di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x-a(1+\ln x).$
$讨论函数f(x)的单调性；$

Solution:
$f(x)=x-a(1+\ln x)的定义域为(0,+\infty)，$

$f'(x)=1-\frac{a}{x}，x>0。$

$①若a\le0，则f'(x)=1-\frac{a}{x}>0，$

$故f(x)在(0,+\infty)上单调递增；$

$②若a>0，令f'(x)=1-\frac{a}{x}=0，得x=a，$

$当0<x<a时， f'(x)<0；当x>a时， f'(x)>0，$

$所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ \infty)上单调递增.$

Final answer: $f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ \infty)上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x-a(1+\ln x).$
$求函数f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f(x)=x-a(1+\ln x)的定义域为(0,+\infty)，$

$f'(x)=1-\frac{a}{x}，x>0。$

$①若a\le0，则f'(x)=1-\frac{a}{x}>0，$

$故f(x)在(0,+\infty)上单调递增；$

$②若a>0，令f'(x)=1-\frac{a}{x}=0，得x=a，$

$当0<x<a时， f'(x)<0；当x>a时， f'(x)>0，$

$所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ \infty)上单调递增.$



Final answer: (0,a)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x-a(1+\ln x).$
$若函数f(x)有两个零点x_1，x_2，求a的取值范围.$

Solution:
$由(1)知①当a \leq 0 时， f(x) 在 (0,+\infty ) 上单调递增，至多有1个零点，不合题意.$

$②当 a >0 时， f_{min}=f(a)=-a ln a . $

$(i)若 0<a<1 ， f_{min}=f(a)=-a ln a >0 ， f(x) 无零点，不合题意；$

$(ii)若 a=1 ， f_{min}=f(a)=-a ln a=0 ， f(x) 有1个零点，不合题意；$

$(iii)若 a>1 ， f_{min}=f(a)=-a ln a<0，$
$又 f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}-a\left(1+ln\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}>0 ，且 f(2a^2)=2a^2-a[1+ln(2a^2)]=a(2a-2ln a-1-ln 2)>a(2-1-ln 2)>0，所以 f(x) 在 \left(\frac{1}{e},a\right) ， (a,2a^2) 各有一个零点，综上，a>1.$

Final answer: (1,+\infty)
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=a^{2}x^{2}+ax-3\ln x+1，其中a>0.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$f(x) = a^2x^2+ax-3ln x+1,x\in (0,+\infty )  $
$\therefore f'(x) = 2a^2x+a-\frac{3}{x} = \frac{2a^2x^2+ax-3}{x}= \frac{(2ax+1)(ax-1)}{x}.  $
$\because a>0,x>0,\therefore \frac{2ax+3}{x}>0  $
$当x\in  \left(0,\frac{1}{a}\right)时， f'(x)<0  $
$当x\in  \left(\frac{1}{a},+\infty \right)时， f'(x)>0  $
$\therefore 函数f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)上单调递减，在\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增.$

Final answer: $函数f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)上单调递减，在\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=a^{2}x^{2}+ax-3\ln x+1，其中a>0.$
$求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f(x) = a^2x^2+ax-3ln x+1,x\in (0,+\infty )  $
$\therefore f'(x) = 2a^2x+a-\frac{3}{x} = \frac{2a^2x^2+ax-3}{x}= \frac{(2ax+1)(ax-1)}{x}.  $
$\because a>0,x>0,\therefore \frac{2ax+3}{x}>0  $
$当x\in  \left(0,\frac{1}{a}\right)时， f'(x)<0  $
$当x\in  \left(\frac{1}{a},+\infty \right)时， f'(x)>0  $
$\therefore 函数f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)上单调递减，在\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增.$



Final answer: \left(0,\frac{1}{a}\right)
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=a^{2}x^{2}+ax-3\ln x+1，其中a>0.$
$若y=f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.$

Solution:
$\because y=f(x) 的图象与 x 轴没有公共点且 a^{2}>0，\therefore y=f(x) 在(0,+\infty )上的图象在 x 轴的上方，$

$由(1)可得函数 f(x) 在 (0,\frac{1}{a}) 上单调递减，在 (\frac{1}{a},+\infty) 上单调递增，\therefore f_{min}=f(\frac{1}{a})=3-3ln \frac{1}{a}=3+3ln a>0,\therefore ln a>-1,解得 a>\frac{1}{\mathrm{e}},$

$故实数 a 的取值范围是 (\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty) .$

Final answer: $(\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\left(\frac{1}{x}+a\right)\ln(1+x).$
$若函数f(x)在(0，+\infty )单调递增，求a的取值范围.$

