圆

$[1,5]$ ． 如图 J1 所示，设点 $A$ 的坐标为 $\left(x_{0}, 6-x_{0}\right)$ ，圆心 $M$ 到直线 $A C$ 的距离为 $d$ ，则 $d= |A M| \sin 30^{\circ}$ ．因为直线 $A C$ 与 $\odot M$ 有交点，所以 $$ \begin{aligned} d=|A M| \sin 30^{\circ} \leqslant 2 & \Rightarrow\left(x_{0}-1\right)^{2}+\left(5-x_{0}\right)^{2} \leqslant 16 \\ & \Rightarrow 1 \leqslant x_{0} \leqslant 5 . \end{aligned} $$ \begin{figure}

0. $$ \begin{aligned} \text { 原式 } & =\frac{\sin 70^{\circ}}{\cos 70^{\circ}}\left(\cos 10^{\circ}+\sqrt{3} \sin 10^{\circ}\right)-4 \cos ^{2} 20^{\circ} \\ & =2 \frac{\sin 70^{\circ}}{\cos 70^{\circ}} \sin 40^{\circ}-4 \cos ^{2} 20^{\circ} \\ & =2 \frac{\cos 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}} 2 \cos 20^{\circ} \sin 20^{\circ}-4 \cos ^{2} 20^{\circ} \\ & =4 \cos ^{2} 20^{\circ}-4 \cos ^{2} 20^{\circ}=0 . \end{aligned} $$

（1）由正弦定理及 $2 a \cos C+c \cos A=b$ ，得 $2 \sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin B$ ． 在 $\triangle A B C$ 中，$A+B+C=\pi$ ，所以 $A+C=\pi-B$ ，即 $\sin (A+C)=\sin B$ ．所以 $$ 2 \sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, $$ 故 $\sin A \cos C=0$ ． 又 $0<A<\pi, 0<C<\pi$ ，所以 $\sin A>0, \cos C=0$ ，故 $\displaystyle C=\frac{\pi}{2}$ ． （2）由（1）中 $\displaystyle C=\frac{\pi}{2}$ 可得 $\displaystyle A+B=\frac{\pi}{2}$ ，即 $\displaystyle B=\frac{\pi}{2}-A$ ．因为 $\displaystyle \sin A+\sin B=\sin A+\cos A =\sqrt{2} \sin \left(A+\frac{\pi}{4}\right)$ ，又 $\displaystyle 0<A<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\displaystyle \frac{\pi}{4}<A+\frac{\pi}{4}<\frac{3 \pi}{4}$ ．故当 $\displaystyle A=\frac{\pi}{4}$ 时， $\sin A+\sin B$ 取得最大值 $\sqrt{2}$ ．

D．

10. $$ \cos (A-B)=\frac{2 \sin A \sin B}{\sin C} \geqslant 2 \sin A \sin B \Rightarrow \cos A \cos B-\sin A \sin B \geqslant 0, $$ 所以 $$ \begin{aligned} \cos (A+B) \geqslant 0 & \Rightarrow A+B \leqslant 90^{\circ} \\ & \Rightarrow C \geqslant 90^{\circ} \\ & \Rightarrow \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b} \leqslant 0, \quad a^{2}+b^{2} \leqslant c^{2} \end{aligned} $$ 因为 $$ \left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{16}{25}+\frac{9}{25}\right) \geqslant\left(\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} b\right)^{2} $$ 所以 $$ \begin{aligned} \text { 周长 } & =a+b+c \geqslant a+b+\sqrt{a^{2}+b^{2}} \geqslant a+b+\frac{4}{5} a+\frac{3}{5} b \\ & =\frac{9}{5} a+\frac{8}{5} b=\left(\frac{9}{5} a+\frac{8}{5} b\right)\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right) \\ & \geqslant \frac{1}{5}(3 \sqrt{2}+2 \sqrt{2})^{2}=10, \end{aligned} $$ 当且仅当 $\displaystyle a=\frac{10}{3}, b=\frac{5}{2}$ 时取等号．

$$ \begin{aligned} \sin ^{4} & 20^{\circ}+\sin ^{4} 40^{\circ}+\sin ^{4} 80^{\circ} \\ = & \left(\sin ^{2} 20^{\circ}\right)^{2}+\left(\sin ^{2} 40^{\circ}\right)^{2}+\left(\sin ^{2} 80^{\circ}\right)^{2} \\ = & \left(\frac{1-\cos 40^{\circ}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1-\cos 80^{\circ}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1-\cos 160^{\circ}}{2}\right)^{2} \\ = & \frac{3}{4}-\frac{1}{2}\left(\cos 40^{\circ}+\cos 80^{\circ}+\cos 160^{\circ}\right)+\frac{1}{4}\left(\cos ^{2} 40^{\circ}+\cos ^{2} 80^{\circ}+\cos ^{2} 160^{\circ}\right) \\ = & \frac{3}{4}-\frac{1}{2}\left(2 \cos 60^{\circ} \cos 20^{\circ}-\cos 20^{\circ}\right) \\ & +\frac{1}{4}\left(\frac{1+\cos 80^{\circ}}{2}+\frac{1+\cos 160^{\circ}}{2}+\frac{1+\cos 320^{\circ}}{2}\right) \\ = & \frac{3}{4}-0+\frac{1}{8}\left(3+\cos 80^{\circ}-\cos 20^{\circ}+\cos 40^{\circ}\right) \\ = & \frac{3}{4}+\frac{1}{8}\left(3+2 \cos 60^{\circ} \cos 20^{\circ}-\cos 20^{\circ}\right) \\ = & \frac{3}{4}+\frac{3}{8}=\frac{9}{8} . \end{aligned} $$

$\displaystyle \frac{4}{5}$ ． 如图 J1 所示，取 $C C_{1}$ 的中点为 $K$ ，则 $K N / / C M$ ，故 $\angle A N K$ 为异面直线 $A N$ 与 $C M$ 所成的角，即 $\angle A N K=\theta$ ．因为 $A B \perp$ 面 $B C C_{1} B_{1}, C M \perp B C_{1}$ ，所以由三垂线定理得 $C M \perp A N$ ．又 $K N / / C M$ ，所以 $K N \perp A N$ ，即 $\theta=90^{\circ}$ ．又面 $A B N \perp$ 面 $B C C_{1} B_{1}$ ，所以点 $M$ 到面 $A N K$ 的距离等于点 $M$ 到 $A N$ 的距离． \begin{figure} 在 Rt $\triangle A B N$ 中，$|A B|=4,|B N|=3$ ，点 $B$ 到 $A N$ 的距离为 $\displaystyle \frac{12}{5}$ ，从而点 $M$ 到 $A N$ 的距离为 $\displaystyle d=\frac{1}{3} \times \frac{12}{5}=\frac{4}{5}$ ，所以 $\displaystyle d \sin \theta=\frac{4}{5}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{13}}{2}$ ． 因为 $A+B+C=\pi$ ，所以 $$ \sin C=2 \sin (A-B) \Rightarrow \sin (A+B)=2 \sin (A-B) $$ $$ \Rightarrow \sin A \cos B+\sin B \cos A=2 \sin A \cos B-2 \sin B \cos A, $$ 整理，得 $\sin A \cos B=3 \sin B \cos A$ ，即 $\tan A=3 \tan B$ ，所以 $$ \tan C=-\tan (A+B)=-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}=\frac{4 \tan B}{3 \tan ^{2} B-1} $$ 故 $$ \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}=\frac{1}{3 \tan B}+\frac{1}{\tan B}+\frac{3 \tan ^{2} B-1}{4 \tan B}=\frac{3}{4} \tan B+\frac{13}{12 \tan B} \geqslant \frac{\sqrt{13}}{2} $$ 当且仅当 $\displaystyle \tan A=\sqrt{13}, \tan B=\frac{\sqrt{13}}{3}, \tan C=\frac{2 \sqrt{13}}{5}$ 时取得最小值．

A． 由已知条件可知 $a^{2}+b^{2}-1=0$ ，函数图像与 $y$ 轴交点的纵坐标为 $a^{2}+2 a b-b^{2}$ ．令 $a= \cos \theta, b=\sin \theta$ ，则 $$ a^{2}+2 a b-b^{2}=\cos ^{2} \theta+2 \sin \theta \cos \theta-\sin ^{2} \theta=\cos 2 \theta+\sin 2 \theta \leqslant \sqrt{2} . $$

D． $f(x)$ 的定义域为 $3 \leqslant x \leqslant 4$ ，故 $0 \leqslant x-3 \leqslant 1$ ．令 $\displaystyle x-3=\sin ^{2} \theta\left(0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right)$ ，则 $$ \begin{aligned} f(x) & =\sqrt{x-3}+\sqrt{3(4-x)}=\sin \theta+\sqrt{3\left(1-\sin ^{2} \theta\right)} \\ & =\sin \theta+\sqrt{3} \cos \theta=2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} $$ 因 $\displaystyle \frac{\pi}{3} \leqslant \theta+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{5 \pi}{6}$ ，故 $$ \frac{1}{2} \leqslant \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 1 \Rightarrow 1 \leqslant 2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 2 . $$ \section*{7．A．} 设 $y=f(2 x-3)$ 上有一点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，左移 2 个单位，即 $\left(x_{0}-2, y_{0}\right)$ ，再关于 $x$ 轴对称后为 $\left(x_{0}-2,-y_{0}\right)$ ，取反函数 $\left(-y_{0}, x_{0}-2\right)$ ，所以 $$ \left\{\begin{array} { l } { - y _ { 0 } = x , } \\ { x _ { 0 } - 2 = y } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x_{0}=y+2, \\ y_{0}=-x, \end{array}\right.\right. $$ 代人 $y=f(2 x-3)$ 可得 $$ -x=f(2 y+1) \Rightarrow 2 y+1=f^{-1}(-x) \Rightarrow y=\frac{f^{-1}(-x)-1}{2} . $$

A． $$ \text { 分母 } \begin{aligned} & =\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)\left(\sin ^{4} x+\cos ^{4} x-\sin ^{2} x \cos ^{2} x\right)+2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x \\ & =\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+\sin ^{2} x \cos ^{2} x \end{aligned} $$ 也可以用特殊值法．

A． 根据题意有 $$ \omega=\cos \left(\frac{2}{3} \pi+\frac{2}{5} \pi\right)+\mathrm{i} \sin \left(\frac{2}{3} \pi+\frac{2}{5} \pi\right)=\cos \frac{16}{15} \pi+\mathrm{i} \sin \frac{16}{15} \pi $$ 因此 $\omega^{15}=1$ ，于是 $$ \omega+\omega^{2}+\cdots+\omega^{2011}=\frac{\omega\left(1-\omega^{2011}\right)}{1-\omega}=\frac{\omega\left(1-\omega^{134 \times 15+1}\right)}{1-\omega}=\omega $$

D． 函数 $\displaystyle f(x)=\cos \frac{x}{5}$ 为偶函数，在 $\displaystyle \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上，$f(x)=\cos x$ 为减函数，而 $\displaystyle \log _{\mathrm{c}} \frac{1}{\pi}=-\log _{\mathrm{c}} \pi$ ， $\displaystyle \log _{\pi} \frac{1}{\mathrm{e}}=-\frac{1}{\log _{\mathrm{c}} \pi}, \log _{\frac{1}{\mathrm{c}}} \frac{1}{\pi^{2}}=2 \log _{\mathrm{c}} \pi, 0<\frac{1}{5 \log _{\mathrm{e}} \pi}<\frac{\log _{\mathrm{e}} \pi}{5}<\frac{2 \log _{\mathrm{e}} \pi}{5}<\frac{\pi}{4}$ ，所以 $b>a>c$ 。

D． 设 $\sin x-\sin y=t$ ，易得 $\displaystyle \cos x \cos y-\sin x \sin y=\frac{t^{2}-1}{2}$ ，即 $\displaystyle \cos (x+y)=\frac{t^{2}-1}{2}$ ．因为 $-1 \leqslant \cos (x+y) \leqslant 1$ ，所以 $\displaystyle -1 \leqslant \frac{t^{2}-1}{2} \leqslant 1$ ，解得 $-\sqrt{3} \leqslant t \leqslant \sqrt{3}$ ．

D． $$ \begin{aligned} p(z) p\left(z^{2}\right) p\left(z^{3}\right) p\left(z^{4}\right)= & p(z) p(\bar{z}) p\left(z^{2}\right) p\left(\overline{z^{2}}\right) \\ = & \left|\left(z^{2}+z+2\right)\left(z^{4}+z^{2}+2\right)\right|^{2} \\ = & {\left[\left(\cos \frac{4 \pi}{5}+\cos \frac{2 \pi}{5}+2\right)^{2}+\left(\sin \frac{4 \pi}{5}+\sin \frac{2 \pi}{5}\right)^{2}\right] } \\ & \cdot\left[\left(\cos \frac{8 \pi}{5}+\cos \frac{4 \pi}{5}+2\right)^{2}+\left(\sin \frac{8 \pi}{5}+\sin \frac{4 \pi}{5}\right)^{2}\right] \\ = & \left(6+4 \cos \frac{4 \pi}{5}+6 \cos \frac{2 \pi}{5}\right)\left(6+6 \cos \frac{4 \pi}{5}+4 \cos \frac{2 \pi}{5}\right) \\ = & \left(4+2 \cos \frac{2 \pi}{5}\right)\left(4+2 \cos \frac{4 \pi}{5}\right)=11 . \end{aligned} $$

$\displaystyle \frac{1}{6} \pm \frac{\sqrt{15}}{6} \mathrm{i}$ ． 设复数 $z_{1}, z_{2}, z_{1}+z_{2}$ 在复平面内的对应点分别为 $A, B, C$ ，则四边形 $O A C B$ 构成平行四边形，复数 $\displaystyle \frac{z_{1}}{z_{2}}$ 的模为 $\displaystyle \frac{2}{3}$ ，接下来求它的辐角． 在 $\triangle O A C$ 中应用余弦定理，有 $\displaystyle \cos A=\frac{2^{2}+3^{2}-4^{2}}{2 \cdot 2 \cdot 3}=-\frac{1}{4}$ ，于是 $\displaystyle \cos \angle A O B=\frac{1}{4}$ ．进而可得 $\displaystyle \frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{4} \pm \frac{\sqrt{15}}{4} \mathrm{i}\right)=\frac{1}{6} \pm \frac{\sqrt{15}}{6} \mathrm{i}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{21}}{5}$ ． $$ \begin{aligned} \frac{\tan A}{\tan B}+\frac{\tan A}{\tan C}=3 & \Leftrightarrow \tan A\left(\frac{\cos B}{\sin B}+\frac{\cos C}{\sin C}\right)=\tan A \frac{\sin (B+C)}{\sin B \sin C}=3 \\ & \Leftrightarrow \tan A \sin A=3 \sin B \sin C \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & \Leftrightarrow \quad \sin ^{2} A=3 \sin B \sin C \cos A \\ & \Leftrightarrow \quad a^{2}=3 b c \cos A . \end{aligned} $$ 又 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$ ，于是可得 $$ \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}}{5 b c}=\frac{1}{5}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right) \geqslant \frac{2}{5}, $$ 当且仅当 $b=c$ 时取等号．故 $\displaystyle \sin A \leqslant \frac{\sqrt{21}}{5}$ ．

$6 \pi$ ． 因为 $$ \sin 2 x=-\cos 3 x=\sin \left(3 x+\frac{3 \pi}{2}\right), \quad x \in[0,2 \pi], $$ 所以 $$ \left\{\begin{array}{l} 2 x=3 x+\frac{3 \pi}{2}+2 k \pi, \\ 2 x+3 x+\frac{3 \pi}{2}=\pi+2 k \pi \end{array} \Rightarrow x=\frac{3 \pi}{10}, \frac{\pi}{2}, \frac{7 \pi}{10}, \frac{11 \pi}{10}, \frac{3 \pi}{2}, \frac{19 \pi}{10} .\right. $$ 故所求和为 $6 \pi$ ．

$\displaystyle \frac{3 \cdot 2^{-\frac{2}{3}}-1}{2}$ ． 如图 J2 所示，有 $$ \begin{aligned} S_{\triangle A B C} & =S_{\triangle A O C}+S_{\triangle B O C}-S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2 \sqrt{x}}-\frac{1}{2} \\ & =\frac{1}{2} x+\frac{1}{4 \sqrt{x}}+\frac{1}{4 \sqrt{x}}-\frac{1}{2} \end{aligned} $$ $$ \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{1}{32}}-\frac{1}{2}=\frac{3 \cdot 2^{-\frac{2}{3}}-1}{2} $$ \begin{figure}

$(-\cos \theta,-\sin \theta)$ ． 作出图 J3，由图可以看出周期性． \begin{figure}

$\displaystyle \frac{\sqrt{33}}{3}$ ． 由几何意义，注意 $z-1$ 与 $z+1$ 的夹角，$z$ 的轨迹为单位圆上对应的复数（图 J4），所以 $$ \left|z^{2}+z+3\right|_{\min }=|\bar{z}|\left|z^{2}+z+3\right|_{\min }=|z+1+3 \bar{z}|_{\min } $$ $$ \begin{aligned} & =|4 \cos \theta-2 \mathrm{i} \sin \theta+1|_{\min } \\ & =\left|\sqrt{(4 \cos \theta+1)^{2}+4 \sin ^{2} \theta}\right|_{\min } \\ & =\left|\sqrt{12 \cos ^{2} \theta+8 \cos \theta+5}\right|_{\min } \\ & =\frac{\sqrt{33}}{3} . \end{aligned} $$ \begin{figure}

11 ． $$ \begin{aligned} \text { 原式 } & =\frac{\tan \alpha+\tan 15^{\circ}}{1-\tan \alpha \tan 15^{\circ}} \frac{1+\tan \alpha \tan 15^{\circ}}{\tan \alpha-\tan 15^{\circ}} \\ & =\frac{\left(\tan ^{2} 15^{\circ}+1\right) \tan \alpha+\tan 15^{\circ}\left(1+\tan ^{2} \alpha\right)}{\left(\tan ^{2} 15^{\circ}+1\right) \tan \alpha-\tan 15^{\circ}\left(1+\tan ^{2} \alpha\right)} . \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle \frac{3}{5}=\sin 2 \alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1+\tan ^{2} \alpha}$ ，所以 $\displaystyle 1+\tan ^{2} \alpha=\frac{10}{3} \tan \alpha$ ，故 原式 $\displaystyle =\frac{\tan ^{2} 15^{\circ}+1+\frac{10}{3} \tan 15^{\circ}}{\tan ^{2} 15^{\circ}+1-\frac{10}{3} \tan 15^{\circ}}=\frac{\frac{1}{\cos ^{2} 15^{\circ}}+\frac{10}{3} \tan 15^{\circ}}{\frac{1}{\cos ^{2} 15^{\circ}}-\frac{10}{3} \tan 15^{\circ}}=\frac{1+\frac{5}{3} \times \frac{1}{2}}{1-\frac{5}{3} \times \frac{1}{2}}=11$.

