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


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0), A_{1}, A_{2}$ 分别为椭圆的左、右顶点, $F_{1} 、 F_{2}$ 分别为椭圆的左、右焦点, $P$ 为椭圆上不同于 $A_{1}$ 和 $A_{2}$ 的任意一点. 若平面中两个点 $Q 、 R$ 满足 $Q A_{1} \perp P A_{1}, Q A_{2} \perp P A_{2}, R F_{1} \perp P F_{1}, R F_{2} \perp P F_{2}$,试确定线段 $Q R$ 的长度与 $b$ 的大小关系.

Solution:
令 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$, 则 $A_{1}(-a, 0), A_{2}(a, 0), F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$.

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), Q\left(x_{1}, y_{1}\right), \mathbb{R}\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 其中 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1, y_{0} \neq 0$.

由 $Q A_{1} \perp P A_{1}, Q A_{2} \perp P A_{2}$ 可知

$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{A_{1} Q} \cdot \overrightarrow{A_{1} P}=\left(x_{1}+a\right)\left(x_{0}+a\right)+y_{1} y_{0}=0, (1) \\
& \overrightarrow{A_{2} Q} \cdot \overrightarrow{A_{2} P}=\left(x_{1}-a\right)\left(x_{0}-a\right)+y_{1} y_{0}=0. (2)
\end{aligned}
$$

将 (1)、(2) 相减, 得 $2 a\left(x_{1}+x_{0}\right)=0$, 即 $x_{1}=-x_{0}$, 将其代入 (1), 得 $-x_{0}^{2}+a^{2}+y_{1} y_{0}=0$,故 $y_{1}=\frac{x_{0}^{2}-a^{2}}{y_{0}}$, 于是 $Q\left(-x_{0}, \frac{x_{0}^{2}-a^{2}}{y_{0}}\right)$.

根据 $R F_{1} \perp P F_{1}, R F_{2} \perp P F_{2}$, 同理可得 $R\left(-x_{0}, \frac{x_{0}^{2}-c^{2}}{y_{0}}\right)$. 因此

$$
|Q R|=\left|\frac{x_{0}^{2}-a^{2}}{y_{0}}-\frac{x_{0}^{2}-c^{2}}{y_{0}}\right|=\frac{b^{2}}{\left|y_{0}\right|}
$$

由于 $\left|y_{0}\right| \in(0, b)$, 故 $|Q R| \geqslant b$ (其中等号成立的充分必要条件是 $\left|y_{0}\right|=b$, 即点 $P$ 为 $(0, \pm b))$.

Final answer: $|Q R| \geqslant b$
Subfield: Algebra


Question: 求所有的正实数对 $(a, b)$, 使得函数 $f(x)=a x^{2}+b$ 满足: 对任意实数 $x, y$, 有

$$
f(x y)+f(x+y) \geqslant f(x) f(y) .
$$

Solution:
已知条件可转化为: 对任意实数 $x, y$, 有

$$
\left(a x^{2} y^{2}+b\right)(a(x+y)+b) \geqslant\left(a x^{2}+b\right)\left(a y^{2}+b\right), (1)
$$

先寻找 $a, b$ 所满足的必要条件.

在 (1) 式中令 $y=0$, 得 $b+\left(a x^{2}+b\right) \geqslant\left(a x^{2}+b\right) \cdot b$, 即对任意实数 $x$, 有

$$
(1-b) a x^{2}+b(2-b) \geqslant 0 .
$$

由于 $a>0$, 故 $a x^{2}$ 可取到任意大的正值, 因此必有 $1-b \geqslant 0$, 即 $0<b \leqslant 1$.在 (1) 式中再令 $y=-x$, 得 $\left(a x^{4}+b\right)+b \geqslant\left(a x^{2}+b\right)^{2}$, 即对任意实数 $x$, 有

$$
\left(a-a^{2}\right) x^{4}-2 a b x^{2}+\left(2 b-b^{2}\right) \geqslant 0 . (2)
$$



将 (2) 的左边记为 $g(x)$. 显然 $a-a^{2} \neq 0$ (否则, 由 $a>0$ 可知 $a=1$, 此时 $g(x)=$ $-2 b x^{2}+\left(2 b-b^{2}\right)$, 其中 $b>0$, 故 $g(x)$ 可取到负值, 矛盾), 于是

$$
\begin{aligned}
g(x) & =\left(a-a^{2}\right)\left(x^{2}-\frac{a b}{a-a^{2}}\right)^{2}-\frac{(a b)^{2}}{a-a^{2}}+\left(2 b-b^{2}\right) \\
& =\left(a-a^{2}\right)\left(x^{2}-\frac{b}{1-a}\right)^{2}+\frac{b}{1-a}(2-2 a-b) \\
& \geqslant 0
\end{aligned}
$$

对一切实数 $x$ 成立, 从而必有 $a-a^{2}>0$, 即 $0<a<1$.

进一步, 考虑到此时 $\frac{b}{1-a}>0$, 在根据

$$
g\left(\sqrt{\frac{b}{1-a}}\right)=\frac{b}{1-a}(2-2 a-b) \geqslant 0
$$

可得 $2 a+b \leqslant 2$.

