凸m边形的剖分问题──兼谈1993年高中数学联赛二试一题的论证
高中数学联赛二试概念集锦
1、平面几何基本要求：掌握高中数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
梅涅劳斯定理（Menelaus' theorem ）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB) ×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
或：设X、Y、Z 分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z 共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。
塞瓦定理在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1托勒密定理: 指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
西姆松定理: 有三角形ABC，平面上有一点P。
P在三角形三边上的投影（即由P到边上的垂足）共线（此线称为西姆松线, Simson line ）当且仅当P在三角形的外接圆上。
几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点-- 费马点。
（1）对于任意三角形△ABC，若三角形内或三角形上某一点E,若EA+EB+EC有最小值, 则取到最小值时E为费马点。
（2）如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；如果 3 个内角均小于120°，则在三角形内部对 3 边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点-- 重心。
三角形内到三边距离之积最大的点-- 重心。
几何不等式。
题简单的等周问等周定理，又称等周不等式，是一个几何中的不等式定理，说明了欧几里得平面上的封闭图形的周长以及其面积之间的关系。
其中的“等周”指的是周界的长度相等。
等周定理说明在周界长度相等的封闭几何形状之中，以圆形的面积最大；另一个说法是面积相等的几何形状之中，以圆形的周界长度最小。
，能以“翻折”凹的部分以成为凸的图形，以增解释：不完全凸的封闭曲线的话加面积，而周长不变一个狭长的图形可以通过“压扁”来变得“更圆”，从而使得面积更大而周长不变。
凸函数的判别和应用
学号：2004104509 姓名：林庆 年级：2004 级 专业：数学与应用数学
专业答辩小组意见：
林庆同学在论文答辩过程中，回答问题较准确，
流畅，概念清晰，反映出该同学数学基础较好，论文写
作态度认真，准备较充分，并能了解新问题和解决问题
的方法，能充分利用所学知识解决问题.该同学所写论文
指导教师意见
选题符合要求、进度安排合理、同意开题.
教研室主任意见
准备充分，同意开题.
签字： 签字：
年月日 年月日
3
毕业论文（设计）成绩评定表一
学号：2004104509 姓名：林庆 年级：2004 级 专业：数学与应用数学
指导教师意见：
林庆同学所写论文《凸函数的判别和应用》，选题有意义， 文中主要给出了凸函数的三个定义以及用意义、定理和几何意 义判别函数的凸函数的三种方法，然后应用凸函数的性质证明 几个重要而又常用的不等式，并给出凸函数在高等数学和初等 数学中的一些应用.这进对一步认识和理解凸函数有一定的帮 助和实用价值.
例如判别函数2fxx?的凸性则可在其定义域????上任取123xxx且123xxx??由该定理得222321132213xxxxxxxxx?????22232112232213xxxxxxxxxxx????????222232122132xxxxxxxx??????321212213232xxxxxxxxxxxx????????32121223xxxxxxxx??????3221310xxxxxx?????
