自主招生講座-綜合

1、自主招生講座一、集合1設(shè)集合S 1,2,3, ,12 , A厲金佳是S的子集，且滿足ai a? a3, a3 a? 5，那么滿足條件的子集A的個數(shù)為.185直接枚舉，間接排除。2、已知A與B是集合1,2,3, L ,100的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，且AI B為空集，若n A時總有2n 2 B，則集合AUB的元素個數(shù)最多為 。66。A中的元素必小于50，考慮A最多可含1,2, ,49中多少個數(shù)，將1，2，49分成如下33個集合：1,4, 3,8, 5,12，23,48共 12 個；2,6, 10,22, 14,30, 18,38共 4 個；25, 27,49共13個；26, 34,

2、 42, 46共4個。若A中含34元，則必有二個數(shù)在同一個二元子集中， 即存在n A， 使得2n2A ，不符合題意，故 A 中最多只能含 33 元，如取 A 1,3,5,23,2,10,14,18,25,27,29,49,26,34,42,46， B 2n2|n A，即滿足條件。3、 (第43屆美國中學數(shù)學競賽)設(shè)S為集合1,2, ,50的子集，并且S中任意兩個元素之和不能被7整 除，那么S中元素最多有多少個？S中的元素最多有1 8 7 7 23個。把S中的元素按 mod7分類：S。7,14,21,28,35,42,49，S1,8,15,22,29,36,43,50，S2 2,9,16,23,

3、30,37,44， S3 3,10,17,24,31,38,45，,S66,13,20,27,34,41,48七類，則S。中最大只能取一個，S1與S6中不能同時取，S2與S5中的數(shù)不能同時取，S3與S4中的數(shù)不能同時 取，故最多可取1 8 7 7 23個。4、( 08 浙大)A (x, y)|(x 1)2 (y 2)25, B (x, y)|x 1 | 21 y 2| a，4A B，求實數(shù)a的取值范圍。解法一：注意到問題的結(jié)構(gòu)特點，可先換元化簡，令X x 1,Y y 2，則問題等價轉(zhuǎn)化為5A ( X,Y)|X2 Y2 -, B1 ( X,Y)|X | 2|Y| a, AB1，求實數(shù)a的取值范圍

4、。注意到 人啟是封閉4的點集，不但關(guān)于x軸、y軸對稱，而且關(guān)于坐標原點 O對稱，于是集中精力研究兩點集在第一象限的 關(guān)系即可。通過畫圖(數(shù)形結(jié)合)容易發(fā)現(xiàn)，a越大，越容易滿足要求，最小的正數(shù) a恰好對應(yīng)二者相切的情形，此時，O(0,0)到直線X 2Y a的距離等于半徑，于是d一a|2-，臨界的a -，所心 2222以a的取值范圍是5,)。2解法二：A B的意思就是由(x 1)2 (y 2)2 5 |x 1| 2|y 2| a，求實數(shù)a的取值范圍，由于451515(x 1)2 (y 2)2 - |y 2| t (x 1)2，所以原命題等價于|x 1| 2J- (x 1)2 a恒成立。設(shè)4 4V

5、4|x 1| t，則t 0,題設(shè)即求函數(shù)z t 5 4t2(t 0)的最大值Zmax，則a Zmax。5、(2007華約)對于集合 MR2，稱M為開集，當且僅當對任意的P。M，存在r 0，使P R | PP | r M .判斷集合( x, y) | 4x 2y 5 0與( x, y) | x 0, y 0是否為開集，并證明你的 結(jié)論.解：設(shè)A (x,y)|4x 2y 5 0，對任意的P。A，記d為P。到直線4x 2y 5 0的距離.依題意，d 0，令r -，則P R2 |且| PP0 | r A，所以集合A是一個開集.2設(shè) B ( x, y) | x 0,y 0，取點 P(0,i)B，對任意的

6、 r 0，取 P(匸,i),則 | PP。| r，但 P( -,i) B ,2 2所以集合B不是一個開集.6. (2009復(fù)旦自主招生)設(shè)X是含n(n 2)個元素的集合，A, B是X中的兩個互不相交的子集，分別含 有m,k(m,k i,m k n)個元素，則X中既不包含A，也不包含B的子集的個數(shù)是()nmnknmknmkA.222B.2C 2 n 2 n m ?nk 2 n m kD2“i 2“ ？nk 2 n m k解：設(shè)X中包含A的子集的集合為P(A)，包含B的子集的集合為P(B)，則2門k 2|P(A)P(B)| |P(A)|P(B)|P(A)P(B)| 2nm7. (2003復(fù)旦保送生