63. 作出草图，因为 $31 \pi<100,32 \pi>100$ ，所以交点个数为 63 ．

$\sqrt{6}$ ． \begin{figure} 如图 J1 所示，因为 $\displaystyle |P A|=|P B|=|P C|=|P D|=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，所以 $\displaystyle \cos \angle D P C=\cos \angle B P C=\cos \angle A P B=\cos \angle A P D=\frac{2}{3}$ ．设 $|P F|=x$ ，将 $A$－PB－C 打开， $\displaystyle \cos \angle A P F=-\frac{1}{9}$ ，所以 $\displaystyle (|A E|+|E F|)_{\text {min }}=|A F| =\sqrt{x^{2}+\frac{\sqrt{6}}{9} x+\frac{3}{2}}$ ． 因为 $x>0$ ，所以上式单调递增，在 $x=0$ 时最小，故 $F$ 点在 $P$ 点时最小，从而 $2|P A|=\sqrt{6}$ ．

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． 设 $\displaystyle z=r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta), \frac{1}{z}=\frac{1}{r}(\cos \theta-\mathrm{i} \sin \theta)$ ．由于 $\displaystyle z+\frac{1}{z} \in[1,2]$ ，因此 $\displaystyle z+\frac{1}{z}$ 的虚部为 0 ，即 $\displaystyle \left(r-\frac{1}{r}\right) \sin \theta=0$ ，所以 $\displaystyle r=\frac{1}{r}$ 或者 $\sin \theta=0$ ，故 $\displaystyle (r \cos \theta)_{\min }=\frac{1}{2}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}$ ． 由 $\sin A=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\sin C \cos B$ ，可得 $3 \sin B \cos C+\cos B \sin C=0$ ，即 $$ 3 \tan B+\tan C=0, $$ 于是 $$ \begin{aligned} \tan A & =-\tan (B+C)=-\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \cdot \tan C}=\frac{2 \tan B}{1+3 \tan ^{2} B} \\ & =\frac{2}{\frac{1}{\tan B}+3 \tan B} \leqslant \frac{\sqrt{3}}{3} . \end{aligned} $$

$>$ ． 两边取对数，得 $$ \begin{aligned} & \ln x=\frac{\ln ^{2} \sin a}{\ln b}, \\ & \ln y=\frac{\ln ^{2} \cos a}{\ln b}, \end{aligned} $$ 而 $$ \begin{aligned} \sin a>\cos a & \Rightarrow 0>\ln \sin a>\ln \cos a \\ & \Rightarrow \ln ^{2} \sin a<\ln ^{2} \sin b, \end{aligned} $$ 因此 $\ln x>\ln y$ ，从而 $x>y$ ．

$\displaystyle -\frac{59}{72}$ ． 将两式分别平方可以得到两个新的式子： $$ \begin{align*} & \sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta+2 \sin \alpha \sin \beta=\frac{1}{4} \tag{1}\\ & \cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+2 \cos \alpha \cos \beta=\frac{1}{9} \tag{2} \end{align*} $$ 两式相加可得 $\displaystyle 2+2 \cos (\alpha-\beta)=\frac{1}{4}+\frac{1}{9}=\frac{13}{36}$ ，解得 $\displaystyle \cos (\alpha-\beta)=-\frac{59}{72}$ ．

设 $|D E|=x$ ，已知 $|A B|=a,|B C|=b, \angle E A D=\alpha, \angle E B D=\beta, \angle E C D=\gamma$ ，如图 J1所示，易知 $\displaystyle |A D|=\frac{x}{\tan \alpha},|B D|=\frac{x}{\tan \beta},|C D|=\frac{x}{\tan \gamma}$ ，则 $$ \begin{aligned} & \cos \angle A B D=\frac{a^{2}+|B D|^{2}-|A D|^{2}}{2 a \cdot|B D|} \\ & \cos \angle C B D=\frac{b^{2}+|B D|^{2}-|C D|^{2}}{2 b \cdot|B D|} \end{aligned} $$ 又易知 $\cos \angle A B D=-\cos \angle C B D$ ，联立以上各式即可求得 $$ x=\sqrt{\frac{a b^{2}+a^{2} b}{\frac{b}{\tan ^{2} \alpha}+\frac{a}{\tan ^{2} \gamma}-\frac{b+a}{\tan ^{2} \beta}}} $$ \begin{figure} 注 很多同学认为本题出错了，其实不然．参加2015年创新班考试的很多同学没有完全理解题目，把题目当作平面几何去求解了，结果有多余的条件用不上。大家在做题时，要记住，正式考试出题是严谨的，基本不会给出多余的条件，所以出现多余条件时要考虑是否自己思维出现偏差。另外对本题来讲，平面几何只是立体几何的一种特殊情况，若按照立体几何求解，自然就包含了平面几何的情况。比如本题，将二维空间题转换为三维空间，就能多用一个条件。总之，本题特别之处就是命题者的思路独特，所以仔细研究命题者的思维特点及常见陷阱，会事半功倍。

$70^{\circ}$ ． 设正方形的边长为 1 ．在 $\triangle B K D$ 中，由正弦定理可知 $\displaystyle \frac{|D K|}{\sin 35^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{\sin 135^{\circ}}$ ，则 $|D K| =2 \sin 35^{\circ}$ ． 在 $\triangle A D K$ 中，由余弦定理可知 $|A K|^{2}=1+4 \sin ^{2} 35^{\circ}-4 \sin 35^{\circ} \cos 55^{\circ}=1$ ，则 $\triangle A D K$ 为等腰三角形，所以 $\angle K A D=70^{\circ}$ ．

（1）设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), P M$ 为切线，$M$ 为切点，$O$ 是原点，圆心 $T(-2,0)$ ，则 $|P M|^{2}= |P T|^{2}-r^{2}=\left(r_{0}+2\right)^{2}+y_{0}^{2}-1=t^{2}-x_{0}^{2}$ ，即动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $\left(1-t^{2}\right) x^{2}+y^{2}+4 x+ 3=0$. （2）曲线 $C$ 的方程为 $\displaystyle \left(1-t^{2}\right)\left[x^{2}+\frac{4}{1-t^{2}} x+\frac{4}{\left(1-t^{2}\right)^{2}}\right]+y^{2}=-3+\frac{4}{1-t^{2}}$ ，即 $$ \frac{\left(x+\frac{2}{1-t^{2}}\right)^{2}}{\frac{3 t^{2}+1}{\left(1-t^{2}\right)^{2}}}+\frac{y^{2}}{\frac{3 t^{2}+1}{1-t^{2}}}=1 $$ （1）若 $1-t^{2}<0$ ，则 $C$ 为双曲线．这样 $\angle F_{1} Q F_{2}$ 显然可取到任意 $(0, \pi)$ 中的值，矛盾． （2）若 $1-t^{2}>0$ ，即 $t^{2}<1$ ，且有 $1-t^{2}<1$ ，则椭圆 $C$ 中半长轴 $\displaystyle a=\sqrt{\frac{3 t^{2}+1}{\left(1-t^{2}\right)^{2}}}$ ，半短轴 $\displaystyle b =\sqrt{\frac{3 t^{2}+1}{1-t^{2}}}$ ，半焦距 $\displaystyle c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{\frac{\left(3 t^{2}+1\right) t^{2}}{\left(1-t^{2}\right)^{2}}}$ ，故 $\displaystyle \frac{c}{b}=\sqrt{\frac{t^{2}}{1-t^{2}}}$ ． 平移椭圆中心至原点 $O$ ，将椭圆上一点设为 $Q$ ，如图 J1 所示，有 $$ S_{\triangle F_{1} Q F_{2}}=\frac{1}{2}\left|F_{1} Q\right| \cdot\left|F_{2} Q\right| \cdot \sin \angle F_{1} Q F_{2} . $$ 又 $$ \begin{aligned} \left|F_{1} Q\right|^{2}+\left|F_{2} Q\right|^{2} & =2\left|F_{1} Q\right| \cdot\left|F_{2} Q\right| \cdot \cos \angle F_{1} Q F_{2} \\ & =\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=4 c^{2}, \end{aligned} $$ 即 $$ \left(\left|F_{1} Q\right|+\left|F_{2} Q\right|\right)^{2}-2\left|F_{1} Q\right| \cdot\left|F_{2} Q\right|\left(1+\cos \angle F_{1} Q F_{2}\right)=4 c^{2} $$ 又 $\left|F_{1} Q\right|+\left|F_{2} Q\right|=2 a$ ，所以 $\displaystyle \left|F_{1} Q\right| \cdot\left|F_{2} Q\right|=\frac{4 b^{2}}{2\left(1+\cos \angle F_{1} Q F_{2}\right)}$ ，故 $$ S_{\triangle F_{1} Q F_{2}}=b^{2} \cdot \frac{\sin \angle F_{1} Q F_{2}}{1+\cos \angle F_{1} Q F_{2}}=b^{2} \cdot \tan \frac{\angle F_{1} Q F_{2}}{2} $$ \begin{figure} 因 $S_{\triangle F_{1} Q F_{2}}$ 在 $Q$ 取上顶点时最大，故 $\displaystyle \tan \frac{\angle F_{1} Q F_{2}}{2} \leqslant \frac{2 b c-\frac{1}{2}}{b^{2}}=\frac{c}{b}=\sqrt{\frac{t^{2}}{1-t^{2}}}$ ． 由题设，只需 $\displaystyle \sqrt{\frac{t^{2}}{1-t^{2}}}<\tan \frac{\theta}{2}$ ，即 $\displaystyle t^{2}<\frac{\tan ^{2} \frac{\theta}{2}}{1+\tan ^{2} \frac{\theta}{2}}$ ，从而 $\displaystyle t<\sin \frac{\theta}{2}$ ．故所求 $t$ 的范围为 $\displaystyle 0<t<\sin \frac{\theta}{2}$ ．

$\displaystyle \left(1, \frac{\pi}{2}\right]$ ． 利用图像和性质 $\displaystyle \sin x<x\left(x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]\right)$ ，即可求得．

通过空间想象不难发现，在正四面体的一个面上，小球最靠近边的切点的轨迹仍为一正三角形，考查切点为该正三角形顶点的情况，此时小球恰与对应三面角的三个面均相切，如图 J1 所示，作平面 $A_{1} B_{1} C_{1} / /$ 平面 $A B C$ ，与小球相切于点 $D$ ．则小球球心 $O$ 为正四面体 $P-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中心，$P O \perp$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1}$ ，垂足 $D$为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中心．因为 $$ \begin{aligned} V_{P \cdot A_{1} B_{1} C_{1}} & =\frac{1}{3} S_{\triangle A_{1} B_{1} C_{1}} \cdot|P D| \\ & =4 \cdot \frac{1}{3} S_{\triangle A_{1} B_{1} C_{1}} \cdot|O D| \end{aligned} $$ 所以 $|P D|=4|O D|=4$ ，从而 $|P O|=|P D|-|O D|=3$ ．记此时小球与面 $P A B$ 的切点为 $P_{1}$ ，连接 $O P_{1}$ ，则 $$ \left|P P_{1}\right|=\sqrt{|P O|^{2}-\left|O P_{1}\right|^{2}}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{2} $$ 现在考查小球在正四面体一个面上所有切点组成的平面区域，记为 $P_{1} E F$ ，如图 J2 所示（阴影部分）。过 $P_{1}$ 作 $P_{1} M \perp P A$ 于点 $M$ ，由 $\displaystyle \angle M P P_{1}=\frac{\pi}{6}$ ，得 $$ |P M|=\left|P P_{1}\right| \cos \angle M P P_{1}=2 \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{6} \text {, } $$ 故小三角形的边长 $$ \left|P_{1} E\right|=|P A|-2|P M|=4 \sqrt{6}-2 \sqrt{6}=2 \sqrt{6} \text {. } $$ \begin{figure} 因此平面区域 $P_{1} E F$ 的面积 $$ S_{\triangle P_{1} E F}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot(2 \sqrt{6})^{2}=6 \sqrt{3}, $$ 从而小球与面 $P A B$ 不能接触到的部分的面积 $$ S=S_{\triangle P A B}-S_{\triangle P_{1} E F}=24 \sqrt{3}-6 \sqrt{3}=18 \sqrt{3} . $$ 由对称性且四面体共 4 个面，知小球不能接触到的容器内壁的面积共为 $18 \sqrt{3} \times 4=72 \sqrt{3}$ ． \begin{figure}

$\displaystyle \left(-2, \frac{9}{8}\right]$ ． 令 $\displaystyle x=\tan \alpha, \alpha \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，代人原式进行换元转化，进而由区间上的二次函数极值求得．

$2 \sqrt{2}$ ． 代人化简．

解法 1 由三倍角公式 $\cos 3 \alpha=3 \cos ^{3} \alpha-4 \cos \alpha$ 可得． 设 $2 \theta=\alpha$ ，利用三倍角公式进行化简，再利用三角函数的其他公式化简，可得 $$ 32 \cos ^{6} \theta-\cos 6 \theta-6 \cos 4 \theta-15 \cos 2 \theta=10 $$ 解法 2（复数法）设 $\displaystyle z=\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta, \frac{1}{z}=\cos \theta-\mathrm{i} \sin \theta$ ，则有 $$ z+\frac{1}{z}=2 \cos \theta, \quad\left(z+\frac{1}{z}\right)^{6}=2^{6} \cos ^{6} \theta $$ 因为 $$ \begin{aligned} \left(z+\frac{1}{z}\right)^{6}= & z^{6}+\mathrm{C}_{6}^{1} z^{5}\left(\frac{1}{z}\right)+\mathrm{C}_{6}^{2} z^{4}\left(\frac{1}{z}\right)^{2}+\mathrm{C}_{6}^{3} z^{3}\left(\frac{1}{z}\right)^{3} \\ & +\mathrm{C}_{6}^{4} z^{2}\left(\frac{1}{z}\right)^{4}+\mathrm{C}_{6}^{5} z\left(\frac{1}{z}\right)^{5}+\left(\frac{1}{z}\right)^{6} \\ = & z^{6}+6 z^{4}+15 z^{2}+20+15\left(\frac{1}{z}\right)^{2}+6\left(\frac{1}{z}\right)^{4}+\left(\frac{1}{z}\right)^{6} \\ = & z^{6}+\left(\frac{1}{z}\right)^{6}+6\left[z^{4}+\left(\frac{1}{z}\right)^{4}\right]+15\left[z^{2}+\left(\frac{1}{z}\right)^{2}\right]+20 \end{aligned} $$ 由 $\displaystyle z^{6}+\left(\frac{1}{z}\right)^{6}=2 \cos 6 \theta, 6\left[z^{4}+\left(\frac{1}{z}\right)^{4}\right]=6 \times 2 \cos 4 \theta, 15\left[z^{2}+\left(\frac{1}{z}\right)^{2}\right]=15 \times 2 \cos 2 \theta$ ， $\displaystyle \left(z+\frac{1}{z}\right)^{6}=2^{6} \cos ^{6} \theta$ ，可得 $2^{6} \cos ^{6} \theta=2 \cos 6 \theta+12 \cos 4 \theta+30 \cos 2 \theta+20$ ，所以 $$ 32 \cos ^{6} \theta-\cos 6 \theta-6 \cos 4 \theta-15 \cos 2 \theta=10 $$

由条件知 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A M} & =\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \\ \overrightarrow{A N} & =\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C} \\ \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N} & =\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \cdot\left(\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}\right) \\ & =\frac{1}{8}\left(3|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}+4 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right) \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle \sqrt{3}=S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|$ ，所以 $|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|=4$ ．进一步可得 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \cos A=2$ ，从而 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N} & \geqslant \frac{1}{8}\left(2 \sqrt{3|\overrightarrow{A B}|^{2} \cdot|\overrightarrow{A C}|^{2}}+4 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right) \\ & =\frac{\sqrt{3}}{4}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|+\frac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\sqrt{3}+1 \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle |\overrightarrow{A B}|=\frac{2}{\sqrt[4]{3}},|\overrightarrow{A C}|=2 \times \sqrt[4]{3}$ 时， $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}$ 的最小值为 $\sqrt{3}+1$ ．

（1）设点 $A$ 的坐标为 $(r \cos \theta, r \sin \theta)$ ，点 $B$ 的坐标为 $\left(r^{\prime} \cos \theta^{\prime}, r^{\prime} \sin \theta^{\prime}\right)$ ，则 $r= |\overrightarrow{O A}|, r^{\prime}=|\overrightarrow{O B}|$ ．又点 $A$ 在双曲线上，则 $\displaystyle r^{2}\left(\frac{\cos ^{2} \theta}{4}-\frac{\sin ^{2} \theta}{9}\right)=1$ ，所以 $\displaystyle \frac{1}{r^{2}}=\frac{\cos ^{2} \theta}{4}-\frac{\sin ^{2} \theta}{9}$ ． 由 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$ ，得 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$ ，所以 $\cos ^{2} \theta^{\prime}=\sin ^{2} \theta, \cos ^{2} \theta=\sin ^{2} \theta^{\prime}$ ． 同理，$\displaystyle \frac{1}{r^{\prime 2}}=\frac{\cos ^{2} \theta^{\prime}}{4}-\frac{\sin ^{2} \theta^{\prime}}{9}=\frac{\sin ^{2} \theta}{4}-\frac{\cos ^{2} \theta}{9}$ ．所以 $$ \frac{1}{|\overrightarrow{O A}|^{2}}+\frac{1}{|\overrightarrow{O B}|^{2}}=\frac{1}{r^{2}}+\frac{1}{r^{\prime 2}}=\frac{1}{4}-\frac{1}{9}=\frac{5}{36} . $$ （2）由三角形面积公式，得 $|\overrightarrow{O P}| \times|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{O A} \times \overrightarrow{O B}|$ ，所以 $|\overrightarrow{O P}|^{2} \times|\overrightarrow{A B}|^{2}= |\overrightarrow{O A}|^{2} \times|\overrightarrow{O B}|^{2}$ ，即 $|\overrightarrow{O P}|^{2} \times\left(|\overrightarrow{O A}|^{2}+|\overrightarrow{O B}|^{2}\right)=|\overrightarrow{O A}|^{2} \times|\overrightarrow{O B}|^{2}$ ，亦即 $$ |\overrightarrow{O P}|^{2} \times\left(\frac{1}{|\overrightarrow{O A}|^{2}}+\frac{1}{|\overrightarrow{O B}|^{2}}\right)=|\overrightarrow{O P}|^{2} \times\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{9}\right)=|\overrightarrow{O P}|^{2} \times \frac{5}{36}=1 $$ 于是 $\displaystyle |O P|^{2}=\frac{36}{5}$ ，即 $P$ 在以 $O$ 为圆心、 $\displaystyle \frac{6 \sqrt{5}}{5}$ 为半径的定圆上．