例如判别函数 f (x) ex 的凸性，在其定义域 (, ) 上，可取 x1 x2 x3 ，则
f (x2 ) f (x1) x2 x1
ex2 ex1 x2 x1
米勒问题帮你解题_陈晓鹏
中学生数学·２０１３年１２月上·第４７９期（高中） 网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｐｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ 电子邮箱：ｚｘｓｓ＠ｃｈｉｎａｊｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ数学史话首都师范大学数学科学学院（１０００４８） 陈晓鹏导师 姚芳 米勒（Ｊｏｈａｎｎｅｓ Ｍｉｉｌｌｅｒ １４３６－１４７６），德国数学家，对三角学做出了巨大贡献，是斐波那契以来欧洲最有影响的数学家．米勒１５３３年发表的名著《三角全书》是使三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．该书共分五册，前两册讲平面三角，后三册讲球面三角．此外，他还讨论到一个新颖的极值问题：天花板挂一垂直的杆，长１０尺，下端离地面４尺，在地面上找一点（或这点的轨迹）使对杆的张角最大（即可见角最大）．【答案：以悬杆的延长线和水平地面的交点为圆心，以悬杆两端点到地面的距离的积的算术平方根（２槡１４尺）为半径在地面上作圆，圆周上的点对悬杆的可见角最大．】上述极值问题就是著名的米勒问题．该问题本身并不难，然而作为数学史上第一次明确讨论的极值问题而引人注目．米勒问题一般化：设点Ｍ，Ｎ是∠ＡＯＢ（锐角或直角）的一边ＯＡ上的两点，试在射线ＯＢ上找一点Ｐ使得∠ＭＰＮ最大．【答案：当点Ｐ为过Ｍ，Ｎ两点且和射线ＯＢ相切的圆Ｃ的切点，即当｜ＯＰ｜＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ槡｜时，∠ＭＰＮ最大．】图１证明 （反证法）在射线ＯＢ上除点Ｐ外任取点Ｐ′，则Ｐ′在圆外，连接ＭＰ′，ＮＰ′．设ＮＰ′与圆Ｃ交于点Ｄ，连接ＭＤ．假设∠ＭＰ′Ｎ最大，则由平面几何知识得∠ＭＰＮ＝∠ＭＤＮ＞∠ＭＰ′Ｎ，与∠ＭＰ′Ｎ最大矛盾，从而∠ＭＰＮ最大．此时由切割线定理，得｜ＯＰ｜２＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ｜，于是｜ＯＰ｜＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ槡｜．图２问题 （２０１０年江苏省理科高考题）某兴趣小组要测电视塔ＡＥ的高度Ｈ（单位：ｍ），如图２，垂直放置的标杆ＢＣ的高度ｈ＝４ｍ，仰角∠ＡＢＥ＝α，∠ＡＤＥ＝β．（Ⅰ）略．（Ⅱ）该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离ｄ（单位：ｍ），使α与β之差较大，可以提高测量精度，若电视塔的实际高度为１２５ｍ，试问ｄ为多少时，α－β最大？解 在线段ＡＥ上取点Ｆ，使ＥＦ＝ＣＢ，连接ＢＦ（如图２）．于是四边形ＢＦＥＣ为平行四形，∴ ∠ＣＥＢ＝∠ＥＢＦ．由于α为△ＤＢＥ的外角，∴ α－β＝∠ＣＥＢ．于是α－β＝∠ＥＢＦ．由米勒问题，我们知道当ｄ＝｜ＡＥ｜·｜ＡＦ槡｜＝５５槡５时，∠ＥＢＦ最大，即α－β最大．于是当ｄ＝５５槡５ｍ时，α－β最大．图３编后 其实米勒定理的应用早在１９８６年高考全国理科试卷第五题就已经出现：“如图３，在平面直角坐标系中，在ｙ轴的正半轴（坐标原点除外）上给定两点Ａ，Ｂ．试在ｘ轴的正半轴（坐标原点除外）上求点Ｃ，使∠ＡＣＢ取得最大值．”有兴趣的读者，不妨用米勒定理来解答本题．（责审 周春荔）·２２·。
鸡爪定理推广
鸡爪定理推广
鸡爪定理，也叫鸡脚定理，是初中阶段的一道简单的几何证明题。
其
内容为：任何一个凸n边形的三角形数量都等于该凸n边形边数减2个。
这个定理的证明，依靠的是将该凸n边形分解成n-2个三角形，
然后计算出三角形的数量，具体推导过程相当简单。
但是，尽管鸡爪定理非常的简单，且看起来没有太多的实际意义，它
在初中教育中却扮演着至关重要的角色。
鸡爪定理的推广，可以帮助
孩子们更好地理解几何学，进而提高他们解决各种几何问题的能力。
一方面，鸡爪定理可以引导孩子们思考如何用三角形来划分凸n边形。
在这个过程中，孩子们可以通过自我逻辑推理，从中抽象出更高的几
何概念。
这些概念包括面积、角度和对称性等。
这些概念对于高中和
大学的更深入的几何学习都具有极为重要的作用。
另一方面，鸡爪定理的推广还可以帮助孩子们在解决几何问题时，提
高他们的思维方法和策略。
因为这个定理在各种几何问题中都有应用。
孩子们可以把一个复杂的几何问题化简成一个简单的三角形数量问题，进而用鸡爪定理解决问题。
甚至，在数学竞赛中，鸡爪定理也是一个重要的工具。
数学竞赛中的
几何问题，常常包含具有一定难度的多边形题目。
这些题目在解法上
常常需要前面讲到的几何概念和思维策略，其中就包括鸡爪定理。
综上所述，鸡爪定理看似简单，实际上却是初中阶段几何学习的基石。
通过它，可以引导孩子们对几何学的深入理解，并提高他们的思维方
法和策略。
当然，鸡爪定理仅仅是初中几何学习的一个入门，想要获
得更深入的认识和更高的实力，还需要更多的学习和实践。