7、)定義閉集合：若 a,b S，則a(1) 舉一例，真包含于R的無限閉集合；(2) 證明：對任意的兩個閉集合 Si,S2R，存在c 解：(i)整數(shù)集合Z ;(2)反證法。假設(shè)存在兩個閉集合 Si,S2 R，使得Si 設(shè)Si 因此，則(ti 若ti 綜上，故選C oS,aS2SiS2 oR。顯然S,S2 , S2Si。否則，不妨S2，則 3 S2 S2 R , 存在tiR，使得ti t2 ) ti t2 S，矛盾； t2 S2，則(ti t2) t2S, S2 R，即存在cSi矛盾。S2 , t2 S2 Si，考慮 tiS2，矛盾；R，但 c S S2 otit2 ,由假設(shè)知ti t2SiS2。若

8、tit2Si ,8. (20i0清華等五校聯(lián)考)已知f (x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x0時f (x)單調(diào)遞增，f (i)設(shè)(x) sin2x mcosx 2m，集合 Mm| x 0,-,(x)0 , Nm| x 0,2，f( (x)0，求M N o解析：因為f(x) 0x i 或 Oxi,所以N m |0尹(x)0m|燈(x)i 或 0(x)i,(x)i2 cos xm cosxm22cos x2 cosx2cosx故m42 2 , MN (4于是MNm|x42 cosx22 )弓(x)2m 2i o(2 cosx)2 cosx,、函數(shù)與方程9、( 2009浙大)已知a1丄，設(shè)二次函數(shù)f(

9、x)22x2ax c,其中a,c均為實數(shù)，證明：對于任意x 0,i,均有f(x) i成立的充要條件是c證明：因為if(x) F12i4,從而函數(shù)f(x)a2xax的對稱軸方程為0x冷僉1，從而故 f (x) i3i，即 c 3 o410、(2009南京大學)解方程x3 3x ，廠2 解析：如果x 2，則方程右邊無意義，此時方程無解。332，則 x3 3x X 3x(x 2)(x 2)蘭如果x如果方程有解，44則必在區(qū)間2,28cos36 cos 、2 cos 20) o于是3-2n ,(n為一整數(shù))2 cos 3 2cos(2，又因為30,2 22，此時方程也無解。中，令 x 2cos ,0，

10、所以，n 0,1 o從而4 4x 2,2 cos , 2 cos 5 711、(2009清華)證明當p,q均為奇數(shù)時，曲線y x2 2px 解析：曲線與x軸交點橫坐標為p . p2 2q。只要證明p2 所以 p2 1(mod 4),2q 2(mod 4) p2 2q 3(mod 4)。所以 理數(shù)。注：任何一個完全平方數(shù)模 4余0或1。另外也可考慮用反證法。的解為12、(2008復(fù)旦自主招生)設(shè)X1,X2,X3是方程x3 x,則方程變?yōu)?40, ，- 。因此方程572q與x軸的交點橫坐標為無理數(shù)2q不是完全平方數(shù)。因為p2 2q不是完全平方數(shù),0的三個根，則行列式XiX2X3X2X3XiA. 4

11、公式：x313求方程組3y3a2aB. 1C.02 2 23xyz (x y z)(x y zc 3abc的所有正整數(shù)解3zb3xyyzD.2zx)2(b c)2 2 23abc (a b c)(a b .c ab bca3 b3 c314、有關(guān)柯西(Cauchy)方程問題：形如f(x y)u f (1) ) o14-1 (烏克蘭國立基輔大學數(shù)學競賽試題)求所有函數(shù)足關(guān)系式 f (x y) f (x) f (y) xy(x y)ca)f (x)0 a b c 0f (y)的函數(shù)方程f :R R，它在點x14-2變式：(2008上海交大聯(lián)讀班)若函數(shù)f(x)滿足f(x y)f (x),其解為p,

