位女生的每周平均体育运动时间超过 4 小时, 清完成每周平均体育运动时间与性别列联表, 并判断是否有 $95 \%$ 的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.

计数


Answer: (1) $\hat{y}=0.6 x+1$; (2) 9 (吨标准煤).

Question: 下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量 $x$ （吨）与相应的生产能耗 $Y$ (吨标准煤) 的几组对应数据.

计数


Answer: B

Question: 下列关于回归分析与独立性检验的说法正确的是 ( )(1)回归分析和独立性检验没有什么区别;(2)回归分析是对两个变量准确关系的分析, 而独立性检验是分析两个变量之间的不确定性关系;(3)回归分析研究两个变量之间的相关关系, 独立性检验是对两个变量是否具有某种关系的一种检验;(4)独立性检验可以 $100 \%$ 确定两个变量之间是否具有某种关系.A. (1) (2) B. (3)C. (3)(4) $\mathrm{D}$.D. 全选

计数

答案：B

【解析】回归分析是对两个变量之间的相关关系的一种分析, 而相关关系是一种不确定关系, 通过回归分析可能两个变量之间具有的相关关系.

而独立性检验是对两个变量之间是否具有某种关系的分析, 并且可以分析这两个变量在多大程度上具有这种关系, 但不能 $100 \%$ 肯定这种关系,

故(1)(2)(4)错误，(3)正确，故选 B

2. 答案：C

【解析】本题考查“性别”对判断“人机大战是人类的胜利”这两个变量是否有关系, 符合独立性检验的基本思想，因此，该题所选择的统计方法是独立性检验，故选 C.

3. 答案：A

【解析】根据表中数据, 可得 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(10+20+30+40+50)=30$,

代入线性回归方程 $\hat{y}=0.67 x+54.9$ 中, 求得 $\bar{y}=0.67 \times 30+54.9=75$,

则表中模糊不清的数据是 $75 \times 5-62-75-81-89=68$, 故选 A.

4. 答案：D

【解析】由题意得, $a+7=c=25,6+b=d=25, a+6=e, 7+b=f, e+f=50$,

所以 $a=18, b=19, c+d=50, e=24, f=26$, 则 $e-f=-2$,

故选 D.

5. 答案：B

【解析】由给出的四组数据的散点图可以看出,

图 1 和图 3 是正相关，相关系数大于 0, 则 $r_{1}>0, r_{3}>0 ，$

图 2 和图 4 是负相关, 相关系数小于 0, 则 $r_{2}<0, r_{4}<0$,

图 3 和图 4 的点相对更加集中, 所以相关性较强, 所以 $r_{3}$ 接近于 $1, r_{4}$ 接近于 -1 ,

图 1 和图 2 的点相对分散一些, 所以相关性较弱, 所以 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 比较接近 0 ,

由此可得 $r_{4}<r_{2}<0<r_{1}<r_{3}$, 故选 B.

6. 答案：B

【解析】A. 根据相关关系的定义, 即可判断自变量取值一定时, 因变量的取值带有一定随机性的两个变量之间的关系叫做相关关系, 正确;

B. 线性回归分析中, 相关关系系数 $r$ 的绝对值越接近 1, 两个变量的线性相关性越强, 错误;

C. 残差图中，对于一组数据拟合程度的好坏评价，是残差点分别的带状区域宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高, 正确;

D. 回归分析中, 用相关系数 $R^{2}$ 刻画回归效果时, $R^{2}$ 的值越大, 说明模型的拟合效果越好, $R^{2}$ 为 0.98 的模型比 $R^{2}$ 为 0.80 的模型拟合的效果好, 正确,

故选 B.

7. 答案：A

【解析】由散点图分布图可知, 变量 $x$ 和 $y$ 成正相关，所以 $0<r_{1}<1,0<r_{2}<1$,

在剔除点 $(10,32)$ 之后, 且可看出回归直线 $\hat{y}=b_{2} x+a_{2}$ 的线性相关程度更强, $r_{2}$ 更接近 1.

所以 $0<r_{1}<r_{2}<1$, 故选 A.

8. 答案：A

【解析】因为 $y$ 与 $x$ 的线性回归方程为 $\tilde{y}=6.5 x+17.5$,

所以当 $x=5$ 时, $\hat{y}=6.5 \times 5+17.5=50$,

由表格当广告支出 5 万元时, 销售额为 60 万元, 所以随机误差的效应 (残差) 为 $60-50=10$, 故选 A.

9. 答案:D

【解析】由表格得 $(\bar{x}, \bar{y})$ 为 $(10,38)$,

因为 $(\bar{x}, \bar{y})$ 在回归方程 $\$=\$ x+$ 上且 $\$=-2$,

$38=10 \times(-2)+a$, 解得 $a=58$,

$\therefore \hat{y}=-2 x+58$

当 $x=6$ 时, $\hat{y}=-2 \times 6+58=46$, 故选 D


Answer: （1） 4 人，平均分为 90 ；（2）列联表见解析，有 $99 \%$ 的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀.

Question:
(10 分) 在一次模拟考试中, 某校共有 100 名文科学生参加考试, 其中语文考试成绩低于 130 的占 $95 \%$, 如果成绩不低于 130 的为特别优秀, 数学成绩的频率分布直方图如图.

<ImageHere>

(1) 求数学成绩特别优秀的人数及数学成绩的平均分;

(2) 如果语文和数学两科都特别优秀的共有 3 人. 根据以上数据, 完成 $2 \times 2$ 列联

表, 并分析是否有 $99 \%$ 的把握认为语文特别优秀的同学, 数学也特别优秀.

|  | 语文特别优秀 | 语文不特别优秀 | 合计 |
| :---: | :--- | :--- | :--- |
| 数学特别优秀 |  |  |  |
| 数学不特别优秀 |  |  |  |
| 合计 |  |  |  |

参考数据: (1) $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$;

(2)

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ |

计数


Answer: (1) $a=0.035,41.5$; (2) $rac{3}{5}$ ；（3）没有.