至此, 求得 $a, b$ 满足的必要条件如下:

$$
0<b \leqslant 1,0<a<1,2 a+b \leqslant 2. (3)
$$

下面证明, 对满足 (3) 的任意实数对 $(a, b)$ 以及任意实数 $x, y$, 总有 (1) 成立, 即

$$
h(x, y)=\left(a-a^{2}\right) x^{2} y^{2}+a(1-b)\left(x^{2}+y^{2}\right)+2 a x y+\left(2 b-b^{2}\right)
$$

对任意 $x, y$ 取非负值.

事实上, 在 (3) 成立时, 有 $a(1-b) \geqslant 0, a-a^{2}>0, \frac{b}{1-a}(2-2 a-b) \geqslant 0$, 再结合 $x^{2}+y^{2} \geqslant-2 x y$, 可得

$$
\begin{aligned}
h(x, y) & \geqslant\left(a-a^{2}\right) x^{2} y^{2}+a(1-b)(-2 x y)+2 a x y+2 a x y+\left(2 b-b^{2}\right) \\
& =\left(a-a^{2}\right) x^{2} y^{2}+2 a b x y+\left(2 b-b^{2}\right) \\
& =\left(a-a^{2}\right)\left(x y+\frac{b}{1-a}\right)^{2}+\frac{b}{1-a}(2-2 a-b) \\
& \geqslant 0 .
\end{aligned}
$$

综上所述, 所求的正实数对 $(a, b)$ 全体为 $\{(a, b) \mid 0<b \leqslant 1,0<a<1,2 a+b \leqslant 2\}$.

Final answer: $\{(a, b) \mid 0<b \leqslant 1,0<a<1,2 a+b \leqslant 2\}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $A B$ 是圆 $\omega$ 的一条弦, $P$ 为弧 $A B$ 内一点, $E, F$ 为线段 $A B$上两点, 满足 $A E=E F=F B$. 连结 $P E, P F$ 并延长, 与圆 $\omega$ 分别相交于点 $C, D$. 求证:

$$
E F \cdot C D=A C \cdot B D
$$

<img_4053>

Solution:
连结 $A D, B C, C F, D E$, 如下图. 

<img_4113>


由于 $A E=E F=F B$, 从而

$$
\frac{B C \cdot \sin \angle B C E}{A C \cdot \sin \angle A C E}=\frac{\text { 点 } B \text { 到直线 } C P \text { 的距离 }}{\text { 点 } A \text { 到直线 } C P \text { 的距离 }}=\frac{B E}{A E}=2 . (1)
$$

同样

$$
\frac{A D \cdot \sin \angle A D F}{B D \cdot \sin \angle B D F}=\frac{\text { 点 } A \text { 到直线 } P D \text { 的距离 }}{\text { 点 } B \text { 到直线 } P D \text { 的距离 }}=\frac{A F}{B F}=2 . (2)
$$

另一方面, 由于

$$
\begin{aligned}
& \angle B C E=\angle B C P=\angle B D P=\angle B D F, \\
& \angle A C E=\angle A C P=\angle A D P=\angle A D F,
\end{aligned}
$$



故将 (1) 、(2) 两式相乘可得 $\frac{B C \cdot A D}{A C \cdot B D}=4$, 即

$$
B C \cdot A D=4 A C \cdot B D . (3)
$$

由托勒密定理

$$
A D \cdot B C=A C \cdot B D+A B \cdot C D . (4)
$$

故由 (3)(4) 得

$$
A B \cdot C D=3 A C \cdot B D
$$

即

$$
E F \cdot C D=A C \cdot B D
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $A B$ 是圆 $\omega$ 的一条弦, $P$ 为弧 $A B$ 内一点, $E, F$ 为线段 $A B$上两点, 满足 $A E=E F=F B$. 连结 $P E, P F$ 并延长, 与圆 $\omega$ 分别相交于点 $C, D$. 求证:

$$
E F \cdot C D=A C \cdot B D
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bd9398b1a27a578d6919g-1.jpg?height=377&width=394&top_left_y=882&top_left_x=882)

Solution:
连结 $A D, B C, C F, D E$, 如下图. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bd9398b1a27a578d6919g-1.jpg?height=385&width=394&top_left_y=1692&top_left_x=882)


由于 $A E=E F=F B$, 从而

$$
\frac{B C \cdot \sin \angle B C E}{A C \cdot \sin \angle A C E}=\frac{\text { 点 } B \text { 到直线 } C P \text { 的距离 }}{\text { 点 } A \text { 到直线 } C P \text { 的距离 }}=\frac{B E}{A E}=2 . (1)
$$

同样

$$
\frac{A D \cdot \sin \angle A D F}{B D \cdot \sin \angle B D F}=\frac{\text { 点 } A \text { 到直线 } P D \text { 的距离 }}{\text { 点 } B \text { 到直线 } P D \text { 的距离 }}=\frac{A F}{B F}=2 . (2)
$$

另一方面, 由于

$$
\begin{aligned}
& \angle B C E=\angle B C P=\angle B D P=\angle B D F, \\
& \angle A C E=\angle A C P=\angle A D P=\angle A D F,
\end{aligned}
$$



故将 (1) 、(2) 两式相乘可得 $\frac{B C \cdot A D}{A C \cdot B D}=4$, 即

$$
B C \cdot A D=4 A C \cdot B D . (3)
$$

由托勒密定理

$$
A D \cdot B C=A C \cdot B D+A B \cdot C D . (4)
$$

故由 (3)(4) 得

$$
A B \cdot C D=3 A C \cdot B D
$$

即

$$
E F \cdot C D=A C \cdot B D
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Sequence


Question: 给定正整数 $u, v$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}=u+v$, 对整数 $m \geqslant 1$.

