安徽合肥市第一中学2025-2026学年高一下学期五一假期数学作业一

五一假期作业一 学校： 姓名： 班级： 考号： 一。单逸题 1.已知：=1+i ；，在复平面内复数2对应的点所在的象 限为() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.若向量a,6满足=1，=2，且ā+b=2,则向量 五在向量a上的投影向量是（) A. B. c.a D.a 3.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD, 其直观图为等腰梯形A'B'CD,若AB=6,C"D=4, 则下列说法正确的是() D /0(A) B A.AD=2V2 B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+√2 D.四边形ABCD的面积为10√2 4.如图，在△4BC中，点O是BC的中点，过点O的直 线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若 AB=m,4C=N,m>0,>0,则2+9的最小 m n 值() A.9 B.9 C.8 2 D.4 5.一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图， 到A处时测得公路北侧一铁塔底部C在西偏北30°的方 向上，行驶100m后到达B处，测得此铁塔底部C在西 偏北75°的方向上，塔顶D的仰角为60°，则此铁塔的 高度为() 试卷第1 A.50v6mB.50w3mC.25V5mD.506, 3 m 6.在△ABC中，AB=4,E是BC边中点，线段AE长 为√5，∠BAC=120°，D是BC边上一点，AD是∠BAC 的角平分线，则AD的长为() A B. C.2 D. 7.如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4小共5个 球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，小球与大 球及正四面体三个面均相切，若正四面体ABCD的体积 为8√3，则5个球的体积之和为（) B D A.2π C.3π D.16π 8.已知正四棱合ABCD-AB,GD的上、下底面的边长 分别为2,6，高为4，P,Q分别是侧棱A4,CC的 中点，经过P,Q作该正四棱台外接球的截面，则截面 面积的最小值为（) A.8π B.10元 C.12π D.14元 二、多选题 9.下列说法正确的是() A.若同=1，=2，则6-（ā+2b)的最小值为6 B.在△ABC中，若AB.BC<0,则△ABC为钝角三 角形 C.若复数工1、二2满足5+2=5-2，则2=0 D.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、 b、C,若a<b,4a2+6b2<5c2,则△ABC是钝角 三角形 万，共4页 10.如图，在棱长为4的正方体ABCD-AB,CD中，E, F分别是棱AB,DD的中点，G为底面ABCD上的动 点，则下列说法正确的是（) B C E D A G A.当G为AD的中点时，EF⊥CG B.若G在线段BD上运动，三棱锥A-GEF的体积 为定值 C.存在点G，使得平面EFG截正方体所得的截面 面积为12√5 D.当G为AD的中点时，三棱锥A一EFG的外接 236π 球表面积为9 11.△ABC满足sinA:sinB:sinC=2:√7：3，且 S。4c=6N3,则() A.△ABC三个内角A、B、C满足关系A+C=2B B.△ABC的周长为10+2√7 C.若∠B的角平分线与AC交于D,则BD的长为 63 5 D.设E为△ABC外接圆上任意一点，则AEAC的 最大值为14+283 3 三、填空题 12.已知i是虚数单位，2+i是关于x的方程 x2++b=0(其中a,bER)的一个根，则 a+b= 13.已知函数 f(x)=Asin(ax+p)(A>0,o>0,0<p<)的部分图象 如图所示若在△CD中，CD=5,f)5,则 △BCD面积的最大值为」 试卷第2 Oππ 123 14.如图，等边三角形ABC是由三个全等的三角形 (△ACD,△CBF,△BAE)与中间一个小等边三角形 DEF拼成的，且△ABC的面积是△DEF的面积的19倍， 设AD=mAB+nAC,则m-n=_ D 四、解答题 15.已知复数z=(2-m-2)+(2-3+2)i,其中 m∈R. (1)若z是纯虚数，求实数的值， (2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的 取值范围； 3)若=0时，求 的值、 1+i 万，共4页 16.