Solution:
$\because f'(x)=\frac{ax+1}{x(1+x)}-\frac{\mathrm{ln}(1+x)}{x^2}, 且f(x)在 (0,+\infty) 上单调递增，$
$\therefore f'(x)\geq 0 在 (0,+\infty) 上恒成立，即 \frac{ax+1}{x(1+x)}\geq \frac{\mathrm{ln}(1+x)}{x^2} 在 (0,+\infty) 上恒成立,$
$其等价于 x(ax+1)\geq (1+x)ln(1+x) 在 (0,+\infty) 上恒成立，$
$令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x)，$
$则g'(x)=2ax-ln(1+x),$
$令h(x)=g'(x)，则h'(x)=2a-\frac1{x+1}，$
$令H(x)=h'(x), 则H'(x)=\frac1{(x+1)^2}>0,$
$故h'(x)在 (0,+\infty) 上为增函数，$
$因此h'(x)>h'(0)=2a-1 在 (0,+\infty) 上恒成立.$
$①当 2a-1\geq 0，即 a\geq \frac12 时，h'(x)>0 在 (0,+\infty) 上恒成立，$
$此时g'(x)在 (0,+\infty) 上为增函数，又g'(0)=0，$
$\therefore g'(x)>0在 (0,+\infty) 上恒成立，故g(x)在 (0,+\infty) 上为增函数，$
$因此g(x)>g(0)=0，即(ax+1)x\geq (1+x)ln(1+x)在 (0,+\infty) 上恒成立，从而f(x)在 (0,+\infty) 上单调递增.$
$②当 2a-1<0，即 a<\frac12 时，必存在 x_0\in (0,+\infty)，使h'(x_{0})=0，$
$因此，当x\in (0,x_0)时，h'(x)<0 ,所以g'(x)在 (0,x_0) 上为减函数，$
$又g'(0)=0，从而有当x\in (0,x_0)时，g'(x)<0 恒成立，$
$此时g(x)在 (0,x_0) 上为减函数，又g(0)=0，故有g(x)<0 在 (0,x_0) 上恒成立，从而有f'(x)<0 在 (0,x_0) 上恒成立，与y=f(x)在 (0,+\infty) 上单调递增不符，从而 2a-1<0不合题意.$
$综上所述，a\geq \frac{1}{2} .$

Final answer: [\frac{1}{2},+\infty)
Subfield: Derivative


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

Solution:
$当a=1时, f(x)=e^x-x-2，则f'(x)=e^x-1。$

$当x<0时, f'(x)<0；当x>0时, f'(x)>0。$

$所以f(x)在(-\infty ，0)单调递减，在(0，+\infty )单调递增.$

Final answer: $f(x)在(-\infty ，0)单调递减，在(0，+\infty )单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-a(x+2).$
$当a=1时，求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$当a=1时, f(x)=e^x-x-2，则f'(x)=e^x-1。$

$当x<0时, f'(x)<0；当x>0时, f'(x)>0。$

$所以f(x)在(-\infty ，0)单调递减，在(0，+\infty )单调递增.$



Final answer: (0，+\infty )
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-a(x+2).$
$若f(x)有两个零点，求a的取值范围.$

Solution:
$解法：(分类讨论) f'(x)=e^{x}-a.$
$当a\leq 0时, f'(x)>0，所以f(x)在(-\infty ，+\infty )单调递增，$
$故f(x)至多存在1个零点，不合题意.$
$当a>0时，由f'(x)=0可得x=\ln a.当x\in (-\infty ，\ln a)时，f'(x)<0；当x\in (\ln a，+\infty )时, f'(x)>0.所以f(x)在(-\infty ，\ln a)单调递减，在(\ln a，+\infty )单调递增，故当x=\ln a时, f(x)取得最小值，最小值为f(\ln a)=-a(1+\ln a).$
$(i) 若0<a\leq \frac{1}{e}，则f(\ln a)\geq 0, f(x)在(-\infty ，+\infty )至多存在1个零点，不合题意.$
$(ii) 若a>\frac{1}{e}，则f(\ln a)<0.$
$由于f(-2)=e^{-2}>0，所以f(x)在(-\infty ，\ln a)存在唯一零点.$
$由(1)知，当x>2时，e^{x}-x-2>0，所以当x>4且x>2\ln(2a)时，f(x)=e^{\frac{x}{2}} \cdot e^{\frac{x}{2}}-a(x+2) > e^{\ln(2a)} \cdot \left(\frac{x}{2}+2\right)-a(x+2) = 2a>0.$
$故f(x)在(\ln a，+\infty )存在唯一零点.从而f(x)在(-\infty ，+\infty )有两个零点.$
$综上，a的取值范围是\left(\frac{1}{e},+\infty \right).$
解法：(参变量分离法)
$若f(x)有两个零点，则e^{x}-a(x+2)=0有两个解，$
$由方程可知，x=-2不成立，即a=\frac{e^x}{x+2}有两个解，将问题转化为曲线y=\frac{e^x}{x+2}和直线y=a有两个交点$
$令h(x)=\frac{e^x}{x+2}(x\neq -2)，则有h'(x)=\frac{e^x(x+2)-e^x}{{(x+2)}^2}=\frac{e^x(x+1)}{{(x+2)}^2}，$
$令h'(x)>0，解得x>-1，令h'(x)<0，解得x<-2或-2<x<-1，$
$所以函数h(x)在(-\infty ,-2)和(-2,-1)上单调递减，在(-1,+\infty )上单调递增，$
$且当x<-2时，h(x)<0，$
$当x\rightarrow -2^{+}时，h(x)\rightarrow +\infty ，当x\rightarrow +\infty 时，h(x)\rightarrow +\infty ，$
$所以当a=\frac{e^x}{x+2}有两个解时，有a>h(-1)=\frac{1}{e}，$
$所以满足条件的a的取值范围是\left(\frac{1}{e},+\infty \right).$