Question:
(12 分) 为激活国内消费市场, 挽回疫情造成的损失, 国家出台一系列的促进国内消费的优惠政策, 某机构从某一电商的线上交易大数据中来跟踪调查消费者的购买力, 界定 3 至 8 月份购买商品在 5000 元以上人群属“购买力强人群”, 购买商品在 5000 元以下人群属“购买力弱人群”. 现从电商平台消费人群中随机选出 200 人, 发现这 200 人中属购买力强的人数占 $80 \%$, 并将这 200 人按年龄分组, 记第 1 组 $[15,25)$, 第 2 组 $[25,35)$, 第 3 组 $[35,45)$, 第 4 组 $[45,55)$, 第 5 组 $[55,65)$,得到频率分布直方图, 如图.

<ImageHere>

(1) 求出频率分布直方图中的 $a$ 值和这 200 人的平均年龄;

(2) 从第 1,2 组中用分层抽样的方法抽取 5 人, 并再从这 5 人中随机抽取 2 人进行电话回访, 求这两人恰好属于不同组别的概率;

(3) 把年龄在第 $1,2,3$ 组的居民称为青少年组, 年龄在第 4,5 组的居民称为中老年组, 若选出的 200 人中“购买力弱人群”的中老年人有 20 人, 问是否有 $99 \%$ 的把握认为是否属“购买力强人群”与年龄有关?

附:

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ |

计数


Answer: 9

Question: 为了研究某种细菌在特定环境下, 随时间变化繁殖情况, 得如下实验数据, 计算得回归方程为 $\hat{y}=0.85 x-0.25$. 由以上信息, 得到下表中 $c$ 的值为| 天数 $t$ (天) | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 || :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: || 繁殖个数 $y$ (千个) | 25 | 3 | 4 | 45 | $c$ |

计数


Answer: (1) $\hat{y}=3.7 x-1.1,25$; (2) 能在犯错误的概率不超过 0.001 的条件下认为“中学生对航空航天的兴趣爱好和性别有关系”.

Question:
(12 分) 我国探月工程嫦娥五号探测器于 2020 年 12 月 1 日 23 时 11 分降落在月球表面预选着陆区, 在顺利完成月面自动采样之后, 成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道, 这是我国首次实现月球无人采样和地外天体起飞, 对我国航天
事业具有重大而深远的影响, 为进一步培养中学生对航空航天的兴趣爱好, 某学校航空航天社团在本校高一年级进行了纳新工作, 前五天的报名情况为: 第 1 天 3 人第 2 天 6 人，第 3 天 10 人，第 4 天 13 人，第 5 天 18 人，通过数据分析已知，报名人数与报名时间具有线性相关关系.

(1) 已知第 $x$ 天的报名人数为 $y$, 求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程, 并预测第 7 天的报名人数 (结果四舍五入取整数);

(2) 该社团为了解中学生对航空航天的兴趣爱好和性别是否有关系, 随机调查了 100 名学生, 并得到如下 $2 \times 2$ 列联表:

|  | 有兴趣 | 无兴趣 | 合计 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 男生 | 45 | 5 | 50 |
| 女生 | 30 | 20 | 50 |
| 合计 | 75 | 25 | 100 |

请根据上面的列联表判断能否在犯错误的概率不超过

计数


Answer:
答案: 工人甲生产出次品数 $X$ 的均值和方差分别为

$E(X)=0 \times \frac{3}{5}+1 \times \frac{1}{10}+2 \times \frac{3}{10}=0.7$,

$D(X)=(0-0.7)^{2} \times \frac{3}{5}+(1-0.7)^{2} \times \frac{1}{10}+(2-0.7)^{2} \times \frac{3}{10}=0.81$

工人乙生产出次品数 $Y$ 的均值和方差分别为

$E(Y)=0 \times \frac{1}{2}+1 \times \frac{3}{10}+2 \times \frac{1}{5}=0.7$,

$D(Y)=(0-0.7)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-0.7)^{2} \times \frac{3}{10}+(2-0.7)^{2} \times \frac{1}{5}=0.61$

由 $E(X)=E(Y)$ 知, 两人生产出次品的平均数相同, 技术水平相当, 但 $D(X)>D(Y)$, 可见乙的技术更稳定.

Question:
甲、乙两名工人加工同一种零件, 两人每天加工的零件数相同, 所得次品数分别为 $X, Y$,且 $X$ 和 $Y$ 的分布列如下表:

| $X$ | 0 | 1 | 2 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{3}{5}$ | $\frac{1}{10}$ | $\frac{3}{10}$ |

| $Y$ | 0 | 1 | 2 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $P$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{1}{5}$ |

试对这两名工人的技术水平进行比较.

统计数学


Answer: 答案: 解: 此程序框图输出的 $y=\left\{\begin{array}{c}\sqrt{a}, a \geq 0 \\ \text { 不存在, } \mathrm{a}<0\end{array}\right.$, 所以是求非负数 $\mathrm{a}$ 的算术平方根.

Question:
24. 试说明图中的算法流程图的设计是求什么?

<ImageHere>

图论

: 分析: 本题主要考查了流程图的作用, 解决问题的关键是根据所给程序框图进行分析即可, 难度不大.


