di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 经过点 $A(1,2)$, 经过点 $(1,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线与抛物线 $C$ 交于不同的两点 $P$, $Q$ (均异于点 $A$ ), 设直线 $A P$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $A Q$ 的斜率为 $k_{2}$.
求 $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}$ 的取值范围.

Solution:
由题意得：

$4=2 p \times 1, \therefore p=2$, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$

直线 $l: y=k x+1-k$, 与抛物线联立 $\left\{\begin{array}{c}y=k x+1-k \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$, 得

$k y^{2}-4 y+4-4 k=0$.

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$

$y_{1}+y_{2}=\frac{4}{k}, \quad y_{1} \cdot y_{2}=\frac{4}{k}-4, \quad k_{1}=\frac{y_{1}-2}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-1}=\frac{4}{y_{1}+2}, \quad k_{2}=\frac{y_{2}-2}{\frac{y_{2}^{2}}{4}-1}=\frac{4}{y_{2}+2},$

$k_{1}^{2}+k_{2}^{2}=\frac{16}{\left(y_{1}+2\right)^{2}}+\frac{16}{\left(y_{2}+2\right)^{2}}=16 \cdot \frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-2 y_{1} y_{2}+4\left(y_{1}+y_{2}\right)+8}{\left[y_{1} y_{2}+2\left(y_{1}+y_{2}\right)+4\right]^{2}}$

$=\frac{8}{9}\left(2 k^{2}+k+2\right) \geq \frac{5}{3}$,

所以 $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}$ 的取值范围为 $\left[\frac{5}{3},+\infty\right)$.

Final answer: $\left[\frac{5}{3},+\infty\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=e^{x}-x^{2} e^{x}-a x-1$.
当 $a=0$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性;

Solution:
当 $a=0$ 时, $f(x)=e^{x}-x^{2} e^{x}-1$,

令 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\left(2 x e^{x}+x^{2} e^{x}\right)=e^{x}\left(1-2 x-x^{2}\right)=0$, 得 $x_{1}=-1-\sqrt{2}, x_{2}=-1+\sqrt{2}$,

当 $x \in(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2})$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $x \in(-\infty,-1-\sqrt{2})$ 和 $(-1+\sqrt{2},+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=e^{x}-x^{2} e^{x}-a x-1$.
若对于任意的 $x_{1}, x_{2} \in(1,+\infty), x_{1} \neq x_{2}$, 都有 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<x_{1}+x_{2}$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
不妨设 $x_{1}>x_{2}>1$, 则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<x_{1}^{2}-x_{2}^{2}$, 即 $f\left(x_{1}\right)-x_{1}^{2}<f\left(x_{2}\right)-x_{2}^{2}, $

设 $g(x)=e^{x}-x^{2} e^{x}-a x-1-x^{2}, g^{\prime}(x)=e^{x}-\left(2 x e^{x}+x^{2} e^{x}\right)-a-2 x \leq 0$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上恒成立.

设 $h(x)=g^{\prime}(x)=e^{x}-\left(2 x e^{x}+x^{2} e^{x}\right)-a-2 x, \quad h^{\prime}(x)=-\left(x^{2}+4 x+1\right) e^{x}-2<0$,

$\therefore y=h(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 上单调递减,

$h(x)<h(1)=-2 e-2-a \leq 0, \quad a \geq-2 e-2$.

Final answer: $[-2 e-2, +\infty)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系$xOy$中，直线$l$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=2 + t \\ y=4 - 2t\end{array}\right.$,（$t$为参数） 曲线$C$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$（$\theta$为参数）.
写出直线 $l$ 与曲线 $C$ 的普通方程;

Solution:
直线 $l: 2 x+y-8=0 ;$

由线 $C: \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

Final answer: $2 x+y-8=0 , \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系$xOy$中，直线$l$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=2 + t \\ y=4 - 2t\end{array}\right.$,（$t$为参数） 曲线$C$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$（$\theta$为参数）.
过曲线 $C$ 上任意一点 $A$ 作与 $l$ 夹角为 $\alpha$ 的直线, 交直线 $l$ 于点 $B$, 若 $\tan \alpha=\frac{1}{2}$, 求 $|A B|$ 的最大值和最小值.