由题意，$\forall x \in \mathbf{R}, a \cos x+b \cos 2 x \geqslant-1$ 恒成立，可考虑对于特殊的 $x$ 也成立，考虑 $$ \cos x=\cos 2 x \Rightarrow \cos x=-\frac{1}{2} \text { 或 } \cos x=1 \text {. } $$ $\displaystyle \cos x=-\frac{1}{2} \Rightarrow a+b \leqslant 2, \cos x=1 \Rightarrow a+b \geqslant-1, a+b \leqslant 2 \Rightarrow(a+b)_{\text {max }} \leqslant 2$ ．下证 2 即为所求． 若 $(a+b)_{\text {max }}=2$ 成立，故只需考虑在此种情况下，对于任意的 $x$ 成立，且等号此时取到． 由 $$ \begin{aligned} a \cos x+b \cos 2 x \geqslant-1 & \Leftrightarrow 2 b \cos ^{2} x+a \cos x+1-b \geqslant 0 \\ & \Leftrightarrow 2 b\left[\cos ^{2} x+\frac{a}{2 b} \cos x+\left(\frac{a}{4 b}\right)^{2}\right]+1-b-\frac{a^{2}}{8 b} \geqslant 0 \\ & \Leftrightarrow 2 b\left(\cos x+\frac{a}{4 b}\right)^{2}+1-b-\frac{a^{2}}{8 b} \geqslant 0, \end{aligned} $$ 可取 $\displaystyle a=\frac{4}{3}, b=\frac{2}{3}$ ，则满足题设．故有 $(a+b)_{\text {max }}=2$ ．

3 ． 因为 $\lg \log _{3} 10+\lg \lg 3=0$ ，所以 $f(\lg \lg 3)=8-5=3$ ．

$x<y$ ． 易知当 $\displaystyle 0<a<1,0<\theta<\frac{\pi}{4}$ 时， $\log _{a} \sin \theta>\log _{a} \tan \theta>0$ ，则 $x<y$ ．

$\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ ． 设 $z=\cos \alpha+\mathrm{i} \sin \alpha$ ，因为 $z^{2}-2 a z+a^{2}-a=0$ ，所以 $$ \left\{\begin{array}{l} (\cos \alpha-a)^{2}-\sin ^{2} \alpha=a, \\ (\cos \alpha-a) \sin \alpha=0 . \end{array}\right. $$ 情形 1 当 $\cos \alpha=a$ 时，则 $\left\{\begin{array}{l}\sin ^{2} \alpha=-a, \\ \cos \alpha=a,\end{array}\right.$ 解得 $\displaystyle a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ ． 情形 2 当 $\sin \alpha=0$ 时，则 $(1-a)^{2}=a$ 或 $(1+a)^{2}=a$ ．因为 $a<0$ ，所以此时 $a$ 无解． 综上所述，$\displaystyle a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ ．

$8 \sqrt{3}$ ． 设 $z_{1}=4 \cos \alpha+(4 \sin \alpha) \mathrm{i}$ ，因为 $4 z_{1}^{2}-2 z_{1} z_{2}+z_{2}^{2}=0$ ，所以 $\left(z_{1}-z_{2}\right)^{2}=-3 z_{1}^{2}$ ． 情形 1 当 $z_{2}=z_{1}-\sqrt{3} z_{1} \mathrm{i}$ ，即 $z_{2}=(4 \cos \alpha+4 \sqrt{3} \sin \alpha)+(4 \sin \alpha-4 \sqrt{3} \cos \alpha) \mathrm{i}$ 时，可得 $$ S_{\triangle A O B}=8|(\cos \alpha+\sqrt{3} \sin \alpha) \sin \alpha-\cos \alpha(\sin \alpha-\sqrt{3} \cos \alpha)|=8 \sqrt{3} $$ 情形 2 当 $z_{2}=z_{1}+\sqrt{3} z_{1} \mathrm{i}$ 时，同理可得 $S_{\triangle A O B}=8 \sqrt{3}$ ． 综上所述，$\triangle A O B$ 的面积为 $8 \sqrt{3}$ ．

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． $$ \tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2}=\frac{\frac{a+b+c}{2}-b}{\frac{a+b+c}{2}}=\frac{1}{2} $$

D． 因为 $$ \begin{aligned} & S_{\triangle O B C}=\frac{1}{2} a k=\frac{1}{2} R^{2} \sin 2 A=R^{2} \sin A \cos A, \\ & S_{O A C}=\frac{1}{2} b m=\frac{1}{2} R^{2} \sin 2 B=R^{2} \sin B \cos B, \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \frac{S_{\triangle O B C}}{S_{\triangle O A C}}=\frac{a k}{b m}=\frac{\sin A \cos A}{\sin B \cos B}=\frac{a \cos A}{b \cos B}$ ，则 $\displaystyle \frac{k}{m}=\frac{\cos A}{\cos B}$ ． 同理，可得 $\displaystyle \frac{m}{n}=\frac{\cos B}{\cos C}$ ．故选 D．

不妨设观察者站在距离画 $x$ 米处，视线夹角为 $\theta$ ，则 $$ \tan \theta=\frac{\frac{a}{x}-\frac{b}{x}}{1+\frac{a}{x} \cdot \frac{b}{x}}=\frac{a-b}{x+\frac{a b}{x}} \leqslant \frac{a-b}{2 \sqrt{a b}}, $$ 当且仅当 $x=\sqrt{a b}$ 时等号成立． \section*{模拟试题 30}

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． 令 $\displaystyle a=\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3 \pi}{7}+\cos \frac{5 \pi}{7}$ ，则 $$ 2 a \sin \frac{\pi}{7}=2 \sin \frac{\pi}{7} \cos \frac{\pi}{7}+2 \sin \frac{\pi}{7} \cos \frac{3 \pi}{7}+2 \sin \frac{\pi}{7} \cos \frac{5 \pi}{7} $$ 由积化和差公式可知 $$ 2 a \sin \frac{\pi}{7}=\sin \frac{2 \pi}{7}+\sin \frac{4 \pi}{7}-\sin \frac{2 \pi}{7}+\sin \frac{6 \pi}{7}-\sin \frac{4 \pi}{7}, $$ 化简可得 $\displaystyle a=\frac{1}{2}$ ．

i． 设 $z_{1}=\cos \alpha+\mathrm{i} \sin \alpha, z_{2}=\cos \beta+\mathrm{i} \sin \beta$ ，则 $$ \sqrt{(\cos \alpha+1)^{2}+(\sin \alpha+1)^{2}}+\sqrt{(\cos \alpha-1)^{2}+(\sin \alpha-1)^{2}}=2 \sqrt{3} $$ 整理可得 $$ \sqrt{3+2(\cos \alpha+\sin \alpha)}+\sqrt{3-2(\cos \alpha+\sin \alpha)}=2 \sqrt{3} $$ 解得 $\sin \alpha+\cos \alpha=0$ ． 同理可得 $\sin \beta+\cos \beta=0$ ，所以 $\displaystyle \alpha=\frac{3 \pi}{4}+2 k_{1} \pi, \beta=\frac{7 \pi}{4}+2 k_{2} \pi\left(k_{1}, k_{2} \in \mathbf{Z}\right)$ ． 而 $z_{1} z_{2}=\cos (\alpha+\beta)+\mathrm{i} \sin (\alpha+\beta)$ ，所以 $z_{1} z_{2}=\mathrm{i}$ ．

8. 设 $a=2 \cos \alpha, b=\sqrt{3} \sin \alpha$ ，则 $$ \begin{aligned} 2 a+3 b+4 & =4 \cos \alpha+3 \sqrt{3} \sin \alpha+4 \\ & =\sqrt{43} \sin (\alpha+\varphi)+4 \in[4-\sqrt{43}, 4+\sqrt{43}] . \end{aligned} $$ 所以 $2 a+3 b+4$ 的最大值与最小值的和为 8 ．

A． 假设椭圆上一点为 $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$ ，则 $$ \frac{\left|\frac{\cos \theta}{2}+2 \sin \theta+4\right|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{\left|\frac{\sqrt{17}}{2} \sin \theta+4\right|}{\frac{\sqrt{5}}{2}} \geqslant \frac{\left|-\frac{\sqrt{17}}{2}+4\right|}{\frac{\sqrt{5}}{2}} \approx 1.73 . $$

A． 如图 J2 所示．假设 $\displaystyle \angle O B D=\theta,|O D|=|O E|=r,|B D|=\frac{r}{\tan \theta},|A D|=|B D| \tan 2 \theta =\frac{r \tan 2 \theta}{\tan \theta}$ ，则 $$ \begin{aligned} V_{\text {圆锥 }} & =\frac{1}{3} \pi\left(\frac{r}{\tan \theta}\right)^{2} \cdot \frac{r \tan 2 \theta}{\tan \theta} \\ & =\frac{2}{3} \pi r^{3} \frac{1}{\tan ^{2} \theta\left(1-\tan ^{2} \theta\right)} \\ & \geqslant \frac{8}{3} \pi r^{3} . \end{aligned} $$

A． 因为 $a<b$ ，所以 $\triangle B C D$ 是个锐角三角形，所求最小圆就是其外接圆，如图 J3 所示．故 $$ 2 R=\frac{|C D|}{\sin B}=\frac{\frac{c}{2}}{\frac{b}{c}}=\frac{c^{2}}{2 b} \Rightarrow S=\frac{\pi c^{4}}{16 b^{2}} $$ \begin{figure} \begin{figure}

D． 如图 J4 所示．由余弦定理得 $$ \left\{\begin{array}{l} h^{2}+x^{2}-2 h x \cos \theta=c^{2}, \\ h^{2}+y^{2}+2 h y \cos \theta=b^{2} \end{array} \Rightarrow x=y .\right. $$ \begin{figure}

C． $\rho^{2}-2 \rho \cos \theta-4 \rho \sin \theta+4=0 \Rightarrow x^{2}+y^{2}-2 x-4 y+4=0$ ，即 $$ (x-1)^{2}+(y-2)^{2}=1 $$ $\rho^{2}-6 \rho \cos \theta-8 \rho \sin \theta+16=0 \Rightarrow x^{2}+y^{2}-6 x-8 y+16=0$ ，即 $$ (x-3)^{2}+(y-4)^{2}=9 $$ 两圆相离，所以最大距离为 $2 \sqrt{2}+4 \approx 6.8$ ．

A． $\displaystyle y=2 \cos x \sin x=\sin 2 x=\frac{1}{2} \Rightarrow 2 x=\frac{\pi}{6}+2 k \pi$ 或者 $\displaystyle 2 x=\frac{5 \pi}{6}+2 k \pi$ ，故 $\displaystyle M_{1}=\frac{\pi}{12}, M_{13}=\frac{\pi}{12} +6 \pi$ ．

D． 令 $\displaystyle x=\frac{\pi}{2}$ ，得到 $\displaystyle \sin \frac{k \pi}{2}=(-1)^{k}$ ，显然只有 D 项满足。

C． 最小正周期 $T=\pi$ ．平移后 $g(x)=2 \sin 2(x-\varphi)$ 的最小正周期不变．要使得 $\left|f\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right|=4$ ，正好 $f(x), g(x)$ 达到最大值和最小值．不妨设 $\displaystyle x_{1}=\frac{\pi}{4}+k_{1} \pi, x_{2}= \varphi-\frac{\pi}{4}+k_{2} \pi$ ，则 $$ \left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|\frac{\pi}{2}-\varphi+\left(k_{1}-k_{2}\right) \pi\right|_{\min }=\frac{\pi}{6} \Rightarrow \varphi=\frac{\pi}{3} \text { 或 } \frac{2 \pi}{3} \text {. } $$

C． 由于 $f_{n}(x+2 \pi)=f_{n}(x)$ ，因此（1）正确． 由于 $f_{n}(2 \pi-x)=f_{n}(x)$ ，因此（2）正确． 因为 $\displaystyle f_{n}(\pi-x)+f_{n}(x)=\frac{\sin (n \pi-n x)}{\sin x}+\frac{\sin (n x)}{\sin x}$ ，所以当 $n$ 为偶数时，不为 0 ，故（3）不 正确． 对于（4），用归纳法可知是正确的．当 $n=1$ 时，结论显然成立．假设当 $n=k$ 时结论成立，即 $|\sin k x| \leqslant k|\sin x|$ ．当 $n=k+1$ 时，有 $$ \begin{aligned} |\sin (k+1) x| & =|\sin k x \cdot \cos x+\cos k x \cdot \sin x| \\ & \leqslant|\sin k x \cdot \cos x|+|\cos k x \cdot \sin x| \\ & =|\sin k x| \cdot|\cos x|+|\cos k x| \cdot|\sin x| \\ & \leqslant k|\sin x|+|\sin x| \\ & =(k+1)|\sin x| \end{aligned} $$ 故当 $n$ 为任意正整数时，结论均成立．

A． $$ \tan A=\frac{2 \tan \frac{A}{2}}{1-\tan ^{2} \frac{A}{2}}=\frac{4}{3} \Rightarrow \tan \frac{A}{2}=\frac{1}{2} $$ \section*{模拟试题32}

（1）先考虑周期性：$\displaystyle \frac{3}{2} T=\frac{11 \pi}{12}-\left(-\frac{7 \pi}{12}\right)=\frac{3 \pi}{2}$ ，所以 $T=\pi$ ，故 $\omega=2$ ．因此 $A= (3-1) \div 2=1, B=(3+1) \div 2=2$ ．于是由 $f(x)=\sin (2 x+\varphi)+2$ 的图像过点 $\displaystyle \left(\frac{11 \pi}{12}, 1\right)$ ，可 知 $\displaystyle \sin \left(\frac{11 \pi}{6}+\varphi\right)+2=1$ ，即 $\displaystyle \sin \left(\frac{11 \pi}{6}+\varphi\right)=-1$ ． 又因为 $\displaystyle |\varphi|<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\displaystyle \frac{11 \pi}{6}+\varphi=\frac{3 \pi}{2}, \varphi=-\frac{\pi}{3}$ ．故 $\displaystyle f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)+2$ ． （2）$y=f(x)$ 的横坐标变为原来的 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ，纵坐标不变，得 $\displaystyle y=\sin \left(4 x-\frac{\pi}{3}\right)+2$ ． 再将图像向左平移 $m(m>0)$ 个单位得 $$ g(x)=\sin \left[4(x+m)-\frac{\pi}{3}\right]+2=\sin \left(4 x+4 m-\frac{\pi}{3}\right)+2 $$ 而 $g(x)$ 是偶函数，所以 $g(-x)=g(x)$ 总成立，即 $\displaystyle \sin \left(4 x+4 m-\frac{\pi}{3}\right)=\sin \left(-4 x+4 m-\frac{\pi}{3}\right)$ 总成立．故 $$ \begin{aligned} & \sin 4 x \cos \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right)+\cos 4 x \sin \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right) \\ & \quad=-\sin 4 x \cos \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right)+\cos 4 x \sin \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} $$ 则 $\displaystyle \sin 4 x \cos \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right)=0$ 总成立．于是 $\displaystyle \cos \left(4 m-\frac{\pi}{3}\right)=0$ ，则 $\displaystyle 4 m-\frac{\pi}{3}=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in Z)$ ，即 $\displaystyle 4 m=k \pi+\frac{5 \pi}{6}(k \in Z)$ ．又因为 $m>0$ ，所以 $4 m$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{5 \pi}{6}$ ，即 $m$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{5 \pi}{24}$ ．

（1）在 Rt $\triangle P A O$ 中，$|O P|=200$ 米，$\angle P A O=\alpha$ ，所以 $\displaystyle |P A|=\frac{2}{\sin \alpha}$ ． 在 $\triangle B O P$ 中，$\displaystyle \angle B O P=\angle N O K=\frac{\pi}{6}, \angle O B P=\pi-\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{2}-\alpha=\frac{\pi}{3}-\alpha$ ，于是 $\displaystyle \frac{|B P|}{\sin \frac{\pi}{6}}= \frac{|O P|}{\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)}$ ，则 $\displaystyle |B P|=\frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)}$ ． 这样 $\displaystyle S(\alpha)=|P A| \times 1+|P B| \times 2=\frac{2}{\sin \alpha}+\frac{2}{\sin \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)}\left(0<\alpha<\frac{\pi}{3}\right)$ ． （2）因为 $\displaystyle S^{\prime}(\alpha)=-\frac{2 \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha}+\frac{2 \cos \left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)}{\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)}=-2\left[\frac{\cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha}-\frac{\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}{\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}\right]$ ，所以： （1）当 $\displaystyle 0<\alpha<\frac{\pi}{6}$ 时，$\displaystyle \frac{\cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha}>\frac{\cos \frac{\pi}{6}}{\sin ^{2} \frac{\pi}{6}}>\frac{\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}{\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}, S^{\prime}(\alpha)<0$ ． （2）当 $\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{6}$ 时，$\displaystyle \frac{\cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha}=\frac{\cos \frac{\pi}{6}}{\sin ^{2} \frac{\pi}{6}}=\frac{\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}{\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}, S^{\prime}(\alpha)=0$ ． （3）当 $\displaystyle \frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{\pi}{3}$ 时，$\displaystyle \frac{\cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha}<\frac{\cos \frac{\pi}{6}}{\sin ^{2} \frac{\pi}{6}}<\frac{\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}{\sin ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)}, S^{\prime}(\alpha)>0$ ． 故 $S(\alpha)$ 在 $\displaystyle \left(0, \frac{\pi}{6}\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right)$ 上单调递增．所以 $S(\alpha)$ 在 $\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{6}$ 时取最小值，即 $\displaystyle \frac{2}{\sin \frac{\pi}{6}}+\frac{2}{\sin \left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right)}=4+4=8$（万元），故修路总费用的最小值为 8 万元．

首先来看圆的内接四边形面积的最大值及达到最大值时四边形的形状． 设圆 $O$ 的半径为 $a$ ，四边形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 是圆的内接四边形，连接 $O A^{\prime}, O B^{\prime}, O C^{\prime}, O D^{\prime}$ ，如图 J1 所示，则 $\displaystyle S_{\text {四边形 } A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}=\frac{1}{2}\left|O A^{\prime}\right| \cdot\left|O B^{\prime}\right| \sin \angle A^{\prime} O B^{\prime}+\frac{1}{2}\left|O B^{\prime}\right| \cdot\left|O C^{\prime}\right| \sin \angle B^{\prime} O C^{\prime}$ $$ \begin{aligned} & +\frac{1}{2}\left|O C^{\prime}\right| \cdot\left|O D^{\prime}\right| \sin \angle C^{\prime} O D^{\prime}+\frac{1}{2}\left|O D^{\prime}\right| \cdot\left|O A^{\prime}\right| \sin \angle A^{\prime} O D^{\prime} \\ = & \frac{1}{2} a^{2}\left(\sin \angle A^{\prime} O B^{\prime}+\sin \angle B^{\prime} O C^{\prime}+\sin \angle C^{\prime} O D^{\prime}+\sin \angle A^{\prime} O D^{\prime}\right) \end{aligned} $$ \begin{figure} 当且仅当 $\angle A^{\prime} O B^{\prime}=\angle B^{\prime} O C^{\prime}=\angle C^{\prime} O D^{\prime}=\angle A^{\prime} O D^{\prime}=90^{\circ}$ 时，上式等号成立，即圆的内接四边形面积达到最大时，它是圆内接正方形。 现在考虑，当圆 $O$ 所在平面与平面 $\alpha$ 成 $\theta$ 角，而 $\displaystyle \cos \theta=\frac{b}{a}$ 时，圆及其内接四边形在平面 $\alpha$ 上的射影就是长轴为 $2 a$ 、短轴为 $2 b$ 的椭圆及其内接四边形，这个圆内接四边形的面积与 $\cos \theta$ 的乘积就是它的射影四边形的面积．再反过来考虑，每一个椭圆的内接四边形均可由圆的内接四边射 影所得，于是椭圆的内接四边形面积达到最大时，它必定是圆内接正方形的射影．因此，椭圆内接四边形面积的最大值为 $\displaystyle 2 a^{2} \times \cos \theta=2 a^{2} \times \frac{b}{a}=2 a b$ ，考虑到射影不改变平行关系，故形状为平行四边形．