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{2 m}=a_{m}+u \\
a_{2 m+1}=a_{m}+v
\end{array}\right.
$$

记 $S_{m}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}(m=1,2, \cdots)$. 证明: 数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 中有无穷多项是完全平方数.

Solution:
对正整数 $n$, 有

$$
\begin{aligned}
S_{2^{n+1}-1} & =a_{1}+\left(a_{2}+a_{3}\right)+\left(a_{4}+a_{5}\right)+\cdots+\left(a_{2^{n+1}-2}+a_{2^{n+1}-1}\right). \\
& =u+v+\left(a_{1}+u+a_{1}+v\right)+\left(a_{2}+u+a_{2}+v\right)+\cdots+\left(a_{2^{n}-1}+u+a_{2^{n}-1}+v\right) \\
& =2^{n}(u+v)+2 S_{2^{n}-1},
\end{aligned}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
S_{2^{n}-1} & =2^{n-1}(u+v)+2 S_{2^{n-1}-1} \\
& =2^{n-1}(u+v)+2\left(2^{n-2}(u+v)+2 S_{2^{n-2}-1}\right) \\
& =2 \cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{2} S_{2^{n-2}-1}. \\
& =(n-1) \cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{n-1}(u+v) \\
& =(u+v) n \cdot 2^{n-1},
\end{aligned}
$$

设 $u+v=2^{k} \cdot q$, 其中 $k$ 是非负整数, $q$ 是奇数. 取 $n=q \cdot l^{2}$, 其中 $l$ 为满足 $l \equiv(k-1)(\bmod 2)$ 的任意正整数, 此时 $S_{2^{n}-1}=q^{2} l^{2} \cdot 2^{k-1+q \cdot l^{2}}$, 注意到 $q$ 是奇数, 故

$$
k-1+q \cdot l^{2} \equiv k-1+l^{2} \equiv k-1+(k-1)^{2}=k(k-1) \equiv 0(\bmod 2)
$$

所以, $S_{2^{n}-1}$ 是完全平方数. 由于 $l$ 有无穷多个, 故数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 中有无穷多项是完全平方数.
Subfield: Combinatorics


Question: 一次考试共有 $m$ 道试题, $n$ 个学生参加, 其中 $m, n \geqslant 2$ 为给定的整数. 每道题的得分规则是: 若该题恰有 $x$ 个学生没有答对, 则每个答对该题的学生得分 $x$ 分, 未答对的学生得零分. 每个学生总分为其 $m$ 道题的得分总和. 将所有学生总分从高到低排列为 $p_{1} \geqslant p_{2} \geqslant \cdots \geqslant p_{n}$, 求 $p_{1}+p_{n}$ 的最大可能值.

Solution:
对任意的 $k=1,2, \cdots, m$, 设第 $k$ 题没有答对者有 $x_{k}$ 人，则第 $k$ 题答对者有 $n-x_{k}$ 人, 由得分规则知, 这 $n-x_{k}$ 个人在第 $k$ 题均得到 $x_{k}$ 分. 设 $n$ 个学生得分之和为 $S$, 则有

$$
\sum_{i=1}^{p} p_{i}=S=\sum_{k=1}^{m} x_{k}\left(n-x_{k}\right)=n \sum_{k=1}^{m} x_{k}-\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2}
$$

因为每一个人在第 $k$ 道题上至多得 $x_{k}$ 分, 故

$$
p_{1} \leqslant \sum_{k=1}^{m} x_{k}.
$$

由于 $p_{2} \geqslant \cdots \geqslant p_{n}$, 故有 $p_{n} \leqslant \frac{p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{n}}{n-1}=\frac{S-p_{1}}{n-1}$. 所以

$$
\begin{aligned}
p_{1}+p_{n} & \leqslant p_{1}+\frac{S-p_{1}}{n-1} \\
& =\frac{n-2}{n-1} p_{1}+\frac{S}{n-1} \\
& \leqslant \frac{n-2}{n-1} \cdot \sum_{k=1}^{m} x_{k}+\frac{1}{n-1} \cdot\left(n \sum_{k=1}^{m} x_{k}-\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2}\right) \\
& =2 \sum_{k=1}^{m} x_{k}-\frac{1}{n-1} \cdot \sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2} .
\end{aligned}
$$

由柯西不等式得

$$
\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2} \geqslant \frac{1}{m}\left(\sum_{k=1}^{m} x_{k}\right)^{2}
$$

于是

$$
\begin{aligned}
p_{1}+p_{n} & \leqslant 2 \sum_{k=1}^{m} x_{k}-\frac{1}{m(n-1)} \cdot\left(\sum_{k=1}^{m} x_{k}\right)^{2} \\
& =-\frac{1}{m(n-1)} \cdot\left(\sum_{k=1}^{m} x_{k}-m(n-1)\right)^{2}+m(n-1) \\
& \leqslant m(n-1),
\end{aligned}
$$

另一方面, 若有一个学生全部答对, 其他 $n-1$ 个学生全部答错, 则

$$
p_{1}+p_{n}=p_{1}=\sum_{k=1}^{m}(n-1)=m(n-1)
$$

Final answer: $m(n-1)$
Subfield: Number Theory


Question: 设 $n, k$ 为大于 1 的整数, $n<2^{k}$. 证明: 存在 $2 k$ 个不被 $n$ 整除的整数, 若将它们任意分成两组, 则总有一组有若干个数的和被 $n$ 整除.