Final answer: \left(\frac{1}{e},+\infty \right)
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为了认真贯彻落实北京市教委关于做好中小学生延期开学期间“停课不停学”工作要求，各校以教师线上指导帮助和学生居家自主学习相结合的教学模式积极开展工作，并鼓励学生积极开展锻炼身体和课外阅读活动.为了解学生居家自主学习和锻炼身体的情况，从某校高三年级随机抽取了100名学生，获得了他们一天中用于居家自主学习和锻炼身体的总时间(单位：小时)分别在$[2，3)，[3，4)，[4，5)，\ldots ，[8，9)，[9，10]$的数据，整理得到的数据并绘制成频率分布直方图(如图).

<img_2694>
假设同一时间段中的每个数据可用该时间段的中点值代替，试估计样本中的100名学生该天居家自主学习和锻炼身体总时间的平均数在哪个时间段内.(只需写出结论)

Solution:
样本中的100名学生该天居家自主学习和锻炼身体总时间的平均数在$[5，6)$内.

Final answer: [5,6)
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为了认真贯彻落实北京市教委关于做好中小学生延期开学期间“停课不停学”工作要求，各校以教师线上指导帮助和学生居家自主学习相结合的教学模式积极开展工作，并鼓励学生积极开展锻炼身体和课外阅读活动.为了解学生居家自主学习和锻炼身体的情况，从某校高三年级随机抽取了100名学生，获得了他们一天中用于居家自主学习和锻炼身体的总时间(单位：小时)分别在$[2，3)，[3，4)，[4，5)，\ldots ，[8，9)，[9，10]$的数据，整理得到的数据并绘制成频率分布直方图(如图).

![23ABJ5SX156.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876332453236738/img/compression/M_a7ff170cc75e84929f8b247d2887c3e1.jpg)
假设同一时间段中的每个数据可用该时间段的中点值代替，试估计样本中的100名学生该天居家自主学习和锻炼身体总时间的平均数在哪个时间段内.(只需写出结论)

Solution:
样本中的100名学生该天居家自主学习和锻炼身体总时间的平均数在$[5，6)$内.

Final answer: [5,6)
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某蔬菜批发商分别在甲、乙两个市场销售某种蔬菜(两个市场的销售互不影响)，已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未售出的蔬菜降价处理，每吨亏损100元.现分别统计该蔬菜在甲、乙两个市场以往100个周期的市场需求量，制成如下条形图：

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876849856376836/img/compression/M_dc2824cac2f0774ed74b2a1a2e5d807f.jpg)

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876849856376836/img/compression/M_b929f303c7dded0eb4835384ebb78fc5.jpg)

$以市场需求量的频率代替需求量的概率.设批发商在下个销售周期购进n吨该蔬菜，在甲、乙两个市场同时销售，以X(单位：吨)表示下个销售周期两个市场的总需求量，T(单位：元)表示下个销售周期两个市场的销售总利润.$
求x的分布列；

Solution:
$设甲市场需求量为x吨的概率为P(x)，乙市场需求量为y吨的概率为P(y)，$

$由题意得P(x=8)=0.3，P(x=9)=0.4，P(x=10)=0.3；$

$P(y=8)=0.2，P(y=9)=0.5，P(y=10)=0.3。$

$设两个市场总需求量为X吨的概率为P(X)，$

$由题意得X的所有可能取值为16，17，18，19，20，$

$P(X=16)=P(x=8,y=8)=0.3\times 0.2=0.06，$

$P(X=17)=P(x=8,y=9)+P(x=9,y=8)=0.3\times 0.5+0.4\times 0.2=0.23，$

$P(X=18)=P(x=8,y=10)+P(x=10,y=8)+P(x=9,y=9)=0.3\times 0.3+0.3\times 0.2+0.4\times 0.5=0.35，$