$\displaystyle -\frac{5}{4}$ ． 将 $\displaystyle \sin x+\cos x=\frac{1}{2}$ 两边平方得 $\displaystyle 1+2 \sin x \cos x=\frac{1}{4}$ ，即 $\displaystyle \sin x \cos x=-\frac{3}{8}$ ，所以 $$ \sin 3 x=\sin (2 x+x)=\sin 2 x \cos x+\cos 2 x \sin x $$ $$ \begin{aligned} & =2 \sin x \cos ^{2} x+\left(1-2 \sin ^{2} x\right) \sin x \\ & =2 \sin x\left(1-\sin ^{2} x\right)+\sin x-2 \sin ^{3} x=3 \sin x-4 \sin ^{3} x \end{aligned} $$ 类似可求得 $\cos 3 x=4 \cos ^{3} x-3 \cos x$ ．故 $$ \begin{aligned} \sin 3 x-\cos 3 x & =\left(3 \sin x-4 \sin ^{3} x\right)-\left(4 \cos ^{3} x-3 \cos x\right) \\ & =3(\sin x+\cos x)-4\left(\sin ^{3} x+\cos ^{3} x\right) \\ & =3(\sin x+\cos x)-4(\sin x+\cos x)\left(\sin ^{2} x-\sin x \cos x+\cos ^{2} x\right) \\ & =3 \times \frac{1}{2}-4 \times \frac{1}{2}\left(1+\frac{3}{8}\right)=-\frac{5}{4} \end{aligned} $$

$\displaystyle \frac{\pi}{4}$ ． 显然 $\displaystyle \arctan \frac{1}{3}<\frac{\pi}{4}, \arctan \frac{1}{5}<\frac{\pi}{4}, \arctan \frac{1}{7}<\frac{\pi}{4}, \arctan \frac{1}{8}<\frac{\pi}{4}$ ，所以 $$ \arctan \frac{1}{3}+\arctan \frac{1}{5}+\arctan \frac{1}{7}+\arctan \frac{1}{8}<\pi . $$ 令 $\displaystyle \arctan \frac{1}{3}=\alpha, \arctan \frac{1}{5}=\beta, \arctan \frac{1}{7}=\theta, \arctan \frac{1}{8}=\varphi$ ，则 $$ \begin{aligned} & \tan (\alpha+\beta)=\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{3} \times \frac{1}{5}}=\frac{\frac{8}{15}}{\frac{14}{15}}=\frac{4}{7} \\ & \tan (\theta+\varphi)=\frac{\frac{1}{7}+\frac{1}{8}}{1-\frac{1}{7} \times \frac{1}{8}}=\frac{\frac{15}{56}}{\frac{55}{56}}=\frac{3}{11} \\ & \tan (\alpha+\beta+\theta+\varphi)=\frac{\frac{4}{7}+\frac{3}{11}}{1-\frac{4}{7} \times \frac{3}{11}}=\frac{44+21}{77-12}=\frac{65}{65}=1 \end{aligned} $$ 因为 $0<\alpha+\beta+\theta+\varphi<\pi$ ，所以 $\displaystyle \alpha+\beta+\theta+\varphi=\frac{\pi}{4}$ ．

（1）（3）． $\displaystyle f(x) \leqslant \frac{1}{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}$ ，（1）正确； $x=0$ 时，（2）中左边等于右边，都等于 0 ，（2）不正确； $f(x)$ 存在对称轴 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ ，（3）正确； 对于（4），若 $f(x)$ 有对称中心，则它为周期函数，矛盾．

12. $$ \sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=3 \sin A \sin C, $$ 两边同除以 $\cos A \cos C$ 得 $\tan A+\tan C=3 \tan A \tan C$ ．又 $\displaystyle \tan (A+C)=\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C} =-\tan B$ ，可得 $$ \tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B \tan C, $$ 所以 $$ \begin{aligned} \tan A \tan B \tan C & =\tan A+\tan B+\tan C=\tan B+3 \tan A \tan C \\ & \geqslant 2 \sqrt{3 \tan A \tan B \tan C}, \end{aligned} $$ 得 $\tan A \tan B \tan C \geqslant 12$ ．当 $$ \left\{\begin{array}{l} \tan A+\tan C=3 \tan A \tan C, \\ \tan B=3 \tan A \tan C, \\ \tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B \tan C, \end{array}\right. $$ 即 $$ \left\{\begin{array} { l } { \operatorname { t a n } A = 3 + \sqrt { 7 } , } \\ { \operatorname { t a n } B = 6 , } \\ { \operatorname { t a n } C = 3 - \sqrt { 7 } } \end{array} \text { 或 } \quad \left\{\begin{array}{l} \tan A=3-\sqrt{7}, \\ \tan B=6, \\ \tan C=3+\sqrt{7} \end{array}\right.\right. $$ 时取等号， $\tan A \tan B \tan C$ 的最小值是 12 ．

0 ． 设 $4^{a}=6^{b}=9^{c}=k$ ，则 $a=\log _{4} k, b=\log _{6} k, c=\log _{9} k$ ，故 $$ \frac{1}{a}-\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=\log _{k} 4-\log _{k} 36+\log _{k} 9=\log _{k} 1=0 $$

充分不必要． 前面能推出后面．$\triangle A B C$ 为锐角三角形，则 $A+B>90^{\circ}$ ，即 $A>90^{\circ}-B$ 且 $A, 90^{\circ}-B$ 都是锐角，所以 $\sin A>\sin \left(90^{\circ}-B\right)=\cos B$ ．同理 $\sin B>\cos C, \sin C>\cos A$ ，故 $\sin A+\sin B +\sin C>\cos A+\cos B+\cos C$ ． 后面不能推出前面．举反例 $A=90^{\circ}, B=C=45^{\circ}$ 满足 $\sin A+\sin B+\sin C>\cos A+\cos B +\cos C$ ，但 $\triangle A B C$ 不是锐角三角形．

$\displaystyle \sqrt{6} f\left(\frac{\pi}{6}\right)<\sqrt{3} f\left(\frac{\pi}{4}\right)<\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ ． 令 $\displaystyle g(x)=\frac{f(x)}{\sin x}$ ，则 $$ g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x) \sin x-f(x) \cos x}{(\sin x)^{2}}=\frac{\cos x\left[f^{\prime}(x) \tan x-f(x)\right]}{(\sin x)^{2}}>0 $$ $g(x)$ 在 $\displaystyle \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上递增，所以 $\displaystyle g\left(\frac{\pi}{6}\right)<g\left(\frac{\pi}{4}\right)<g\left(\frac{\pi}{3}\right)$ ，即 $\displaystyle \frac{f\left(\frac{\pi}{6}\right)}{\sin \frac{\pi}{6}}<\frac{f\left(\frac{\pi}{4}\right)}{\sin \frac{\pi}{4}}<\frac{f\left(\frac{\pi}{3}\right)}{\sin \frac{\pi}{3}}$ ，亦即 $\displaystyle 2 f\left(\frac{\pi}{6}\right)<\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{4}\right)<\frac{2}{\sqrt{3}} f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ ，故 $\displaystyle \sqrt{6} f\left(\frac{\pi}{6}\right)<\sqrt{3} f\left(\frac{\pi}{4}\right)<\sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ ．

$1010+\pi$ ． 两式相减得 $\sin y-2021 \cos y=1$ ，即 $$ \sin y=2021 \cos y+1 \quad\left(0 \leqslant y \leqslant \frac{\pi}{2}\right) . $$ 因为 $\sin y \leqslant 1,2021 \cos y+1 \geqslant 1$ ，所以 $$ \sin y=2021 \cos y+1=1, $$ 故 $\displaystyle \cos y=0, y=\frac{\pi}{2}, x=1010$ ，于是 $x+2 y=1010+\pi$ ．

$\displaystyle \left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$ ． 由题意得 $$ g(x)=2 \cos 2\left(x-\frac{\pi}{12}\right)=2 \cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right) $$ 它的单调递增区间是 $\displaystyle \cdots,\left[-\frac{5 \pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right],\left[\frac{7 \pi}{12}, \frac{13 \pi}{12}\right], \cdots$, 于是 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{6} \leqslant \frac{\pi}{12}, \\ a+\frac{\pi}{4} \geqslant \frac{7 \pi}{12}\end{array}\right.$ ，解得 $\displaystyle \frac{\pi}{3} \leqslant a \leqslant \frac{\pi}{2}$ ，即 $a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$ ．

（1）（3）（4）． 不妨设 $0<a \leqslant b \leqslant c, a+b>c$ ． （1）正确．因为 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}>c$ ，所以 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}$ ． （2）不正确．举反例 $a=2, b=3, c=4$ ． （3）正确．$\displaystyle \frac{a+b}{2}+\frac{c+a}{2}-\frac{b+c}{2}=a>0$ ． （4）正确．$(|a-b|+1)+(|b-c|+1)-(|c-a|+1)>|a-b|+|b-c|- |c-a| \geqslant|(a-b)+(b-c)|-|c-a|=0$ ． （5）不正确．举反例 $\displaystyle a=b=\frac{5 \pi}{6}, c=\frac{\pi}{2}$ ，此时 $\displaystyle \sin a=\sin b=\frac{1}{2}, \sin c=1$ ．

（1）（3）． 要判断是否是原点 $O$ 的＂限定函数＂只要判断：对于 $\forall x \in[-1,1]$ ，都有 $y \in[-1,1]$ ． 对于（1），$\displaystyle y=\frac{1}{2} x$ ，由 $x \in[-1,1]$ 可得 $\displaystyle y \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right] \subseteq[-1,1]$ ，则（1）是原点 $O$ 的＂限定函数＂； 对于（2），$y=2 x^{2}+1$ ，由 $x \in[-1,1]$ 可得 $y \in[1,3] \not \subset[-1,1]$ ，则（2）不是原点 $O$ 的＂限定函数＂． 对于（3），$y=\sin x$ ，由 $x \in[-1,1]$ 可得 $y \in[-\sin 1, \sin 1] \subseteq[-1,1]$ ，则（3）是原点 $O$ 的 ＂限定函数＂． 对于（4），$y=\ln (x+2)$ ，由 $x \in[-1,1]$ 可得 $y \in[0, \ln 3] \not \subset[-1,1]$ ，则（4）不是原点 $O$ 的 ＂限定函数＂．

$\displaystyle y_{\text {max }}=\frac{1}{4}, y_{\text {min }}=-\frac{1}{4}$ ． 易知函数的定义域为全体实数，$\displaystyle y=\frac{x-x^{3}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2 x}{1+x^{2}} \cdot \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}$ ．令 $x=\tan \theta$ ，则 $\displaystyle \frac{2 x}{1+x^{2}}=\sin 2 \theta, \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}=\cos 2 \theta$ ，所以 $\displaystyle y=\frac{1}{2} \sin 2 \theta \cos 2 \theta=\frac{1}{4} \sin 4 \theta$ ，故 $\displaystyle y_{\text {max }}=\frac{1}{4}, y_{\text {min }}=-\frac{1}{4}$ ．

$\sqrt{2}$ ． 因为 $\displaystyle \cos A=\frac{1}{3}, \sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C}=\frac{\cos B}{\sin B}+\frac{\cos C}{\sin C}= \frac{\sin A}{\sin B \sin C}$ ，所以 $$ \begin{aligned} 0<\sin B \sin C & =-\frac{1}{2}[\cos (B+C)-\cos (B-C)]=-\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{3}-\cos (B-C)\right] \\ & =\frac{1}{6}+\frac{1}{2} \cos (B-C) \leqslant \frac{1}{6}+\frac{1}{2}=\frac{2}{3}, \end{aligned} $$ 当且仅当 $B=C$ 时等号成立，于是 $\displaystyle \frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan C} \geqslant \frac{\frac{2 \sqrt{2}}{3}}{\frac{2}{3}}=\sqrt{2}$ ．

$b<a<c$ ． 易知 $0<x<1$ 时， $\displaystyle \sin x<x<\tan x, 0<\frac{\sin x}{x}<1, b<a$ ．设函数 $\displaystyle f(x)=\frac{\sin x}{x}$ ，则 $$ f^{\prime}(x)=\frac{x \cos x-\sin x}{x^{2}}=\frac{\cos x(x-\tan x)}{x^{2}}<0, $$ 因此 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减．又 $0<x^{2}<x<1, f(x)<f\left(x^{2}\right)$ ，即 $\displaystyle \frac{\sin x}{x}<\frac{\sin x^{2}}{x^{2}}$ ，亦即 $a<c$ ． 综上所述，$b<a<c$ ．

-1 ． 由 $\displaystyle x+\frac{1}{x}=1$ ，可得 $\displaystyle x=\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$ ，即 $$ x=\cos \frac{\pi}{3}+\mathrm{i} \sin \frac{\pi}{3} \text { 或 } \quad x=\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right)+\mathrm{i} \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \text {. } $$ 故 $$ x^{2020}=\cos \frac{2020 \pi}{3}+i \sin \frac{2020 \pi}{3}=\cos \frac{4 \pi}{3}+i \sin \frac{4 \pi}{3}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} i $$ 或 $$ x^{2020}=\cos \left(-\frac{2020 \pi}{3}\right)+\mathrm{i} \sin \left(-\frac{2020 \pi}{3}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}, $$ 所以 $$ x^{2020}+\frac{1}{x^{2020}}=\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}\right)+\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}\right)=-1 $$ 或 $$ x^{2020}+\frac{1}{x^{2020}}=\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}\right)+\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}\right)=-1 $$ 综上所述，$\displaystyle x^{2020}+\frac{1}{x^{2020}}=-1$ ．

（1）（2）（3）． 因为 $\displaystyle A+B>\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\displaystyle \frac{\pi}{2}>A>\frac{\pi}{2}-B>0$ ，则 $\displaystyle \sin A>\sin \left(\frac{\pi}{2}-B\right)$ ，即 $\sin A>\cos B$ ，故 （1）正确；因为 $\displaystyle \tan (A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}<0$ ，所以 $\tan A \tan B>1$ ，故（2）正确；因为 $\displaystyle \cos C =\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}>0, a^{2}+b^{2}>c^{2}$ ，故（3）正确；对于（4），存在反例，$a, b, c$ 分别为 $4,5,6$ ，但 $a^{3}+ b^{3}<c^{3}$ ，故（4）不正确．

$\displaystyle \frac{8}{27} \sqrt{3}$ ． 设棱雉的高与一条侧棱的夹角是 $\theta$ ，则侧棱长 $l=2 \cos \theta$ ，高 $h=2 \cos ^{2} \theta$ ，底面正三角形的外接圆半径 $R=2 \cos \theta \sin \theta$ ，底面边长 $a=2 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta$ ，故 $$ \begin{aligned} V & =\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4}(2 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta)^{2} \cdot 2 \cos ^{2} \theta \\ & =2 \sqrt{3} \sin ^{2} \theta \cos ^{4} \theta=\sqrt{3}\left(2 \sin ^{2} \theta\right)\left(\cos ^{2} \theta\right)\left(\cos ^{2} \theta\right) \\ & \leqslant \sqrt{3}\left(\frac{2 \sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}{3}\right)^{3}=\frac{8}{27} \sqrt{3} . \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle \tan ^{2} \theta=\frac{1}{2}$ ，即 $\displaystyle \tan \theta=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等号，此时 $\displaystyle \sin ^{2} \theta=\frac{1}{3}, \cos ^{2} \theta=\frac{2}{3}$ ，所以 $\displaystyle \sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}, \cos \theta=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．侧棱长 $\displaystyle l=2 \times \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{2}{3} \sqrt{6}$ ，底面边长 $\displaystyle a=2 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3} \times \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{2}{3} \sqrt{6}$ ，此时 $l=a$ ，三棱雉为正四面体．

A． 设 $D$ 为线段 $B C$ 的中点，则 $\displaystyle \frac{\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}}{2}=\overrightarrow{O D}$ ，所以 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{O P} & =\frac{\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}}{2}+\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) \\ & =\overrightarrow{O D}+\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) \end{aligned} $$ 即 $$ \overrightarrow{D P}=\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\frac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) $$ 则 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{D P} \cdot \overrightarrow{B C} & =\lambda\left(\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\frac{\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) \\ & =\lambda\left(\frac{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cos \left(180^{\circ}-B\right)}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\frac{|\overrightarrow{A C}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cos C}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) \\ & =\lambda(-|\overrightarrow{B C}|+|\overrightarrow{B C}|)=0 \end{aligned} $$ 故 $\overrightarrow{D P} \perp \overrightarrow{B C}$ ，点 $P$ 在线段 $B C$ 的垂直平分线上，动点 $P$ 的轨迹一定通过 $\triangle A B C$ 的外心．

$8 x^{3}-6 x+1$ ． 考虑 $\sin 30^{\circ}=3 \sin 10^{\circ}-4 \sin ^{3} 10^{\circ}$ ．令 $\sin 10^{\circ}=x$ ，可得 $\displaystyle 4 x^{3}-3 x+\frac{1}{2}=0$ ．又因为是整系数多项式，所以 $f(x)=8 x^{3}-6 x+1$ ．

（1）（2）（3）（5）． $\tan A, \tan B, \tan C$ 都是正整数，且 $A>B>C$ ，则 $A, B, C$ 都是锐角， $\tan A \geqslant 3, \tan B \geqslant 2, \tan C \geqslant 1$ ，这时 $\displaystyle \frac{\tan A+\tan B}{\tan A \tan B-1}=\tan C \geqslant 1$ ，得 $(\tan A-1)(\tan B-1) \leqslant 2$ ．又 $\tan A-1 \geqslant 2, \tan B-1 \geqslant 1$ ，只能是 $\tan A-1=2, \tan B-1=1$ ，解得 $\tan A=3, \tan B=2, \tan C=1$ ，因此 $C=45^{\circ}, B>60^{\circ}$ ，所以 $A+B=135^{\circ}, A>B$ ，则 $A>67.5^{\circ}, \tan 75^{\circ}=2+\sqrt{3}>\tan A$ ，故 $A<75^{\circ}$ ．

A． 原函数与 $f(x)=y^{2}=1+|\sin 2 x|$ 的单调递减区间相同，即 $\displaystyle \left[\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{4}, \frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right](k \in \mathbf{Z})$ ．

C． 设 $\angle P_{1} F P=\theta, P$ 到 $l$ 的距离为 $d$ ，则 $\displaystyle e d \cos \theta+d=\frac{a^{2}}{c}-c=\frac{4}{\sqrt{5}}$ ，又 $\displaystyle e=\frac{\sqrt{5}}{3}$ ，则 $$ \frac{1}{d}=\frac{\sqrt{5}}{4}\left(\frac{\sqrt{5}}{3} \cos \theta+1\right)=\frac{5}{12} \cos \theta+\frac{\sqrt{5}}{4} $$ 24 个点到 $l$ 的距离的倒数和为 $$ \frac{5}{12}\left(\cos 0+\cos \frac{\pi}{12}+\cos \frac{\pi}{6}+\cdots+\cos \frac{23 \pi}{12}\right)+\frac{\sqrt{5}}{4} \times 24=6 \sqrt{5} $$