Solution:
直线 $l: 2 x+y-8=0 ;$

由线 $C: \frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

椭圆 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|6 \cos \theta+2 \sin \theta-8|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\frac{|\sqrt{40} \sin (\theta+\varphi)-8|}{\sqrt{5}}$, 其中 $\varphi$ 是第一象限角, 且 $\tan \varphi=3$,

$\therefore d_{\min }=\frac{|2 \sqrt{10}-8|}{\sqrt{5}}=\frac{8-2 \sqrt{10}}{\sqrt{5}}, d_{\max }=\frac{|-2 \sqrt{10}-8|}{\sqrt{5}}=\frac{8+2 \sqrt{10}}{\sqrt{5}}$,

$\because \tan \alpha=\frac{1}{2}, \therefore \sin \alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}$

$\because|A B|=\frac{d}{\sin \alpha}$

$\therefore |A B|_{\min }=d_{\min } \times \sqrt{5}=8-2 \sqrt{10}, \therefore|A B|_{\max }=d_{\max } \times \sqrt{5}=8+2 \sqrt{10}$.

Final answer: $8+2 \sqrt{10}, 8-2 \sqrt{10}$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x+1|-|3 x-a|(a>0)$
当 $a=3$ 时, 求不等式 $f(x)>2$ 的解集.

Solution:
当 $a=3$ 时, $f(x)=|2 x+1|-|3 x-3|=\left\{\begin{array}{l}-x+4, x \geq 1 \\ 5 x-2,-\frac{1}{2}<x<1 \\ x-4, x \leq-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

当 $x \geq 1$ 时， $4-x>2, \therefore x \in[1,2)$

当 $-\frac{1}{2}<x<1$ 时, $5 x-2>2, \therefore x \in\left(\frac{4}{5}, 1\right)$

当 $x \leq-\frac{1}{2}$ 时， $x-4>2, \therefore x \in(6,+\infty)$ 含去

综上可知，$x \in\left(\frac{4}{5}, 2\right)$.

Final answer: $\left(\frac{4}{5}, 2\right)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x+1|-|3 x-a|(a>0)$
若 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴围成的三角形的面积大于 $\frac{5}{3}$, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because a>0$, 则

$f(x)=|2 x+1|-|3 x-a|=\left\{\begin{array}{l}-x+1+a, x \geq \frac{a}{3} \\ 5 x+1-a,-\frac{1}{2}<x<\frac{a}{3} \\ x-a-1, x \leq-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

今 $5 x_{1}+1-a=0 . \therefore x_{1}=\frac{a-1}{5}$

今 $-x_{2}+1+a=0, \therefore x_{2}=1+a$

$x_{2}-x_{1}=\frac{4 a+6}{5}, f\left(\frac{a}{3}\right)=\frac{2 a}{3}+1$

$S_{\Delta}=\frac{1}{2} \times \frac{4 a+6}{5} \times\left(\frac{2 a}{3}+1\right)>\frac{5}{3}, \therefore a>1$.

Final answer: $(1, +\infty)$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 对应的边分别为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$, 且满足 $b \cos A-a \sin B=0$.
求角 $\mathrm{A}$ 的大小.

Solution:
$\because b \cos A-a \sin B=0$

由正弦定理得： $\sin B \cos A-\sin A \sin B=0$

又 $\because 0<\mathrm{B}<\pi \quad \therefore \sin B \neq 0, \cos A-\sin A=0$

$\therefore \tan A=1$

$\because 0<\mathrm{A}<\pi$

$\therefore A=\frac{\pi}{4}$.

Final answer: $\frac{\pi}{4}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 对应的边分别为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$, 且满足 $b \cos A-a \sin B=0$.
已知 $b=\sqrt{2}, A=\frac{\pi}{4}, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 1 , 求边 $\mathrm{a}$.