$P(X=19)=P(x=9,y=10)+P(x=10,y=9)=0.4\times 0.3+0.3\times 0.5=0.27，$

$P(X=20)=P(x=10,y=10)=0.3\times 0.3=0.09。$

$所以X的分布列为$

|  $X$  | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 |
|:-----:|:--:|:--:|:--:|:--:|:--:|
|  $P$  |0.06|0.23|0.35|0.27|0.09|

Final answer: $X的分布列为$

| $X$  |  16  |  17  |  18  |  19  |  20  |
| :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
| $P$  | 0.06 | 0.23 | 0.35 | 0.27 | 0.09 |
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1 中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA1=\angle CAA1=60^\circ ，P，Q分别在AB，A1C1上(不包括两端)，AP=A1Q.$
![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875181161938946/img/compression/M_20cb73da676f997bdcdee32b43a77e11.jpg)
$设PQ与平面ABC所成角为\theta，求\sin  \theta的取值范围.$

Solution:
$取AC的中点M，连接A_1M、BM、A_1B，$

$\because AM=\frac{1}{2}AC=1，AA_1=2，\angle A_1AM=60^\circ ，$

$\therefore A_1M^2=AA_1^2+AM^2-2AA_1\cdot AM\cdot cos 60^\circ =4+1-2\times 2\times 1\times \frac{1}{2}=3，$

$\therefore A_1M=\sqrt{3}，易得A_1M\perp AC，$

$\because \triangle ABC是等边三角形，\therefore BM\perp AC，$

$又A_1M\cap BM=M，\therefore AC\perp 平面A_1BM,$

$又AC\subset 平面ABC，\therefore 平面ABC\perp 平面A_1BM，$

$在\triangle A_1BM中，A_1M=BM=\sqrt{3}，A_1B=2，易得A_1B边上的高为\sqrt{2}.$

$作A_1H\perp BM，垂足为H，易证得A_1H\perp 平面ABC,$

$则S_{\triangle A_1BM}=\frac{2 \times \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}=\frac{\sqrt{3}A_1H}{2}，\therefore A_1H=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}，$

$\because A_1Q\parallel 平面ABC，所以点Q到平面ABC的距离为\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.$

$\because \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}，$

$\therefore \overrightarrow{QP}^2=| \overrightarrow{QA_1} +\overrightarrow{A_1A} +\overrightarrow{AP} |^2$

$= t^2+4+t^2+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{A_1A}+2\overrightarrow{A_1A}\cdot \overrightarrow{AP}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{AP}$

$= 2t^2+4+2\cdot t\cdot 2\times \frac{1}{2}+2\times 2\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot t\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$

$= t^2+4，$

$\therefore QP=\sqrt{t^2+4}，\therefore \sin  \theta=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{t^2+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{t^2+4}}，$

$\because t\in (0，2)，\therefore \sqrt{t^2+4}\in (2，2\sqrt{2})，$

$\therefore \sin  \theta\in \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right).$

Final answer: $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1 中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA1=\angle CAA1=60^\circ ，P，Q分别在AB，A1C1上(不包括两端)，AP=A1Q.$
<img_1614>
$设PQ与平面ABC所成角为\theta，求\sin  \theta的取值范围.$

Solution:
$取AC的中点M，连接A_1M、BM、A_1B，$

$\because AM=\frac{1}{2}AC=1，AA_1=2，\angle A_1AM=60^\circ ，$

$\therefore A_1M^2=AA_1^2+AM^2-2AA_1\cdot AM\cdot cos 60^\circ =4+1-2\times 2\times 1\times \frac{1}{2}=3，$

$\therefore A_1M=\sqrt{3}，易得A_1M\perp AC，$

$\because \triangle ABC是等边三角形，\therefore BM\perp AC，$

$又A_1M\cap BM=M，\therefore AC\perp 平面A_1BM,$

$又AC\subset 平面ABC，\therefore 平面ABC\perp 平面A_1BM，$

$在\triangle A_1BM中，A_1M=BM=\sqrt{3}，A_1B=2，易得A_1B边上的高为\sqrt{2}.$

$作A_1H\perp BM，垂足为H，易证得A_1H\perp 平面ABC,$

$则S_{\triangle A_1BM}=\frac{2 \times \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}=\frac{\sqrt{3}A_1H}{2}，\therefore A_1H=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}，$

$\because A_1Q\parallel 平面ABC，所以点Q到平面ABC的距离为\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.$

$\because \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}，$

$\therefore \overrightarrow{QP}^2=| \overrightarrow{QA_1} +\overrightarrow{A_1A} +\overrightarrow{AP} |^2$

$= t^2+4+t^2+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{A_1A}+2\overrightarrow{A_1A}\cdot \overrightarrow{AP}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{AP}$

$= 2t^2+4+2\cdot t\cdot 2\times \frac{1}{2}+2\times 2\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot t\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$