Answer: (1) $\{(2,1)\}$（2）$A=\{3,2,1,-2\}$。

Question:
用列举法表示下列集合:

(1) 方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ x-y=1 \text { 的解集; }\end{array}\right.$

（2）不大于 10 的非负奇数集;

(3) $A=\left\{x \mid x \in \mathbf{Z}, \frac{6}{4-x} \in \mathbf{N}\right\}$.

解析几何

(1) 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ x-y=1\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=1\end{array}\right.$ 故方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ x-y=1\end{array}\right.$ 的解集为 $\{(2,1)\}$

（2）解: 不大于 10 即为小于或等于 10 , 非负是大于或等于 0 ,

故不大于 10 的非负奇数集为 $\{1,3,5,7,9\}$;

(3) 解: $\because x \in \mathbf{Z}, \quad \frac{6}{4-x} \in \mathbf{N}, \therefore 4-x=12,3,6$.

此时 $x=3,2,1,-2$, 即 $A=\{3,2,1,-2\}$

(1)解方程组,求出解,再表示为集合;

(2)找到不大于 10 的非负奇数,用列举法写出集合;

(3)分析当 $x$ 取哪些值时满足条件,得到集合.


Answer:
(1)$A \cap B=\{(0,0)\}$

(2)  $(A \cap B) \cup(B \cap C)=\{(0,0)\} \cup\left\{\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)\right\}=\left\{(0,0),\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)\right\}$

Question:
设全集 $A=\{(x, y) \mid 2 x-y=0\}, B=\{(x, y) \mid 3 x+y=0\}, C=\{(x, y) \mid 2 x-y=3\}$.

(1) 求 $A \cap B$;

(2) 求 $(A \cap B) \cup(B \cap C)$.

解析几何

(1) 解: 联立 $\left\{\begin{array}{l}2 x-y=0 \\ 3 x+y=0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array}\right.\right.$,

可得直线 $2 x-y=0$ 与直线 $3 x+y=0$ 的交点为 $(0,0)$.

所以 $A \cap B=\{(0,0)\}$.

(2) 解: 联立

$$
\left\{\begin{array} { l }
{ 3 x + y = 0 } \\
{ 2 x - y = 3 }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{3}{5} \\
y=-\frac{9}{5}
\end{array}\right.\right.
$$

可得直线 $3 x+y=0$ 与直线 $2 x-y=3$ 的交点为 $\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)$.

所以 $B \cap C=\left\{\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)\right\}$,

即 $(A \cap B) \cup(B \cap C)=\{(0,0)\} \cup\left\{\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)\right\}=\left\{(0,0),\left(\frac{3}{5},-\frac{9}{5}\right)\right\}$

【分析】(1) 求 $A \cap B$ 即是求 $A$ 和 $B$ 集合所表示的两条直线的交点的集合; (2) 求 $B \cap C$ 即是求 $B$ 和 $C$ 集合所表示的两条直线的交点的集合,再与 (1) 中所得集合求并集即可.


Answer:
(1) 解: $\mathrm{f}(0)=4$, f (4) $=2$;

（2）解：当 $0 \leq x \leq 2$ 时，设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=k \mathrm{kx}+\mathrm{b}$,

代入 $(0,4)$

$(2,0)\left\{\begin{array}{c}b=4 \\ 2 k+b=0\end{array}\right.$

(k $k=-2$

$\therefore\{b=4$, 即 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=-2 \mathrm{x}+4$

当 $2 \leq x \leq 6$ 时, 代入（2，0）（6，4）,

<ImageHere>

即 $f(x)=x-2$,

综上, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}-2 x+40, \leq x \leq 2 \\ x-2,2<x \leq 6\end{array}\right.$

Question:
如图所示, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象是折线段 $\mathrm{ABC}$, 其中 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 的坐标分别为 $(0,4),(2,0)$, $(6,4)$.

<ImageHere>

(1) 求 $\mathrm{f}[\mathrm{f}(0)]$ 的值;

(2) 求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的解析式.

解析几何

（1）根据所给的函数图像求得 $\mathrm{f}[\mathrm{f}(0)]$ 的值; （2）根据函数图像可知函数是线段 $\mathrm{AB}$ 与线段 $\mathrm{BC}$ 组成的分段函数.


Answer:
(1) 解: 设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{ax}^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}(\mathrm{a} \neq 0)$,

由 $f(0)=2$, 得 $c=2$. 由 $f(x+1)-f(x)=x-1$,

得恒等式 $2 a x+a+b=x-1$, 得 $a=\frac{1}{2}, b=-\frac{3}{2}$.

故所求函数的解析式为 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}-\frac{3}{2} \mathrm{x}+2$.

(2) 解: 由 $3 f(x)+2 f(-x)=x+3$, (1)

$x$ 用 $-x$ 代换得 $3 f(-x)+2 f(x)=-x+3$ ，(2)
解(1)(2)得 $f(x)=x+\frac{3}{5}$.

Question:
求下列函数的解析式:

(1) 已知 $f(x)$ 是二次函数, 且 $f(0)=2, f(x+1)-f(x)=x-1$, 求 $f(x)$;

（2）已知 $3 f(x)+2 f(-x)=x+3$, 求 $f(x)$.

解析几何

（1）设二次函数为 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$, 将 $f(0)=2$ 与 $f(x+1)-f(x)=x-1$ 代入化简, 可求得 $a, b, c$ 的值. (2) 将 $-x$ 代入原方程得到一个新的方程, 和原方程组成方程组, 解方程组来求得 $f(x)$ 的值.