12、q均為奇數(shù),.p22q是無數(shù)f (x)的解析式。 化歸為柯西方程處理f(x y)f (x)f(y) xy(x y)f(xy)f(x)f(x13,1 3f(y)13y) 3(xy) f(x)-X33y令 g(x)1f(x) 1X3，則原方程化為g(Xy)g(x)由于f(0)1，則f (X)在x 0處連續(xù)，由此可知是X3XiX2f (x)0連續(xù)且對所有ux (其中x, y R 滿f (y) xy(x y)， f(0)1。求函f (y) (x y)3 x3 y3g(y)-個柯西方程，其解為g(x) ux (其中u g(1)，11所以 f (X)-X3 ux f(X)x2 u，再由 f (0) 1，知

13、 u 1，所以 f (x)- X3X。3314-3 ( 2006復(fù)旦大學自主招生試題)f(x)在1,)上單調(diào)遞增，且對x,y 1,),都有 f(x y) f (x) f ( y)成立。證明：存在常數(shù)k，使f (x) kx在x 1,)上成立。111證明：對 n N，有 f( n) nf (1), f(1)n f()，故 f() - f(1)。nnn故對 mN 有，f (m)mf (-) m f (1)。綜上，對 x Q，有 f (x) xf (1)。nn n因為f (x)在1,)上單調(diào)遞增，故x R ,Q中一定存在一列xn, xn Q，有l(wèi)im xn = x。從而，f (x) lim f(x n

14、) = xf(1)n綜上，f (x) kx，其中k f (1)，在x 1,)上成立。相關(guān)咼考題：14-4( 2008重慶)若定義在 R上的函數(shù)f(x)滿足：對 xX2 R，有f (% x?) f(xj fg) 1。下 列說法一定正確的是()CA. f (x)為奇函數(shù)C. f (x)14-5(2008 陜西)()CA.2代數(shù)基本定理法1為奇函數(shù)定義在R上的函數(shù)B.D.f (x)滿足f (x)為偶函數(shù)1為偶函數(shù)f(x) f(xy) f(x) f(y) 2xy(x, y R) , f (1)2，則 f( 3)B.3C.6(將函數(shù)限定在多項式范圍)D.914-6設(shè)多項式函數(shù)f (x)滿足f (x y)

15、 f (x)證：由題設(shè)可得f(2)2f(1)，再用數(shù)學歸納法可得f(n)于是多項式f(x) xf (1)有無限多個不同的根1,2,3,n,所以 f(x) xf(1)0，即 f (x) f (1)x，令 c證明：設(shè)等比數(shù)列公比為 q，貝U f (a) aq, f (f (a)三個根a, aq, aq。注意到f (x) qx 0是二次方程，等，從而可得q 1，故f (a) a。f (a)q, f(f (f (a) f (f (a)q，故方程 f (x) qx 有最多能有兩個不同根，故a,aq,aq中至少有兩個相f(y)(x,yR)。則f (x) cx ,c是任一常數(shù)。 nf (1)( n N)，而

16、一個多項式至多只有有限多個不同的根，f(1)即得結(jié)論。14-7 (2012北大保送生試題)已知f(x)為一個二次函數(shù)，且a, f(a), f(f (a), f (f (f (a)成立等比數(shù)列, 證明：f (a)三、不等式與函數(shù)、數(shù)列| a 2b |的最小值為。答案：2。15、( 2008南開)已知實數(shù)a,b滿足2b2 a2|a 2b|2 a2 4b24aba2 4b22(a2b2):2b2 a2 416、(2009中科大)求證:對 x,y R,x2y2xy 3( x解法一：(配方法)x22y xy3(xy1)x2(y 3)x/ y 3、2 2(x 2) y3y13 -(y43)2(xy23、2

17、3 2)卩解法二：(配方法)原不等式2x22!xy2y26(xy1)2x2 2xy 2y2(x 2x 1) (y2 2y 1) (x22xyy2)4(x y) 42 2(x 1) (y 1)(xy 2)20y1)恒成立。(y2 3y 3)33y2426(x y 1)00解法三：原不等式2 x(x2y1)2解 法(m t)2 (m四t)2(mxy(y令t)(m t)3x1)23y 30(x 1)( y 1) 0x3( mm t,y mt ， t m t 1)3(m 1)2則t20，17、（2009 清華）x, y為實數(shù)，且x，求證：對于任意正整數(shù)2nn， x原 不 顯然成立。2n1y ?2n 1