Solution:
$\because b=\sqrt{2}, A=\frac{\pi}{4}, S_{\triangle A B C}=1$

$\therefore \frac{1}{2} b c \sin A=1 \quad$，得 $c=2$

由余弦定理得, $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A=2$

得 $a=\sqrt{2}$.

Final answer: $\sqrt{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4181>

如图, 在四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{PD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}$, 底面 $\mathrm{ABCD}$ 是菱形, $\angle \mathrm{BAD}=60^{\circ}$ $A B=2 a, P D=2\left(1-a^{2}\right)$, 其中 $0<a<1,O$ 为 $A C$ 与 $B D$ 的交点, $E$ 为棱 $P B$上一点.
求证: 平面 $\mathrm{EAC} \perp$ 平面 $\mathrm{PBD}$;

Solution:
$\because P D \perp$ 平面 $A B C D, A C \subset $ 平面 $A B C D, \therefore A C \perp P D$

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形, $\therefore A C \perp B D$

又 $\because P D \cap B D=D, \therefore A C \perp$ 平面 $P B D$

而 $A C \subset $ 平面 $E A C, \therefore$ 平面 $E A C \perp$ 平面 $P B D$.
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_6323a24427923bee79bcg-1.jpg?height=348&width=303&top_left_y=634&top_left_x=1433)

如图, 在四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{PD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}$, 底面 $\mathrm{ABCD}$ 是菱形, $\angle \mathrm{BAD}=60^{\circ}$ $A B=2 a, P D=2\left(1-a^{2}\right)$, 其中 $0<a<1,O$ 为 $A C$ 与 $B D$ 的交点, $E$ 为棱 $P B$上一点.
求证: 平面 $\mathrm{EAC} \perp$ 平面 $\mathrm{PBD}$;

Solution:
$\because P D \perp$ 平面 $A B C D, A C \subset $ 平面 $A B C D, \therefore A C \perp P D$

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形, $\therefore A C \perp B D$

又 $\because P D \cap B D=D, \therefore A C \perp$ 平面 $P B D$

而 $A C \subset $ 平面 $E A C, \therefore$ 平面 $E A C \perp$ 平面 $P B D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4181>

如图, 在四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{PD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}$, 底面 $\mathrm{ABCD}$ 是菱形, $\angle \mathrm{BAD}=60^{\circ}$ $A B=2 a, P D=2\left(1-a^{2}\right)$, 其中 $0<a<1,O$ 为 $A C$ 与 $B D$ 的交点, $E$ 为棱 $P B$上一点.
若 PD //平面 $\mathrm{EAC}$, 求三棱锥 P-EAD 的体积的最大值.

Solution:
连接 $O E$, 取 $A D$ 的中点 $H$, 连接 $B H$,

<img_4107>

$\because P D / /$ 平面 $E A C$, 平面 $E A C \cap$ 平面 $P B D=O E, \mathrm{PD} \subset$ 平面 $\mathrm{PBD}$

$\therefore P D / / O E$.

$\because O$ 是 $B D$ 的中点, $\therefore E$ 是 $P B$ 的中点

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形, $\angle B A D=60^{\circ}, \therefore B H \perp A D$

又 $B H \perp P D, A D \cap P D=D, \therefore B H \perp$ 平面 $P A D$, 且 $B H=\frac{\sqrt{3}}{2} A B=\sqrt{3} a$,

故 $V_{P-E A D}=V_{E-P A D}=\frac{1}{2} V_{B-P A D}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times S_{\triangle P A D} \times B H=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot a^{2}\left(1-a^{2}\right)$.

由基本不等式得 $V_{P-E A D}=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot a^{2}\left(1-a^{2}\right) \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot\left(\frac{a^{2}+1-a^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{\sqrt{3}}{12}$,

当且仅当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等号, 即最大体积为 $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{12}$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_6323a24427923bee79bcg-1.jpg?height=348&width=303&top_left_y=634&top_left_x=1433)

如图, 在四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{PD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}$, 底面 $\mathrm{ABCD}$ 是菱形, $\angle \mathrm{BAD}=60^{\circ}$ $A B=2 a, P D=2\left(1-a^{2}\right)$, 其中 $0<a<1,O$ 为 $A C$ 与 $B D$ 的交点, $E$ 为棱 $P B$上一点.
若 PD //平面 $\mathrm{EAC}$, 求三棱锥 P-EAD 的体积的最大值.