Solution:
先考虑 $n$ 为 2 的幂的情形.

设 $n=2^{r}, r \geqslant 1$, 则 $r<k$. 取 3 个 $2^{r-1}$ 及 $2 k-3$ 个 1 , 显然这些数均不被 $n$ 整除.将这 $2 k$ 个数任意分成两组, 则总有一组中含 2 个 $2^{r-1}$, 它们的和为 $2^{r}$, 被 $n$ 整除.

现在设 $n$ 不是 2 的幕, 取 $2 k$ 个数为

$$
-1,-1,-2,-2^{2}, \cdots,-2^{k-2}, 1,2,2^{2}, \cdots, 2^{k-1}
$$

因为 $n$ 不是 2 的幂, 故上述 $2 k$ 个数均不被 $n$ 整除.

若可将这些数分成两组, 使得每一组中任意若干个数的和均不能被 $n$ 整除. 不妨设 1 在第一组, 由于

$$
(-1)+1=0
$$

被 $n$ 整除, 故两个 -1 必须在第二组; 因为

$$
(-1)+(-1)+2=0
$$

被 $n$ 整除, 故 2 在第一组, 进而推出 -2 在第二组.

现归纳假设 $1,2, \cdots, 2^{l}$ 均在第一组, 而 $-1,-1,-2, \cdots,-2^{l}$ 均在第二组, 这里 $1 \leqslant l<k-2$, 由于

$$
(-1)+(-1)+(-2)+\cdots+\left(-2^{l}\right)+2^{l+1}=0
$$

被 $n$ 整除, 故 $2^{l+1}$ 在第一组, 从而 $-2^{l+1}$ 在第二组. 故由数学归纳法可知, $1,2,2^{2}, \cdots, 2^{k-2}$在第一组, $-1,-1,-2,-2^{2}, \cdots,-2^{k-2}$ 在第二组. 最后, 由于

$$
(-1)+(-1)+(-2)+\cdots+\left(-2^{k-2}\right)+2^{k-1}=0,
$$

被 $n$ 整除, 故 $2^{k-1}$ 在第一组. 因此 $1,2,2^{2}, \cdots, 2^{k-1}$ 均在第一组, 由正整数的二进制表示可知, 每一个不超过 $2^{k}-1$ 的正整数均可表示为 $1,2,2^{2} \cdots, 2^{k-1}$ 中若干个数的和,特别地, 因为 $n \leqslant 2^{k-1}$, 故第一组中有若干个数的和为 $n$, 当然被 $n$ 整除, 矛盾!因此, 将前述 $2 k$ 个整数任意分成两组, 则总有一组中有若干个数之和被 $n$ 整除.
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=a \sin x-\frac{1}{2} \cos 2 x+a-\frac{3}{a}+\frac{1}{2}, a \in \mathbb{R}$ 且 $a \neq 0$.
若对任意 $x \in \mathbb{R}$, 都有 $f(x) \leqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围;

Solution:
因为

$$
f(x)=\sin ^{2} x+a \sin x+a-\frac{3}{a},
$$

令 $t=\sin x(-1 \leqslant t \leqslant 1)$, 则

$$
g(t)=t^{2}+a t+a-\frac{3}{a} .
$$

对任意 $x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant 0$ 恒成立的充要条件是

$$
\left\{\begin{array}{l}
g(-1)=1-\frac{3}{a} \leqslant 0 \\
g(1)=1+2 a-\frac{3}{a} \leqslant 0
\end{array}\right.
$$

解得 $a$ 的取值范围为 $(0,1]$.

Final answer: $(0,1]$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=a \sin x-\frac{1}{2} \cos 2 x+a-\frac{3}{a}+\frac{1}{2}, a \in \mathbb{R}$ 且 $a \neq 0$.
若 $a \geqslant 2$, 且存在 $x \in \mathbb{R}$, 使得 $f(x) \leqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
因为 $a \geqslant 2$, 所以 $-\frac{a}{2} \leqslant-1$, 因此

$$
g(t)_{\min }=g(-1)=1-\frac{3}{a},
$$

故

$$
f(x)_{\min }=1-\frac{3}{a}
$$



于是, 存在 $x \in \mathbb{R}$, 使得 $f(x) \leqslant 0$ 的充要条件是

$$
1-\frac{3}{a} \leqslant 0
$$

解得 $0<a \leqslant 3$.

Final answer: $[2,3]$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为非零实数, 且对于任意的正整数 $n$, 都有

$$
\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}=a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+\cdots+a_{n}^{3} .
$$
当 $n=3$ 时, 求所有满足条件的数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$;

Solution:
当 $n=1$ 时,

$$
a_{1}^{2}=a_{1}^{3},
$$

由 $a_{1} \neq 0$, 得 $a_{1}=1$.