已知a,b,C分别为△ABC三个内角A,B,C的 17.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.且满 对边，若m=(b-a,c),n=(b+a,c),且m.n=bc. 足ccos=asinC. 2 (1)求角A; (1)求角A的大小； 2若asC-号a=55,求边b和c的值。 (2)若△ABC的面积S=9√3，内切圆的半径为r=√3， 求a; (3)若∠BAC的平分线交BC于D,且AD=3,求△ABC 的面积$的最小值. 试卷第3页，共4页 18.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，A4=1,AC=2, (1)设∠ABC=60°，求该三棱柱体积的最大值； (2)设∠ABC=135°，且三棱柱的所有顶点都在同一个球 面上，求该球的体积； (3)设AB=BC=√3，点P在AB上运动，求AP+PC的 最小值. 试卷第4页 19.柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结 论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在 数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式 为：设a,a2,4,…,a,b,b,b,…,bn∈R, (a+aG+…+a)(G++…+b)≥(a4+a4b,++a,b)2, 当且仅当b=0(i=1,2,,n)或存在一个数k,使得 a=b（i=1,2,…,n）时，等号成立. (1)请你写出柯西不等式的二元形式； (2)设P是棱长为√2的正四面体ABCD内的任意一点， 点P到四个面的距离分别为d、d2、d、d4,求 d+d+d好+d的最小值； (3)已知正数数列{a}满足：①存在m∈R,使得a≤m (i=1,2,…)；②对任意正整数i、j(i≠j),均有 a-a≥+行求证：对任意n之4，neN,恒有m≥1. 共4页 《五一假期作业一》参考答案 题号 1 23 45 678 910 答案 D B AD AD ACD 题号 11 答案ABD 1.D 【分析】借助复数运算法则及复数的几何意义计算即可 得 【详解1：=1中10+X-1-1,故复数：对应的 i×(-i) 点为(1，-1)，位于第四象限. 2.B 【分析1由题意求得ā6-？，再利用向量5在向量ā上 的投影向量公式求解。 【详解】由网=1=2，a+=2,得 a+b=++2a=5+2a6=4,所以ā6=-】 -2 ba 所以向量万在向量ā上的投影向量 2a,故B 1 a=- 正确。 3.D 【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并 确定四边形ABCD为直角梯形，进而得到其周长和面积， 即可得 【详解1由题设4D=2×4B,CD-5,A错； 2 由斜二测画法知，AB=AB'=6,CD=C'D=4, AD=2A'D'=2V2, 易知原四边形ABCD为直角梯形，AD⊥AB,AB/1CD, 所以BC=VAD2+(AB-CD)=V8+4=2W3, 四边形的周长为10+2√3+2W2,面积为 号×22x(4+6=10W2,B、C错，D对 O(A) B 4.C 答案第1页 【分析】由平面向量共线定理的推论得到m+n=2,利 用基本不等式“1”的妙用求解。 【详解】解：因为0是BC的中点，则40-号压+4C), 又AB=mAM,AC=nAN, 则40=maM+na,又o,M,N三点共线，则 21 1 AO=2AM+(1-2)AN,所以} ms2 ，得到 1 5n=1-2 +n=2, 元(m+m)=1+9+”+9m 1+9=1(1+9m 1 m n 2 m n Γ2 n ,又 m>0,n>0,则”+9"≥2，”.9=6当且仅当 m nm n n9 1 3 -,m+n=2,即= m n 21=时取等号，所以 号0-90-8 5.A 【分析】根据题意得到相关角的度数，结合正弦定理求 解即可， 【详解】设此铁塔高h(m),根据题意，可得 ∠CAB=30°，∠CBA=105°，∠DBC=60°， 在直角△BCD中，可得BC:CD-5h, tan60°3 在△ABC中，由∠BAC=30°，∠CBA=105°，AB=100,可 得∠BCA=45°， h 根据正弦定理，可得3“ 100,解得h=50W6(m). sin30°=sin45o 6.B 【分析】利用向量性质得A正=(AB+AC),平方后求 2 得AC,再由余弦定理求得BC,由角平分线定理求得 