$= t^2+4，$

$\therefore QP=\sqrt{t^2+4}，\therefore \sin  \theta=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{t^2+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{t^2+4}}，$

$\because t\in (0，2)，\therefore \sqrt{t^2+4}\in (2，2\sqrt{2})，$

$\therefore \sin  \theta\in \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right).$



Final answer: $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧C_1，C_2所在圆的圆心分别为O_1(1,\frac{\pi }{2}), O_2(1,\frac{3\pi }{2}), M是半圆弧C_1上的一个动点. $
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715284076435591170/img/compression/M_b6959ed4239396fddcf56aeead7b4464.jpg)
$若点N是射线\theta = \frac{\pi }{4}(\rho \geq 0)与圆O的交点，求\triangle MON面积的取值范围.$

Solution:
$由题知 |ON|=2, |OM|=2\sin  \theta, \theta \in [\frac{\pi}{2},\pi), \angle MON=\theta-\frac{\pi}{4}, 所以 \Delta MON 的面积为 S_{\Delta MON}=\frac{1}{2} \times |ON| \times |OM| \times \sin \angle MON=\frac{1}{2} \times 2 \times 2\sin  \theta \times \sin (\theta -\frac{\pi}{4})=2\sin  \theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin  \theta-\cos  \theta)=\sqrt{2}(\sin ^2\theta-\sin  \theta \cos  \theta)=\sqrt{2} \cdot \left(\frac{1-\\cos  2\theta}{2}-\frac{1}{2}\sin  2\theta \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[1-\sqrt{2}\sin (2\theta +\frac{\pi}{4})\right],$

$因为 \theta \in [\frac{\pi}{2},\pi), 所以 2\theta+\frac{\pi}{4} \in [\frac{5\pi}{4},\frac{9\pi}{4}), \sin (2\theta +\frac{\pi}{4}) \in [-1,\frac{\sqrt{2}}{2}), 所以 S_{\Delta MON} \in (0,1+\frac{\sqrt{2}}{2}].$

![triangle](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715284076775329794/img/compression/M_7abcdb40054e28f4edaa3015063954da.jpg)

Final answer: $(0,1+\frac{\sqrt{2}}{2}]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧C_1，C_2所在圆的圆心分别为O_1(1,\frac{\pi }{2}), O_2(1,\frac{3\pi }{2}), M是半圆弧C_1上的一个动点. $
<img_2286>
$若点N是射线\theta = \frac{\pi }{4}(\rho \geq 0)与圆O的交点，求\triangle MON面积的取值范围.$

Solution:
$由题知 |ON|=2, |OM|=2\sin  \theta, \theta \in [\frac{\pi}{2},\pi), \angle MON=\theta-\frac{\pi}{4}, 所以 \Delta MON 的面积为 S_{\Delta MON}=\frac{1}{2} \times |ON| \times |OM| \times \sin \angle MON=\frac{1}{2} \times 2 \times 2\sin  \theta \times \sin (\theta -\frac{\pi}{4})=2\sin  \theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin  \theta-\cos  \theta)=\sqrt{2}(\sin ^2\theta-\sin  \theta \cos  \theta)=\sqrt{2} \cdot \left(\frac{1-\\cos  2\theta}{2}-\frac{1}{2}\sin  2\theta \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[1-\sqrt{2}\sin (2\theta +\frac{\pi}{4})\right],$

$因为 \theta \in [\frac{\pi}{2},\pi), 所以 2\theta+\frac{\pi}{4} \in [\frac{5\pi}{4},\frac{9\pi}{4}), \sin (2\theta +\frac{\pi}{4}) \in [-1,\frac{\sqrt{2}}{2}), 所以 S_{\Delta MON} \in (0,1+\frac{\sqrt{2}}{2}].$

<img_3050>

Final answer: $(0,1+\frac{\sqrt{2}}{2}]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为(x-1)^2+(y-\sqrt{3})^2=1。以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为\theta=\alpha(\rho \in \textbf{R})，其中\alpha为常数且\alpha \in [0,\pi]。$
$若直线l与曲线C相交于A，B两点，求\frac{1}{|OA|} + \frac{1}{|OB|}的取值范围.$

Solution:
$\because 直线l与曲线C相交于A,B两点$，  
$\therefore \alpha \in \left(\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2}\right).  $
$将直线l的极坐标方程代入曲线C的极坐标方程$，  
$得\rho ^2-4\rho sin\left(\alpha +\frac{\pi }{6}\right)+3=0.  $
$设该方程的两根分别为\rho _1和\rho _2$,  
$则\rho _1+\rho _2=4sin\left(\alpha +\frac{\pi }{6}\right),\rho _1\rho _2=3.  $
$由题意知|OA|=\rho _1,|OB|=\rho _2$.  
$\therefore \frac{1}{|OA|}+\frac{1}{|OB|}=\frac{1}{\rho _1}+\frac{1}{\rho _2}=\frac{\rho _1+\rho _2}{\rho _1\rho _2}=\frac{4}{3}sin\left(\alpha +\frac{\pi }{6}\right).  $
$\because \alpha \in \left(\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2}\right),\therefore \alpha +\frac{\pi }{6}\in \left(\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3}\right).  $
$\therefore sin\left(\alpha +\frac{\pi }{6}\right)\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right].  $
$\therefore \frac{1}{|OA|}+\frac{1}{|OB|}的取值范围为\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{4}{3}\right].$