18、2n 2n1x y 尹2n 2n守(18、（2002復(fù)旦自招）證明方程x2x3y)2n 丿 ，構(gòu)造函數(shù)f（t） t2y3 1的任意整數(shù)解證：由12y3 (x 3.2y)(2xy 眷4y2)，且 x2所以133,x 2y (x冋題拓展1：已知x32y31 (x,y冋題拓展2：已知x32y31 (x, yy3(4y2n,n N(x, y)(y3 2xyV2y)(x2 V2xy V4y2) (xR, y 0)，則匸 3 2 |yxR,y 0)，則|-yy3(3 2利用函數(shù)的凹凸性。0)都滿足|- 3 2 |y3 2、2Ty)3 4y2 (x即 | 3 2 |y4肓。4y2443 2)因為t23 2t

19、334334,44故 y3(x 3、2)23 2y3y3(- 3 2)y3一3xy3 12o3|y1 ；3；I y I與，等號成立當且僅當|y3Ix 3 1 2y3312o3得3(2 ；)2等號成立當且僅當?shù)忍柍闪斍覂H當3(x ：2)| y3(-3 2)yy32232，即|-y1Ir3 2(23)y3 22 ，31232 3 23432|，從而x注意到，等號成立當且僅當3|y3|19、( 2008 北大)已知a1a2a3b1b2b3, a1a2a2a3a3a1b1b2b2b3b3b1，min(a1, a2, a3) min( ,b2, bs).求證：max(a1,a2, a3) max(bb

20、2, d)解析：(增量法)設(shè)a1a2 a3, b1b2b3，則條件為a3b3,即證a2 a3b1b2b3 s, 4a2 Ia,b1b,b2b (a 0,b0)， 則a3s,b3 s即證一2,即證a3aibib2b2bs將 ai,bi(i1,2,3）代入整理得na1D22a21aaa2 s b2 2 ) b為 證因n3(ai a2 bi b2)(ai a? a3 bi b? d)2證法二：(反證法)若ai b，構(gòu)造函數(shù)： 由已知條件，有 f(x) g(x) b-|b2b3 一方面，f(aj g(aj bb? 面， g(ai) 因此，f(x) a a2 a3。a&as0, fQai亠bi b2，即

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

22、)矛盾!max(bi,b2,b3)a3)與 g(x) (x dXx b2)(xb3)是兩個互相“平行”的三次函數(shù)。(a由柯西不等式，經(jīng)放縮裂項求和，可得n1 z 2n ib)(a 2 2n i 2( )i i a ibob)ni2)i(七門a ibn(i)i i (a ib)2nn(ii (a ib(i n ( i n( (-bii -K i K a ib b2iib)(a ib b) :b(廠)2ia b2ia nb b22i、(20i3華約)已知 f(x) (i x)ex i ; (i)求證：當 xn21 i_ (a b)a (n )b2 一0 時 f(x)(2)數(shù)列xn滿足忙ex1， X

23、i 1，求證：數(shù)列xn遞減且Xn，所以原不等式成立。i門20 ；丄2n 鱉學慟注易得覽A0對任意正期ft”成立，由Cl) in/(.Yj斗斗所以數(shù)列斗違廉 下面謹明軋: 穆，朋學卿法ii輒 設(shè)埶血二=，則$心_裂,2算x斗jcao時ru)o *越取小在(山2)曲山!Mis設(shè)禮 衛(wèi) 得釈叫八藝證明叫點，點只藩證明* zL “即富產(chǎn)j *1 4iv故只需證明烈守八尸.考嗣戳問=琢卻3,因沏當20時P討i Jr1i -Li所以城尹)即疏R”產(chǎn)由慟法知# %歹對任意正3飼打騒 a： oi的ms型ml皿年潘華大學保送生考試試s用刪燃型豐盹exx ex i 0恒成立；(2)試求f (x)的單ex i22

24、(20i2清華)f (x) In , a iq i f (an) 。 (i)求證：x調(diào)區(qū)間；(3)求證：an為遞減數(shù)列，且an 0恒成立。證明I0)令二心-總n 特得龍一 當 x0 時，gf(x) o所leJLgW在(yd)內(nèi)為減函數(shù)*在內(nèi)為曽畫數(shù)所臥呂)迂)即,占】汕恒威立由(1師，港hmO 吋，+1 0yr-r0所以八g 0恒庶立 e 1因為佝翻定義壊為(唧,o)U(o尹兇)，所以杓單調(diào)tgK阿為兩 耳(Q 4)用數(shù)學歸納祛證明，對任意處皿 鄙有0弋氣十產(chǎn)2 當刃吋q-1* = / = /(l) = ln(#l).ifKe-Ke.所 BJlDcl WiO 的,假設(shè)當歸 (JteTC 啪吉論