Answer:
(1) 解: 由 $f(x)<0$ 的解集为 $(0,2)$,

可知 $a>0$ 且 $f(x)=a x(x-2)$.
则 $f(1)=-1 \Rightarrow a=1 \Rightarrow f(x)=x^{2}-2 x$

(2) 解: $2^{f(x)}-\frac{1}{4}>0 \Leftrightarrow 2^{a x(x-2)}>2^{-2}$

$\Leftrightarrow a x^{2}-2 a x+2>0$ 的解集为 R., 当 $a=0$ 时, 满足题意;

当 $a \neq 0$ 时, 由 $\left\{\begin{array}{c}a>0 \\ \Delta=4 a^{2}-8 a<0\end{array} \Rightarrow 0<a<2\right.$.

综上, $a \in[0,2)$

Question:
已知 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a, b, c \in R)$.

（1）当 $f(1)=-1$, 且 $f(x)<0$ 的解集为 $(0,2)$, 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $2^{f(x)}-\frac{1}{4}>0$ 对一切实数恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

解析几何

（1）根据不等式的解集与方程根的关系, 即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的值;

(2) 根据指数函数的单调性, 解不等式, 将不等式恒成立问题转化, 即可求出实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.


Answer:
解：（1）点 $P(6,4)$ 关于轴的对称点的坐标 $P_{1}(6,-4)$,

则反射光线所在的直线过点 $P_{1}$ 和 $Q$, 所以 $k{ }_{P_{1} Q}=\frac{-4-0}{6-2}=-1$,所以反射光线 $Q H$ 的方程为 $y=-(x-2)$, 即 $y=-x+2$.

（2）由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球，共包含 20 个基本事件;

“抽取的两个小球标号之和大于 5 ” 包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6）, $(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 11 个基本事件; “抽取的两个小球标号之积大于 8 ” 包含的基本事件有：（2，5），(2，6），（3，3），（3, 5）, （3，6）, (4, 3）, （4,5）, （4,6）, 共 8 个基本事件;

即事件 $B$ 是事件 $A$ 的子事件; 所以事件 $A \cup B$ 包含的基本事件个数为 11 个,
所以事件 $A \cup B$ 发生的概率为 $\frac{11}{20}$.

Question:
020 秋・湖北期中）（1）一条光线从点 $P(6,4 ）$ 射出, 与 $x$ 轴相交于点 $Q(2,0)$, 经 $x$ 轴反射后与 $y$ 轴交于点 $H$, 求反射光线 $Q H$ 所在直线的方程.

（2）已知甲罐中有四个相同的小球, 标号为 $1,2,3,4$; 乙罐中有五个相同的小球, 标号为 1 , $2,3,5,6$, 现从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球, 记事件 $A=$ “抽取的两个小球标号之和大于 5 ”，事件 $B=$ “抽取的两个小球标号之积大于 8 ”，求事件 “ $A \cup B$ ”发生的概率.

解析几何

解：（1）点 $P(6,4)$ 关于轴的对称点的坐标 $P_{1}(6,-4)$,

则反射光线所在的直线过点 $P_{1}$ 和 $Q$, 所以 $k{ }_{P_{1} Q}=\frac{-4-0}{6-2}=-1$,所以反射光线 $Q H$ 的方程为 $y=-(x-2)$, 即 $y=-x+2$.

（2）由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球，共包含 20 个基本事件;

“抽取的两个小球标号之和大于 5 ” 包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6）, $(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 11 个基本事件; “抽取的两个小球标号之积大于 8 ” 包含的基本事件有：（2，5），(2，6），（3，3），（3, 5）, （3，6）, (4, 3）, （4,5）, （4,6）, 共 8 个基本事件;

即事件 $B$ 是事件 $A$ 的子事件; 所以事件 $A \cup B$ 包含的基本事件个数为 11 个,
所以事件 $A \cup B$ 发生的概率为 $\frac{11}{20}$.


Answer:
解：（1）点 $P(6,4)$ 关于轴的对称点的坐标 $P_{1}(6,-4)$,

则反射光线所在的直线过点 $P_{1}$ 和 $Q$, 所以 $k{ }_{P_{1} Q}=\frac{-4-0}{6-2}=-1$,

所以反射光线 $Q H$ 的方程为 $y=-(x-2)$, 即 $y=-x+2$.

（2）由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球，共包含 20 个基本事件;

“抽取的两个小球标号之和大于 5 ” 包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6）, $(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 11 个基本事件; “抽取的两个小球标号之积大于 8 ” 包含的基本事件有：（2，5），（2，6），（3，3），（3，5）, $(3,6),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 8 个基本事件;即事件 $B$ 是事件 $A$ 的子事件；所以事件 $A \cup B$ 包含的基本事件个数为 11 个,所以事件 $A \cup B$ 发生的概率为 $\frac{11}{20}$.

Question:
（2020 秋・湖北期中）（1）一条光线从点 $P(6,4)$ 射出, 与 $x$ 轴相交于点 $Q(2,0)$, 经 $x$ 轴反射后与 $y$ 轴交于点 $H$, 求反射光线 $Q H$ 所在直线的方程.

（2）已知甲罐中有四个相同的小球, 标号为 $1,2,3,4$; 乙罐中有五个相同的小球, 标号为 1 , 2, 3, 5, 6, 现从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球, 记事件 $A=$ “抽取的两个小球标号之和大于 5 ”，事件 $B=$ “抽取的两个小球标号之积大于 8 ”，求事件 “ $A \cup B$ ”发生的概率.

解析几何

解：（1）点 $P(6,4)$ 关于轴的对称点的坐标 $P_{1}(6,-4)$,

则反射光线所在的直线过点 $P_{1}$ 和 $Q$, 所以 $k{ }_{P_{1} Q}=\frac{-4-0}{6-2}=-1$,

所以反射光线 $Q H$ 的方程为 $y=-(x-2)$, 即 $y=-x+2$.