A． 令 $\displaystyle \frac{\pi}{3}+x=t$ ，则 $\displaystyle x=t-\frac{\pi}{3}, \sin 3 x=\sin (3 t-\pi)=-\sin 3 t$ ，可得 $y=\sin t+\sin 3 t= 4 \sin t\left(1-\sin ^{2} t\right)$ ，故 $$ \begin{aligned} y^{2} & =16 \sin ^{2} t\left(1-\sin ^{2} t\right)^{2}=8\left(2 \sin ^{2} t\right)\left(1-\sin ^{2} t\right)\left(1-\sin ^{2} t\right) \\ & \leqslant 8 \times\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{64}{27} \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle y \leqslant \frac{8 \sqrt{3}}{9}$ ，等号在 $\displaystyle \sin ^{2} t=\frac{1}{3}$ 时成立．

C． 因为 $$ \begin{aligned} f(\lg 20) & =a \sin (\lg 20+1) \pi+b \sqrt[3]{\lg 20-1}+2 \\ & =a \sin (2-\lg 5+1) \pi+b \sqrt[3]{\lg 2}+2 \\ & =a \sin (\lg 5) \pi+b \sqrt[3]{\lg 2}+2, \\ f(\lg 5) & =a \sin (\lg 5+1) \pi+b \sqrt[3]{\lg 5-1}+2 \\ & =-a \sin (\lg 5) \pi-b \sqrt[3]{\lg 2}+2, \end{aligned} $$ 所以 $$ f(\lg 20)+f(\lg 5)=4 \Rightarrow f(\lg 20)=4-f(\lg 5)=-1 . $$

C． 由 $\displaystyle \frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$ 得 $a+b \leqslant \sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}$ ，故 $$ \sin \alpha+\sin \beta \leqslant \sqrt{2\left(\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta\right)}=\sqrt{2} \cos \gamma $$ 同理 $$ \sin \beta+\sin \gamma \leqslant \sqrt{2} \cos \alpha, \quad \sin \gamma+\sin \alpha \leqslant \sqrt{2} \cos \beta . $$ 故 $2(\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma) \leqslant \sqrt{2}(\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma)$ ，即 $\displaystyle \frac{\sin \alpha+\sin \beta+\sin \gamma}{\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma} \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

C． 依题意，有 $\displaystyle \frac{1}{(x-2)^{2}}-2 x+\cos 2 \theta-3 \sin \theta+2>0$ 恒成立，即 $\displaystyle \cos 2 \theta-3 \sin \theta+2>2 x- \frac{1}{(x-2)^{2}}$ 恒成立．令 $\displaystyle g(x)=2 x-\frac{1}{(x-2)^{2}}$ ，即有 $\cos 2 \theta-3 \sin \theta+2>g(x)_{\text {max }}$ ．而因 $$ g(x)=2 x-\frac{1}{(x-2)^{2}}=4-\left[(2-x)+(2-x)+\frac{1}{(2-x)^{2}}\right] \leqslant 1, $$ 当 $x=1$ 时取等号，故有 $\cos 2 \theta-3 \sin \theta+2>g(x)_{\text {max }}=1$ ，所以 $2 \sin ^{2} \theta+3 \sin \theta-2<0$ ，解得 $\displaystyle -2<\sin \theta<\frac{1}{2}$ ．因为 $\sin \theta \geqslant-1$ ，所以 $\displaystyle -1 \leqslant \sin \theta<\frac{1}{2}$ ．又 $\theta \in(0, \pi)$ ，故 $\displaystyle 0<\theta<\frac{\pi}{6}$ 或 $\displaystyle \frac{5 \pi}{6}<\theta< \pi$ ．

C． 设这个截面与圆柱底面所成的锐角为 $\theta$ ，椭圆的长轴为 $2 a$ ，短轴为 $2 b$（即圆柱的底面直径）．因为 $\displaystyle e=\frac{\sqrt{5}}{3}$ ，所以 $\displaystyle \frac{b}{a}=\frac{2}{3}, \cos \theta=\frac{2 b}{2 a}=\frac{2}{3}$ ，解得 $\displaystyle \theta=\arccos \frac{2}{3}$ ．

（1）以 $O$ 为原点、 $\angle A O B$ 的平分线为 $x$ 轴建立直角坐标系，则由题意可设 $\displaystyle P\left(a \cos \frac{\theta}{2}, a \sin \frac{\theta}{2}\right), Q\left(b \cos \frac{\theta}{2},-b \sin \frac{\theta}{2}\right)$ ．于是 $\triangle O P Q$ 的重心 $G\left(x_{G}, y_{G}\right)$ 的坐标为 $$ \begin{aligned} & x_{G}=\frac{1}{3}\left(a \cos \frac{\theta}{2}+b \cos \frac{\theta}{2}+0\right)=\frac{1}{3}(a+b) \cos \frac{\theta}{2}, \\ & y_{G}=\frac{1}{3}\left(a \sin \frac{\theta}{2}-b \sin \frac{\theta}{2}+0\right)=\frac{1}{3}(a-b) \sin \frac{\theta}{2} . \end{aligned} $$ 故 $$ \begin{aligned} |O G|^{2} & =x_{G}^{2}+y_{G}^{2}=\frac{1}{9}\left(a^{2}+b^{2}\right)+\frac{2}{9} a b\left(\cos ^{2} \frac{\theta}{2}-\sin ^{2} \frac{\theta}{2}\right) \\ & =\frac{1}{9}\left(a^{2}+b^{2}\right)+\frac{2}{9} a b \cos \theta \\ & \geqslant \frac{1}{9} \cdot 2 a b+\frac{2}{9} a b \cos \theta=\frac{4}{9} a b \cos ^{2} \frac{\theta}{2} . \end{aligned} $$ 又已知 $\displaystyle s_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} a b \sin \theta=36$ ，得 $\displaystyle a b=\frac{72}{\sin \theta}$ ，于是 $$ |O G| \geqslant \sqrt{\frac{4}{9} \cdot \frac{72}{\sin \theta} \cdot \cos ^{2} \frac{\theta}{2}}=\sqrt{16 \cot \frac{\theta}{2}}=4 \sqrt{\cot \frac{\theta}{2}} $$ 且当 $\displaystyle a=b=\sqrt{\frac{72}{\sin \theta}}$ 时等号成立，故 $\displaystyle |O G|_{\min }=4 \sqrt{\cot \frac{\theta}{2}}$ ． （2）设 $M(x, y)$ ，则由 $\displaystyle |O M|=\frac{3}{2}|O G|$ ，得 $$ x=\frac{3}{2} x_{G}=\frac{1}{2}(a+b) \cos \frac{\theta}{2}>0, \quad y=\frac{3}{2} y_{G}=\frac{1}{2}(a-b) \sin \frac{\theta}{2}, $$ 则 $\displaystyle b=\frac{x}{\cos \frac{\theta}{2}}-\frac{y}{\sin \frac{\theta}{2}}$ ，代人 $\displaystyle a b=\frac{72}{\sin \theta}$ ，并整理得 $\displaystyle \frac{x^{2}}{36 \cot \frac{\theta}{2}}-\frac{y^{2}}{36 \tan \frac{\theta}{2}}=1(x>0)$ ，这就是所求动点 $M$ 的轨迹方程．

令 $x=x^{\prime}+2$ ，则 $$ \begin{aligned} & f(x)=\max \left|x^{3}-a x^{2}-b x-c\right| \quad(1 \leqslant x \leqslant 3) \\ \Leftrightarrow & f\left(x^{\prime}\right)=\max \left|x^{\prime 3}-a_{1} x^{\prime 2}-b_{1} x^{\prime}-c_{1}\right| \quad\left(-1 \leqslant x^{\prime} \leqslant 1\right) \end{aligned} $$ 令 $g\left(x^{\prime}\right)=x^{\prime 3}-a_{1} x^{\prime 2}-b_{1} x^{\prime}=c_{1}\left(-1 \leqslant x^{\prime} \leqslant 1\right)$ ，则 $\displaystyle 4 g(1)-4 g(-1)=8-8 b_{1}, 8 g\left(\frac{1}{2}\right)- 8 g\left(-\frac{1}{2}\right)=2-8 b_{1}$ ，所以 $$ \begin{aligned} 24 f\left(x^{\prime}\right) & \geqslant 4|g(1)|+4|g(-1)|+8\left|g\left(\frac{1}{2}\right)\right|+8\left|g\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \\ & \geqslant\left|4 g(1)-4 g(1)-8 g\left(\frac{1}{2}\right)+8 g\left(\frac{1}{2}\right)\right|=6 \end{aligned} $$ 因此 $$ f\left(x^{\prime}\right) \geqslant \frac{1}{4} \Leftrightarrow \max \left|x^{\prime 3}-a_{1} x^{\prime 2}-b_{1} x^{\prime}-c_{1}\right| \geqslant \frac{1}{4} \quad\left(-1 \leqslant x^{\prime} \leqslant 1\right) $$ 此时 $\displaystyle a_{1}=0, b_{1}=\frac{3}{4}, c_{1}=0$ ．因为 $-1 \leqslant x^{\prime} \leqslant 1$ ，所以令 $x^{\prime}=\cos \theta$ ，则 $$ \left|g\left(x^{\prime}\right)\right|=\left|\cos ^{3} \theta-\frac{3}{4} \cos \theta\right| \leqslant \frac{1}{4}|\cos \theta| \leqslant \frac{1}{4} . $$ 当 $\cos \theta= \pm 1$ 时，$\displaystyle \left|g\left(x^{\prime}\right)\right|=\frac{1}{4}$ ，所以 $\displaystyle f\left(x^{\prime}\right)_{\text {min }}=\frac{1}{4}$ ．故 $$ \begin{aligned} & f(x)=\max \left|x^{3}-a x^{2}-b x-c\right| \quad(1 \leqslant x \leqslant 3) \\ & \Leftrightarrow \quad \max \left|\left(x^{\prime}+2\right)^{3}-a\left(x^{\prime}+2\right)^{2}-b\left(x^{\prime}+2\right)-c\right| \quad\left(-1 \leqslant x^{\prime} \leqslant 1\right) \\ & \quad=\max \left|x^{\prime 3}-(a-6) x^{\prime 2}-(4 a+b+12) x^{\prime}-(4 a+2 b+c-8)\right| \geqslant \frac{1}{4} . \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}a^{\prime}=a-6=0, \\ b^{\prime}=4 a+b-12=\frac{3}{4}, \\ c^{\prime}=4 a+2 b+c-8=0\end{array}\right.$ 即 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}a=6, \\ b=-\frac{45}{4} \\ c=\frac{13}{2}\end{array}\right.$ 时，$\displaystyle f(x)=\frac{1}{4}$ ． \section*{模拟试题43}

B． 令 $\displaystyle f(x)=\sin x, g(x)=\frac{x}{13}$ ，由图像（略）可知，只有 7 个根．

$\sqrt{5}$ ． 设内切圆半径为 $r, \triangle P F_{1} F_{2}$ 面积为 $S, \angle F_{1} P F_{2}=\alpha$ ． 因为 $\displaystyle r=\frac{2 S}{2 a+2 c}$ ，解得 $S=8$ ．又 $\displaystyle S=b^{2} \tan \frac{\alpha}{2}=8$ ，解得 $\displaystyle \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle \sin \frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ ．所以 $$ |I P|=\frac{r}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\sqrt{5} $$ \section*{6．不确定．} 因为 $a_{k+1}+a_{k}=4 k+3$ ，所以 $a_{n+2}-a_{n}=4$ ． 当 $n$ 为偶数时，则 $$ a_{n}=a_{2}+4\left(\frac{n}{2}-1\right)=2 n+a_{2}-4 $$ 当 $n$ 为奇数时，则 $$ a_{n}=a_{1}+4\left(\frac{n+1}{2}-1\right)=2 n+a_{1}-2 . $$ 所以 $$ a_{2}+a_{2020}=4036+2 a_{2} $$ 因为 $a_{2}$ 不确定，所以 $a_{2}+a_{2020}$ 也不确定． \section*{模拟试题 45}

D． $$ \begin{aligned} \sin 2 \sqrt{2}+\sin 3 \sqrt{2}+\sin 4 \sqrt{2}+\cdots+\sin n \sqrt{2} & =\frac{\cos \frac{3 \sqrt{2}}{2}-\cos \left[\left(n+\frac{1}{2}\right) \sqrt{2}\right]}{2 \sin \frac{\sqrt{2}}{2}} \\ & >2 \\ \cos \frac{3 \sqrt{2}}{2}-4 \sin \frac{\sqrt{2}}{2}>\cos \left[\left(n+\frac{1}{2}\right) \sqrt{2}\right] & \end{aligned} $$ 因为左边小于 -1 ，所以不存在 $n$ ．

D． $$ \begin{aligned} 14-\left|z_{1}+z_{2}\right|^{2} & =14-(\sin \alpha+1)^{2}-(\sin \alpha+2)^{2} \\ & =-2 \sin ^{2} \alpha-6 \sin \alpha+9 \\ \left|z_{1}-\mathrm{i} z_{2}\right|=\sqrt{4} \sin ^{2} \alpha+1 & \\ \frac{14-\left|z_{1}+z_{2}\right|^{2}}{\left|z_{1}-\mathrm{i} z_{2}\right|} & =\frac{-2 \sin ^{2} \alpha-6 \sin \alpha+9}{\sqrt{4 \sin ^{2} \alpha+1}} \geqslant \frac{1}{\sqrt{5}} \end{aligned} $$ 当 $\sin \alpha=1$ 时取等号．

$$ \int_{-1}^{1}\left(1-\sin ^{2} x\right) x^{2} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}\left(\int_{-1}^{1} x^{2} \mathrm{~d} x+\int_{-1}^{1} x^{2} \cos 2 x \mathrm{~d} x\right), $$ 由分部积分法可知 $$ \begin{aligned} \int x^{2} \cos 2 x \mathrm{~d} x & =\frac{1}{2} \int x^{2} \mathrm{~d} \sin 2 x=\frac{1}{2}\left(x^{2} \sin 2 x-\int \sin 2 x \mathrm{~d} x^{2}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(x^{2} \sin 2 x-\int 2 x \sin 2 x \mathrm{~d} x\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(x^{2} \sin 2 x+\int x \mathrm{~d} \cos 2 x\right) \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & =\frac{1}{2}\left(x^{2} \sin 2 x+x \cos 2 x-\int \cos 2 x \mathrm{~d} x\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(x^{2} \sin 2 x+x \cos 2 x-\frac{\sin 2 x}{2}\right) \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} \int_{-1}^{1}\left(1-\sin ^{2} x\right) x^{2} \mathrm{~d} x & =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}(\sin 2+2 \cos 2)\right] \\ & =\frac{1}{3}-\frac{1}{4}(\sin 2+2 \cos 2) \end{aligned} $$

BC． 设圆 $O$ 的半径为 2 ，易知 $\displaystyle |B M|=\sqrt{10},|B H|=\frac{8}{\sqrt{10}},|A M|=|C M|=\sqrt{2},|B C|=2 \sqrt{2}$ ．在 $\triangle O B H$ 与 $\triangle A B M$ 中，由余弦定理可得 $$ \cos \angle A B M=\frac{16+10-2}{8 \sqrt{10}}=\frac{4+\frac{64}{10}-|O H|^{2}}{\frac{32}{\sqrt{10}}}, $$ 解得 $\displaystyle |O H|=\frac{2}{\sqrt{5}}$ ，则 $|A M| \neq 2|O H|$ ，选项 A 错误． 在 $\triangle A H C$ 中，由中线定理可知 $$ |A H|^{2}+\frac{16}{10}=\frac{8}{10}+4 $$ 解得 $\displaystyle |A H|=\frac{4}{\sqrt{5}}$ ，则 $|A H|=2|O H|$ ，选项 B 正确． \section*{而 $\displaystyle \frac{|B O|}{|B M|}=\frac{|B H|}{|B A|}=\frac{|O H|}{|M A|}=\frac{2}{\sqrt{10}}$ ，所以 $\triangle B O H \backsim \triangle B M A$ ，选项 C 正确．}

AB ． 因为 $\forall c \in \mathbf{R}, \exists a, b$ ，使得 $$ \frac{f(a)-f(b)}{a-b}=f^{\prime}(c), $$ 则 $f(x)$ 的值域是 $f^{\prime}(x)$ 值域的子集． 对于选项 $\mathrm{A}: f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+3 \in[0,+\infty), f(x) \in \mathbf{R}$ ，满足题意． 对于选项 B：$\displaystyle f^{\prime}(x)=-\frac{2 x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$ ，令 $x=\tan \alpha$ ，则 $\displaystyle g(\alpha)=-\frac{1}{2} \sin 2 \alpha(1+\cos 2 \alpha)$ ． $$ \begin{aligned} \sin ^{2} 2 \alpha\left(1+\cos ^{2} 2 \alpha\right) & =27 \times\left(\frac{1+\cos 2 \alpha}{3}\right)^{3}(1-\cos 2 \alpha) \\ & \leqslant 27 \times\left(\frac{2}{4}\right)^{4} \end{aligned} $$ 当且仅当 $\displaystyle \cos 2 \alpha=\frac{1}{2}$ 时等号成立，所以 $\displaystyle f^{\prime}(x) \in\left[-\frac{3 \sqrt{3}}{8}, \frac{3 \sqrt{3}}{8}\right], f(x) \in(0,1]$ ，满足题意． 对于选项 C：$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x+1}, f(x) \in \mathbf{R}, f^{\prime}(x) \in \mathbf{R}$ ，不满足题意。 对于选项 D：$f^{\prime}(x)=2 \cos (2 x+1), f(x) \in[-1,1], f^{\prime}(x) \in[-2,2]$ ，不满足题意。

2,1 ． 情形 1 当 $x=0$ 时， $$ P=\frac{x+\sqrt{3} y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\sqrt{3} $$ 情形 2 当 $x>0$ 时， $$ P=\frac{1+\frac{\sqrt{3} y}{x}}{\sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}} $$ 易知 $\displaystyle \frac{y}{x} \in[\sqrt{3},+\infty)$ ，令 $\displaystyle \frac{y}{x}=\tan \alpha, \alpha \in\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，则 $$ P=2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \in(\sqrt{3}, 2] . $$ 情形 3 当 $x<0$ 时， $$ P=\frac{1+\frac{\sqrt{3} y}{x}}{\sqrt{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}} $$ 易知 $\displaystyle \frac{y}{x} \in(-\infty,-\sqrt{3}]$ ，令 $\displaystyle \frac{y}{x}=\tan \beta, \beta \in\left(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3}\right]$ ，则 $$ P=-2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \in[1, \sqrt{3}) . $$ 综上所述，$P$ 的最小值为 1 ，最大值为 2 ．

D． $$ \begin{aligned} \text { 原式 } & =\sqrt{2} \cos 10^{\circ}\left[\left(1+\sqrt{3} \frac{\sin 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}\right) \sin 10^{\circ}+2 \cos 40^{\circ}\right] \\ & =\sqrt{2}\left[\sin 10^{\circ}\left(\cos 10^{\circ}+\sqrt{3} \sin 10^{\circ}\right)+2 \cos 10^{\circ} \cos 40^{\circ}\right] \\ & =2 \sqrt{2}\left(\sin 10^{\circ} \sin 40^{\circ}+\cos 10^{\circ} \cos 40^{\circ}\right) \\ & =\sqrt{6} . \end{aligned} $$