BD,CD,然后由余弦定理求得COSC后在△CAD中计算 出AD, 【详解】B是BC边中点，则正=B+AC, 所以证-丽+4C-+2西ac+4C, 即3=16+2×4.ACc0s120°+AC),解得4C=2, BC=V42+22-2×2×4cos120°=2W7, 共8页 BD AB 4 AD是∠BAC的平分线，则 CD-AC-2’ w-cn 3 c08C=C4+CB-AB2=4+28-162 2CA.CB 2×2x2W万V7, 在△CAD中， AD=C4+CD-2CA.CDOORC=4+ 2x2x272 4 9 3V73 故选：B. 7.A 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和 高的关系，再分析大、小内切于正四面体的高，求出对 应的球半径及体积即可. 【详解】在正四面体A-BCD中，设棱长为a,高为h, O为正四面体A-BCD内切球的球心， 延长AO交底面BCD于E,E是等边三角形BCD的中 心，BE延长线交CD于F,连接AF, 则点F是CD的中点，OE为正四面体A-BCD内切球的 半径，AD=Br-5a,B=BP-5 3 Br-3 3 6 AE-NAR-BP2,由正四面体4BCD的作 积为85，得B 34a 3a=85,解得a=2V6, 由OB=√BO2-BE=V(AE-OE)2-BE2,解得 08-0-片，则=华6-4，最大球径 失=1，因此最大球的体积为督-红 3 3 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面 体的高h=h-2r大=4-2=2，因此最小球半径 书-智付-后，所以5个球的体积之和为 答案第2页 L+4x亚=2π 4兀 3 6 8.D 【分析】找出外接球的球心位置，确定外接球的半径， 再找出截面面积最小时的截面圆半径，最后根据圆面积 公式计算截面面积. 【详解】由题意可知，设下底面中心为O,上底面中心 为O2,则OO2=4,又因为下底面是边长为6的正方形， 6 所以O到下底面各顶点的距离为及3W5, 理Q,到上底面各顶点距离为万=V② 设外接球球心为O,它在直线OO2上， 设O到O的距离为h,则外接球半径满足： R2=(3W2)+2=18+2, R2=（W2)+(4-)=2+(4-)2, 所以18+h=2+(4-),解得：h=0, 所以球心O与下底面中心O重合，半径R=3√2， 因为P,Q是侧棱AA和CC的中点， 所以过侧棱中点的截面平行于底面，为正方形， 边长等于上下底面边长的平均值6+2-4，所以 2 PO=4W2,因为侧棱长A4=V32-2)+42=2v6, 又aH04=,所以o--25 =25 同理00=2√3，在等腰△OP0中，0P=00=2√5， PQ=4V2,作OH⊥PQ于H,则H为PO中点， PH=2W2,所以OH=VOP2-PH=V12-8=2, 即球心O到直线PQ的距离为2，过直线PQ作球的截面， 截面圆半径为r=√R2-d,其中d为球心到截面的距 离，当截面圆面积最小时，d最大，且最大值为O到直 线P的距离2，此时m=V3V2)-22=4, Smm=加m=14兀，所以截面面积的最小值为14元. ,共8页 B 9.AD 【分析】利用平面向量数量积的定义和运算性质可判断 A选项；利用平面向量数量积的定义可判断B选项；利 用特殊值法可判断C选项；利用不等式的基本性质以及 余弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，同=1，=2，设a和5夹角为 0,则 6.(a+2b)=a.6+26=d,5cs6+25-2c0s6+82-2+8=6 当且仅当6=π时，等号成立，故b.(a+2b)的最小值为 6,A对； 对于B选项，在△ABC中， AB.BC=-BA.BC=-BA BC cosB<0,cosB>0, 又因为B∈(O,兀)，故B为锐角，无法判断△ABC为钝角 三角形，B错； 对于C选项，不妨取=1，z2=,满足 3+z=√2=3-z2,但32=i≠0，C错； 对于D选项，由a<b,4a2+6b2<5c2,可得 5a2+5b2<4a2+6b2<5c2,所以a2+b2<c2,所以 cosC-口+-c<0,枚角C为钝角，则△ABC是纯 2ab 角三角形，D对. 10.ACD 【分析】对于A,以B为坐标原点，建立空间直角坐标 系，EF=(2,4,-2),CG=(4,-2,0),利用向量的坐标 运算即可证明；对于B,当点G与点B重合时，当点G 与点D重合时，等体积法转化即可得三棱锥A-GEF的 体积；对于C,当G为BC中点时，平面EFG截正方体 所得的截面为正六边形EKFHGJ,可得截面面积；对于 D,设△AFG的外接圆半径为？