（2）由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取 1 个小球，共包含 20 个基本事件;

“抽取的两个小球标号之和大于 5 ” 包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6）, $(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 11 个基本事件; “抽取的两个小球标号之积大于 8 ” 包含的基本事件有：（2，5），（2，6），（3，3），（3，5）, $(3,6),(4,3),(4,5),(4,6)$, 共 8 个基本事件;即事件 $B$ 是事件 $A$ 的子事件；所以事件 $A \cup B$ 包含的基本事件个数为 11 个,所以事件 $A \cup B$ 发生的概率为 $\frac{11}{20}$.


Answer:
(1) $(0,+\infty)$;
(2) $(0,27]$

Question:
求下列函数的值域:

(1) $y=2^{1-x}$;

(2) $y=\left(\frac{1}{3}\right)^{2 x-1}, x \in[-1,+\infty)$.

解析几何

【详解】

(1) 指数函数 $f(x)=2^{x}$ 在 $R$ 上单调递增,

$1-x \in \mathrm{R}, \therefore$ 函数 $y=2^{1-x}$ 的值域 $(0,+\infty)$

（2）指数函数 $f(x)=\left(\frac{1}{3}\right)^{x}$ 在 $R$ 上单调递减,

$\because x \in[-1,+\infty), \quad \therefore 2 x-1 \in[-3,+\infty)$,

$\therefore$ 函数 $y=\left(\frac{1}{3}\right)^{2 x-1}$ 当 $x \in[-1,+\infty)$ 时, 值域 $(0,27]$.

【点睛】

本小题主要考查指数型函数的值域的求法, 属于基础题.


Answer:
(1) $f(x)=4^{x}$;
(2) $(2,+\infty)$

Question:
已知函数 $f(x)=a^{x} \quad(a>0$ 且 $a \neq 1)$ 的图像经过点 $(2,16)$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若 $f(2 m+5)<f(3 m+3)$, 求实数 $m$ 的取值范围.

解析几何


Answer:
(1) $f(x)=2^{x}-4^{x}$;
(2) 0 .

Question:
已知 $f(x)$ 为定义在 $[-1,1]$ 上的奇函数, 当 $x \in[-1,0]$ 时, 函数解析式 $f(x)=\frac{1}{4^{x}}-\frac{a}{2^{x}}(a \in R)$.

(1) 写出 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的解析式;

(2) 求 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值.

解析几何


Answer:
（1）解：根据题意摩天轮从最低点开始, $15 \mathrm{~min}$ 后达到最高点,

则 $30 \mathrm{~min}$ 转一圈, 所以摩天轮的角速度为 $\omega=\frac{2 \pi}{30}=\frac{\pi}{15}$.

则 $t \min$ 时, 人在点 $C$ 处, 则此时转过的角度为 $\theta=\frac{\pi}{15} t$.

所以 $y=\frac{167}{2}-\frac{153}{2} \cos \frac{\pi}{15} t(t \geq 0)$.

(2) 解: 登上摩天轮到旋转一周,

则 $0 \leq t \leq 30$, 人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$,

即 $y=\frac{167}{2}-\frac{153}{2} \cos \frac{\pi}{15} t>\frac{181}{4}$, 所以 $\cos \frac{\pi}{15} t<\frac{1}{2}$,

由 $0 \leq t \leq 30$, 解得 $5<t<25$,

<ImageHere>
故有 20 分钟人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$.

Question:
中国第一高摩天轮“南昌之星摩天轮”高度为 $160 \mathrm{~m}$, 其中心 $O$ 距地面 $O B=\frac{167}{2} \mathrm{~m}$, 半径为 $O C=\frac{153}{2} \mathrm{~m}$, 若某人从最低点 $D$ 处登上摩天轮, 摩天轮匀速旋转, 那么此人与地面的距离将随时间 $t$ 变化, $t=15 \mathrm{~min}$ 后达到最高点, 从登上摩天轮时开始计时.

<ImageHere>

(1) 求出人与地面距离 $\mathrm{y}$ 与时间 $\mathrm{t}$ 的函数解析式;

(2) 从登上摩天轮到旋转一周过程中, 有多长时间人与地面距离大于 $\frac{181}{4} \mathrm{~m}$.

解析几何


Answer: $a=1$

Question: 已知集合 $A=\left\{3,4, a^{2}-3 a-1\right\}, B=\{2 a,-3\}, A \cap B=\{-3\}$, 求实数 $a$ 的值.

代数


Answer:
(1) 解: 若 $\mathrm{a} \in \mathrm{A}$, 则 $\frac{1}{1-\mathrm{a}} \in \mathrm{A}$.

又 $\because 2 \in \mathrm{A}, \therefore \frac{1}{1-2}=-1 \in \mathrm{A}$.

$\because-1 \in A, \therefore \frac{1}{1-(-1)}=\frac{1}{2} \in \mathrm{A}$.

$\because \frac{1}{2} \in \mathrm{A}, \quad \therefore \frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2 \in \mathrm{A}$.

$\therefore \mathrm{A}$ 中另外两个元素为 $-1, \frac{1}{2}$.

(2) 解: 若 $A$ 为单元素集, 则 $a=\frac{1}{1-a}$,

即 $a^{2}-a+1=0$, 方程无解.

$\therefore a \neq \frac{1}{1-a}, \therefore$ 集合 $\mathrm{A}$ 不可能是单元素集

Question:
设 $A$ 为实数集, 且满足条件: 若 $a \in A$, 则 $\frac{1}{1-a} \in A(a \neq 1)$.

求证:

(1) 若 $2 \in A$ ，则 A 中必还有另外两个元素;

(2) 集合 $A$ 不可能是单元素集.