ABD ． 令 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}, y=\frac{1}{2}, z=-\frac{\mathrm{i}}{2}, w=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，则 $$ \begin{aligned} & x w-y z=\frac{3}{4} \mathrm{i}+\frac{1}{4} \mathrm{i}=\mathrm{i}, \\ & \bar{x} w-\bar{y} z=-\frac{3}{4} \mathrm{i}-\left(-\frac{\mathrm{i}}{4}\right)=-\frac{\mathrm{i}}{2} \neq 0, \end{aligned} $$ 排除选项 C。 设 $|x|=\cos \theta,|y|=\sin \theta,|z|=\cos \varphi,|w|=\sin \varphi$ ，因为 $|x z|=|-y \bar{w}|$ ，所以 $\cos \theta \cos \varphi -\sin \theta \sin \varphi=0$ ，即 $\cos (\theta+\varphi)=0$ ，亦即 $\displaystyle \theta+\varphi=\frac{\pi}{2}$ ，则 $$ \begin{aligned} & |x|=\cos \theta=\sin \varphi=|w| \\ & |y|=\sin \theta=\cos \varphi=|z| \\ & 1=|x z|^{2}+|x w|^{2}+|y z|^{2}+|y w|^{2} \\ & =|x w|^{2}+|y z|^{2}+|x \bar{z}|^{2}+|y \bar{w}|^{2} \\ & =|x w|^{2}+|y z|^{2}+x \overline{z x} z+y \overline{w y} w \\ & =|x w|^{2}+|y z|^{2}-y z \overline{w x}-x w \overline{y z} \\ & =x w \overline{x w}+y z \overline{y z}-y z \overline{w x}-x w \overline{y z} \\ & =(x w-y z)(\overline{x w}-\overline{y z})=|x w-y z|^{2}, \end{aligned} $$ 故 $|x w-y z|=1$ ．

BCD． 因为 $\displaystyle \tan C=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A \tan B-1}$ ，若 $C$ 为钝角，则 $\tan A \cdot \tan B<1$ 矛盾，所以 $\triangle A B C$ 为锐角三角形．因为 $$ \begin{equation*} \tan A \tan B \tan C=\tan A+\tan B+\tan C, \tag{1} \end{equation*} $$ 所以 $(\tan A, \tan \mathrm{~B}, \tan C)=(1,2,3)$ 以及所有排列．下证除上述解外无其他解． 若有其他解 $(x, y, z)$ ，则可以考虑从 $(1,2,3)$ 这组解依次增加 1 得到，式（1）左边当其中一变量增加 1 时至少增加 2 ，式（1）右边只增加 1 ，故无其他解，即 $\tan A$ 有 3 种可能值．

D． 设 $z=r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta)$ ，则 $z^{3}=r^{3}(\cos 3 \theta+\mathrm{i} \sin 3 \theta)$ ，所以 $r^{3} \sin 3 \theta+r \sin \theta=0$ ，即 $\left(3 \sin \theta-4 \sin ^{3} \theta\right) r^{2}+\sin \theta=0$ ，解得 $\sin \theta=0$ 或 $\displaystyle r^{2}=\frac{1}{4 \sin ^{2} \theta-3}$ ．故 $z \in \mathbf{R}$ 或 $r^{2} \geqslant 1$（即 $|z|>1$ ）． 设 $f(z)=z^{3}+z+1$ ，则 $\displaystyle f(0)=1, f(-1)=-1, f\left(-\frac{1}{2}\right)>0$ ，所以 $\displaystyle z \in\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$ ，即 $|z|<1,2 \operatorname{Re} z=2 z \in(-2,-1)$ 。故选 D。 因为 $r^{3} \cos 3 \theta+r \cos \theta+1=0$ ，所以 $r^{3}\left(4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta\right)+r \cos \theta+1=0$ ，即 $\displaystyle r\left(\frac{4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta}{1-4 \cos ^{2} \theta}+\cos \theta\right)+1=0$ ．因 $\displaystyle r^{2}=\frac{1}{4 \sin ^{2} \theta-3}=\frac{1}{1-4 \cos ^{2} \theta}>0$ ，所以化简得 $2 r \cos \theta =1-4 \cos ^{2} \theta$ ，即 $$ 2 r \cos \theta=1-\frac{4 r^{2} \cos ^{2} \theta}{r^{2}}=1-\left(1-4 \cos ^{2} \theta\right) 4 r^{2} \cos ^{2} \theta $$ 令 $x=2 r \cos \theta=z+\bar{z}$ ，则 $$ \begin{equation*} \left(1-4 \cos ^{2} \theta\right) x^{2}+x-1=0 \tag{1} \end{equation*} $$ 对称轴 $\displaystyle x=\frac{-1}{2\left(1-4 \cos ^{2} \theta\right)}<-\frac{1}{2}$ ，又 $1-4 \cos ^{2} \theta>0$ ，所以在 $\displaystyle \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上递增．因为 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$时，$\displaystyle \frac{1-4 \cos ^{2} \theta}{4}+\frac{1}{2}-1=-\cos ^{2} \theta-\frac{1}{4}<0$ ，所以式（1）的解为 $\displaystyle |x|>\frac{1}{2}$ ．

A． 令 $t=\cos x \in[0,1], h(t)=t^{2}-2 a t+1, t \in[0,1]$ ，则 $$ g(a)= \begin{cases}1 & (a<0), \\ 1-a & (0 \leqslant a \leqslant 1), \\ 2-2 a & (a>1) .\end{cases} $$ 故 $g(a)$ 的最大值为 $1(a \leqslant 0$ 时取最大值）．

B． 如图 J2 所示，分三个阶段：（1） $0<x \leqslant 1$ ；（2） $1<x<\sqrt{2}$ ；（3）$\sqrt{2} \leqslant x<\sqrt{3}$ ．则 $$ f(x)= \begin{cases}\frac{3 \pi}{2} x & (0<x \leqslant 1), \\ 3 x \cdot\left(\frac{\pi}{2}-2 \arccos \frac{1}{x}\right)+\frac{3 \pi}{2} \sqrt{x^{2}-1} & (1<x<\sqrt{2}), \\ 3 \sqrt{x^{2}-1} \cdot\left(\frac{\pi}{2}-2 \arccos \frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}\right) & (\sqrt{2} \leqslant x<\sqrt{3}) .\end{cases} $$ 当 $x=1$ 和 $\sqrt{2}$ 时，满足．（顺便说下，第二阶段是先递减后递增．）  \begin{figure} 

A． 设四边形 $A B C D$ 的面积为 $S$ ，直线 $A C, B D$ 的夹角为 $\theta$ ，则 $$ \begin{aligned} S & =\frac{|A C| \cdot|B D| \cdot \sin \theta}{2} \leqslant \frac{|A B| \cdot|C D|+|B C| \cdot|A D|}{2} \cdot \sin \theta \\ & \leqslant \frac{|A B| \cdot|C D|+|B C| \cdot|A D|}{2} \end{aligned} $$ 由题意，$\displaystyle S=\frac{|A B| \cdot|C D|+|B C| \cdot|A D|}{2}$ ，所以 $A, B, C, D$ 四点共圆，且 $A C \perp B D$ ．故 $|C D|= 4 \sqrt{3} \approx 6.9$.

B． 由于一元二次方程的虚根必然共轭，因此可设 $x_{1}=r(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta), x_{2}=r(\cos \theta-\mathrm{i} \sin \theta)$ ，从而 $\displaystyle \frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}=r(\cos 3 \theta+\mathrm{i} \sin 3 \theta)$ 为实数，所以 $\displaystyle \theta=\frac{k \pi}{3}(k \in \mathbf{Z})$ ，于是 $\displaystyle \frac{x_{1}}{x_{2}}=\cos \frac{2 k \pi}{3}+\mathrm{i} \sin \frac{2 k \pi}{3}$ ．故 $\displaystyle \sum_{k=0}^{2015}\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}\right)^{k}=\frac{1-\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}\right)^{2016}}{1-\frac{x_{1}}{x_{2}}}=0$.

C． 假设五边形五个顶点对应的复数为 $\displaystyle 1, z, z^{2}, z^{3}, z^{4}, z=\cos \frac{2 \pi}{5}+\mathrm{i} \sin \frac{2 \pi}{5}$ ．也就是求 $$ \begin{aligned} \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left|z_{i}-z_{j}\right|^{2} & =\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left(z_{i}-z_{j}\right)\left(\overline{z_{i}}-\overline{z_{j}}\right) \\ & =\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left(z_{i} \overline{z_{i}}-z_{i} \overline{z_{j}}-\overline{z_{i}} z_{j}+z_{j} \overline{z_{j}}\right) \\ & =\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left(2-z_{j} \overline{z_{j}}-\overline{z_{i}} z_{j}\right)=20-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left(z_{j} \overline{z_{j}}+\overline{z_{i}} z_{j}\right) \\ & =20-\left[\left(\sum_{i=1}^{5} z_{i}\right)\left(\sum_{i=1}^{5} \overline{z_{i}}\right)-5\right]=25-\left|\sum_{i=1}^{5} z_{i}\right|^{2} \leqslant 25 \end{aligned} $$ 当且仅当 $\sum_{i=1}^{5} z_{i}=0$ 时等号成立． \section*{模拟试题49}

C． $$ \sin \frac{\pi}{n} \cdot \sin \frac{2 \pi}{n} \cdot \cdots \cdot \sin \frac{(n-1) \pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}(n \geqslant 2) $$

B． $$ \begin{aligned} a=2 b \sin C \Leftrightarrow & \sin A=2 \sin B \sin C \Leftrightarrow \sin (B+C)=2 \sin B \sin C \\ \Leftrightarrow & \sin B \cos C+\cos B \sin C=2 \sin B \sin C \xrightarrow{\text { 两边同时除以 } \cos B \cos C} \\ & \tan B+\tan C=2 \tan B \tan C . \end{aligned} $$ 又因为 $\tan A=-\tan (B+C)$ ，则 $$ \tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B \tan C=\frac{\tan B+\tan C}{\tan B \tan C-1} \tan B \tan C, $$ 所以 $\displaystyle \tan A+\tan B+\tan C=\frac{2 \tan B \tan C}{\tan B \tan C-1} \tan B \tan C$ ． 令 $t=\tan B \tan C-1>0$ ，则 $$ \tan A+\tan B+\tan C=\frac{2(t+1)}{t}(t+1)=2 t+\frac{2}{t}+4 \geqslant 8, $$ 当且仅当 $t=1$ ，即 $\tan A \tan B=2$ 时取等号．

D． 设内切圆在 $A C$ 上的切点为 $E$ ，在 $A B$ 上的切点为 $F$ ，则由 $\angle D C E=90^{\circ}$ 可知四边形 $O D C E$ 为正方形，所以 $|C D|=|C E|=1$ ．考虑四边形 $E O F A$ ，连接 $O A, \angle O E A=\angle O F A=$ $90^{\circ}$ ，所以 $|O E|=|O F|$ ，则 $\triangle O E A \cong \triangle O F A$ ，所以 $\displaystyle \angle A O E=\frac{1}{2} \angle E A F=30^{\circ}$ ，故 $$ \begin{aligned} & |A E|=\frac{|D E|}{\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3} \\ \Rightarrow & |C A|=|C E|+|E A|=1+\sqrt{3} \\ \Rightarrow & |A D|=\sqrt{|C D|^{2}+|E A|^{2}}=\sqrt{1+(1+\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{5+2 \sqrt{3}} \end{aligned} $$

A． 由 $\displaystyle \sin A=\frac{4}{5}, \cos B=\frac{4}{13}$ 知 $\displaystyle \sin B=\frac{3 \sqrt{17}}{13}$ ，所以 $$ \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\sin B \cos A $$ 进行分情况讨论，当 $\displaystyle \cos A=-\frac{3}{5}$ ，即 $A$ 为钝角时， $\displaystyle \sin C=\frac{4}{5} \cdot \frac{4}{13}+\frac{3 \sqrt{17}}{13} \cdot\left(-\frac{3}{5}\right)<0$ ，与 $C$ 为三角形内角矛盾，故 $$ \cos A=\frac{3}{5}, \quad \cos C=-\cos (A+B)=\sin A \sin B-\cos A \cos B>0 $$ 因此 $\triangle A B C$ 为锐角三角形． \section*{模拟试题50}

A． 因为 $\displaystyle 2 B>B+C>\frac{\pi}{2}, B<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\displaystyle \cos B \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ ．

B． 对于选项 $\mathrm{A}, x=0$ 是 $f(x)$ 的一条对称轴． 对于选项 $\displaystyle \mathrm{B},\left(\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 是 $f(x)$ 的一个对称中心． 对于选项 C，当 $a=0$ 时，$f(x)=a$ 在 $(0,2 \pi)$ 上的解为 $\displaystyle x=\frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3 \pi}{2}$ ，共 3 个． 对于选项 D，考虑到 $$ \begin{aligned} \sin x \sin 2 x & =2 \sin ^{2} x \cos x=2 \sqrt{\frac{1}{2} \cdot 2 \cos ^{2} x\left(1-\cos ^{2} x\right)\left(1-\cos ^{2} x\right)} \\ & \leqslant \frac{4 \sqrt{3}}{9}<\frac{7}{9} \end{aligned} $$ 于是 $f(x)$ 的最大值小于 $\displaystyle \frac{7}{9}$ ，方程 $\displaystyle f(x)=\frac{7}{9}$ 无解．

由题设有 $$ \begin{align*} \sin ^{2} A= & 1-\sin ^{2} B-\sin ^{2} C=\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-B\right)-\sin ^{2} C \\ = & {\left[\sin \left(\frac{\pi}{2}-B\right)-\sin C\right]\left[\sin \left(\frac{\pi}{2}-B\right)+\sin C\right] } \\ = & 2 \cos \left[\frac{\pi}{4}-(B-C)\right] \cdot \sin \left[\frac{\pi}{4}-(B+C)\right] \\ & \cdot 2 \sin \left[\frac{\pi}{4}-(B-C)\right] \cdot \cos \left[\frac{\pi}{4}-(B+C)\right] \\ = & \cos (B+C) \cos (B-C) \tag{1} \end{align*} $$ 因为 $B, C$ 都是锐角，所以 $\cos (B-C)>0$ ，从而 $\cos (B+C) \geqslant 0$ ，即 $B+C$ 也是锐角，因此 $A+B+C \leqslant \pi$ ．又因为 $B, C$ 都是锐角，故有 $\cos (B-C) \geqslant \cos (B+C)$ ，即 $$ \sin ^{2} A=\cos (B+C) \cos (B-C) \geqslant \cos ^{2}(B+C)=\sin ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-B-C\right) $$ 由于 $A$ 与 $B+C$ 都是锐角，从而有 $\displaystyle A \geqslant \frac{\pi}{2}-B-C$ ，即 $\displaystyle A+B+C \geqslant \frac{\pi}{2}$ ．

（1）因为 $\displaystyle \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ ，所以 $\displaystyle b=\frac{a \sin B}{\sin A}$ ．又因为 $\displaystyle b=\frac{a}{2} \sin C$ ，所以 $\displaystyle \frac{2 a \sin B}{\sin A}=a \sin C$ ，即 $2 \sin B=\sin A \sin C$ ． 由 $A+B+C=\pi$ ，得 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C$ ，所以 $2 \sin A \cos C+ 2 \cos A \sin C=\sin A \cos C$ ，即 $\displaystyle \frac{2}{\tan A}+\frac{2}{\tan C}=1$ ． 又因为 $\tan A=3$ ，解得 $\tan C=6$ ，所以 $$ \tan B=\tan [\pi-(A+C)]=-\tan (A+C)=-\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\frac{9}{17} $$ （2）由（1）知 $\displaystyle \frac{2}{\tan A}+\frac{2}{\tan C}=1$ ，即 $$ \begin{equation*} \tan A+\tan C=\frac{1}{2} \tan A \tan C . \tag{1} \end{equation*} $$ 因为 $\triangle A B C$ 为锐角三角形，所以 $\tan A, \tan C$ 均为正数，则 $\tan A+\tan C \geqslant 2 \sqrt{\tan A \tan C}$ ，当且仅当 $\displaystyle \tan A=\tan C=\frac{1}{4}$ 时等号成立． 结合式（1）有 $\displaystyle \frac{1}{2} \tan A \tan C \geqslant 2 \sqrt{\tan A \tan C}$ ，即 $\tan A \tan C \geqslant 16$ ，当且仅当 $\tan A=$ $\displaystyle \tan C=\frac{1}{4}$ 时等号成立． 因为 $$ \tan B=-\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\frac{\frac{1}{2} \tan A \tan C}{\tan A \tan C-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan A \tan C-1}+1\right), $$ 所以 $\displaystyle \tan B \leqslant \frac{8}{15}$ ，即 $\tan B$ 的最大值为 $\displaystyle \frac{8}{15}$ ．

A． 当 $x \in[0,1]$ 时，$\displaystyle f(x)=\frac{2 x^{2}}{x+1}$ 的值域是 $\displaystyle [0,1], g(x)=a \sin \frac{\pi}{6} x-2 a+2(a>0)$ 的值域是 $\displaystyle \left[2-2 a, 2-\frac{3}{2} a\right]$ ．因为存在 $x_{1}, x_{2} \in[0,1]$ 使得 $f\left(x_{1}\right)=g\left(x_{2}\right)$ 成立，所以 $\displaystyle [0,1] \cap \left[2-2 a, 2-\frac{3}{2} a\right] \neq \varnothing$ ．若 $\displaystyle [0,1] \cap\left[2-2 a, 2-\frac{3}{2} a\right]=\varnothing$ ，则 $2-2 a>1$ 或 $\displaystyle 2-\frac{3}{2} a<0$ ，即 $\displaystyle a<\frac{1}{2}$ 或 $\displaystyle a>\frac{4}{3}$ ．所以 $a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$ ．

C． 解法 1 根据题意有 $\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A D}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cos \angle C A D$ ．因为 $|\overrightarrow{A D}|=1$ ，所以 $\overrightarrow{A D}$ ． $\overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A C}| \cos \angle C A D$ ．因为 $\displaystyle \angle B A C=\frac{\pi}{2}+\angle D A C$ ，所以 $\cos \angle C A D=\sin \angle B A C$ ，故 $\overrightarrow{A D}$ ． $\overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A C}| \sin \angle B A C$ ．在 $\triangle A B C$ 中，由正弦定理得 $\displaystyle \frac{|A C|}{\sin B}=\frac{|B C|}{\sin \angle B A C}$ ，变形得 $|A C| \sin \angle B A C=|B C| \sin B$ ，故 $$ \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A C}| \sin \angle B A C=|B C| \cdot \frac{|A D|}{|B D|}=3 $$ 解法 2 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A C} & =\overrightarrow{A D} \cdot(\overrightarrow{B C}-\overrightarrow{B A})=\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C}-\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B A}=\overrightarrow{A D} \cdot 3 \overrightarrow{B D} \\ & =3 \overrightarrow{A D} \cdot(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A D})=3 \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B A}+3 \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A D}=3 \end{aligned} $$