当 $n=2$ 时,

$$
\left(1+a_{2}\right)^{2}=1+a_{2}^{3},
$$

由 $a_{2} \neq 0$, 得 $a_{2}=2$ 或 $a_{2}=-1$.

当 $n=3$ 时,

$$
\left(1+a_{2}+a_{3}\right)^{2}=1+a_{2}^{3}+a_{3}^{3},
$$

若 $a_{2}=2$, 得 $a_{3}=3$ 或 $a_{3}=-2$;

若 $a_{2}=-1$, 得 $a_{3}=1$.

综上, 满足条件的数列有 3 个: $1,2,3$ 或 $1,2,-2$ 或 $1,-1,1$.

Final answer: $(1,2,3),(1,2,-2),(1,-1,1)$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为非零实数, 且对于任意的正整数 $n$, 都有

$$
\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}=a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+\cdots+a_{n}^{3} .
$$
是否存在满足条件的无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 使得 $a_{2013}=-2012$ ? 若存在, 求出这样的无穷数列的一个通项公式; 若不存在, 说明理由.

Solution:
令 $S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$, 由题意得

$$
S_{n}^{2}=a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+\cdots+a_{n}^{3}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)
$$

从而

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



两式相减, 结合 $a_{n+1} \neq 0$, 得

$$
2 S_{n}=a_{n+1}^{2}-a_{n+1}
$$

当 $n=1$ 时, 由 (1) 知, $a_{1}=1$.

当 $n \geqslant 2$ 时,

$$
2 a_{n}=2\left(S_{n}-S_{n-1}\right)=\left(a_{n+1}^{2}-a_{n+1}\right)-\left(a_{n}^{2}-a_{n}\right),
$$

即

$$
\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}-1\right)=0,
$$

所以 $a_{n+1}=-a_{n}$ 或 $a_{n+1}=a_{n}+1$.

又因为

$$
a_{1}=1, a_{2013}=-2012
$$

所以存在如下形式的无穷数列满足条件:

$$
a_{n}= \begin{cases}n, & 1 \leqslant n \leqslant 2012 \\ 2012(-1)^{n}, & n \geqslant 2013\end{cases}
$$

Final answer: $存在, a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}n, & 1 \leqslant n \leqslant 2012, \\ 2012(-1)^{n}, & n \geqslant 2013\end{array}\right.$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 菱形 $A B C D$ 的边长为 4 , 且 $|O B|=|O D|=6$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f63d5b872e23127473fag-1.jpg?height=431&width=408&top_left_y=1378&top_left_x=867)
求证: $|O A| \cdot|O C|$ 为定值;

Solution:
因为

$$
|O B|=|O D|,|A B|=|A D|=|C B|=|C D| \text {, }
$$

所以 $O, A, C$ 三点共线. 


连接 $B D$, 则 $B D$ 垂直平分线段 $A C$, 设垂足为 $K$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f54c584b995d3aa3a71dg-1.jpg?height=437&width=385&top_left_y=341&top_left_x=881)

于是有

$$
\begin{aligned}
|O A| \cdot|O C| & =(|O K|-|A K|)(|O K|+|A K|) \\
& =|O K|^{2}-|A K|^{2} \\
& =\left(|O B|^{2}-|B K|^{2}\right)-\left(|A B|^{2}-|B K|^{2}\right) \\
& =|O B|^{2}-|A B|^{2} \\
& =20 .
\end{aligned}
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 菱形 $A B C D$ 的边长为 4 , 且 $|O B|=|O D|=6$.

<img_4054>
求证: $|O A| \cdot|O C|$ 为定值;

Solution:
因为

$$
|O B|=|O D|,|A B|=|A D|=|C B|=|C D| \text {, }
$$

所以 $O, A, C$ 三点共线. 


连接 $B D$, 则 $B D$ 垂直平分线段 $A C$, 设垂足为 $K$, 如下图.

<img_4132>

于是有

$$
\begin{aligned}
|O A| \cdot|O C| & =(|O K|-|A K|)(|O K|+|A K|) \\
& =|O K|^{2}-|A K|^{2} \\
& =\left(|O B|^{2}-|B K|^{2}\right)-\left(|A B|^{2}-|B K|^{2}\right) \\
& =|O B|^{2}-|A B|^{2} \\
& =20 .
\end{aligned}
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 菱形 $A B C D$ 的边长为 4 , 且 $|O B|=|O D|=6$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f63d5b872e23127473fag-1.jpg?height=431&width=408&top_left_y=1378&top_left_x=867)
当点 $A$ 在半圆 $M:(x-2)^{2}+y^{2}=4(2 \leqslant x \leqslant 4)$ 上运动时, 求点 $C$ 的轨迹.

Solution:
设 $C(x, y), A(2+2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha)$, 其中

$$
\alpha=\angle X M A\left(-\frac{\pi}{2} \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\right)
$$

则 $\angle X O C=\frac{\alpha}{2}$.

因为

$$
\begin{aligned}
|O A|^{2} & =(2+2 \cos \alpha)^{2}+(2 \sin \alpha)^{2} \\
& =8(1+\cos \alpha) \\
& =16 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}
\end{aligned}
$$

所以 $|O A|=4 \cos \frac{\alpha}{2}$.

下面求 $|O A| \cdot|O C|$.