25、威立，即g陷產(chǎn)因為貞力在(6 內(nèi)為t曽函埶日 lim ,/(*) - lim Qn ) =ln( lim -) = ln1= 0 tar-tt-tAjr4*0 直所以即因此當上*1 OeiC 時結(jié)論也成立由可知0 5陽V %對任董機N零減立知墩列心為遞城啊嘰且耳丸恒成立23(2010華約)設(shè)函數(shù)f(x)口，且存在函數(shù)sX 1at b(t -,a 0)，滿足 f(生)2t2s 14.()s證明：存在函數(shù)t(s) csd(s 0),滿足f (絲)s2tt1- ；(U)設(shè) X13,Xn 1f (Xn),n1,2,L .證明:Xn2解法一:1尹(I)令2s 1絲2，代入ssa 3t (b 1)f(節(jié))

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

27、tn2，132n 11)統(tǒng)一寫為Xn1)n從而有|Xn45 32n 2 1，145 3n 1( 1)n43n1 (X2n,n解法二：（I）同解法一,可求出取 t 3s 12t1)n所以f (3)Sf(fi1)1 t 1 2t 1t 11tn45 32n 111,2,L1,m4, af(x) TX 12t 1由f (X)X 4，Xn 1f (Xn)，得 Xn 1Xn4（1）X 1Xn1把（1）式兩邊都加上2 得:Xn 123(Xn2)（2）Xn1把（1）式兩邊都減去2 得:Xn 12Xn2（3）XkXk 21Xn可知若存在k（k N ），使Xk2，由（3）所以不存在k（k N ），使Xn 1Xn

28、 1LX12與X1 3矛盾（2）式除以（3）式得Xk222xn因為X13，所以心x12所以Xn2 牛廠5（ 3）n 11所以3Xn 2Xn 2Xn 25 ( 3)n 1所以|Xn 2|5 ( 3)n 144 3n 1解法三：(I)由解法一得1|1|5 (f(x)易看出(1)式中tx 4X 12ss即得f(t)3t 1，由 f (2t 1t)I (1)s所以存在t 3( s)(U)用數(shù)學歸納法(1) 當n 1時，顯然成立(2) 易得xn 11，即t$s3s 12ttf(2假設(shè)當n則當nf (Xn)9 2sk時，31 -Xn13s 1命題成立,1時,|Xk 12|2當Xk2時,1 xk 12 1|

29、2當Xk2時,I Xk1 2|3Xk1f(2 -)s|Xk 2|f (Xk) |1f(2 (Xk 2)|13s 1:13k 13Xk 13|Xk2|13k只需證丄Xk 13 3k3k 133k 1即證xk13k，即證-113xk1，即證Xk3k3k313k 133k 12 丄，而此式是假設(shè)成立的，所以 3k3k 1由(1)， (2)可知，原命題成立24、(2010華約)設(shè)p、 q是2,n1,2,1)y1 y2 yn1a 、a21即2 Xk元二次方程x23k3k 1(2)成立2ax10的兩個根，其中p 0,令% p q,ym1證明：lim (-y12yn1y1 y2a21y2(PP.1,y1 p

30、丄2n . pp2np丄)2p2p2p1pA .由數(shù)學歸納法得，ynp宀，1 pw y212P1 p412p 11),由數(shù)學歸納法得ppy“2yn從而丄y1y1y#2(1p2)(1 p4)1yyyn(1-1pn). p14、242n (1p2)(1p4)(1p2 )i(12-P-)2“ 1丿p111)P.y2yny1y1 y2An 代 1 5Bm 61 f(1 An1)舟6666 626、有人玩硬幣走跳棋的游戲，已知硬幣出現(xiàn)正反面的概率都為丄，棋盤上標有第0站、2沐 第3沐L第100 站, 一枚棋子開始在第0 站,棋手每擲一次硬幣棋子向前跳動一次。棋子向前跳一站，若擲出反面，棋子向前跳兩站，直

