几道不会做的题目，帮忙看看。[随后我来分割]

郝酒

1.$\left\{ \begin{matrix}
   (1+x)(1+{{x}^{2}})(1+{{x}^{4}})=1+{{y}^{7}}  \\
   (1+y)(1+{{y}^{2}})(1+{{y}^{4}})=1+{{x}^{7}}  \\
\end{matrix} \right.$的解$(x,y)$共有(   )组．

2.现有下面四个命题：
①底面是正多边形，其余各面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥．
②底面是正三角形，相临两侧面所成二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
③有两个面互相平行，其余四个面都是全等的等腰梯形的六面体是正四棱台．
④有两个面互相平行，其余各个面是平行四边形的多面体是棱柱．其中，正确的命题的个数是(    )．
(A) 3                 (B) 2                (C) 1                (D)0

3.平面上有四点$A,B,C,D$，其中$A,B$为定点，且$\left| AB \right|=\sqrt{3},C,D$为动点，且$\left| AD \right|=\left| DC \right|=\left| BC \right|=1$，记${{S}_{\Delta ABD}}=S,{{S}_{\Delta BCD}}=T$．则${{S}^{2}}+{{T}^{2}}$的取值范围是（    ）．

4.${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}}\cdots a{}_{n}$是互不相等的自然數，
證明：$({{a}_{1}}^{7}+{{a}_{2}}^{7}+{{a}_{3}}^{7}+\cdots +a{{{}_{n}}^{7}})+({{a}_{1}}^{5}+{{a}_{2}}^{5}+{{a}_{3}}^{5}+\cdots +a{{{}_{n}}^{5}})\ge 2{{({{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}+{{a}_{3}}^{3}+\cdots +a{{{}_{n}}^{3}})}^{2}}$

5.假定${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}}\cdots a{}_{10}$和${{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}}\cdots b{}_{10}$都是由不相等的複數所組成的序列，已知對$i=1,2,\cdots ,10$均有$({{a}_{1}}+{{b}_{i}})\cdot ({{a}_{2}}+{{b}_{i}})\cdot \cdots \cdot ({{a}_{10}}+{{b}_{i}})=100$.證明：對任何$j=1,2,\cdots ,10$，乘積$({{b}_{1}}+{{a}_{j}})({{b}_{2}}+{{a}_{j}})\cdots ({{b}_{10}}+{{a}_{j}})$都等於同一常數，並求出此常數．

realnumber

2．①②觉得没问题；③的反例，长宽不等的两全等矩形，初始重合，其中一个矩形拉开一段距离（拉动方向和矩形所在面垂直），再绕两中心连线转动90°，连接相应的四对矩形顶点，形成的多面体．
④的反例，一直棱柱，取与底面平行的截面（这样分割成其中两个底面重合的两个棱柱），保持重合的面不变，把其中一个棱柱变形为斜棱柱．

战巡

回复 2# realnumber


1还是有问题的，考虑一个直三棱锥，垂直楞所在的两面为等腰直角三角形，剩下一个面为普通等腰三角形

其妙

第一题是实数解还是复数解？
实数解的话显然有$x=y=-1$和$x=y=0$

郝酒

一题是实数解，为什么只有这两组解呢？
二题1是有问题的，如战巡版主所言。标答给的是D，没有想到2的反例。
谢谢关注

其妙

回复 5# 郝酒
是实数解就好办了！就怕解出来后你说是复数解！

令$f(x)=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)$，可以证明$f(x)$是$R$上单调递增函数（证明略，由图像可得），

由于两个方程$f(x)=1+y^7$，$f(y)=1+x^7$均互为反函数(或说隐函数里的反函数)，由相关结论知，必定$x=y$ 。

如若不然，假设$x>y$，则$f(x)>f(y)$，即$1+y^7>1+x^7$，$y>x$，矛盾于假设，

同理，假设$x<y$，也会得到矛盾。故$x=y$ .