因为

$$
|O B|=|O D|,|A B|=|A D|=|C B|=|C D| \text {, }
$$

所以 $O, A, C$ 三点共线. 


连接 $B D$, 则 $B D$ 垂直平分线段 $A C$, 设垂足为 $K$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f54c584b995d3aa3a71dg-1.jpg?height=437&width=385&top_left_y=341&top_left_x=881)

于是有

$$
\begin{aligned}
|O A| \cdot|O C| & =(|O K|-|A K|)(|O K|+|A K|) \\
& =|O K|^{2}-|A K|^{2} \\
& =\left(|O B|^{2}-|B K|^{2}\right)-\left(|A B|^{2}-|B K|^{2}\right) \\
& =|O B|^{2}-|A B|^{2} \\
& =20 .
\end{aligned}
$$

得 $|O C| \cos \frac{\alpha}{2}=5$, 所以

$$
x=|O C| \cos \frac{\alpha}{2}=5,
$$

从而

$$
y=|O C| \sin \frac{\alpha}{2}=5 \tan \frac{\alpha}{2} \in[-5,5],
$$
故点 $C$ 的轨迹是一条线段, 其两个端点的坐标分别为 $(5,5),(5,-5)$.

Final answer: $端点坐标为(5,-5),(5,5)的线段$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $A B>A C, M, N$ 是 $B C$ 边上不同的两点, 使得 $\angle B A M=$ $\angle C A N$. 设 $\triangle A B C$ 和 $\triangle A M N$ 的外心分别为 $O_{1}, O_{2}$, 求证: $O_{1}, O_{2}, A$ 三点共线.

<img_4103>

Solution:
连接 $A O_{1}, A O_{2}$, 过 $A$ 作 $A O_{1}$ 的垂线 $A P$ 交 $B C$ 的延长线于点 $P$, 
如下图.

<img_4220>


则有 $A P$ 是圆 $O_{1}$ 的切线, 所以

$$
\angle B=\angle P A C
$$

又因为 $\angle B A M=\angle C A N$, 所以

$$
\angle A M P=\angle B+\angle B A M=\angle P A C+\angle C A N=\angle P A N
$$

因而 $A P$ 是 $\triangle A M N$ 外接圆 $O_{2}$ 的切线, 故 $A P \perp A O_{2}$.

因为

$$
A P \perp A O_{1}, A P \perp A O_{2},
$$

所以 $O_{1}, O_{2}, A$ 三点共线.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $A B>A C, M, N$ 是 $B C$ 边上不同的两点, 使得 $\angle B A M=$ $\angle C A N$. 设 $\triangle A B C$ 和 $\triangle A M N$ 的外心分别为 $O_{1}, O_{2}$, 求证: $O_{1}, O_{2}, A$ 三点共线.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a669b45a0fb6d583de23g-1.jpg?height=346&width=505&top_left_y=772&top_left_x=821)

Solution:
连接 $A O_{1}, A O_{2}$, 过 $A$ 作 $A O_{1}$ 的垂线 $A P$ 交 $B C$ 的延长线于点 $P$, 
如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a669b45a0fb6d583de23g-1.jpg?height=351&width=688&top_left_y=1321&top_left_x=730)


则有 $A P$ 是圆 $O_{1}$ 的切线, 所以

$$
\angle B=\angle P A C
$$

又因为 $\angle B A M=\angle C A N$, 所以

$$
\angle A M P=\angle B+\angle B A M=\angle P A C+\angle C A N=\angle P A N
$$

因而 $A P$ 是 $\triangle A M N$ 外接圆 $O_{2}$ 的切线, 故 $A P \perp A O_{2}$.

因为

$$
A P \perp A O_{1}, A P \perp A O_{2},
$$

所以 $O_{1}, O_{2}, A$ 三点共线.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 试证明: 集合 $A=\left\{2,2^{2}, \cdots, 2^{n}, \cdots\right\}$ 满足
对每个 $a \in A$, 及 $b \in \mathbb{N}^{*}$, 若 $b<2 a-1$, 则 $b(b+1)$ 一定不是 $2 a$ 的倍数;

Solution:
对于任意的 $a \in A$, 设 $a=2^{k}, k \in \mathbb{N}^{*}$.

如果 $b$ 是任意一个小于 $2 a-1$ 的正整数, 则

$$
b+1 \leqslant 2^{k+1}-1
$$

由于 $b$ 与 $b+1$ 中, 一个为奇数, 它不含素因子 2 , 另一个为偶数, 它含素因子 2 的幂的次数最多为 $k$, 所以 $b(b+1)$ 中所含素因子 2 的个数不超过 $k$, 因此 $b(b+1)$ 一定不是 $2 a$ 的倍数.
Subfield: Algebra


Question: 试证明: 集合 $A=\left\{2,2^{2}, \cdots, 2^{n}, \cdots\right\}$ 满足
对每个 $a \in \bar{A}$ (其中 $\bar{A}$ 表示 $A$ 在 $\mathbb{N}^{*}$ 中的补集), 且 $a \neq 1$, 必存在 $b \in \mathbb{N}^{*}, b<2 a-1$,使 $b(b+1)$ 是 $2 a$ 的倍数.