Solution:
连接 $O E$, 取 $A D$ 的中点 $H$, 连接 $B H$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b6ba40a9d8b33f1101dbg-1.jpg?height=288&width=294&top_left_y=2032&top_left_x=1281)

$\because P D / /$ 平面 $E A C$, 平面 $E A C \cap$ 平面 $P B D=O E, \mathrm{PD} \subset$ 平面 $\mathrm{PBD}$

$\therefore P D / / O E$.

$\because O$ 是 $B D$ 的中点, $\therefore E$ 是 $P B$ 的中点

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形, $\angle B A D=60^{\circ}, \therefore B H \perp A D$

又 $B H \perp P D, A D \cap P D=D, \therefore B H \perp$ 平面 $P A D$, 且 $B H=\frac{\sqrt{3}}{2} A B=\sqrt{3} a$,

故 $V_{P-E A D}=V_{E-P A D}=\frac{1}{2} V_{B-P A D}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times S_{\triangle P A D} \times B H=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot a^{2}\left(1-a^{2}\right)$.

由基本不等式得 $V_{P-E A D}=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot a^{2}\left(1-a^{2}\right) \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot\left(\frac{a^{2}+1-a^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{\sqrt{3}}{12}$,

当且仅当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等号, 即最大体积为 $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{12}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 双十一之后, 网购粉丝们期待的双十二已然到来, 为了解双十二消费者购物情况和电商的营业情况，做如下数据分析.据悉 12 月 12 日.有 2000 名网购者在某购物网站进行网购消费（消费金额不超过 1000 元），其中有女士 1100 名，男士:900 名，该购物网站为优化营销策略, 根据性别采用分层抽样的方法从这 2000 名网购者中抽取 200 名进行分析, 如表.（消费金额单位：元）

女士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 10          | 25            | 35            | 30            | $x$          |

男士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 15          | 30            | 25            | $y$         | 5              |

附:

$$
K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})(\mathrm{a}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{d})}, \quad n=a+b+c+d
$$

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10  | 0.05  | 0.025 | 0.010 | 0.005 |
| :--------------------------------- | :---- | :---- | :---- | :---- | :---- |
| $k_{0}$                          | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 |
计算 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 的值.

Solution:
依原意,女士应抽取 110 名,男士应抽取 90 名,故 $x=10, y=15$.

Final answer: $10, 15$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 双十一之后, 网购粉丝们期待的双十二已然到来, 为了解双十二消费者购物情况和电商的营业情况，做如下数据分析.据悉 12 月 12 日.有 2000 名网购者在某购物网站进行网购消费（消费金额不超过 1000 元），其中有女士 1100 名，男士:900 名，该购物网站为优化营销策略, 根据性别采用分层抽样的方法从这 2000 名网购者中抽取 200 名进行分析, 如表.（消费金额单位：元）

女士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 10          | 25            | 35            | 30            | $x$          |

男士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 15          | 30            | 25            | $y$         | 5              |

附:

$$
K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})(\mathrm{a}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{d})}, \quad n=a+b+c+d
$$

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10  | 0.05  | 0.025 | 0.010 | 0.005 |
| :--------------------------------- | :---- | :---- | :---- | :---- | :---- |
| $k_{0}$                          | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 |
在抽出的 200 名且消费金额在 [800, 1000]（单位: 元）网购者中随机选出 2 名发放网购红包, 求选出的 2 名网购者都是男士的概率;

Solution:
消费金额在 $[800,1000]$ (单位:元)的网影者共有 15 名, 从中选出 2 名共有 105 种选法,若 2 名网则者都是男士,共有 10 种选法,所以选出的 2 名网则者都是男士的概率为 $\frac{10}{105}=\frac{2}{21} $.