，三棱锥A-EFG的外 答案第3 接球半径为R,由R2=2+ AE 可求外接球半径，根 2 据球的表面积公式即可判断 【详解】对于A选项，以B为坐标原点，建立如图1所 示的空间直角坐标系， 图1 则E(2,0,4),F(4,4,2),C(0,4,0),G(4,2,0), 所以EF=(2,4,-2),CG=(4,-2,0), 因为EF.CG=2×4+4×(-2)+0=0,所以EF⊥CG, 故A选项正确； 对于B选项，当点G与点B重合时，如图2所示， 11 32 V408r=V:-Ag=×2×4x4x4= 32 3’ B B E E A D D B(G) B D 图2 图3 当点G与点D重合时，如图3所示， V=Vg-ar=方X x4x2x2=8, 11 3’ 所以三棱锥A-GEF的体积不是定值，故B选项错误； 对于C选项，当G为BC中点时，平面EFG截正方体所 得的截面为正六边形EKFHGJ,如图4所示，其中H, J,K为相应边的中点，则正六边形EKFHGJ的边长为 22, 6 B E K A D A D J B… D D G 图4 图5 万，共8页 所以该截面的面积为6x5×2√'=12V5,故存在点 4 G,符合题意，故C选项正确； 对于D选项，当G为AD的中点时，如图5所示，易知 EA⊥平面AFG,因为AF=AG=2W5,FG=2W2, 所以由余弦定理的推论得 c0s∠F4G=4F+4G2-PG220+20-84 2AF.AG 2x2W5×2W55, 所以sim∠FAG=三，设△4FG的外接圆半径为r, 则2 FG2√210W2 sin∠FAG 3 5 3，所以，=5 3, 设三棱锥A一EFG的外接球半径为R,则 R2=r2+ 50 2 +18,所以三枝锥A-FG的 9 外接球的表面积为4πR。6,故D透顶正确， 故选：ACD. 11.ABD 【分析】借助正弦定理将角的关系转化为边的关系，再 结合余弦定理和面积即可求得三角形的边长，利用角平 分线将三角形进行分割，利用面积建立方程，即可求出 BD的长度，最后借助数量积的几何意义即可求出最大 值. 【详解】因为sinA:sinB:sinC=2:√7：3，由正弦定理 得a:b:c=2:√7：3， 回为S=6N5-n8-方 2,所以a=24, 所以a=4,c=6,b=2√7， 对于A:由余弦定理知， cosB=+C2-b-4+9-71 2ac 2x2x32’因为Be(0,m),所 ，所以4+C=-B=,即4+C=2B,故A 以B= 正确； 对于B:因为a=4,c=6,b=2W√7，所以△ABC的周长为 a+b+c=10+2√万，故B正确； 对于C:若∠B的角平分线与AC交于D,则 答案第4 A0-∠08D-c-石因为8e=8o+8a, 2 所以6√5=c-BDsin∠ABD+1 BDsin∠CBD, 2 即65-号6BD5 0行，解附8n-25,故 224BD. C错误； 对于D:因为 AE.AC=ACcos EAC=b-COs _EAC=2A COs EAC 设△ABC外接圆的圆心为O,半径为R, 2R=,b=2W万4万 由正弦定理知，sin∠ABC√3√3，所以 2 R=2√21，过点B作AC的垂线，垂足为F,则 AE cos∠EAC=AF，当OE/IAC,且点F在AC的延 长线上时，AF取得最大值，如图所示， E 此时 4C+0a-R-524万2 3 3 所以A正4C的最大值为27.6W7+2Y)=14+28W3 3 3 故D正确， 12.1 【分析】根据题意，方程的另一个根为2-i,再结合韦 达定理求解即可. 【详解】由2+i是关于x的方程x2+ax+b=0的一个根， [2+i+2-i=4=-a a=-4 则另-个根为2-i,2+0(2-)=5=6,解得6=5， 所以a+b=1. 1a./25 【分析1光出图家依次水据@4，出了引-5。 代入f(x)解析式求B,在△BCD中，设三边b,C,d,由 已知对边角b,B,利用余弦定理与重要不等式求c最大 值，从而得面积的最大值. 【详解同象可得后号音签，解得心2， ,共8页 所以f(x)=Asin(2x+p),由A>0,由图 sm2x沿+9-10<p<0-行，即 f✉)=4s2x+写，由了0-5，得 4sn写-5→A-2.故f()=2sn2x+写）， 设角B,C,D的对边为b,C,d,由CD=b=√3， 则b2=c2+d-2 cd cos B=c2+d-cd≥2cd-cd=cd, .cd≤3，当且仅当c=d=V3时等号成立. 8宁n×39-35,所以aD面我 2 2 .4 最大值为35故答案为：35 4 4 【分析】可先通过面积倍数关系推导各线段长度比例， 再借助坐标法对向量进行线性分解，求解系数m,n后计 算L-n的值. 