2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题(解析版)
2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题考试时间:8:00-9:20填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1．设整数集合{}12345A a a a a a =，，，，，若A 中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为{}30,15,10,6,5,3,26,10,15B =------，，则集合A =.2．已知函数()201ln 102x x f x x x +<⎧⎪=⎨⎛⎫+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，，若关于x 的方程()()f f x m =恰有三个不相等的实数根123,,x x x 且满足123x x x <<，则()1229ln 4x x ++的取值范围是.3．从1,2,,2024 中任取两个数()a b a b ≤，，则37a b +的值中，个位数字为8的数有个.4．设复数z 满足32i 6z -=，令21107457iz z z z -+=-+，则1z 的最大值是.5．已知函数()*,1,,,N ,,,x x f x q q x p q p q p q p p ⎧⎪=+⎨=∈>⎪⎩若为无理数若其中且互质，则函数()f x 在区间89,910⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最大值为.6．对于0c >，若非零实数a b ，满足224240a ab b c -+-=，且使2a b +最大，则342a b c -+的最小值为.7．已知函数()44cos sin sin4f x x x a x b =++-，且π6f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数.若方程+=0在[]0,π上有四个不同的实数解1234，，，x x x x ，则12344x x x x f +++⎛⎫ ⎪⎝⎭的平方值为.8．已知{}1,2,,2625A ⊆ ，且A 中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则A 的最大值为.9．设多项式202320240()i i f x x cx ==+∑，其中{}1,0,1i c ∈-.记N 为()f x 的正整数根的个数（含重根）.若()f x 无负整数根，N 的最大值是.10．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 上的一点，且11,A EF =为截面1A BD 上的动点，则AF FE +的最小值等于.11．数列{}n a 定义如下：设()()2!!2024!n n n +写成既约分数后的分母为(),n A n a 等于()2A n 的最大质因数，则n a 的最大值等于.2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛二试试题考试时间:9:40-12:3012．设,,a b c 是三个正数，求证：++13．如图所示，锐角ABC V 的三条高线AD ，BE ，CF 交于点H ，过点F 作//FG AC 交直线BC 于点G ，设 CFG 的外接圆为O O ，与直线AC 的另一个交点为P ，过P 作//PQ DE 交直线AD 于点Q ，连接OD ，OQ .求证:OD OQ =.14．有n 个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.15．设12n a a a ，，，为n 个两两不同的正整数且12n a a a 恰有4048个质因数.如果12n a a a ，，，中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求n 的最大值.1．{}2,1,1,3,5--【分析】依据总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积去分析集合A 中的各元素即可.【详解】A 中所有三元子集共有35C 10=个，A 中的每个元素在这些三元子集中均出现了10365⨯=次，故()()()()()()()612345301510653261015a a a a a =-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯，1234530a a a a a =，因为集合B 中的元素有6个负数4个正数，故集合A 中的元素有2个负数3个正数，所以1234530a a a a a =，不妨设12345a a a a a ≤≤≤≤，三个元素之积绝对值最大时，34530a a a =-，121a a =-，又A 为整数集合，所以11a =，21a =-或者11a =-，21a =；三个元素之积绝对值最小时，1232a a a =，又121a a =-，所以32a =-，4515a a =，因为集合A 中的元素有2个负数3个正数，故4a 、5a 均为正整数，所以43a =，55a =，故{}2,1,1,3,5A =--.