Final answer: $\frac{2}{21}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 双十一之后, 网购粉丝们期待的双十二已然到来, 为了解双十二消费者购物情况和电商的营业情况，做如下数据分析.据悉 12 月 12 日.有 2000 名网购者在某购物网站进行网购消费（消费金额不超过 1000 元），其中有女士 1100 名，男士:900 名，该购物网站为优化营销策略, 根据性别采用分层抽样的方法从这 2000 名网购者中抽取 200 名进行分析, 如表.（消费金额单位：元）

女士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 10          | 25            | 35            | 30            | $x$          |

男士消费情况:

| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ |
| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- |
| 人数     | 15          | 30            | 25            | $y$         | 5              |

附:

$$
K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})(\mathrm{a}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{d})}, \quad n=a+b+c+d
$$

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10  | 0.05  | 0.025 | 0.010 | 0.005 |
| :--------------------------------- | :---- | :---- | :---- | :---- | :---- |
| $k_{0}$                          | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 |
若消费金额不低于 600 元的网购者为 “网购达人” ，低于 600 元的网购者为 “非网购达人” , 根据以上统计数据填写下面 $2 \times 2$ 列联表, 并回答能否在犯错误的概率上不超过 0.05 的前提下认为 “是否为网购达人” 与性别有关?”

|            | 女士 | 男士 | 总计 |
| :--------: | :--: | :--: | :--: |
|  网购达人  |      |      |      |
| 非网购达人 |      |      |      |
|    总计    |      |      |      |

Solution:
列联表如下:

|            | 女士 | 男士 | 总计 |
| :--------- | :--- | :--- | :--- |
| 网䝧达人   | 40   | 20   | 60   |
| 非网购达人 | 70   | 70   | 140  |
| 总计       | 110  | 90   | 200  |

计算 $K^{2}=\frac{200 \times(40 \times 70-20 \times 70)^{2}}{110 \times 90 \times 60 \times 140} \approx 4.714$

又 $4.714>3.841$, 故能在犯错误的概率不超过 0.05 的的提下认为“是否为“网购达人”与性别有关".

Final answer: 见解析，略
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $\mathrm{M}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两个顶点分别为 $\mathrm{A}(-\mathrm{a}, 0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0)$,点 $\mathrm{P}$ 为椭圆上异于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 的点, 设直线 $\mathrm{PA}$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $\mathrm{PB}$ 的斜率为 $k_{2}, k_{1} k_{2}=-\frac{1}{2}$ .
求椭圆 $C$ 的离心率;

Solution:
设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 代入椭圆的方程有: $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$,

整理得: $y_{0}^{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\left(x_{0}^{2}-a^{2}\right)$,

又 $k_{1}=\frac{y_{0}}{x_{0}+a}, k_{2}=\frac{y_{0}}{x_{0}-a}$, 所以 $k_{1} k_{2}=\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}=-\frac{1}{2}$,

联立两个方程有 $k_{1} k_{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}=-\frac{1}{2}$, 解得: 离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $\mathrm{M}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两个顶点分别为 $\mathrm{A}(-\mathrm{a}, 0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0)$,点 $\mathrm{P}$ 为椭圆上异于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 的点, 设直线 $\mathrm{PA}$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $\mathrm{PB}$ 的斜率为 $k_{2}, k_{1} k_{2}=-\frac{1}{2}$ .
若 $\mathrm{b}=1$ ， 设直线 $l$ 与 $x$ 轴交于 $\mathrm{D}\left(-1, 0\right)$, 与椭圆交于 $M, N$ 两点, 求 $\triangle O M N$ 的面积的最大值.