Final answer: \left(\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{4}{3}\right]
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点A,B的极坐标分别为A(2,\frac{5\pi}{4})，B(2,\frac{\pi}{4})，圆C_1以AB为直径，直线l的极坐标方程为\rho \cos(\theta +\frac{\pi}{4})=6.$
$圆C_1经过伸缩变换$
$$
\begin{cases}
x'=\frac{\sqrt{2}}{2}x,\\
y'=\frac{\sqrt{6}}{2}y
\end{cases}
$$
$得到曲线C_2，已知点P为曲线C_2上的任意一点，求点P到直线l距离的取值范围.$

Solution:
由
$$
\left\{\begin{matrix}x'=\frac{\sqrt{2}}{2}x,\\ y'=\frac{\sqrt{6}}{2}y\end{matrix}\right.
$$
得
$$
\left\{\begin{matrix}x=\sqrt{2}x',\\ y=\frac{2}{\sqrt{6}}y',\end{matrix}\right.
$$
$代入x^2 + y^2=4，$
$得2x'^2 + \frac{4}{6}y'^2 =4。所以C_2的普通方程为$
$$
\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{6} = 1,
$$
$C_2的参数方程为$
$$
\left\{\begin{matrix}x=\sqrt{2}\cos  \theta ,\\ y=\sqrt{6}\sin  \theta \end{matrix}\right.
$$
($\theta$ 为参数)。
$设P(\sqrt{2}\cos  \theta, \sqrt{6}\sin  \theta)为C_2上任意一点，点P到l的距离为d，$
则
$$
d = \frac{|\sqrt{2}\cos  \theta -\sqrt{6}\sin  \theta -6\sqrt{2}|}{\sqrt{2}} = \frac{\left|2\sqrt{2}\cos  \left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)-6\sqrt{2}\right|}{\sqrt{2}} = 6-2\cos\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right),
$$
$所以当\cos\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)=-1时，d_{max}=8，$
$当\cos\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)=1时，d_{min}=4，$
所以P到l的距离的取值范围是[4,8]。

Final answer: $[4,8]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为$
$$
\left\{
\begin{matrix}
x=\sqrt{3}\cos  2t,\\ 
y=2\sin  t
\end{matrix}
\right.
$$
$(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为\rho sin\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)+m=0$
$若l与C有公共点，求m的取值范围.$

Solution:
解法：

$由x = \sqrt{3}cos 2t，$
$得x = \sqrt{3}(1-2sin^2t) = \sqrt{3}[1-2(\frac{y}{2})^2] = \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}y^2(-2\leq y\leq 2)，$
$联立\{ x = \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}y^2,  \sqrt{3}x+y+2m = 0 \}，得3y^2-2y-4m-6 = 0，$
$即3y^2-2y-6 = 4m,$
$因为3y^2-2y-6 = 3(y-\frac{1}{3})^2-\frac{19}{3}，且-2\leq y\leq 2,$
$所以-\frac{19}{3} \leq  3y^2-2y-6 \leq  10，即-\frac{19}{3} \leq  4m \leq  10,$
$所以-\frac{19}{12} \leq  m \leq  \frac{5}{2}.$
$故实数m的取值范围为[-\frac{19}{12},\frac{5}{2}].$
解法：

$将x = \sqrt{3}cos 2t，y = 2sin t代入\sqrt{3}x+y+2m = 0中，$
$可得3cos 2t+2sin t+2m = 0 \Rightarrow  3(1-2sin^2t)+2sin t+2m = 0，$
$化简为-6sin^2t+2sin t+3+2m = 0，$
$要使l与C有公共点，则2m = 6sin^2t-2sin t-3有解，$
$令sin t=a，则a \in [-1,1]，令f(a) = 6a^2-2a-3(-1\leq a\leq 1)，$
$所以f(a)_{max} = f(-1) = 6+2-3 = 5，$
$f(a)_{min} = f(\frac{1}{6}) = \frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3 = -\frac{19}{6}，$
$所以-\frac{19}{6} \leq  2m \leq  5，即m的取值范围为[-\frac{19}{12},\frac{5}{2}].$