31、到棋子向前跳到第站（失敗大本營）時，此游戲結(jié)束。設(shè)棋子向前跳到第1 巳1巳22（1）求 Po,R,P2；（ 2）求證：巳 Pm分析：（1）棋子在第0站為必然事件，故概率為F099站第1站、第2若擲出正面，（勝利大本營）或第1oon站概率為Pn，;（3）求 環(huán)及 Poo1,若擲一次出正面則Pi11，棋子可從第o站向1 1 由 0 p 1,知 lim (一n !四、數(shù)列與概率25、A,B兩人輪流擲一個骰子，第一次由 A先擲，若A擲到1點，下次仍由A擲，若A擲不到1點，下 次換B擲，對B同樣適用規(guī)則如此依次投擲，記第n次由A擲的概率為A .求lim Ann1,n2 時，解析：記第n次由 B擲的概率為

32、Bn，貝U A 1, B10，且An B2 12An1，取極限，即得nim An-3 n 2前跳兩站直達第2站，也可先跳到第1站，再跳到第2站。故P2（2）證明：棋子向前跳到第n站2 n 99的情況有兩種:第一種,棋子先向前跳到第第二種,棋子先向前跳到第n-2站,又擲出反面。其概率為 丄巳221n-1站,又擲出正面。其概率為 丄Pn12Fn1尹1, Pn12Pn1Pn2。(3)解：由(2)知 PF0，P2PR F2,F4 P3丄 P99 F98,l 是首項為P)丄公比為丄的等比2 2數(shù)列。1-，P2 P1 （2以上各式相加得：Po1 31 99P2(1)丄，P99P98(?)，P991（2）（

33、 2）211 99(夬1 (刁)11199故Roo21 1oo31（2）112P98223而第100站只能從第98站直達這一種情況。因為到第99站時此游戲已結(jié)束了。丄(丄笛1 1(1)。3233 2評析：平時的概率應(yīng)用題大都是將概率與排列組合知識結(jié)合，此題將概率與數(shù)列知識結(jié)合起來，同時則下一次出現(xiàn)紅燈的概率是1，出現(xiàn)綠燈的概率是-；333，出現(xiàn)綠燈的概率是-，記開關(guān)第n次閉合后出現(xiàn)紅燈55若前次出現(xiàn)綠燈，則下一次出現(xiàn)紅燈的概率是的概率為Pn。（ 1）求P2 ；（ 2）求證：P2解 （1）第二次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率是紅燈，第一次綠燈后第二次才是紅燈。于是廠 廠1廠 37P2 P1（1 P1）35

34、15（2）研究開關(guān)第n次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率(n 2)P2的大小決定于兩個互斥事件，即第一次紅燈后第二次又Pn，則要考慮第n 1次閉合出現(xiàn)紅綠燈的情況。PnPn 13(1 Pn1)5由待定系數(shù)法，令Pn X4(Pn 1 X)15整理比較得:9x1928所以PnPnPn_919919919為等比數(shù)列，公比為)(-)19152時,R 19卻(P138(Pn 1 aPn bPn 1 型4o151438(亦)n 1_9 丄1938又有游戲背景，趣味性濃。第100站的概率要小心隱含的陷阱27、Pn aPn i b 型 某種電路開關(guān)閉合后，會出現(xiàn)閃動的紅燈或綠燈。已知開關(guān)第一次閉和，出現(xiàn)紅燈和出現(xiàn)綠燈的概

35、率都 是1，從開關(guān)第二次閉和起，若前次出現(xiàn)紅燈，2拋擲一枚均勻的硬幣，出現(xiàn)正面向上（即國徽向上）得 1分，反面向上得2分，記Pn為得分為n分的概11（1）求證：Pn 2 - Pn 1 Pn ； （ 2）求Pn的表達式。2 2解（1）得分為n 2分是由兩個互斥事件構(gòu)成：事件“得分為n 1分，再出現(xiàn)一次正面向上得1分”，此時得分為n 2的概率是1 Pm ;事件“得分為n分，再出現(xiàn)一次反面向上得2分”，此時得分為n 2的2概率為1 Pn2R 21Pn 11Pn22(22Pn2Pn 1Pn，二 2Pn2Pn2Pn 1(Pn 1Pn 2 )Pn 1Pn 2PnPn1Pn 1( Pn 1 Pn 2)23J

36、4(2)n 2(P22(P2 R)(02Pn 3)(廠(P2 P)2, P2Pn 1Pl)- PnPi(P314P2)1T(PnPni)11-1 (-)(42故Pn的表達式為-161)2 (擴。(昇詐(1)n1五、幾何問題29.(2009南京大學)已知P為厶ABC內(nèi)一點,BC別為d1,d2,d3，S表示 ABC的面積，求證:ad1= a,CA = b,AB=c，點P到三邊BC, CA, AB的距離分2b c (a b c)d2 d32S解析：易知,Sadi211bd 2 cd322,由柯西不等式2S(a 2d1 d2診(adibd2 cd3)( d1b c)2-)(ad2 d3b c)2，所以