代数

（1）根据集合 $\mathrm{A}$ 满足的条件, 将 2 代入逐一求解, 即可求出 $\mathrm{A}$ 中另外两个元素;

（2）采用反证法, 假设 $\mathrm{A}$ 为单元素集, 得出矛盾, 即可证明集合 $\mathrm{A}$ 不可能是单元素集.


Answer: (1) $a$ 是集合 $S$ 的元素,(2) $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2} 、 \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}$ 都属于 $\mathrm{S}$

Question:
设 $\mathrm{S}=\{\mathrm{x} \mid \mathrm{x}=\mathrm{m}+\mathrm{n} \sqrt{2}, \mathrm{~m} 、 \mathrm{n} \in \mathrm{Z}\}$.

(1) 若 $a \in Z$, 则 $a$ 是否是集合 $S$ 中的元素?

（2）对 $S$ 中的任意两个 $x_{1} 、 x_{2} ，$ 则 $x_{1}+x_{2} 、 x_{1} \cdot x_{2}$ 是否属于 $S$ ?

代数

(1) 解: $a$ 是集合 $S$ 的元素, 因为 $a=a+0 \times \sqrt{2} \in S$;

(2) 解: 不妨设 $x_{1}=m+n \sqrt{2}, x_{2}=p+q \sqrt{2}, m 、 n 、 p 、 q \in Z$.

则 $x_{1}+x_{2}=(m+n \sqrt{2})+(p+q \sqrt{2})=(m+n)+(p+q) \sqrt{2}$,

$\because \mathrm{m} 、 \mathrm{n}, \mathrm{p} 、 \mathrm{q} \in \mathrm{Z} . \therefore \mathrm{p}+\mathrm{q} \in \mathrm{Z}, \mathrm{m}+\mathrm{n} \in \mathrm{Z} . \quad \therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2} \in \mathrm{S}$,

$\mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}=(\mathrm{m}+\mathrm{n} \sqrt{2}) \cdot(\mathrm{p}+\mathrm{q} \sqrt{2})=(\mathrm{mp}+2 \mathrm{nq})+(\mathrm{mq}+\mathrm{np}) \sqrt{2}, \mathrm{~m} 、 \mathrm{n} 、 \mathrm{p} 、 \mathrm{q} \in \mathrm{z}$.

故 $\mathrm{mp}+2 \mathrm{nq} \in \mathrm{Z}, \mathrm{mq}+\mathrm{np} \in \mathrm{Z}$.

$\therefore \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2} \in \mathrm{S}$.

综上, $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2} 、 \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}$ 都属于 $\mathrm{S}$.

由于整数 $a$ 能表示为 $a=a+0 \times 2$ 故 $a \in S$;

(2)先设 $x_{1}=m+n 2, x_{2}=p+q 2 ， m 、 n 、 p 、 q \in Z$. 再运算 $x_{1}+x_{2}$, 与 $x_{1} \cdot x_{2}$ 能不能表示为集合 $S$ 的元素的形式.得到证明.


Answer: (I)  $m \leq 2$，（II）$3 \leq m \leq 4$

Question:
已知集合 $A=\left\{x \left\lvert\, \frac{3-2 x}{x+2}>-1\right.\right\}$,

(I) 若 $B \subseteq A, B=\{x \mid m+1<x<2 m-1\}$, 求实数 $m$ 的取值范围;

(II) 若 $A \subseteq B, B=\{x \mid m-6<x<2 m-1\}$, 求实数 $m$ 的取值范围.

代数

解不等式 $\frac{3-2 x}{x+2}>1$, 得 $-2<x<5$, 即 $A=(-2,5)$.

(I) $B \subseteq A$

(1)当 $B=\varnothing$ 时, 则 $2 m-1 \leq m+1$, 即 $m \leq 2$, 符合题意;

(2)当 $B \neq \varnothing$ 时, 则有

$\left\{\begin{array}{l}m>2 \\ m+1 \geq 2 \\ 2 m-1 \leq 5 \text { 解得: } 2<m \leq 3 \text {. }\end{array}\right.$

综上: $m \in(-\infty, 3]$.

（II）要使 $A \subseteq B$, 则 $B \neq \varnothing$, 所以有

$\left\{\begin{array}{c}2 m-1>m-6 \\ m-6 \leq-2 \\ 2 m-1 \geq 5\end{array}\right.$ 解得:

$3 \leq m \leq 4$.(1) 求出集合 $\mathrm{A}$, 利用子集关系, 通过 $\mathrm{B}$ 是否为空集, 列出不等式组求解即可. (2) $\mathrm{A} \subseteq \mathrm{B}$, $B=\{x \mid m-6<x<2 m-1\} ，$ 列出不等式组求解即可.


Answer: （1） $\mathrm{A} \cap \mathrm{B}=\{x \mid 0<x<3\}$(2) $a \in(-\infty,-2] \cup[4,+\infty)$

Question:
已知 $\mathrm{A}=\{\mathrm{x} \mid(\mathrm{x}-\mathrm{a})(\mathrm{x}+\mathrm{a}-2)<0\}, \mathrm{B}=\{\mathrm{x} \mid 0<\mathrm{x}<4\}$.

(1) 若 $a=3$, 求 $A \cap B$;

(2) 若 $A \cup B=A$, 求实数 $a$ 的取值范围.