Solution:
若 $a \in \bar{A}$, 且 $a \neq 1$, 设 $a=2^{k} m$, 其中 $k$ 为非负整数, $m$ 为大于 1 的奇数, 则

$$
2 a=2^{k+1} m
$$

令 $b=m x, b+1=2^{k+1} y$, 消去 $b$ 得

$$
2^{k+1} y-m x=1 \text {. }
$$

由于 $\left(2^{k+1}, m\right)=1$, 方程

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=x_{0}+2^{k+1} t \\
y=y_{0}+m t
\end{array}\right.
$$

必有整数解, 其中 $t \in \mathbb{Z},\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为方程的特解.

把最小的正整数解记为 $\left(x^{*}, y^{*}\right)$, 则 $x^{*}<2^{k+1}$, 故

$$
b=m x^{*}<2 a-1
$$

使 $b(b+1)$ 是 $2 a$ 的倍数.
Subfield: Plane Geometry


Question: 设 $P_{0}, P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{n}$ 是平面上 $n+1$ 个点, 它们两两间的距离的最小值为 $d(d>0)$, 求证:

$$
\left|P_{0} P_{1}\right| \cdot\left|P_{0} P_{2}\right| \cdots\left|P_{0} P_{n}\right|>\left(\frac{d}{3}\right)^{n} \sqrt{(n+1) !}
$$

Solution:
不妨设

$$
\left|P_{0} P_{1}\right| \leqslant\left|P_{0} P_{2}\right| \leqslant \cdots\left|P_{0} P_{n}\right|
$$



以 $P_{i}(i=0,1,2, \cdots, k)$ 为圆心, $\frac{d}{2}$ 为半径画 $k+1$ 个圆, 它们两两相离或外切.设 $Q$ 是圆 $P_{i}$ 上任意一点, 由于

$$
\left|P_{0} Q\right| \leqslant\left|P_{0} P_{i}\right|+\left|P_{i} Q\right|=\left|P_{0} P_{i}\right|+\frac{1}{2} d \leqslant\left|P_{0} P_{k}\right|+\frac{1}{2}\left|P_{0} P_{k}\right|=\frac{3}{2}\left|P_{0} P_{k}\right|
$$

因而以 $P_{0}$ 为圆心, $\frac{3}{2}\left|P_{0} P_{k}\right|$ 为半径的圆覆盖上述 $k+1$ 个圆, 故

$$
\pi\left(\frac{3}{2}\left|P_{0} P_{k}\right|\right)^{2}>(k+1) \pi\left(\frac{d}{2}\right)^{2},
$$

即有

$$
\left|P_{0} P_{k}\right|>\frac{d}{3} \sqrt{k+1}(k=1,2, \cdots, n).
$$

所以

$$
\left|P_{0} P_{1}\right| \cdot\left|P_{0} P_{2}\right| \cdots\left|P_{0} P_{n}\right|>\left(\frac{d}{3}\right)^{n} \sqrt{(n+1) !}.
$$
Subfield: Sequence


Question: 设 $S_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}, n$ 是正整数. 证明: 对满足 $0 \leqslant a<b \leqslant 1$ 的任意实数 $a, b$,数列 $\left\{S_{n}-\left[S_{n}\right]\right\}$ 中有无穷多项属于 $(a, b)$, 这里 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

Solution:
对任意 $n \in \mathbb{N}^{*}$, 有

$$
\begin{aligned}
S_{2^{n}} & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}} \\
& =1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2^{1}+1}+\frac{1}{2^{2}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{n-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right) \\
& >1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{2}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{n}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right) \\
& =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2} \\
& >\frac{1}{2} n .
\end{aligned}
$$

令

$$
N_{0}=\left[\frac{1}{b-a}\right]+1, m=\left[S_{N_{0}}\right]+1
$$

则

$$
\frac{1}{b-a}<N_{0}, \frac{1}{N_{0}}<b-a, S_{N_{0}}<m \leqslant m+a .
$$

又令 $N_{1}=2^{2(m+1)}$, 则

$$
S_{N_{1}}=S_{2^{2(m+1)}}>m+1 \geqslant m+b
$$

假设存在 $k>N_{0}$, 使得

$$
S_{k} \leqslant m+a, S_{k} \geqslant m+b
$$



因此

$$
S_{k}-S_{k-1} \geqslant b-a
$$

这与

$$
S_{k}-S_{k-1}=\frac{1}{k}<\frac{1}{N_{0}}<b-a
$$

矛盾, 所以一定存在 $n \in \mathbb{N}^{*}, N_{0}<n<N_{1}$, 使得 $S_{n}-\left[S_{n}\right] \in(a, b)$.

假设只有有限个正整数 $n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{k}$, 使得

$$
S_{n_{j}}-\left[S_{n_{j}}\right] \in(a, b), 1 \leqslant j \leqslant k .
$$

令 $c=\min _{1 \leqslant j \leqslant k}\left\{S_{n_{j}}-\left[S_{n_{j}}\right]\right\}$, 则

$$
a<c<b,
$$

所以不存在 $n \in \mathbb{N}^{*}$, 使得 $S_{n}-\left[S_{n}\right] \in(a, c)$, 矛盾.

因此数列 $\left\{S_{n}-\left[S_{n}\right]\right\}$ 中有无穷多项属于 $(a, b)$.