于是方程组变为：$f(x)=1+x^7$，显然$x=1$不是解，且$f(x)=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)=\dfrac{1-x^8}{1-x}$，

故$\dfrac{1-x^8}{1-x}=1+x^7$，即： $x^7-x=0$，解得$x=0$或$x=-1$，（舍去$x=1$）

所以，原方程组的解为$x=y=0$或$x=y=-1$

其妙

$f(x)=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)$，可以证明$f(x)$是$R$上单调递增函数（证明略，由图像可得），

realnumber

2的②反例想到了，先作一个正三棱锥P-ABC，侧面三角形顶角角度为36°，在侧棱PA上取一点M，使得CM是∠PCA的内角平分线，那么有P-MBC符合要求，但不是正棱锥．

郝酒

回复 6# 其妙
谢谢，当时卡在证$x=y$上了，没想到用此技巧证$x=y$.

回复 8# realnumber
谢谢。

我开始分割了.

realnumber

5.由已知条件，可得下面关于$x$的方程10个根为$b_1,b_2,b_3,\cdots,b_{10}$,
\[x^{10}+x^9\sum_{i=1}^{10}a_i+x^8\sum a_ia_j+\cdots +a_1a_2\cdots a_{10}-100=0\]
由根和系数关系可得
\[\sum b_i=-\sum a_i\]
\[\sum b_ib_j=\sum a_ia_j\]
\[\sum b_ib_jb_k=-\sum a_ia_ja_k\]
\[\cdots\]
\[b_1b_2\cdots b_{10}=a_1a_2\cdots a_{10}-100\]

令$t\in {a_1,a_2,\cdots ,a_{10}}$
\[(t+b_1)(t+b_2)\cdots(t+b_{10})=t^{10}+t^9\sum_{i=1}^{10}b_i+t^8\sum b_ib_j+\cdots +b_1b_2\cdots b_{10}\]
\[=t^{10}-t^9\sum_{i=1}^{10}a_i+t^8\sum a_ia_j-\cdots +a_1a_2\cdots a_{10}-100\]
\[=(t-a_1)(t-a_2)\cdots(t-a_{10})-100=-100\]

其妙

第5题写成繁体字了，太难看了！
令最高项次数为$1$的$10$次函数$f(x)=(a_1+x)(a_2+x)\cdots(a_{10}+x)$，

则方程$f(x)=100$有$10$个不同的复数根$b_1,b_2,\cdots,b_{10}$，

于是，$f(x)-100=(x-b_1)(x-b_2)\cdots(x-b_{10})$，

所以，$f(-a_j)-100=(-a_j-b_1)(-a_j-b_2)\cdots(-a_j-b_{10})=(a_j+b_1)(a_j+b_2)\cdots(a_j+b_{10})$

显然有$f(-a_j)=(a_1-a_j)(a_2-a_j)\cdots(a_j-a_j)\cdots(a_{10}-a_j)=0，j=1,2,\cdots,10$，

故$-100=(a_j+b_1)(a_j+b_2)\cdots(a_j+b_{10})，j=1,2,\cdots,10$，证毕。
，

realnumber

4.的证明:
用数学归纳法，n=k到n=k+1时，只需要证明
\[a_{k+1}^5(a_{k+1}-1)^2\ge 4a_{k+1}^3(a_1^3+a_2^3+\cdots +a_k^3)\]
即\[a_{k+1}^2(a_{k+1}-1)^2\ge 4(a_1^3+a_2^3+\cdots +a_k^3)\]
而这个不等式另外再用数学归纳法证明，并用$a_{n+1}-1\ge a_n,n\in N$
即要证明
\[(a_k+1)^2a_k^2\ge 4(a_1^3+a_2^3+\cdots +a_k^3)\]
\[(a_k-1)^2a_k^2\ge 4(a_1^3+a_2^3+\cdots +a_{k-1}^3)\]

郝酒

多谢realnumber.

其妙

回复 13# 郝酒
还有第三道题，十分简单，所以没人做了，你也没分割，