代数

（1）解: 若 $\mathrm{a}=3$, 则 $A=\{x \mid(x-3)(x+1)<0\}=\{x \mid-1<x<3\}$,

所以 $\mathrm{A} \cap \mathrm{B}=\{x \mid 0<x<3\}$,

（2）解：因为 $\mathrm{A} \cup \mathrm{B}=\mathrm{A}$,所以 $B \subseteq A$,

(1)若 $a<2-a$ 即 $a<1$ 时, $A=\{x \mid a<x<2-a\}$,

$\left\{\begin{array}{l}a<1 \\ a \leq 0 \\ 2-a \geq 4, \text { 解得 } a \leq-2 .\end{array}\right.$

(2)若 $a=2-a$ 即 $a=1$ 时, $A=\varnothing$ 不满足题意;

(3)若 $a>2-a$ 即 $a>1$ 时, $A=\{x \mid 2-a<x<a\}$, $\left\{\begin{array}{l}a>1 \\ 2-a \leq 0 \\ a \geq 4\end{array}\right.$,解得 $a \geq 4$,

综上所述, $a \in(-\infty,-2] \cup[4,+\infty)$

(1)当 $\mathrm{a}=3$ 时,求出集合 $A$,由集合的交集运算即可得解;(2)由 $\mathrm{A} \cup \mathrm{B}=\mathrm{A}$ 知 $B \subseteq A$,对 $a, 2-a$的关系进行讨论并利用并集的性质列出不等式组,求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.


Answer:
(1) $a=5$（2）$a=-2$,(1) 解: 由 $B=\left\{x \mid x^{2}-5 x+6=0\right\}$ 得 $B=\{2,3\}$,

因为 $A \cap B=A \cup B$, 所以 $A=B$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}2+3=a \\ 2 \times 3=a^{2}-19, \text { 解得 } a=5\end{array}\right.$

（2）解: 由 $C=\left\{x \mid x^{2}+2 x-8=0\right\}$ 得 $C=\{2,-4\}$,

因为 $A \cap B \neq \phi, A \cap C=\phi$, 所以 $3 \in A$,

所以 $3^{2}-3 a+a^{2}-19=0$,

即 $a^{2}-3 a-10=0$, 解得 $a=5$ 或 $a=-2$,

当 $a=5$ 时, $A=\{2,3\}$ 与 $A \cap C=\varnothing$ 矛盾,

当 $a=-2$ 时, $A=\{-5,3\}$, 满足题意,

$\therefore a=-2$,

故得解.

Question:
集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-a x+a^{2}-19=0\right\}, \quad B=\left\{x \mid x^{2}-5 x+6=0\right\}, \quad C=\left\{x \mid x^{2}+2 x-8=0\right\}$.

(1) 若 $A \cap B=A \cup B$, 求 $a$ 的值;

(2) 若 $A \cap B \neq \varnothing, A \cap C=\varnothing$, 求 $a$ 的值.

<ImageHere>

代数

（1）先求出 $\mathrm{B}$ 集合，由 $A \cap B=A \cup B$ 得出 $A=B$, 再由韦达定理求得 $\mathrm{a}$; （2）求出集合 C, 由 $A \cap B \neq \phi, A \cap C=\phi$ 得出 $3 \in A$, 从而求得 $\mathrm{a}$ 的值, 再代入集合 $\mathrm{A}$ 中验证是否满足题意,得解.


Answer:
(1) $\left(C_{U^{A}} A\right) \cap\left(C_{U} B\right)=\{x \mid x<2$ 或 $x \geq 10\}$.

(2)$a$ 的取值范围是 $a<3$.

Question:
全集 $U=R$, 若集合 $A=\{x \mid 3 \leq x<10\}, B=\{x(x-2)(x-7) \leq 0\}$.

(1) $A \cup B,\left(C_{U} A\right) \cap\left(C_{U} B\right)$;

(2) 若集合 $C=\{x \mid x>a\}, A \subseteq C$, 求 $a$ 的取值范围.

代数

(1) 解: 由 $(x-2)(x-7) \leq 0$ 解得 $B=\lfloor 2,7\rfloor$.

故 $A \cup B=\{x \mid 2 \leq x<10\}, C_{U} A=\{x \mid x<3$ 或 $x \geq 10\}, C_{U} B=\{x \mid x<2$ 或 $x>7\}$ ，所以 $\left(C_{U^{A}} A\right) \cap\left(C_{U} B\right)=\{x \mid x<2$ 或 $x \geq 10\}$.

(2) 解: 由于 $A \subseteq C$, 所以 $a<3$, 故 $a$ 的取值范围是 $a<3$.

【分析】(1) 解一元二次不等式求得集合 $B$, 根据并集、交集和补集的概念和运算，求得所求（2）根据子集的概念列不等式, 解不等式求得 $a$ 的取值范围.


Answer:
(1) $A \cup B=\lfloor-1,4)$

(2) $a \leq-4$ 或 $a \geq 2$.

Question:
已知集合 $A=\{y \mid y=3 x-1,0 \leq x \leq 1\}, B=\{x(x-a)((x-(a+3))\rfloor<0\}$.

(1) 若 $a=1$, 求 $A \cup B$;

(2) 若 $A \cap B=\phi$, 求实数 $a$ 的取值范围.

代数

(1) 解: $\because$ 集合 $A$ 是函数 $y=3 x-1(0 \leq x \leq 1)$ 的值域

$\therefore A=\lfloor-1,2\rfloor$, 易知 $B=(a, a+3)$

若 $a=1$, 则 $B=(1,4)$, 结合数轴知 $A \cup B=\lfloor-1,4)$

(2) 解: 若 $A \cap B=\varnothing$, 得 $a \geq 2$ 或 $a+3 \leq-1$, 即 $a \leq-4$ 或 $a \geq 2$.

【分析】（1） 当 $a=1$ 时, 分别求出集合 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 即可求出它们的交集;

(2) 结合数轴可得, 若 $A \cap B=\phi$ 实数 $a$ 的取值范围.