Final answer: $[-\frac{19}{12},\frac{5}{2}]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C_1的极坐标方程为\rho=2sin \theta (\frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}).$
$曲线C_2:$
$\left\{\begin{matrix}x=2\cos  \alpha ,\\ y=2\sin  \alpha \end{matrix}\right.$
$(\alpha为参数，\frac{\pi }{2}<\alpha<\pi).$
$写出C_1的直角坐标方程；$

Solution:
$\because \rho =2sin \theta ,\therefore \rho ^2=2\rho sin \theta .$
$\because \rho ^2=x^2+y^2,y=\rho sin \theta ,\therefore x^2+y^2=2y,$
$即x^2+(y-1)^2=1.$
$又\because \frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{\pi }{2},\therefore 0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2,$
$\therefore C_1的直角坐标方程为x^2+(y-1)^2=1(0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2).$

Final answer: $x^2+(y-1)^2=1(0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C_1的极坐标方程为\rho=2sin \theta (\frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}).$
$曲线C_2:$
$\left\{\begin{matrix}x=2\cos  \alpha ,\\ y=2\sin  \alpha \end{matrix}\right.$
$(\alpha为参数，\frac{\pi }{2}<\alpha<\pi).$
$写出C_1的直角坐标方程；其中(0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2)$

Solution:
$\because \rho =2sin \theta ,\therefore \rho ^2=2\rho sin \theta .$
$\because \rho ^2=x^2+y^2,y=\rho sin \theta ,\therefore x^2+y^2=2y,$
$即x^2+(y-1)^2=1.$
$又\because \frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{\pi }{2},\therefore 0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2,$
$\therefore C_1的直角坐标方程为x^2+(y-1)^2=1(0\leq x\leq 1且1\leq y\leq 2).$



Final answer: $x^2+(y-1)^2=1$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C_1的极坐标方程为\rho=2sin \theta (\frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}).$
$曲线C_2:$
$\left\{\begin{matrix}x=2\cos  \alpha ,\\ y=2\sin  \alpha \end{matrix}\right.$
$(\alpha为参数，\frac{\pi }{2}<\alpha<\pi).$
$若直线y=x+m既与C_1没有公共点，也与C_2没有公共点，求m的取值范围.$

Solution:
$由题意可知 C_2 : x^2 + y^2 = 4 (-2 < x < 0 且 0 < y < 2).$

由图可知：

$当 m < 0时，y = x + m 与 C_1 无公共点，与 C_2 也无公共点，$

$当 y = x + m 与 C_2 相切时，$

$有 \frac{|m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} = 2，解得 m = 2 \sqrt{2}(负值舍去).$

$所以当 m > 2 \sqrt{2} 时，直线 y = x + m 与 C_1 和 C_2 都无公共点.$

$综上， m 的取值范围是 \{m | m < 0 或 m > 2 \sqrt{2} \}.$

<img_369>

Final answer: (-\infty,0)\cup(2\sqrt{2},+\infty)
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在平面直角坐标系xOy中，\odot O的参数方程为$
$$
\begin{cases}
x=\cos\theta ,\\
y=\sin\theta
\end{cases}
$$
$(\theta为参数)，过点(0，-\sqrt{2})且倾斜角为\alpha 的直线l与\odot O交于A，B两点.$
求$\alpha$ 的取值范围；

Solution:
$\odot O的直角坐标方程为x^{2} + y^{2} = 1.$

$当\alpha =\frac{\pi}{2}时，l与\odot O交于两点.$

$当\alpha \neq \frac{\pi}{2}时，记tan \alpha =k，则l的方程为y=kx-\sqrt{2}. l与\odot O交于两点当且仅当|\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+k^2}}| < 1，解得k<-1或k>1，即\alpha \in \left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)或\alpha \in \left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{4}\right).$

$综上，\alpha 的取值范围是\left(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right).$



Final answer: $\left(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right)$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x+1|+|x-a|.$
$当a=2时，求不等式f(x)<5的解集；$

Solution:
$当a=2时，原不等式可化为$
$$
\left\{\begin{matrix}x<-1,\\ 1-2x<5\end{matrix}\right.
$$
或
$$
\left\{\begin{matrix}-1\leq x\leq 2,\\ 3<5\end{matrix}\right.
$$
或
$$
\left\{\begin{matrix}x>2,\\ 2x-1<5,\end{matrix}\right.
$$
$解得x\in (-2,3)$

所以不等式的解集为(-2,3).