故答案为：{}2,1,1,3,5--.【点睛】关键点点睛：本题考查集合的子集，关键是理解题目的意思，并从“总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积”这些不同的角度去分析集合A 中的各元素.2．11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【分析】求出嵌套函数解析式4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩，作出其图象，得到0ln 2m ≤<，化简得()121ln 229221ln 4ln 2x x m ⎛⎫- ⎪+=- ⎪++ ⎪⎝⎭，设右边为新函数，根据其单调性得到范围.【详解】当2x <-时，则20x +<，则()()224f f x x x =++=+，当20x -≤<时，022x £+<，则()()()11ln 21ln 222f f x x x ⎡⎤⎛⎫=++=+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，当0x ≥时，()()11ln ln 1122f f x x ⎡⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩方程(())f f x m =恰有三个不相等的实数根等价于直线y m =与函数(())y f f x =的图象有三个不同交点，因此0ln 2m ≤<.此时14x m +=且21ln 22x m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则14x m =-，()2ln 4ln 2x m +=+，从而()121ln 22921221ln 4ln 2ln 2x m x m m ⎛⎫- ⎪++==- ⎪+++ ⎪⎝⎭，设()1ln 2221ln 2h m m ⎛⎫- ⎪=- ⎪+ ⎪⎝⎭，则其在[0,ln 2)上单调递增，因此()1229ln 4x x ++的取值范围是11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.故答案为：11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用分段函数的解析式求出()()y f f x =的表达式，然后利用转化法、数形结合思想进行求解.。
个人精心整理高中数学联赛竞赛平面几何四大定理~及考纲
1、数学竞赛考纲二试1、平面几何根本要求：驾驭高中数学竞赛大纲所确定的全部内容。
补充要求：面积与面积方法。
几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
几个重要的极值：到三角形三顶点间隔之与最小的点--费马点。
到三角形三顶点间隔的平方与最小的点--重心。
三角形内到三边间隔之积最大的点--重心。
几何不等式。
简洁的等周问题。
理解下述定理：在周长肯定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。
在周长肯定的简洁闭曲线的集合中，圆的面积最大。
在面积肯定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。
在面积肯定的简洁闭曲线的集合中，圆的周长最小。
几何中的运动：反射、平移、旋转。
复数方法、向量方法。
平面凸集、凸包及应用。
2、代数在一试大纲的根底上另外要求的内容：周期函数与周期，带肯定值的函数的图像。
三倍角公式，三角形的一些简洁的恒等式，三角不等式。
第二数学归纳法。
递归，一阶、二阶递归，特征方程法。
函数迭代，求n次迭代，简洁的函数方程。
n个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。
复数的指数形式，欧拉公式，棣莫佛定理，单位根，单位根的应用。
圆排列，有重复的排列与组合，简洁的组合恒等式。
一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。
简洁的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。
3、立体几何多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的根本性质。
正多面体，欧拉定理。
体积证法。
截面，会作截面、外表绽开图。
4、平面解析几何直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。
二元一次不等式表示的区域。
三角形的面积公式。
圆锥曲线的切线与法线。
圆的幂与根轴。
5、其它抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
集合的划分。
覆盖。
梅涅劳斯定理托勒密定理西姆松线的存在性及性质(西姆松定理)。
赛瓦定理及其逆定理。
1993年全国高中数学联赛试题及解答