Solution:
设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 代入椭圆的方程有: $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$,

整理得: $y_{0}^{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\left(x_{0}^{2}-a^{2}\right)$,

又 $k_{1}=\frac{y_{0}}{x_{0}+a}, k_{2}=\frac{y_{0}}{x_{0}-a}$, 所以 $k_{1} k_{2}=\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}=-\frac{1}{2}$,

联立两个方程有 $k_{1} k_{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}=-\frac{1}{2}$, 所以$a^{2}=2b^{2}$,又$b=1$，所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{1}=1$,

设直线 $l$ 的方程为: $x=m y-1$, 代入椭圆的方程有: $\left(m^{2}+2\right) y^{2}-2 m y-1=0$,

设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 由韦达定理: $y_{1}+y_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+2}, y_{1} y_{2}=\frac{-1}{m^{2}+2}$,

所以

$\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OMN}}=\frac{1}{2}|\mathrm{OD}|\left|\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}\right|=\frac{1}{2} \sqrt{\left(\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)^{2}-4 \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}}=\frac{1}{2} \frac{\sqrt{8 \mathrm{~m}^{2}+8}}{\mathrm{~m}^{2}+2}=\frac{\sqrt{2} \sqrt{\mathrm{m}^{2}+1}}{\mathrm{~m}^{2}+2}$,

令 $\sqrt{m^{2}+1}=t(t \geqslant 1)$, 则有 $m^{2}=t^{2}-1$,

代入上式有 $\mathrm{S}_{\triangle O M N}=\frac{\sqrt{2} \sqrt{\mathrm{m}^{2}+1}}{\mathrm{~m}^{2}+2}=\frac{\sqrt{2} \mathrm{t}}{\mathrm{t}^{2}+1}=\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{t}+\frac{1}{t}} \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$,

当且仅当 $t=1$, 即 $m=0$ 时等号成立,

所以 $\triangle O M N$ 的面积的最大值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=\ln x+\frac{a-1}{x}, g(x)=a x-3$
求函数 $f(x)=f(x)+g(x)$ 的单调增区间.

Solution:
$\varphi^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+a-\frac{\alpha-1}{x^{2}}=\frac{a x^{2}+x-(a-1)}{x^{3}}$

$=\frac{[a x-(a-1)](x+1)}{x^{2}}(x>0)$

(1)当 $\mathrm{a}=0$ 时, $\varphi^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 递增区间为 $(0,+\infty)$

(2)当 $a>1$ 时, 由 $\varphi^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>\frac{a-1}{a}$ ；

(3)当 $a=1$ 时, 由 $\varphi^{\prime}(x)>0$ ，解得 $x>0$ ，

(4) 当 $0<a<1$ 时, 由 $\varphi^{\prime}(x)>0$ ，解得 $x>0$ ,

(5)当 $\mathrm{a}<0$ 时, 由 $\varphi^{\prime}(x)>0$, 解得 $x<\frac{a-1}{a}$, 又因为 $x>0$, 所以 $0<x<\frac{a-1}{a}$ .

综上所述,

当 $0 \leq a \leq 1$ 时, $\varphi(x)$ 的单调增区间为 $(0,+\infty)$ ；

$a>1$ 时, $\varphi(x)$ 的单调增区间为 $\left(\frac{a-1}{a},+\infty\right)$.

当 $\mathrm{a}<0$ 时, $\varphi(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0, \frac{a-1}{a}\right)$.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=\ln x+\frac{a-1}{x}, g(x)=a x-3$
当 $\mathrm{a}=1$ 时, 记 $h(x)=f(x) \cdot g(x)$, 存在整数 $\lambda$, 使得关于 $x$ 的不等式 $2 \lambda \geq h(x)$ 有解，请求出 $\lambda$ 的最小值.

Solution:
当 $a=1$ 时, $f(x)=\ln x, g(x)=x-3, h(x)=(x-3) \ln x$

所以 $h^{\prime}(x)=\ln x+1-\frac{3}{x}$ 单调递增,

$h^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right)=\ln \frac{3}{2}+1-2<0, h^{\prime}(2)=\ln 2+1-\frac{3}{2}>0$.