【详解】设小等边三角形DEF的边长为t,由 △ACD=△BAE=△CBF,设AD=BE=CF=x,则 CD=AE=BF=x+t..S.BC=19S.DER, S.ABC=3S.ACD+S.DEF,3S.ACD=18S.DBF S4cp=6S,Ds.由中间小等边三角形性质， ∠ADC=180°-∠EDF=120°，· Sa号40cDml20- +)5xe+切 4 :8r=5,5c+0-6x5r化简得 4 4 x2+xt-6t2=0,解得正根x=2t,即AD=2t,CD=3t. 在△ACD中由余弦定理得 AC2=AD2+CD2-2AD.CD.cos120=412+92+62=1912 解得AC=AB=VI.以A为坐标原点，AB所在直线为 x轴建立平面直角坐标系，如图： 答案第5 B 得各点坐标：A(0,0),B(19t,0),C 19t 57t 2’2 CD AC 在△ACD中，由正弦定理 sim∠CAD sin120,得 sim∠CAD=35 2v19i 由余弦定理得coS∠CAD=AD+AC-CD27 2·AD.AC2N19 又∠BAD=60-∠CAD,则 cos∠B1D=cos(60°-∠CAD)片↓，7+5364 221922199 sim☑BAD=sm(60°-∠CAD-5x71x3W3V5 221922W19V19 因此D点坐标为 191 1919 aB=(,0),4c= 1919 则AD=mAB+nAC= A9t+nt57t 2 8t √19 =m.191+n 9i 2 6 4 所以 h.57i 23t 19,n=. ，解得m= 19, v© 2 642 因此m-n= 191919 15.(1)m=-1(2)-1<m<1(3)2 【分析】(1)根据实部为0且虚部不为0解方程即可； (2)根据实部小于0，虚部大于0解不等式即可； (3)先化简再根据复数的模求解即可. 【详解】(1)若z是纯虚数，则实部为0且虚部不为0， 即r-m-2=0 m=2或m=-1 m-3m+2≠0'解得： (m≠2且m≠1，故m=-1 万，共8页 m2--2<0 (2)若z对应的点在第二象限，即 m2-3+2>0’ 〔-1<<2 m1或m2,综上所述，实数m的取值范围是 即 -1<m<1. (3)若m=0时，z=-2+2i, z--2+2i2i(i+1) 1+i1+i1+i 2.所以1H2-2 16.(A=3 (2)b=3+4V3,c=6 【分析】(1)由平面向量数量积的坐标公式及余弦定理 即可求解； (2)由同角三角函数的平方关系得出snC,由正弦定 理得出C，再由两角和的正弦公式求出snB,由正弦定 理即可求解b. 【详解】(1)因为m.n=bc,所以(b-a)(b+a)+c2=bc, 即b2+c2-2=bc,又由余弦定理b2+c2-a2=2 bc cosA, 可知2cosA=bc,cosA=方又Ae(0,,所以4=于 (2)因为oC-ceQ,,所以 smC=cos产C-},由正孩定理品 b sin A sin B sinC' 53 c 可知√53，解得c=6,又 2 si B=sin(4+C)=sin.AcoeC+cos sinc=3 25'2510 所以6m8语3+5r45 V310 2 17.()A= (2)a=63)3V5 【分析】(1)利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解 即可； (2)由面积可得bc=36,由内切圆半径可得 b+c=18-a,结合余弦定理可得答案； (3)由等面积法可得bc=V3(b+c),结合由基本不等 式可得bc≥12，即可得面积最小值 【详解】(1)因为ccos=asinC,由正弦定理可得 2 sinC cos2=sin Asinc,因为C∈(0，m),则sinC≠0， 2 答案第6 可得cos1-sin4=2sim1cos1, 2 S2,又因为Ae(0,),则 0到，co子40，可得1-2m分，即加兰片 A 兀) A 可得号石，所以4= 兀 3 (2)由(1)知A= 3 则△ABC的面积S=csi血A=5bc=9N5,即c=36, 2 4 又因为内切圈的半径为r=5,则s=a+b+cr, 可得a+b+c=2S=18,即b+c=18-a,由余弦定理可 a2=b2+c2-2bc cosA=(b+c)-2bc-2bc cosA, 即d=(8-a-2x36-2x36x行，解得a=6. (3)因为∠B4C的平分线交BC于D,由(1)知A= 3 则∠CAD=BAD3BAC-名，又S=Sm+a, 可得 1 bc sin∠BAC=b×AD×sin∠CAD+c×ADxsin∠BAD 2 2 2 又4D=,则cx5-bx3cx 1 220 22cx3 则bc=V3(b+c)≥2W3Vbc,可得bc≥12， 当且仅当b=c=25时，等号成立， 所以618C的面积最小值为分12x535。 