1993年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x ，y )| |tan πy |+sin 2πx=0}，N={(x ，y )|x 2+y 2≤2}，则M ∩N 的元素个数是（ ） (A )4 (B )5 (C )8 (D )92．已知f (x )=a sin x +b 3x +4(a ，b 为实数)，且f (lglog 310)=5，则f (lglg3)的值是（ ） (A )-5 (B )-3 (C )3 (D )随a ，b 取不同值而取不同值3．集合A ，B 的并集A ∪B={a 1，a 2，a 3}，当A ≠B 时，(A ，B )与(B ，A )视为不同的对，则这样的(A ，B )对的个数是（ ）（A ）8 （B ）9 （C ）26 （D ）274．若直线x =π4被曲线C :(x -arcsin a )(x -arccos a )+(y -arcsin a )(y +arccos a )=0所截的弦长为d ，当a 变化时d 的最小值是( )(A ) π4 (B ) π3 (C ) π2(D )π5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，若c -a 等于AC 边上的高h ，则sin C －A 2+cosC +A 2的值是( )(A )1 (B ) 12 (C ) 13(D )-16．设m ，n 为非零实数，i 为虚数单位，z ∈C ，则方程|z +ni |+|z -mi |=n 与|z +ni |-|z -mi |=-m 在同一复平面内的图形(F 1，F 2为焦点)是( )二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1-i )x 2+(λ+i )x +(1+i λ)=0(i 为虚数单位，λ∈R )有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________．2．实数x ，y 满足4x 2-5xy +4y 2=5，设 S=x 2+y 2，则1S max +1S min =_______．3．若z ∈C ，arg(z 2-4)=5π6，arg(z 2+4)= π3，则z 的值是________. 4．整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.5．设任意实数x 0>x 1>x 2>x 3>0，要使log x 0x 11993+log x 1x 21993+log x 2x 31993≥k ·log x 0x 31993恒成立，则k 的最大值(A)(B)(C)(D)是_______.6．三位数(100，101， ，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．三、（本题满分20分）三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D'，则D'为三棱锥S－ABC的外接球球心．四、（本题满分20分）设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，…，a n，…满足a n a n－2－a n－1a n－2=2a n－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{a n}的通项公式．第二试一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2, ,A m两两互不包含．试证：(1)mΣi=11C|A|n≤1；(2)mΣi=1C|A i|n≥m2．其中|A i|表示A i所含元素的个数，C|A i|n表示n个不同元素取|A i|个的组合数．三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l⊥m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB⨯CR+BC⨯AP=AC⨯BQ；(2)l与圆O相交时，AB⨯CR+BC⨯AP ＜AC⨯BQ；(3)l与圆O相离时，AB⨯CR+BC⨯AP＞AC⨯BQ.1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x ，y )| |tan πy |+sin 2πx =0}，N={(x ，y )|x 2+y 2≤2}，则M ∩N 的元素个数是（ ） (A )4 (B )5 (C )8 (D )9解：tan πy=0，y=k (k ∈Z )，sin 2πx =0，x=m (m ∈Z )，即圆x 2+y 2=2及圆内的整点数．共9个．选D ．2．已知f (x )=a sin x +b 3x +4(a ，b 为实数)，且f (lglog 310)=5，则f (lglg3)的值是（ ） (A )-5 (B )-3 (C )3 (D )随a ，b 取不同值而取不同值解：设lglog 310=m ，则lglg3=－lglog 310=－m ，则f (m )=a sin m +b 3m +4=5，即a sin m +b 3m=1． ∴ f (－m )=－(a sin m +b 3m )+4=－1+4=3．选C ．3．