综上所述, 原命题成立.
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=|\lg (x+1)|$, 实数 $a, b(a<b)$ 满足 $f(a)=f\left(-\frac{b+1}{b+2}\right), f(10 a+6 b+21)=$ $4 \lg 2$, 求 $a, b$ 的值.

Solution:
因为 $f(a)=f\left(-\frac{b+1}{b+2}\right)$, 所以

$$
\begin{aligned}
|\lg (a+1)| & =\left|\lg \left(-\frac{b+1}{b+2}+1\right)\right| \\
& =\left|\lg \left(\frac{1}{b+2}\right)\right| \\
& =|\lg (b+2)|,
\end{aligned}
$$

所以

$$
a+1=b+2
$$

或

$$
(a+1)(b+2)=1.
$$

又因为 $a<b$, 所以

$$
a+1 \neq b+2
$$

故

$$
(a+1)(b+2)=1.
$$

因为 $f(a)=|\lg (a+1)|$ 有意义, 所以

$$
0<a+1
$$

从而

$$
0<a+1<b+1<b+2
$$

于是

$$
0<a+1<1<b+2
$$



所以

$$
\begin{aligned}
(10 a+6 b+21)+1 & =10(a+1)+6(b+2) \\
& =6(b+2)+\frac{10}{b+2}>1
\end{aligned}
$$

故

$$
\begin{aligned}
f(10 a+6 b+21) & =\left|\lg \left[6(b+2)+\frac{10}{b+2}\right]\right| \\
& =\lg \left[6(b+2)+\frac{10}{b+2}\right]
\end{aligned}
$$

又因为

$$
f(10 a+6 b+21)=4 \lg 2,
$$

所以

$$
\lg \left[6(b+2)+\frac{10}{b+2}\right]=4 \lg 2
$$

故

$$
6(b+2)+\frac{10}{b+2}=16
$$

解得 $b=-\frac{1}{3}$ 或 $b=-1$ (舍去)

把 $b=-\frac{1}{3}$ 代入

$$
(a+1)(b+2)=1,
$$

解得 $a=-\frac{2}{5}$.

Final answer: $-\frac{2}{5}, -\frac{1}{3}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=2 t-3(t \in \mathbb{R}$ 且 $t \neq \pm 1), a_{n+1}=\frac{\left(2 t^{n+1}-3\right) a_{n}+2(t-1) t^{n}-1}{a_{n}+2 t^{n}-1}(n \in$ $\left.\mathbb{N}^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
由原式变形得

$$
a_{n+1}=\frac{2\left(t^{n+1}-1\right)\left(a_{n}+1\right)}{a_{n}+2 t^{n}-1}-1,
$$



则

$$
\frac{a_{n+1}+1}{t^{n+1}-1}=\frac{2\left(a_{n}+1\right)}{a_{n}+2 t^{n}-1}=\frac{\frac{2\left(a_{n}+1\right)}{t^{n}-1}}{\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}+2}
$$

记 $\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}=b_{n}$, 则 $b_{n+1}=\frac{2 b_{n}}{b_{n}+2}$, 且

$$
b_{1}=\frac{a_{1}+1}{t-1}=\frac{2 t-2}{t-1}=2 .
$$

又

$$
\frac{1}{b_{n+1}}=\frac{1}{b_{n}}+\frac{1}{2},
$$

从而有

$$
\frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b_{1}}+(n-1) \cdot \frac{1}{2}=\frac{n}{2}
$$

故

$$
\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}=\frac{2}{n}
$$

于是有 $a_{n}=\frac{2\left(t^{n}-1\right)}{n}-1$.

Final answer: $a_{n}=\frac{2\left(t^{n}-1\right)}{n}-1$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=2 t-3(t \in \mathbb{R}$ 且 $t \neq \pm 1), a_{n+1}=\frac{\left(2 t^{n+1}-3\right) a_{n}+2(t-1) t^{n}-1}{a_{n}+2 t^{n}-1}(n \in$ $\left.\mathbb{N}^{*}\right)$.
若 $t>0$, 试比较 $a_{n+1}$ 与 $a_{n}$ 的大小.

Solution:
作差比较得

$$
\begin{aligned}
a_{n+1}-a_{n} & =\frac{2\left(t^{n+1}-1\right)}{n+1}-\frac{2\left(t^{n}-1\right)}{n} \\
& =\frac{2(t-1)}{n(n+1)}\left[n\left(1+t+\cdots+t^{n-1}+t^{n}\right)-(n+1)\left(1+t+\cdots+t^{n-1}\right)\right] \\
& =\frac{2(t-1)}{n(n+1)}\left[n t^{n}-\left(1+t+\cdots+t^{n-1}\right)\right] \\
& =\frac{2(t-1)}{n(n+1)}\left[\left(t^{n}-1\right)+\left(t^{n}-t\right)+\cdots+\left(t^{n}-t^{n-1}\right)\right] \\
& =\frac{2(t-1)^{2}}{n(n+1)}\left[\left(t^{n-1}+t^{n-2}+\cdots+1\right)+t\left(t^{n-2}+t^{n-3}+\cdots+1\right)+\cdots+t^{n-1}\right],
\end{aligned}
$$

显然, 在 $t>0(t \neq 1)$ 时恒有

$$
a_{n+1}-a_{n}>0
$$

故 $a_{n+1}>a_{n}$.

Final answer: $a_{n+1}>a_{n}$