2 18.()52)%3万 2 【分析】(1)利用直三棱柱体积公式将问题转化为求底 面三角形面积的最大值，结合余弦定理和基本不等式求 解； (2)利用直三棱柱外接球的球心位置性质，结合正弦 定理求底面外接圆半径，再用勾股定理算出外接球半径， 代入体积公式求解； (3)将平面ABA和平面ABC沿AB展开到同一平面， 利用两点之间线段最短结合勾股定理计算最小值. 【详解】(1)直三棱柱ABC-ABC中，侧棱AA⊥底 面ABC,高A4=1,AC=2. 万，共8页 三棱柱体积V=S4BC·AA=S4Bc.在△ABC中，由余弦 定理AC2=AB2+BC2-2AB.BCc0S60°， 即4=AB2+BC2-AB.BC. 由基本不等式AB2+BC2≥2AB·BC,得AB·BC≤4， 当且仅当AB=BC时取等号. 因此Se-方4B8Csn60s5,所以7s5,即三 棱柱体积的最大值是、3. (2)直三棱柱外接球直径2R满足(2R)2=(2)2+A4, 其中T是底面△ABC的外接圆半径， 由正孩定理nc,代入AC-2, 135=2,得2=2V2,即(2=8， 因此(2R=8+1P=9,得R=3 ，球体积 9水 (3)将平面AAB沿AB展开，与平面ABC1共面， AP+PC的最小值为展开后线段AC的长度： 由AB=V3,A4=1,A4⊥AB,得AB=2,Rt△AAB中 ∠ABA=30; 由BC=V3,CC=1,得BC1=2,又AC1=AC=2,故 △ABC1是等边三角形，∠ABC1=60°； 展开后∠ABC1=30°+60°=90°，故 AC,=VAB2+BC=V(W3y+2=万， 即AP+PC的最小值是√万. 19.(1答案见解析(2)} 3)证明见解析 【分析】(1)利用柯西不等式的定义，写出=2时的 形式； (②)由体积法求出d+d+d+d,-2y5 ，构造柯西不 等式求d+d+d+d的最小值； 答案第7 (3)0<4<a,<…<a≤m时，由 ,1=23四，有 a.-4.2k+k m≥a>a-a,=(a.-a.H:-a+,-a.） kn+k-1飞n-1+k-2 飞+龙，由柯西不等式得 m≥1-3n-4 产+n-3,进而可得≥1. 【详解】(1)柯西不等式的二元形式为： 设4,42，b,b2∈R,则(aG+G)(b+b)≥(ab+a,b2), 当且仅当a,b2=4,b时等号成立. (2)由正四面体ABCD的体积 V=VP-ARC+VP-DBC+VP-ABD+VP-ACD, 将正四面体ABCD放入到棱长为1为正方体 OBEC-ANDM中，则 Vo-Vm-V-mav-Vi-P-Voxxx4 32 3 得x5x((d+d,+d+d),所以 334 +d+d+d29,又由何西不等式得 d+d+d+d)1+1+1+1)≥(d1+d,1+d1+d,1)i =(d+d,+d,+d,)2 所以d+ad+d+d≥@+d+d4+d1 3 当且仅当d=4=d=d=5时等号成立 6 所以d+d+d+d的最小值为3 (3)对n≥4，记k,k2,…,kn是1,2，，n的一个排列， 且满足0<4<a%,<<4≤m, 万，共8页 由条件2得：&-a46=28川 于是，对任意的n≥4，都有 m≥a>4.-4,=(a。-a)+(a,-a)++(a。-a) 1 1 1 十 一+…+ k+k1k+k-:k+k’ 由柯西不等式得 1 1一+…十 17 kn+k-1k1+k-2+k [(k+k)+(k1+k-2)++(飞+k)门≥(n-1)2’ 所以 1 17 (-1月 k+k飞+k,飞+k(k+k+k1+k)十+飞+k) (n-1) -1≥-01-04 2(k+k+..+k)-k-k ntnk-k ni+n-3 +n-3 从而，对任意u≥4，neN,恒有u≥1-3I-4 n2+n-3’ 3n-4 因为对任意n24,neN，+n-3>0, 所以，对任意n≥4，n∈N,恒有≥1， 【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题 目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题 第一、准确转化.解决新信息问题，一定要理解题目定 义的本质含义，紧扣题目所给的定义、运算法则对所求 问题进行恰当的转化、 第二、方法的选取.对新信息题可以采取一般到特殊的 特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的 本质并进行推广、运算 第三、应该仔细审读题目.严格按新信息的要求运算.解 答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题 的干扰。 答案第8页，共8页