集合A ，B 的并集A ∪B={a 1，a 2，a 3}，当A ≠B 时，(A ，B )与(B ，A )视为不同的对，则这样的(A ，B )对的个数是（ ）（A ）8 （B ）9 （C ）26 （D ）27解：a 1∈A 或∉A ，有2种可能，同样a 1∈B 或∉B ，有2种可能，但a 1∉A 与a 1∉B 不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a 2、a 3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D ．4．若直线x =π4被曲线C :(x -arcsin a )(x -arccos a )+(y -arcsin a )(y +arccos a )=0所截的弦长为d ，当a 变化时d 的最小值是( )(A ) π4 (B ) π3 (C ) π2(D )π解：曲线C 表示以(arcsin a ，arcsin a )，(arccos a ，－arccos a )为直径端点的圆．即以(α，α)及(π2－α，－π2+α)(α∈[－π2，π2])为直径端点的圆．而x=π4与圆交于圆的直径．故d=(2α－π2)2+(π2)2≥π2．故选C ．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，若c -a 等于AC 边上的高h ，则sin C －A 2+cosC +A2的值是( )(A )1 (B ) 12 (C ) 13(D )-1解：2R (sin C －sin A )=c sin A=2R sin C sin A ，⇒sin C －sin A=sin C sin A ，⇒2cos C +A 2sin C －A 2=－12[cos(C +A )－cos(C －A )]= 12[1－2sin 2C －A 2－2cos 2C +A2+1]．⇒(sin C －A 2+cos C +A 2)2=1，但sin C －A 2+cos C +A2>0，故选A ．226．设m ，n 为非零实数，i 为虚数单位，z ∈C ，则方程|z +ni |+|z -mi |=n 与|z +ni |-|z -mi |=-m 在同一复平面内的图形(F 1，F 2为焦点)是( )解：方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni ，mi )，由①n >0，故否定A ，由于n 为椭圆的长轴，而C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n |、|m |)均小于椭圆长轴，故否定C ． 由B 与D 知，椭圆的两个个焦点都在y 轴负半轴上，由n 为长轴，知|OF 1|=n ，于是m <0，|OF 2|=－m ．曲线上一点到－ni 距离大，否定D ，故选B ． 二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1-i )x 2+(λ+i )x +(1+i λ)=0(i 为虚数单位，λ∈R )有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________．解：即此方程没有实根的条件．当λ∈R 时，此方程有两个复数根，若其有实根，则 x 2+λx +1=0，且x 2－x －λ=0．相减得(λ+1)(x +1)=0．当λ=－1时，此二方程相同，且有两个虚根．故λ=－1在取值范围内．当λ≠－1时，x=－1，代入得λ=2．即λ=2时，原方程有实根x=－1．故所求范围是λ≠2．2．实数x ，y 满足4x 2-5xy +4y 2=5，设 S=x 2+y 2，则1S max +1S min =_______．解：令x=r cos θ，y=r sin θ，则S=r 2得r 2(4－5sin θcos θ)=5．S=54－52sin2θ．∴1S max +1S min =4+525+4－525=85． 3．若z ∈C ，arg(z 2-4)=5π6，arg(z 2+4)= π3，则z 的值是________. 解：如图，可知z 2表示复数4(cos120°+i sin120°)． ∴ z=±2(cos60°+i sin60°)=±(1+3i )． 4．整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.解：令x=1031，则得x 3x +3=x 3+27－27x +3=x 2－3x +9－27x +3．由于0<27x +3<1，故所求末两位数字为09－1=08． 5．设任意实数x 0>x 1>x 2>x 3>0，要使log x 0x 11993+log x 1x 21993+log x 2x 31993≥k ·log x 0x 31993恒成立，则k 的最大值是_______.解：显然x 0x 3>1，从而log x 0x 31993>0．即1lg x 0－lg x 1+1lg x 1－lg x 2+1lg x 2－lg x 3≥klg x 0－lg x 3．就是[(lg x 0－lg x 1)+(lg x 1－lg x 2)+(lg x 2－lg x 3)](1lg x 0－lg x 1+1lg x 1－lg x 2+1lg x 2－lg x 3)≥k ．(A)(B)(C)(D)其中lg x 0－lg x 1>0，lg x 1－lg x 2>0，lg x 2－lg x 3>0，由Cauchy 不等式，知k ≤9．即k 的最大值为9． 6．