37、，？ B 2d1 d2 d3 2S30、(2009南京大學)找出所有滿足tan AtanBtanC 解 析： 在 非 直 角 三 tanA ta nB tanC tan Ata nBta nC tan A tan Bta n A角tan Ctan B形ta nAtan C的非直角三角形厶ABC ABC 中 有 ： tan B tanC，所以 tanA tan B ta nC tan A ta n B ta n C，即 tan A,ta n B,ta nC 都為整數(shù)。在 ABC 中至少有兩個銳角，故ta nA,ta nB,ta nC中至少有兩個是正整數(shù)，不妨設(shè)tan A,ta nB N ，又由(

38、tanAtanB 1)tanC tanA tanB可知 tanC 也是正整數(shù)。記tanA a,tanB b,tanC c，則問題等價于求方程 a b c abc的正整數(shù)解。 111不妨設(shè)a b c ，三角形最小內(nèi)角 ，故a -.3 a 1,1 b c bc ，即一1 ，顯然3 bc c bb 2,c 3 丄111111，只有b 2,c 3時等號成立。所以符合條件的三角形的內(nèi)角按bccb2 332從小到大排列為 一,arctan2,arctan3。431、( 2010 北大)OA,OB 的夾角為，OA 2,|OB 1, OP tOA，OQ (1 t)OB，| PQ f (t)在 t t。 時取得

39、最小值，若0 t。1，求 的取值范圍。5uuuuuur解析：|OP| 2t,|OQ| 1 t，f(t) 4t2(1 t)22 2t(1 t)cos1 2 cos1 2 x5(54cos )t2(24cos )t 1。其對稱軸 t 1，因 g(x)二在(5,)上遞增，故5 4 cos5 4x4112cos1。354 cos當012cos11時，由t012 cos54cos35 4 cos1(0,二)512 cos當1 0時，f（t）在0,1上單調(diào)遞增，故t05 4cos2 ；30，不合題意。所以 的取值范圍是（-,乙）。23(2)32、（ 2008清華）（1）一個四面體，證明：至少存在一個頂點，

40、從其出發(fā)的三條棱組成一個三角形;四面體一個頂點處的三個角分別是 ，,arctan 2，求的面和arctan2的面所成的二面角；2 33解析：（1）假設(shè)任一頂點出發(fā)的三條棱都不能組成一個三角形，不妨設(shè)AB為最長棱，則ACADAB,BCBDABACBC ADBD2AB ，另一方面，在 ABD, ABC 中，ADBDAB, ACBCABACBC ADBD2AB，矛盾。所以，至少存在一個頂點，從其出發(fā)的三條棱組成一個三角形；（2）所求二面角的大小為arccos3633、（ 2012卓越聯(lián)盟）如圖，AB是eO的直徑，弦CD垂直AB于點M，E是CD延長線上一點，AB 10， CD 8，3ED 4OM， E

41、F e O的切線，F(xiàn)是切點，BF與CD相交于點G，（I）求線段EG的長；（U） 連線DF，判斷DF是否平行于AB，并證明你的結(jié)論。（注：根據(jù)解題需要，須將圖形自行畫在大題卡上。）如圖，連桜貯、抿握垂輕定理知，卅為B中點，所以餉= DM = 4,所以 0M= 3,玨軌ED = 0M =4.根理巨戸=ED EC 4 x 12 = 48 EF =II若DF/AB,則DF丄CD,即CF為直徑從而CP = 10e根協(xié)射彩定理対b應(yīng)34、(2009 清華)四面體 ABCD 中，AB CD , AC BD , AD BC1求證：四面體每個面的三角形為銳角三角形；2設(shè)三個面與底面BCD所成的角分別為，求證： cos cos cos 1解析(1)易證 ABC CDA DCB BAD，設(shè) BAC , BCA CAD ， ABC BAD 則。由三面角定理(三面角的任意兩個面角的和大于第三個面角)，得BAC CAD BAD，即，所以2同理， ， 一所以，(0,)，即每個面的三角形為銳角三角形2 2 2另解：把四面體補成長方體，可證每個三角形的兩邊和大于第三邊。(2)設(shè)頂