所以存在唯一 $x_{0} \in\left(\frac{3}{2}, 2\right)$, 使得 $h^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 即 $\ln x_{0}+1-\frac{3}{x_{0}}=0,$

当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$,

所以 $h_{min}(x)=h\left(x_{0}\right)=\left(x_{0}-3\right) \ln x_{0}$

$=\left(x_{0}-3\right)\left(\frac{3}{x_{0}}-1\right)=-\frac{\left(x_{0}-3\right)^{2}}{x_{0}}=6-\left(x_{0}+\frac{9}{x_{0}}\right)$,

记函数 $r(x)=6-\left(x+\frac{9}{x}\right)$, 则 $r(x)$ 在 $\left(\frac{3}{2}, 2\right)$ 上单调递增,

所以 $r\left(\frac{3}{2}\right)<h\left(x_{0}\right)<r(2)$, 即 $h\left(x_{0}\right) \in\left(-\frac{3}{2},-\frac{1}{2}\right)$,

由 $2 \lambda \geq h(x)_{\text {min }}=h\left(x_{0}\right),$ 得 $ 2 \lambda \geq h\left(x_{0}\right)_{\text {max }}$, 即 $2 \lambda \geq-\frac{1}{2}$, 且 $\lambda$ 为整数, 得 $\lambda \geq 0$,

所以存在整数 $\lambda$ 满足题意, 且 $\lambda$ 的最小值为 0.
当 $a=1$ 时, $f(x)=\ln x, g(x)=x-3, h(x)=(x-3) \ln x$,

所以 $h^{\prime}(x)=\ln x+1-\frac{3}{x}$ 单调迸增,

$h^{\prime}(1)=\ln 1+1-3<0, h^{\prime}(2)=\ln 2+1-\frac{3}{2}>0$.

所以存在唯一 $x_{0} \in(1,2)$, 使得 $h^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 即 $\ln x_{0}+1-\frac{3}{x_{0}}=0,$

当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$,

所以 $h_{min}(x)=h\left(x_{0}\right)=\left(x_{0}-3\right) \ln x_{0}$

$=\left(x_{0}-3\right)\left(\frac{3}{x_{0}}-1\right)=-\frac{\left(x_{0}-3\right)^{2}}{x_{0}}=6-\left(x_{0}+\frac{9}{x_{0}}\right)$.

记函数 $r(x)=6-\left(x+\frac{9}{x}\right)$, 则 $r(x)$ 在 $(1,2)$ 上单调递增,

所以 $r(1)<h\left(x_{0}\right)<r(2)$, 即 $h\left(x_{0}\right) \in\left(-4,-\frac{1}{2}\right),$

由 $2 \lambda \geq h(x)_{\text {min }}=h\left(x_{0}\right),$得  $ 2 \lambda \geq h\left(x_{0}\right)_{\max }$, 即 $2 \lambda \geq-\frac{1}{2}$, 且 $\lambda$ 为整数, 得 $\lambda \geq 0$,

所以存在整数 $\lambda$ 满足题意, 且 $\lambda$ 的最小值为 0 .

Final answer: $0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数), 以 $O$ 为极点, $x$轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

半圆 $C$ (圆心为点 $C$) 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array} \varphi\right.$ 为参数, $\{\varphi \in(0, \pi)\}$.
求圆 $C$ 的普通方程.

Solution:
由圆 $C$ 的参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \varphi \\ y=2+2 \sin \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数) 知, 圆 $C$ 的圆心为 $(0,2)$,半径为 2 , 圆 $C$ 的普通方程为 $x^{2}+(y-2)^{2}=4$.

Final answer: $x^{2}+(y-2)^{2}=4$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数), 以 $O$ 为极点, $x$轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

半圆 $C$ (圆心为点 $C$) 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array} \varphi\right.$ 为参数, $\{\varphi \in(0, \pi)\}$.
直线 $l$ 的极坐标方程是 $2 \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=5 \sqrt{3}$, 射线 $O\mathrm{M}: \theta=\frac{\pi}{6}$ 与圆 $C$ 的交点为 $O 、 \mathrm{P}$,与直线 $l$ 的交点为 $\mathrm{Q}$, 求线段 $\mathrm{PQ}$ 的长.

Solution:
由圆 $C$ 的参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=2 \cos \varphi \\ y=2+2 \sin \varphi\end{array}\right.$ ( $\varphi$ 为参数) 知, 圆 $C$ 的圆心为 $(0,2)$,半径为 2 , 圆 $C$ 的普通方程为 $x^{2}+(y-2)^{2}=4$.