三位数(100，101， ，999)共900有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．解：首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择．但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷2=34个． 三、（本题满分20分）三棱锥S -ABC 中，侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，M 为三角形ABC 的重心，D 为AB 的中点，作与SC 平行的直线DP ．证明：(1)DP 与SM 相交；(2)设DP 与SM 的交点为D '，则D '为三棱锥S —ABC 的外接球球心．⑴ 证明：∵ DP ∥SC ，故DP 、CS 共面．∴ DC ⊆面DPC ，∵ M ∈DC ，⇒M ∈面DPC ，SM ⊆面DPC ．∵ 在面DPC 内SM 与SC 相交，故直线SM 与DP 相交．⑵ ∵ SA 、SB 、SC 两两互相垂直，∴ SC ⊥面SAB ，SC ⊥SD ． ∵ DP ∥SC ，∴ DP ⊥SD ．△DD 'M ∽△CSM ，∵ M 为△ABC 的重心，∴ DM ∶MC=1∶2．∴ DD '∶SC=1∶2． 取SC 中点Q ，连D 'Q ．则SQ=DD '，⇒平面四边形DD 'QS 是矩形． ∴ D 'Q ⊥SC ，由三线合一定理，知D 'C=PS ．同理，D 'A= D 'B= D 'B= D 'S ．即以D '为球心D 'S 为半径作球D '．则A 、B 、C 均在此球上．即D '为三棱锥S —ABC 的外接球球心． 四、（本题满分20分）设0<a <b ，过两定点A (a ，0)和B (b ，0)分别引直线l 和m ，使与抛物线y 2=x 有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l 与m 的交点P 的轨迹．解：设l ：y=k 1(x －a )，m ：y=k 2(x －b )．于是l 、m 可写为(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )=0．∴ 交点满足⎩⎨⎧y 2=x ，(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )=0．若四个交点共圆，则此圆可写为(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )+λ(y 2－x )=0． 此方程中xy 项必为0，故得k 1=－k 2，设k 1=－k 2=k ≠0． 于是l 、m 方程分别为y=k (x －a )与y=－k (x －b )． 消去k ，得2x －(a +b )=0，(y ≠0)即为所求轨迹方程． 五、（本题满分20分）设正数列a 0、a 1、a 2、…、a n 、…满足a n a n －2 －a n －1a n －2 =2a n －1，(n ≥2) 且a 0=a 1=1，求{a n }的通项公式． 解：变形，同除以a n －1a n －2 得：a na n －1=2a n －1a n －2+1， 令a na n －1+1=b n ，则得b n =2b n －1． 即{b n }是以b 1=11+1=2为首项，2为公比的等比数列． ∴ b n =2n ． ∴a na n －1=(2n －1)2．故 D‘Q M SA DCBP∴ ⎩⎨⎧a 0=1， a n =(2n －1)2(2n －1－1)2…(21－1)2．(n ≥1)第二试 一、（35分）设一凸四边形ABCD ，它的内角中仅有∠D 是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n 应满足的充分必要条件是n ≥4．证明 充分性 ⑴当n=4时，如图，只要连AC ，并在ΔABC 内取一点F ，使∠AFB 、∠BFC 、∠CF A 都为钝角(例如，可以取ΔABC 的Fermat 点，由于ΔABC 是锐角三角形，故其Fermat 点在其形内)．于是，ΔADC 、ΔAFB 、ΔBFC 、ΔAFC 都是钝角三角形．⑵当n=5时，可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形．再在AF 上任取一点E ，连EB ，则ΔAEB 也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形． 一般的，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF 上再取n －4个点E 1、E 2、…E n －4，把这些点与B 连起来，即可得到均是钝角三角形的n 个三角形．必要性n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC 后，再连B 与AC 上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n ≥4时才有解． 二、（35分）设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集A 1,A 2, ,A m 两两互不包含． 