C． 由题设有 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+ \cos A \sin C=\sin C \cos A$ ，即 $\sin A \cos C=0$ ，亦即 $\cos C=0$ ，所以 $C=90^{\circ}$ ．又因为 $b c \cos A=9$ ，所以 $b^{2} =9$ ，即 $b=3$ ．由 $\displaystyle \frac{1}{2} a b=6$ ，得 $a=4, c=5$ ．建立如图 J 3 所示直角坐标系 $x O y$ ，则 $A(3,0), B(0,4)$ ．由题设可知 $P(x, y)$ ，直线 $A B$ 的方程为 $\displaystyle \frac{x}{3}+\frac{y}{4}=1$ 且 $x >0, y>0$ ，所以 $\displaystyle \frac{x}{3}+\frac{y}{4}=1 \geqslant 2 \sqrt{\frac{x y}{12}}$ ，即 $x y \leqslant 3$ ，当且仅当 $\displaystyle x=\frac{3}{2}, y=2$ 时等号成立．

C． 如图 J8 所示，在矩形 $A B C D$ 中，过点 $D$ 作 $A F$ 的垂线交 $A F$ 于点 $O$ ，交 $A B$ 于点 $M$ ． \begin{figure} \begin{figure} 设 $|C F|=x(0<x<1),|A M|=t$ ．由 $\triangle D A M \backsim \triangle F D A$ ，得 $\displaystyle \frac{|A M|}{|A D|}=\frac{|A D|}{|D F|}$ ，即 $\displaystyle t= \frac{1}{2-x}$ ．由 $0<x<1$ ，得 $\displaystyle \frac{1}{2}<t<1$ ． 在翻折后的几何体（图 J9）中，因为 $A F \perp O D, A F \perp O M$ ，所以 $A F \perp$ 平面 $O D M$ ，从而平面 $O D M \perp$ 平面 $A B C$ ．又平面 $A B D \perp$ 平面 $A B C$ ，则 $D M \perp$ 平面 $A B C$ ，连接 $M F$ ，则 $\angle M F D$ 是直线 $F D$ 与平面 $A B C F$ 所成的角，即 $\angle M F D=\theta$ ，而 $\displaystyle |D M|=\sqrt{1-t^{2}},|D F|=2-x=\frac{1}{t}$ ，则 $\displaystyle \sin \theta=\frac{|D M|}{|D F|}=t \sqrt{1-t^{2}}=\sqrt{-t^{4}+t^{2}}$ ．由于 $\displaystyle \frac{1}{4}<t^{2}<1$ ，则当 $\displaystyle t^{2}=\frac{1}{2}$ 时， $\sin \theta$ 取到最大值，其最大值为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ．

A． 因为函数是偶函数，所以 $f(-x-1)=f(x+1)=f(x-1)$ ，即函数是周期为 2 的偶函数，作出函数图像，如图 J1 所示． \begin{figure} 两个函数在区间 $\displaystyle \left[-\frac{5}{2}, \frac{1}{2}\right]$ 上有 7 个交点，中间点是 $x=-1$ ，其余 6 个交点关于 $x=-1$对称，所以任一组对称点的横坐标之和为 -2 ．故这 7 个交点的横坐标之和为 $3 \times(-2)-1=$ －7．

C． 由条件知直径 $S C$ 所对的圆周角 $\angle S B C=\angle S A C=90^{\circ}$ ，由已知 $\angle A S C=\angle B S C=45^{\circ}$ ，所以 $\triangle S B C$ 与 $\triangle S A C$ 是全等的等腰三角形． 设球的球心为点 $O$ ，所以 $B O \perp S C, A O \perp S C$ ，即 $S C \perp$ 平面 $A O B$ ．由条件 $|O A|=|O B| =2$ ，得 $\triangle O A B$ 为等边三角形，故 $\displaystyle V_{S A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle O A B} \cdot|S C|=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{2} \times 2^{2} \times \sin 60^{\circ}\right) \times 4 =\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ．

D． 如图 J5 所示，取 $B D$ 的中点 $E$ ，连接 $A E, C E$ ，则 $\angle A E C$即为二面角 $A-B D-C$ 的平面角．而 $$ \begin{aligned} |A C|^{2} & =|A E|^{2}+|C E|^{2}-2|A E| \cdot|C E| \cdot \cos \angle A E C \\ & =4-2 \sqrt{3} \cos \angle A E C \end{aligned} $$ $\displaystyle \angle A E C \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$, 所以 $A C \in[1, \sqrt{7}]$ ，故 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D} & =2 \sqrt{2} \cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}\rangle=\overrightarrow{A B} \cdot(\overrightarrow{B D}-\overrightarrow{B C}) \\ & =-2+|A B| \cdot|B C| \cdot \frac{|A B|^{2}+|B C|^{2}-|A C|^{2}}{2|A B| \cdot|B C|} \\ & =1-\frac{|A C|^{2}}{2} \in\left[-\frac{5}{2}, \frac{1}{2}\right] \end{aligned} $$ \begin{figure} 设异面直线 $A B, C D$ 所成的角为 $\theta$ ，则 $\displaystyle 0 \leqslant \cos \theta \leqslant \frac{1}{2 \sqrt{2}} \cdot \frac{5}{2}=\frac{5 \sqrt{2}}{8}$ ．

C． 对于（1）， $\displaystyle \int_{-1}^{1}\left(\sin \frac{1}{2} x \cdot \cos \frac{1}{2} x\right) \mathrm{d} x=\int_{-1}^{1} \frac{1}{2} \sin x \mathrm{~d} x=-\left.\frac{1}{2} \cos x\right|_{-1} ^{1}=0$ ，则 $f(x), g(x)$为区间 $[-1,1]$ 上的正交函数． 对于（2）， $\displaystyle \int_{-1}^{1}(x+1)(x-1) \mathrm{d} x=\int_{-1}^{1}\left(x^{2}-1\right) \mathrm{d} x=\left.\left(\frac{1}{3} x^{3}-x\right)\right|_{-1} ^{1} \neq 0$ ，则 $f(x), g(x)$不是区间 $[-1,1]$ 上的正交函数． 对于（3）， $\displaystyle \int_{-1}^{1} x^{3} \mathrm{~d} x=\left.\frac{1}{4} x^{4}\right|_{-1} ^{1}=0$ ，则 $f(x), g(x)$ 为区间 $[-1,1]$ 上的正交函数．

B． 因为 $\displaystyle f(-x)=\frac{2 \cos ^{2}(-x)+1}{\ln \frac{2-x}{2+x}}=\frac{2 \cos ^{2} x+1}{-\ln \frac{2+x}{2-x}}=-f(x)$ ，且直线 $a x-y=0$ 通过坐标原点，所以直线与函数 $\displaystyle f(x)=\frac{2 \cos ^{2} x+1}{\ln \frac{2+x}{2-x}}$ 图像的两个交点 $A, B$ 关于原点对称，即 $x_{A}+x_{B}=0$ ， $y_{A}+y_{B}=0$ ．又 $\overrightarrow{D A}=\left(x_{A}-m, y_{A}-n\right), \overrightarrow{D B}=\left(x_{B}-m, y_{B}-n\right), \overrightarrow{C D}=(m-6, n)$ ，由 $\overrightarrow{D A}+ \overrightarrow{D B}=\overrightarrow{C D}$ ，得 $x_{A}-m+x_{B}-m=m-6, y_{A}-n+y_{B}-n=n$ ，解得 $m=2, n=0$ ，所以 $m+n =2$ ．

因为 $C=\pi-A-B, \cos A+\cos B-\cos (A+B)=1$ ，所以 $\displaystyle 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2}- \left(2 \cos ^{2} \frac{A+B}{2}-1\right)=1$ ，即 $\displaystyle 2 \cos \frac{A+B}{2}\left(\cos \frac{A-B}{2}-\cos \frac{A+B}{2}\right)=0$ ，亦即 $$ \cos \frac{A+B}{2}(-2) \sin \frac{A}{2} \cdot \sin \left(-\frac{B}{2}\right)=0 . $$ 所以 $\displaystyle \sin \frac{A}{2}=0$ 或 $\displaystyle \sin \frac{B}{2}=0$ 或 $\displaystyle \cos \frac{A+B}{2}=0$ ． 若 $\displaystyle \sin \frac{A}{2}=0$ ，则 $\displaystyle 1-\cos A=1-\left(1-2 \sin ^{2} \frac{A}{2}\right)=2 \sin ^{2} \frac{A}{2}=0$ ． 若 $\displaystyle \sin \frac{B}{2}=0$ ，则 $\displaystyle 1-\cos B=1-\left(1-2 \sin ^{2} \frac{B}{2}\right)=2 \sin ^{2} \frac{B}{2}=0$ ． 若 $\displaystyle \cos \frac{A+B}{2}=0$ ，则 $\displaystyle \frac{A+B}{2}=k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathrm{Z})$ ，即 $A+B=2 k \pi+\pi$ ，所以 $C=-2 k \pi, 1- \cos C=0$. 故 $(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C)=0$ ．

（1）由于平面 $A B P \perp$ 平面 $A B C D$ ，且平面 $A B P \cap$ 平面 $A B C D=A B$ ，而 $B C \perp A B$ ，因此 $B C \perp$ 平面 $A B P, B C \subset$ 平面 $B C P$ ，故平面 $A B P \perp$ 平面 $B C P$ ． （2）由 $\angle P A B=120^{\circ},|A P|=|A B|=1$ ，得 $|P B|=\sqrt{3}$ ． 由（1）知 $B C \perp$ 平面 $A B P$ ，故 $B C \perp P B$ ，且 $|B C|=2 \Rightarrow|P C|=\sqrt{7}$ ． 过点 $P$ 作 $P O \perp B A$ 与 $B A$ 延长线交于点 $O$ ，连接 $O D$ ，则 $$ |P O|=\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad|O A|=\frac{1}{2}, \quad|O D|=\frac{\sqrt{5}}{2}, \quad|P D|=\sqrt{|P O|^{2}+|O D|^{2}}=\sqrt{2} $$ 易见 $|C D|=\sqrt{2},|B D|=\sqrt{2}$ ． 设二面角 $B-P D-C$ 的平面角大小为 $\theta$ ，则由空间余弦定理知 $$ \cos \theta=\frac{\cos \angle B D C-\cos \angle P D B \cdot \cos \angle P D C}{\sin \angle P D B \cdot \sin \angle P D C} $$ 显然 $$ \begin{aligned} & \cos \angle B D C=0 \\ & \cos \angle P D B=\frac{(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}{2 \times \sqrt{2} \times \sqrt{2}}=\frac{1}{4} \end{aligned} $$ $$ \cos \angle P D C=\frac{(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{7})^{2}}{2 \times \sqrt{2} \times \sqrt{2}}=-\frac{3}{4} $$ 则 $\displaystyle \sin \angle P D B=\frac{\sqrt{15}}{4}, \sin \angle P D C=\frac{\sqrt{7}}{4}$ ．故 $\displaystyle \cos \theta=\frac{0-\frac{1}{4} \times\left(-\frac{3}{4}\right)}{\frac{\sqrt{15}}{4} \times \frac{\sqrt{7}}{4}}=\frac{3}{\sqrt{105}}, \sin \theta=\frac{4 \sqrt{6}}{\sqrt{105}}$ ， $\displaystyle \tan \theta=\frac{4}{3} \sqrt{6}$ ，即所求二面角的正切值为 $\displaystyle \frac{4}{3} \sqrt{6}$ ．

6 ． 根据对称性，不妨设 $P$ 在第一象限内．由题设可知 $\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=4\left(a^{2}-9\right)=4\left(m^{2}+4\right)= 4 c^{2}$ ，即 $$ a^{2}-m^{2}=13, a^{2}-c^{2}=9, c^{2}-m^{2}=4 $$ 根据椭圆与双曲线的定义得 $$ \left\{\begin{array} { l } { | P F _ { 1 } | + | P F _ { 2 } | = 2 a , } \\ { | P F _ { 1 } | - | P F _ { 2 } | = 2 m } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} \left|P F_{1}\right|=a+m, \\ \left|P F_{2}\right|=a-m . \end{array}\right.\right. $$ 在 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 中，由余弦定理得 $$ \begin{aligned} \cos \angle F_{1} P F_{2} & =\frac{\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}}{2\left|P F_{1}\right| \times\left|P F_{2}\right|}=\frac{(a+m)^{2}+(a-m)^{2}-4 c^{2}}{2(a+m)(a-m)} \\ & =\frac{a^{2}+m^{2}-2 c^{2}}{a^{2}-m^{2}}=\frac{\left(a^{2}-c^{2}\right)-\left(c^{2}-m^{2}\right)}{a^{2}-m^{2}}=\frac{5}{13} \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \sin \angle F_{1} P F_{2}=\frac{12}{13}$ ，故 $$ S_{\triangle P F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2}\left|P F_{1}\right| \times\left|P F_{2}\right| \sin \angle F_{1} P F_{2}=\frac{1}{2} \times\left(a^{2}-m^{2}\right) \times \frac{12}{13}=6 . $$

$\displaystyle \sqrt{1+\frac{\sqrt{6}}{3}}$ ． 记 $\angle B D E=\theta$ ，在 $\triangle B D E$ 中，$\displaystyle |B D|=1,|B E|=|E D|=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \cos \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}, \sin \theta=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ． 将 $\triangle B D E$ 绕 $D E$ 旋转，使 $\triangle B D E$ 在平面 $A C D$ 内，此时点 $B$ 在 $B_{1}$ 处，则所求最小值即为 $A B_{1}$ 的长．由于 $\angle A D B_{1}=\theta+30^{\circ}$ ，故 $$ \begin{aligned} \left|A B_{1}\right|^{2} & =|A D|^{2}+\left|D B_{1}\right|^{2}-2|A D| \cdot\left|D B_{1}\right| \cos \angle A D B_{1} \\ & =1+1-2 \cos \left(\theta+30^{\circ}\right)=1+\frac{\sqrt{6}}{3} \Rightarrow\left|A B_{1}\right|=\sqrt{1+\frac{\sqrt{6}}{3}} \end{aligned} $$

$-\sqrt{3}$ ． 由 $\sin (2 \alpha+\beta)=3 \sin (2 \alpha-\beta)$ 得 $$ \sin 2 \alpha \cos \beta+\cos 2 \alpha \sin \beta=3 \sin 2 \alpha \cos \beta-3 \cos 2 \alpha \sin \beta, $$ 则 $\displaystyle \tan 2 \alpha=2 \tan \beta, \tan \beta=\frac{1}{2} \tan 2 \alpha=\frac{\tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}$ ．而 $$ \tan (\alpha-\beta)=\frac{\tan \alpha-\tan \beta}{1+\tan \alpha \tan \beta}=\frac{\tan \alpha-\frac{\tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}}{1+\tan \alpha \cdot \frac{\tan \alpha}{1-\tan ^{2} \alpha}}=-\tan ^{3} \alpha, $$ 所以 $\tan ^{3} \alpha=-\tan (\alpha-\beta)=-3 \sqrt{3}$ ，即 $\tan \alpha=-\sqrt{3}$ ．

设点 $P$ 在第一象限，则 $F$ 是右焦点．令 $P(b \cos \alpha, b \sin \alpha)$ ，切线 $A B$ 的方程为 $x \cos \alpha+ y \sin \alpha=b$ ，联立 $\left\{\begin{array}{l}x \cos \alpha+y \sin \alpha=b, \\ b^{2} x^{2}+a^{2} y^{2}=a^{2} b^{2},\end{array}\right.$ 则 $$ \begin{aligned} & \left(b^{2} \sin ^{2} \alpha+a^{2} \cos ^{2} \alpha\right) x^{2}-2\left(a^{2} b \cos \alpha\right) x+a^{2} b^{2} \cos ^{2} \alpha=0 \\ \Rightarrow & \left(1-e^{2} \sin ^{2} \alpha\right) x^{2}-2(b \cos \alpha) x+b^{2} \cos ^{2} \alpha=0 \end{aligned} $$ 解得 $\displaystyle x_{A}=\frac{b \cos \alpha}{1+e \sin \alpha}, x_{B}=\frac{b \cos \alpha}{1-e \sin \alpha}$ ，所以 $\displaystyle y_{A}=\frac{b(\sin \alpha+e)}{1+e \sin \alpha}, y_{b}=\frac{b(\sin \alpha-e)}{1-e \sin \alpha}$ ，即 $\displaystyle A\left(\frac{b \cos \alpha}{1+e \sin \alpha}, \frac{b(\sin \alpha+e)}{1+e \sin \alpha}\right), B\left(\frac{b \cos \alpha}{1-e \sin \alpha}, \frac{b(\sin \alpha-e)}{1-e \sin \alpha}\right)$ ． 因此，根据圆幂定理和椭圆焦点弦公式得 $$ \begin{aligned} & |A P|=\frac{b e \cos \alpha}{1+e \sin \alpha} \\ & |B P|=\frac{b e \cos \alpha}{1-e \sin \alpha} \\ & |A F|=a-\frac{b e \cos \alpha}{1+e \sin \alpha} \\ & |B F|=a-\frac{b e \cos \alpha}{1-e \sin \alpha} \end{aligned} $$ 所以 $|A F|+|A P|=|B F|+|B P|=a$ ，即 $\triangle A B F$ 的周长为 $2 a$ ． \section*{模拟试题57}

$\displaystyle 1+\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ． $$ \overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B C} \cdot(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D})=\overrightarrow{B C}^{2}+\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{C D}=1+\cos \angle B A C=1+\frac{2 \sqrt{5}}{5} . $$

由题意可得 $$ f\left(\frac{\pi}{2}\right)=-b \geqslant-1, \quad f(\pi)=-a+b-c \geqslant-1, $$ 故 $b \leqslant 1, a+c \leqslant b+1 \leqslant 2, a+b+c \leqslant 3$ ．取等号时，$b=1, a+c=2$ ． 若 $a+b+c=3$ ，则 $b=1, a+c=2$ ，记 $\cos x=t \in[-1,1]$ ，则 $$ f(x)=a t+b\left(2 t^{2}-1\right)+c\left(4 t^{3}-3 t\right) \geqslant-1 $$ 将 $b=1, a=2-c$ 代人上式，得 $t(t+1)(2 c t+1-2 c) \geqslant 0$ ，即 $t(2 c t+1-2 c) \geqslant 0$ 对于 $\forall t \in[-1,1]$ 恒成立，解得 $\displaystyle c=\frac{1}{2}, a=\frac{3}{2}$ ． 综上所述，当且仅当 $\displaystyle (a, b, c)=\left(\frac{3}{2}, 1, \frac{1}{2}\right)$ 时，有最大值 3 ．