将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代入 $x^{2}+(y-2)^{2}=4$. 得圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$.

设 $P\left(\rho_{1}, \theta_{1}\right)$, 则由 $\left\{\begin{array}{c}\rho=4 \sin \theta \\ \theta=\frac{\pi}{6}\end{array}\right.$ 解得 $\rho_{1}=2 . \theta_{1}=\frac{\pi}{6}$.

设 $Q\left(\rho_{2}, \theta_{2}\right)$, 则由 $\left\{\begin{array}{c}2 \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=5 \sqrt{3} \\ \theta=\frac{\pi}{6}\end{array}\right.$ 解得 $\rho_{2}=5 \cdot \theta_{2}=\frac{\pi}{6}$.

所以 $|P Q|=\left|\rho_{1}-\rho_{2}\right|=3$.

Final answer: $3$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x-1|+|x-2|$.
求不等式 $f(x) \geq 3$ 的解集.

Solution:
$f(x)=|x-1|+|x-2|=\begin{cases}-2 x+3 & (x \leq 1) \\ 1 & (1<x<2) \\ 2 x-3 & (x \geq 2)\end{cases}$

当 $x \leq 1$ 时, 由 $-2 x+3 \geq 3$, 得 $x \leq 0$

当 $1<x<2$ 时，由 $1 \geq 3$, 得 $x \in \varnothing$

当 $x \geq 2$ 时, 由 $2 x-3 \geq 3$, 得 $x \geq 3$

所以不等式 $f(x) \geq 3$ 的解集为 $\{x \mid x \leq 0$ 或 $x \geq 3\}$.

Final answer: $(-\infty, 0] \cup [3, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x-1|+|x-2|$.
若存在实数 $x$ 满足 $f(x) \leq-a^{2}+a+5$, 求实数 $a$ 的最大值.

Solution:
$\because|x-1|+|x-2| \geq|(x-1)-(x-2)|=1$.

$\therefore$ 依题意有 $-a^{2}+a+7 \geq 1$, 即 $a^{2}-a-6 \leq 0$

解得 $-2 \leq a \leq 3$

故 $a$ 的最大值为 3 .

Final answer: $3$
Subfield: Sequence


Question: 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 并且 $2 a_{1}+3 a_{2}=33$, $a_{2} a_{4}=27 a_{3}$. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\log _{3} a_{n+1}, n \in N^{+}$.
求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
由 $2 a_{1}+3 a_{2}=33, a_{2} a_{4}=27 a_{3}$ 得 $a_{1}=3, q=3 \therefore a_{n}=3^{n}$

$b_{n}=\log _{3} a_{n+1}$, 则 $b_{n}=n+1$.

Final answer: $b_{n}=n+1$
Subfield: Sequence


Question: 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 并且 $2 a_{1}+3 a_{2}=33$, $a_{2} a_{4}=27 a_{3}$. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\log _{3} a_{n+1}, n \in N^{+}$.
若 $c_{n}=a_{n} \cdot b_{n}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

Solution:
由 $2 a_{1}+3 a_{2}=33, a_{2} a_{4}=27 a_{3}$ 得 $a_{1}=3, q=3 \therefore a_{n}=3^{n}$

$b_{n}=\log _{3} a_{n+1}$, 则 $b_{n}=n+1$.

$c_{n}=(n+1) 3^{n}$

记 $S_{n}=2 \times 3+3 \times 3^{2}+4 \times 3^{3}+\cdots+(n+1) 3^{n}$

$3 S_{n}=2 \times 3^{2}+3 \times 3^{3}+4\times3^{4} + \cdots+(n+1)3^{n+1}$

$\therefore-2 S_{n}=6+\left(3^{2}+3^{3}+\cdots+3^{n}\right)-(n+1) 3^{n+1}$

化简得 $S_{n}=\frac{(2 n+1) 3^{n+1}}{4}-\frac{3}{4}$.

Final answer: $S_{n}=\frac{(2 n+1) 3^{n+1}}{4}-\frac{3}{4}$