试证：(1)mΣi=11C|A |n≤1；(2)mΣi=1C |A i |n ≥m 2．其中|A i |表示A i 所含元素的个数，C |A i |n表示n 个不同元素取|A i |个的组合数． 证明：⑴ 即证：若k 1+k 2+…+k m =n ，则k 1!(n －k 1)!+k 2!(n －k 2)!+…+k m !(n －k m )!≤n !．由于n !表示n 个元素的全排列数，而k i !(n －k i )!表示先在这n 个元素中取出k i 个元素排列再把其其余元素排列的方法数，由于A i 互不包含，故n !≥k 1!(n －k 1)!+k 2!(n －k 2)!+…+k m !(n －k m )!成立．⑵ ∵ (m Σi=11C |A |n)(mΣi=1C |A i |n)≥(1+1+1+…+1)2=m 2． 但0<mΣi=11C|A |n≤1，故mΣi=1C|A i |n≥m 2． 三、（35分）水平直线m 通过圆O 的中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心的右侧，直线l 上不同的三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点最近，AP ,BQ,CR 为圆 O 的三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .证明：设MA=a ，MB=b ，MC=c ，OM=d ，⊙O 的半径=r ． 且设k=d 2－r 2．则当k >0时，点M 在⊙O 外，此时，直线l 与⊙O 相离；当k=0时，点M 在⊙O 上，此时，直线l 与⊙O 相切； C BAD FE当k <0时，点M 在⊙O 内，此时，直线l 与⊙O 相交．∴ AP=a 2+d 2－r 2=a 2+k ，同理，BQ=b 2+k ，CR=c 2+k ．则AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ= AB ⨯CR +BC ⨯AP －(AB +BC )⨯BQ=BC ×(AP －BQ )－AB ×(BQ －CR ) =BC ×AP 2－BQ 2AP +BQ －AB ×BQ 2－CR 2BQ +CR=(b －c )(a －b )(a +b )AP +BQ －(a －b )(b －c )(b +c )BQ +CR=(a －b )(b －c )(a +b AP +BQ －b +c BQ +CR )=(a －b )(b －c )a ·BQ +a ·CR +b ·CR －b ·AP －c ·AP －c ·BQ(AP +BQ )(BQ +CR )．注意到a ∙BQ －b ∙AP=a 2·BQ 2－b 2·AP 2b ·AP +a ·BQ =(a 2－b 2)kb ·AP +a ·BQ．故k >0时，a ∙BQ －b ∙AP >0，k=0时，a ∙BQ －b ∙AP=0，k <0时，a ∙BQ －b ∙AP <0；同理可得，k >0时，b ∙CR －c ∙BQ >0，k=0时，b ∙CR －c ∙BQ =0，k <0时，b ∙CR －c ∙BQ <0； k >0时，a ∙CR －c ∙AP >0，k=0时，a ∙CR －c ∙AP =0，k <0时，a ∙CR －c ∙AP <0； 即当k >0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ >0； 当k=0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ=0，当k <0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ <0．故证．、。
凸函数的性质及其应用2
证明：坌x1,x2∈(a,b)对且 x1＜x2 和坌λ∈(0,1)，因为 f(x)与 g(x)在[a, b]上单调递增。
故[f(x1)- f(x2)][g(x2)- g(x1)]≤0 f(x1)g(x2)+f(x2)g(x1)≤f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2) 又因为 f(x)与 g(x)为[a,b]上的凸函数
因此有 f(xi)≥f(c)+f'(c)(xi- c),i=(1,2,…n)
n
所以Σf(xi)≥nf(c) i=1
n
Σ 故
1 n
i
=
1
f(xi)≥f(c)=f(
x1+x2+…+xn n
)
3 凸函数的应用
在许多证明题中，我们常常遇到一些不等式的证明，其中有一
类不等式利用凸函数的性质来证明可以非常简洁、巧妙。证明不等
定义：设函数 f(x)在开区间 I 有定义，若 坌x1,x2∈I,坌t∈(0,1)有 f [tx1+(1- t)x2]≤tf(x1)+(1- t)f(x2) ，若上式中 x1≠x2,且不等号是严格不等 号，“<”则称 f(x)在区间 I 是严凸函数。
几何解释：设函数 y=f(x)在区间 I 内有定义，如果对于坌x1,x2∈ I,连接(x1,f(x1))和两点的弦都在介于这两点的弧段之下，则称该函数 在区间内是凸函数。
式就是凸函数的一个应用领域但是关键是构造能够解决问题的凸
函数。
3.1 利用凸函数的性质证明初等不等式
例:证明:当
x,y＞0
且
x≠y
时，有
xlnx+ylny＞(x+y)ln
x+y 2