$\displaystyle \left\{x \left\lvert\, x=(2 k+1) \pi \pm \frac{\pi}{3}\right.\right\}(k \in \mathbf{Z})$ ． 因为 $\displaystyle \frac{\sin 16 x}{\sin x}=16 \cos 8 x \cdot \cos 4 x \cdot \cos 2 x \cdot \cos x$ ，所以 $$ \begin{aligned} \sqrt{\frac{\sin 16 x}{\sin x}} & =4 \sqrt[4]{\cos ^{2} 8 x \cdot \cos ^{2} 4 x \cdot \cos ^{2} 2 x \cdot \cos ^{2} x} \\ & \leqslant \cos ^{2} 8 x+\cos ^{2} 4 x+\cos ^{2} 2 x+\cos ^{2} x \end{aligned} $$ 等号成立的条件为 $\cos ^{2} x=\cos ^{2} 2 x$ ，即 $\displaystyle \cos x= \pm \frac{1}{2}$ 或 $\pm 1$（舍去），故 $\displaystyle x=k \pi \pm \frac{\pi}{3}$ ， $\sin 16 x$ 与 $\sin x$ 同号，$\displaystyle x=(2 k+1) \pi \pm \frac{\pi}{3}$ 。

588 ． $$ \begin{aligned} & \frac{1}{2}(O B \times O C \times \sin \angle B O C+O D \times O A \times \sin \angle A O D) \\ & \quad \geqslant \sqrt{O B \times O C \times O D \times O A \times \sin \angle B O C \times \sin \angle A O D} \\ & \quad=2 \sqrt{36 \times 64}=96 \end{aligned} $$ 在 $O B=12, O C=8, O D=16, O A=6$ 时等号成立，所以底面积最小值为 196 ，体积最小值为 588 ．

$\sin x \cdot \cos y+\sin y \cdot \cos 2 x \leqslant|\cos y|+|\sin y| \leqslant \sqrt{2}, \sin z \cdot \cos 4 z \leqslant 1$ ，故原式 $\leqslant \sqrt{2}+1$ ，当 $\displaystyle x=z=\frac{\pi}{2}, y=-\frac{\pi}{4}$ 时达到最大值 $\sqrt{2}+1$ ．

-3 ． 令 $x=\cos \theta$ ，则 $x \in[-1,1]$ ．由三倍角公式 $4 x^{3}=\cos 3 \theta+3 \cos \theta, f(x)=4 x^{3}+a x+1= \cos 3 \theta+(3+a) \cos \theta+1 \geqslant 0$ 恒成立，必须 $3+a=0$ ，即 $a=-3$ ．

$\sqrt{3}+1$ ． 由已知条件知 $\displaystyle \overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}), \overrightarrow{A N}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}$ ，故 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N} & =\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}) \cdot\left(\frac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A C}\right) \\ & =\frac{1}{8}\left(3|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}+4 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right) \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle \sqrt{3}=S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|$ ，所以 $|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|=4$ ，则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cos A=2$ ，故 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N} & =\frac{1}{8}\left(3|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A C}|^{2}+4 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right) \\ & \geqslant \frac{1}{8}\left(2 \sqrt{3|\overrightarrow{A B}|^{2} \cdot|\overrightarrow{A C}|^{2}}+4 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right) \\ & =\frac{\sqrt{3}}{4}|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|+\frac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\sqrt{3}+1 \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle |\overrightarrow{A B}|=\frac{2}{\sqrt[4]{3}},|\overrightarrow{A C}|=\sqrt[4]{3}$ 时， $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{A N}$ 取最小值 $\sqrt{3}+1$ ．

设 $|A B|=c,|B C|=a,|A C|=b, D$ 为切点，如图 J1 所示，可知 $2 A D+2 a=a+b +c$ ，得 $\displaystyle |A D|=\frac{1}{2}(b+c-a)$ ．由 $\displaystyle \tan A=-\frac{4}{3}$ ，可得 $\tan \angle D A O=2$ ，所以 $\displaystyle |D O|=b+c-a= 2, \sin A=\frac{4}{5}$ ．故 $$ S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2}(a+b+c) \times 2, $$ 即 $\displaystyle \frac{2}{5} b c=2(b+c)-2$ ，所以 $b c=5(b+c)-5 \geqslant 10 \sqrt{b c}-5$ ．设 $\sqrt{b c}=t$ ，则知 $t^{2}-10 t+5 \geqslant$ 0 ，所以 $t \geqslant 5+2 \sqrt{5}$ 或 $t \leqslant 5-2 \sqrt{5}$（舍去）．故 $b c \geqslant 45+20 \sqrt{5}$ ，所以 $\displaystyle S_{\triangle A B C}=\frac{2}{5} b c \geqslant 18+8 \sqrt{5}$ ，当 $b=c=5+2 \sqrt{5}$ 时取等号． \begin{figure} 故 $\triangle A B C$ 面积的最小值为 $18+8 \sqrt{5}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}$ ． 在 $\triangle A B C$ 中， $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A \tan B \tan C$ ，由 $\displaystyle \frac{\cos A}{a}=\frac{3 \cos B}{b}=\frac{4 \cos C}{c}$ 得 $\tan B=3 \tan A, \tan C=4 \tan A$ ，所以 $8 \tan A=12 \tan ^{3} A$ ．因为 $\tan A>0$ ，所以 $\displaystyle \tan A=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．

解法 1 设 $A=\theta, B=3 \theta, C=9 \theta$ ，由 $A+B+C=\pi$ ，得 $\displaystyle \theta=\frac{\pi}{13}$ ，则 $$ \begin{aligned} T= & \cos \theta+\cos 3 \theta+\cos 9 \theta=\cos \theta+\cos 3 \theta-\cos 4 \theta \\ = & 2 \cos \theta \cos 2 \theta-\cos 4 \theta=2 \cos \theta \cos 2 \theta-2 \cos ^{2} 2 \theta+1>1, \\ T^{2}= & (\cos \theta+\cos 3 \theta+\cos 9 \theta)^{2} \\ = & \cos ^{2} \theta+\cos ^{2} 3 \theta+\cos ^{2} 9 \theta+2 \cos \theta \cos 3 \theta+2 \cos \theta \cos 9 \theta+2 \cos 3 \theta \cos 9 \theta \\ = & \frac{1+\cos 2 \theta}{2}+\frac{1+\cos 6 \theta}{2}+\frac{1+\cos 18 \theta}{2}+(\cos 2 \theta+\cos 4 \theta) \\ & +(\cos 8 \theta+\cos 10 \theta)+(\cos 6 \theta+\cos 12 \theta) . \end{aligned} $$ 而 $T=\cos \theta+\cos 3 \theta+\cos 9 \theta=-\cos 12 \theta-\cos 10 \theta-\cos 4 \theta$ ，故 $2 T^{2}-T=3+3 \sum_{k=1}^{6} \cos 2 k \theta$ ． 令 $P=\sum_{k=1}^{6} \cos 2 k \theta$ ，则 $$ 2 P \sin \theta=2 \sin \theta \sum_{k=1}^{6} \cos 2 k \theta=\sum_{k=1}^{6}[\sin (2 k+1) \theta-\sin (2 k-1) \theta]=-\sin \theta, $$ 所以 $\displaystyle P=-\frac{1}{2}$ ，从而 $\displaystyle 2 T^{2}-T=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ ，即 $4 T^{2}-2 T-3=0$ ． 由于 $T>1$ ，因此解得 $\displaystyle T=\frac{1+\sqrt{13}}{4}$ ． 解法2 因为 $\displaystyle T=\cos \frac{\pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13}+\cos \frac{9 \pi}{13}$ ，再设 $\displaystyle K=\cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{11 \pi}{13}$ ，所以 $$ \begin{aligned} T+K= & \cos \frac{\pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13}+\cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{9 \pi}{13}+\cos \frac{11 \pi}{13} \\ = & \frac{1}{2 \sin \frac{\pi}{13}}\left(2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{\pi}{13}+2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{3 \pi}{13}+2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{5 \pi}{13}\right. \\ & \left.+2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{7 \pi}{13}+2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{9 \pi}{13}+2 \sin \frac{\pi}{13} \cos \frac{11 \pi}{13}\right) \\ = & \frac{1}{2 \sin \frac{\pi}{13}}\left[\sin \frac{2 \pi}{13}+\left(\sin \frac{4 \pi}{13}-\sin \frac{2 \pi}{13}\right)+\left(\sin \frac{6 \pi}{13}-\sin \frac{4 \pi}{13}\right)\right. \\ & \left.+\left(\sin \frac{8 \pi}{13}-\sin \frac{6 \pi}{13}\right)+\left(\sin \frac{10 \pi}{13}-\sin \frac{8 \pi}{13}\right)+\left(\sin \frac{12 \pi}{13}-\sin \frac{10 \pi}{13}\right)\right] \\ = & \frac{1}{2 \sin \frac{\pi}{13}}\left(\sin \frac{12 \pi}{13}\right)=\frac{1}{2} \end{aligned} $$ 另一方面， $$ \begin{aligned} T K= & \left(\cos \frac{\pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13}+\cos \frac{9 \pi}{13}\right)\left(\cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{11 \pi}{13}\right) \\ = & \cos \frac{\pi}{13} \cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13} \cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{\pi}{13} \cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13} \cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{\pi}{13} \cos \frac{11 \pi}{13} \\ & +\cos \frac{3 \pi}{13} \cos \frac{11 \pi}{13}+\cos \frac{5 \pi}{13} \cos \frac{9 \pi}{13}+\cos \frac{7 \pi}{13} \cos \frac{9 \pi}{13}+\cos \frac{9 \pi}{13} \cos \frac{11 \pi}{13} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & =\frac{3}{2}\left(\cos \frac{2 \pi}{13}+\cos \frac{4 \pi}{13}+\cos \frac{6 \pi}{13}+\cos \frac{8 \pi}{13}+\cos \frac{10 \pi}{13}+\cos \frac{12 \pi}{13}\right) \\ & =-\frac{3}{2}\left(\cos \frac{\pi}{13}+\cos \frac{3 \pi}{13}+\cos \frac{5 \pi}{13}+\cos \frac{7 \pi}{13}+\cos \frac{9 \pi}{13}+\cos \frac{11 \pi}{13}\right)=-\frac{3}{4} \end{aligned} $$ 所以 $T, K$ 是一元二次方程 $\displaystyle x^{2}-\frac{1}{2} x-\frac{3}{4}=0$ 的两个根．因为 $T>0$ ，所以 $\displaystyle T=\frac{1+\sqrt{13}}{4}$ ．

2. 由 $\displaystyle z=\cos \frac{4 \pi}{7}+\mathrm{i} \sin \frac{4 \pi}{7}$ 知 $z$ 满足方程 $z^{7}-1=0$ ． 又由 $z^{7}-1=(z-1)\left(z^{6}+z^{5}+z^{4}+z^{3}+z^{2}+z+1\right)$ 和 $z \neq 1$ 知 $z^{6}+z^{5}+z^{4}+z^{3}+z^{2}+ z+1=0$ ．将 $\displaystyle \frac{z}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+z^{4}}+\frac{z^{3}}{1+z^{6}}$ 通分后，分母为 $$ \begin{aligned} \left(1+z^{2}\right)\left(1+z^{4}\right)\left(1+z^{6}\right) & =1+z^{2}+z^{4}+z^{6}+z^{6}+z^{8}+z^{10}+z^{12} \\ & =1+z^{2}+z^{4}+z^{6}+z^{6}+z+z^{3}+z^{5}=z^{6} \end{aligned} $$ 分子为 $$ \begin{aligned} z & \left(1+z^{4}\right)\left(1+z^{6}\right)+z^{2}\left(1+z^{2}\right)\left(1+z^{6}\right)+z^{3}\left(1+z^{2}\right)\left(1+z^{4}\right) \\ & =\left(1+z^{4}\right)(z+1)+\left(1+z^{2}\right)\left(z^{2}+z\right)+\left(1+z^{2}\right)\left(z^{3}+1\right) \\ & =1+z+z^{4}+z^{5}+z+z^{2}+z^{3}+z^{4}+1+z^{2}+z^{3}+z^{5} \\ & =2\left(1+z+z^{2}+z^{3}+z^{4}+z^{5}\right) \\ & =-2 z^{6} . \end{aligned} $$ 于是 $\displaystyle \frac{z}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+z^{4}}+\frac{z^{3}}{1+z^{6}}=\frac{-2 z^{6}}{z^{6}}=-2$ ，故 $\displaystyle \left|\frac{z}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+z^{4}}+\frac{z^{3}}{1+z^{6}}\right|=2$ ．

如图 J2 所示，设 $\angle A O B=\theta$ ，因为 $|O A|=|A B|$ ，所以 $\angle O B A=\theta, \angle B A O=180^{\circ}-$ $2 \theta$ ．又 $|O A|=|O C|$ ，得 $\angle O C A=180^{\circ}-2 \theta$ ，于是 $\angle B O C=180^{\circ}-3 \theta$ ．因为 $|O A|=|A B|, D$为线段 $O B$ 的中点，所以 $A D \perp O B$ ，从而 $|O D|=|O A| \cdot \cos \theta=\cos \theta$ ． \begin{figure} 在 $\triangle O C D$ 中，由余弦定理得 $$ \begin{aligned} |C D|^{2} & =|O C|^{2}+|O D|^{2}-2|O C| \cdot|O D| \cdot \cos \angle B O C \\ & =1+\cos ^{2} \theta-2 \cos \theta \cdot \cos \left(180^{\circ}-3 \theta\right) \\ & =1+\cos ^{2} \theta+2 \cos \theta \cdot \cos 3 \theta \\ & =1+\cos ^{2} \theta+2 \cos \theta\left(4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta\right) \\ & =8 \cos ^{4} \theta-5 \cos ^{2} \theta+1=8\left(\cos ^{2} \theta-\frac{5}{16}\right)^{2}+\frac{7}{32} . \end{aligned} $$ 又 $\angle B O C=180^{\circ}-3 \theta<\angle A O B=\theta, \angle O C A=180^{\circ}-2 \theta>\angle O B A=\theta$ ，得 $180^{\circ}-3 \theta<\theta, 180^{\circ} -2 \theta>\theta$ ，则 $45^{\circ}<\theta<60^{\circ}$ ，从而 $\displaystyle \frac{1}{4}<\cos ^{2} \theta<\frac{1}{2}$ ．于是 $\displaystyle \frac{7}{32} \leqslant|C D|^{2}<\frac{1}{2}$ ，即 $\displaystyle \frac{\sqrt{14}}{8} \leqslant|C D|<\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，等号在 $\displaystyle \cos \theta=\frac{\sqrt{5}}{4}$ 时成立．所以线段 $|C D|$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{\sqrt{14}}{8}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ ．

$\pi$ ． 由和差化积及二倍角公式得 $\displaystyle 2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}-2 \cos ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}+1=\frac{3}{2}$ ，即 $\displaystyle 4 \cos ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}- 4 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}+1=0$ ．所以 $\displaystyle \left(2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2}-\cos \frac{\alpha-\beta}{2}\right)^{2}+\sin ^{2} \frac{\alpha-\beta}{2}=0$ ． 于是有 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2}-\cos \frac{\alpha-\beta}{2}=0, \\ \sin \frac{\alpha-\beta}{2}=0 .\end{array}\right.$ 因为 $0<\alpha, \beta<\pi$, 所以 $\alpha=\beta$ ，且 $\displaystyle \cos \frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{1}{2}$ ，故 $\displaystyle \alpha =\beta=\frac{\pi}{3}, 2 \alpha+\beta=\pi$.

$[1,2]$ ． $f(x)=\sqrt{3 x-6}+\sqrt{3-x}$ 的定义域为 $[2,3]$ ，所以设 $\displaystyle x=2+\sin ^{2} \theta\left(0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right)$ ，则 $$ f(x)=\sqrt{3 \sin ^{2} \theta}+\sqrt{1-\sin ^{2} \theta}=\sqrt{3} \sin \theta+\cos \theta=2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right), $$ 而 $\displaystyle \frac{\pi}{6} \leqslant \theta+\frac{\pi}{6} \leqslant \frac{2 \pi}{3}$ ，这时 $\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 1$ ，因此 $1 \leqslant f(x) \leqslant 2$ ，即函数 $f(x)$ 的值域是 ［1，2］．

$4,5,6$ ． 设 $\triangle A B C$ 的三边长分别为 $a, b, c$ ，且 $C=2 A, \sin C=\sin 2 A$ ，由正弦定理和余弦定理可得 $\displaystyle \frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}=\frac{c}{\sin 2 A}$ ，即 $\displaystyle \frac{c}{2 a}=\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$ ． 因为 $a \neq b$ ，所以 $c^{2}=a(a+b)$ 。因此 $a$ 最小，$c$ 最大。将 $b=a+1, c=a+2$ 代人，解得 $a=4$ ．因此，三边长分别为 $4,5,6$ ．

$\displaystyle \frac{7}{8}$ ． 由余弦定理得 $$ \begin{aligned} |B E|^{2} & =|A E|^{2}+|A B|^{2}-2|A E| \cdot|A B| \cdot \cos A \\ & =\frac{1}{4}|A C|^{2}+\frac{4}{9}|A C|^{2}-\frac{2}{3}|A C|^{2} \cdot \cos A \\ & =\left(\frac{25}{36}-\frac{2}{3} \cos A\right)|A C|^{2}, \\ |C F|^{2} & =|A F|^{2}+|A C|^{2}-2|A F| \cdot|A C| \cdot \cos A \\ & =\frac{1}{9}|A C|^{2}+|A C|^{2}-\frac{2}{3}|A C|^{2} \cdot \cos A \\ & =\left(\frac{10}{9}-\frac{2}{3} \cos A\right)|A C|^{2}, \end{aligned} $$ 所以 $$ \frac{|B E|^{2}}{|C F|^{2}}=\frac{\frac{25}{36}-\frac{2}{3} \cos A}{\frac{10}{9}-\frac{2}{3} \cos A}=\frac{25-24 \cos A}{40-24 \cos A}=1-\frac{15}{40-24 \cos A}<1-\frac{15}{40+24}=\frac{49}{64} $$ 故 $\displaystyle \frac{|B E|}{|C F|}<\frac{7}{8}$ ，从而 $\displaystyle t \geqslant \frac{7}{8}$ ，即 $t$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{7}{8}$ ．

11. 因为 $\displaystyle \omega=\cos \frac{2 \pi}{5}+\mathrm{i} \sin \frac{2 \pi}{5}$ ，所以 $\omega^{5}=1,1+\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}=0$ ． 又因为 $f(x)=x^{2}+x+2$ ，所以 $$ \begin{aligned} f(\omega) f\left(\omega^{4}\right) & =\left(\omega^{2}+\omega+2\right)\left(\omega^{8}+\omega^{4}+2\right)=\left(\omega^{2}+\omega+2\right)\left(\omega^{3}+\omega^{4}+2\right) \\ & =4+2 \omega^{5}+3 \omega+2 \omega^{2}+2 \omega^{3}+3 \omega^{4} \\ & =4+2\left(1+\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}\right)+\left(\omega+\omega^{4}\right)=4+\omega+\omega^{4} \end{aligned} $$ 同理，$f\left(\omega^{2}\right) f\left(\omega^{3}\right)=4+\omega^{2}+\omega^{3}$ ．故 $$ \begin{aligned} f(\omega) f\left(\omega^{2}\right) f\left(\omega^{3}\right) f\left(\omega^{4}\right) & =\left(4+\omega+\omega^{4}\right)\left(4+\omega^{2}+\omega^{3}\right) \\ & =16+\left(\omega+\omega^{4}\right)\left(\omega^{2}+\omega^{3}\right)+4\left(\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}\right) \\ & =16+5\left(\omega+\omega^{2}+\omega^{3}+\omega^{4}\right)=11 . \end{aligned} $$