Final answer: (-2,3)
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x+1|+|x-a|.$
$若f(x)\geq 2的解集为R，求a的取值范围.$

Solution:
$由题意可得 f(x)_{min} \geq 2，因为 |x+1| + |x-a| \geq |(x+1) - (x-a)| = |a+1|，当 (x+1)(x-a) \leq 0 时取等号。所以 f(x)_{min} = |a+1|，由 f(x) \geq 2 的解集为 R，则 |a+1| \geq 2，即 a+1 \geq 2 或 a+1 \leq -2， 故 a \geq 1 或 a \leq -3。$

Final answer: (-\infty,-3]\cup[1,+\infty)
Subfield: Inequality


Question: $已知存在x_0\in R，使得|x_0+a|-|x_0-2b|\geq 4成立，a>0，b>0．$
$求a+2b的取值范围；$

Solution:
$由题意，知 |x+b|-|x-2b| \leq  |(x+a)-(x-2b)|=|a+2b|=a+2b.$

$因为存在 x_0 \in  R，使得 |x_0+a|-|x_0-2b|\geq 4，$

$所以只需 a+2b \geq  4，即 a+2b 的取值范围是[4,+\infty ).$

Final answer: [4,+\infty)
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x) = \sqrt{|2x-1|-|x+m|-m}．$
$当m=2时，求函数f(x)的定义域；$

Solution:
$当m=2时， f(x)=\sqrt{|2x-1|-|x+2|-2}，依题意，|2x-1|-|x+2|-2\geq 0,$

$当x\leq -2时，不等式化为1-2x+x+2-2\geq 0，解得x\leq 1，则有x\leq -2；$

$当-2<x\leq \frac{1}{2}时，不等式化为1-2x-x-2-2\geq 0，解得x\leq -1，则有-2<x\leq -1；$

$当x>\frac{1}{2}时，不等式化为2x-1-x-2-2\geq 0，解得x\geq 5，则有x\geq 5.$

$所以函数f(x)的定义域为(-\infty ,-1]\cup [5,+\infty )$.

Final answer: $(-\infty ,-1]\cup [5,+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x) = \sqrt{|2x-1|-|x+m|-m}．$
$设函数f(x)的定义域为M，当m>-\frac{1}{2}时，\left[-m,\frac{1}{2}\right]\subseteq M，求实数m的取值范围．$

Solution:
$当m>-\frac{1}{2}时，\left[-m,\frac{1}{2}\right]\subseteq M，则∀x\in \left[-m,\frac{1}{2}\right]，|2x-1|-|x+m|-m\geq 0成立，$

$此时，2x-1\leq 0，x+m\geq 0，则|2x-1|-|x+m|-m\geq 0\Leftrightarrow 1-2x-x-m-m\geq 0\Leftrightarrow 2m\leq -3x+1，$

$于是得∀x\in \left[-m,\frac{1}{2}\right]，2m\leq -3x+1成立，而函数y=-3x+1在\left[-m,\frac{1}{2}\right]上单调递减，$

$当x=\frac{1}{2}时，y_{min}=-\frac{1}{2}，从而得2m\leq -\frac{1}{2}，解得m\leq -\frac{1}{4}，又m>-\frac{1}{2}，所以实数m的取值范围是-\frac{1}{2}<m\leq -\frac{1}{4}。$

Final answer: (- \frac{1}{2},- \frac{1}{4}]
Subfield: Inequality


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

Solution:
$因为 f(x)=|x-1|+1, f(x)-|x+2|\leq 3,$

$即 |x-1|-|x+2|\leq 2,$

$当 x<-2 时, -(x-1)+(x+2)\leq 2, 无解;$

$当 -2\leq x\leq 1 时, -(x-1)-(x+2)\leq 2, 解得 x\geq -\frac{3}{2}, 所以 -\frac{3}{2}\leq x\leq 1;$

$当 x>1 时, (x-1)-(x+2)\leq 2, 化简得 -3\leq 2, 所以 x>1. 所以不等式 f(x)-|x+2|\leq 3 的解集为 \left[-\frac{3}{2},+\infty \right).$



Final answer: $\left[-\frac{3}{2},+\infty \right)$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)＝|x-1|＋1．$
$若存在 x \in [1, 2]，使得不等式 |x + a| + 2f(x) > x^2 + 2 成立，求实数 a 的取值范围．$

Solution:
$因为 |x+a|+2f(x)>x^2+2, f(x)=|x-1|+1,$

$当 1 \leq x \leq 2 时, 原不等式可化为 |x+a|>x^2-2x+2,$

$所以 x+a>x^2-2x+2 或 x+a<-x^2+2x-2,$

$即存在 x \in [1,2], 使得 a>x^2-3x+2 或 a<-x^2+x-2.$

$若存在 x \in [1,2], 使 a>x^2-3x+2 成立, 又 x^2-3x+2 \geq -\frac{1}{4}，所以 a>-\frac{1}{4};$

$若存在 x \in [1,2], 使 a<-x^2+x-2 成立, 又 -x^2+x-2 \leq -2，所以 a<-2.$

$综上，实数 a 的取值范围为 (-\infty,-2) \cup \left(-\frac{1}{4},+\infty \right).$



Final answer: $(-\infty,-2) \cup \left(-\frac{1}{4},+\infty \right)$