Answer:
(1) 解: 由题: ||$x \mid-1 \neq 0$,

解得: $-2 \leq x<-1$ 或 $-1<x<1$ 或 $1<x \leq 2$,

所以其定义域为: $[-2,-1) \cup(-1,1) \cup(1,2]$;

(2) 解: 由题: $\left\{\begin{array}{l}x-1>0 \\ x-2 \neq 0,\end{array}\right.$ 解得: $x>1$ 且 $x \neq 2$,

所以其定义域为: $(1,2) \cup(2,+\infty)$.

Question:
求下列函数定义域

(1) $y=\sqrt{4-x^{2}}+\frac{1}{|x|-1}$

(2) $y=\frac{1}{\sqrt{x-1}}+(x-2)^{0}$

代数

（1）根据题意解不等式组 $\left\{\left.\begin{array}{l}4-x^{2} \geq 0\end{array} \right\rvert\,-1 \neq 0\right.$, 求出解集即可; （2）根据题意解不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x-1>0 \\ x-2 \neq 0,\end{array}\right.$求出解集即可.


Answer:
(1) 解: $\because-2<-1$,

$\therefore f(-2)=2 \times(-2)+3=-1, \quad f(f(-2))=f(-1)=2$,

$\therefore f(f(f(-2)))=f(2)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$;

（2）解: 当 $a>1$ 时, $f(a)=1+\frac{1}{a}=\frac{3}{2}, \therefore a=2>1$;

当 $-1 \leq a \leq 1$ 时, $f(a)=a^{2}+1=\frac{3}{2}, \therefore a= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \in[-1,1]$;

当 $a<-1$ 时, $f(a)=2 a+3=\frac{3}{2}, \therefore a=-\frac{3}{4}>-1$ (舍去).
综上, $a=2$ 或 $a= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Question:
已知函数 $f(x)= \begin{cases}1+\frac{1}{x}, & x>1 \\ x^{2}+1, & -1 \leq x \leq 1 \\ 2 x+3, & x<-1\end{cases}$

(1) 求 $f(f(f(-2)))$ 的值;

(2) 若 $f(a)=\frac{3}{2}$, 求 $a$.

代数

（1）根据分段函数的表达式，即可得到函数值;（2）根据函数的表达式及 $f(a)=\frac{3}{2}$, 即可得到 $a$.


Answer:
(1) 解: 令 $f(x)=\sqrt{2 x-1}=t \Rightarrow x=\frac{t^{2}+1}{2}(t \geq 0)$,

因此有:

$f(t)=t-\frac{t^{2}+1}{2}=-\frac{1}{2} t^{2}+t-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}(t-1)^{2} \because t \geq 0 \therefore f(t) \leq 0$,

<ImageHere>

(2) 解: $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}=\frac{3}{5} \cdot \frac{x-\frac{2}{3}}{x+\frac{1}{5}}=\frac{3}{5}\left(1-\frac{\frac{13}{15}}{x+\frac{1}{5}}\right) \neq \frac{3}{5}$,

所以函数 $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}$ 的值域为: $\left(-\infty, \frac{3}{5}\right) \cup\left(\frac{3}{5},+\infty\right)$

Question:
求下列函数的值域:

(1) $f(x)=\sqrt{2 x-1}-x$;

(2) $g(x)=\frac{3 x-2}{5 x+1}$.

代数

(1)根据函数的解析式的特征, 利用换元法求解函数的值域; (2)根据函数的解析式的特征,进行常变量分离即可求出函数的值域.


Answer:
解: $\mathrm{f}(\mathrm{x})=$

$$
\left\{\begin{array}{c}
\frac{2}{x}, x<-1 \\
-2,-1 \leq x<0 \\
3 x-2, x \geq 0
\end{array}\right.
$$

函数的图象为:

<ImageHere>

Question: 设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{x}, x<-1 \\ -2,-1 \leq x<0 \\ 3 x-2, x \geq 0\end{array}\right.$, 作出函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象.

代数

在坐标系中直接画出函数的图象即可.


Answer:
（1）解：设 $\mathrm{x}+1=\mathrm{t}$, 则 $\mathrm{x}=\mathrm{t}-1$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{t})=3(\mathrm{t}-1)+2=3 \mathrm{t}-1$,

$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}-1$.

（2）解: 因为 $f(x)$ 是一次函数, 可设 $\left.f(x)=a x+b_{(} a \neq 0\right)$,

所以有 $3[a(x+1)+b]-2[a(x-1)+b]=2 x+17$,

即 $a x+(5 a+b)=2 x+17$,

因此应有 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ 5 a+b=17,\end{array}\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=7 \text { 解得 }\end{array}\right.\right.$

故 $f(x)$ 的解析式是 $f(x)=2 x+7$.

（3）解：因为 $2 f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=3 x$ ，(1)

将 $x$ 用 $\frac{1}{x}$ 替换, 得 $2 f\left(\frac{1}{x}\right)+f(x)=\frac{3}{x}$, (2)

由(1)(2)解得 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}(x \neq 0)$,

即 $f(x)$ 的解析式是 $f(x)=2 x-\frac{1}{x}(x \neq 0)$.

Question:
根据条件求下列各函数的解析式:

(1) 已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x}+1)=3 \mathrm{x}+2$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的解析式;

（2）已知 $f(x)$ 是一次函数, 且满足 $3 f(x+1)-2 f(x-1)=2 x+17$, 求 $f(x)$ 的解析式;

<ImageHere>

代数

（1）利用换元法即可求出函数 $\mathrm{f}$ （x）的解析式;（2）设一次函数 $f(x)=a x+b(a \neq 0)$,

代入已知比较系数可得 $\mathrm{a}$ 和 $\mathrm{b}$ 的方程组, 解方程组可得结果; (3) 将 $x$ 用 $\frac{1}{x}$ 替换, 构造方程组即可得到 $f(x)$ 的解析式.