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


Question: 如图所示, 点 $A$ 和 $A^{\prime}$ 在 $x$ 轴上, 且关于 $y$ 轴对称, 过点 $A^{\prime}$ 垂直于 $x$ 轴的直线于抛物线 $y^{2}=2 x$交于两点 $B$ 和 $C$, 点 $D$ 为线段 $A B$ 上的动点, 点 $E$ 在线段 $A C$ 上, 满足 $\frac{|C E|}{|C A|}=\frac{|A D|}{|A B|}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b784d97905349168b93cg-1.jpg?height=520&width=680&top_left_y=1576&top_left_x=1176)
直线 $D E$ 与此抛物线有且只有一个公共点，求该点坐标;

Solution:
设 $A\left(-2 a^{2}, 0\right), A^{\prime}\left(2 a^{2}, 0\right)$,所以可得 $B\left(2 a^{2}, 2 a\right), C\left(2 a^{2},-2 a\right)$,设 $D\left(x_{1}, y_{1}\right), \overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 则 $\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{C A}$.于是 $\left(x_{1}+2 a^{2}, y_{1}\right)=\lambda\left(4 a^{2}, 2 a\right)$, 故 $D$ 点的坐标为: $\left((4 \lambda-2) a^{2}, 2 \lambda a\right)$.

设 $E\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理可得, $E$ 坐标 $\left((2-4 \lambda) a^{2},(2 \lambda-2) a\right)$.

因此直线 $D E$ 的斜率为: $k_{D E}=\frac{2 a}{(8 \lambda-4) a^{2}}=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}$,

所以直线 $D E$ 的方程为: $y-2 \lambda a=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}\left(x-(4 \lambda-2) a^{2}\right)$, 化简得:

$(4 \lambda-2) a y-2 \lambda a(4 \lambda-2) a=x-(4 \lambda-2) a^{2}$, 即 $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$. (1)

与抛物线方程联立, 得 $y^{2}=2\left[2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}\right]$,

即 $y^{2}-4 a(2 \lambda-1) y+4 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}=0$, (2)

此时方程有两个相等的根: $y=2 a(2 \lambda-1)$, 代入 (1)式得: $x=2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$.

所以直线 $D E$ 与抛物线有且只有一个公共点 $F\left(2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}, 2 a(2 \lambda-1)\right)$.

Final answer: $\left(2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}, 2 a(2 \lambda-1)\right)$
Subfield: Geometry


Question: 如图所示, 点 $A$ 和 $A^{\prime}$ 在 $x$ 轴上, 且关于 $y$ 轴对称, 过点 $A^{\prime}$ 垂直于 $x$ 轴的直线于抛物线 $y^{2}=2 x$交于两点 $B$ 和 $C$, 点 $D$ 为线段 $A B$ 上的动点, 点 $E$ 在线段 $A C$ 上, 满足 $\frac{|C E|}{|C A|}=\frac{|A D|}{|A B|}$.

<img_4059>
设直线 $D E$ 与此抛物线的公共点为 $F$, 记 $\triangle B C F$ 与 $\triangle A D E$ 的面积分别为 $S_{1}, S_{2}$, 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的值.

Solution:
设 $A\left(-2 a^{2}, 0\right), A^{\prime}\left(2 a^{2}, 0\right)$,所以可得 $B\left(2 a^{2}, 2 a\right), C\left(2 a^{2},-2 a\right)$,设 $D\left(x_{1}, y_{1}\right), \overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 则 $\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{C A}$.于是 $\left(x_{1}+2 a^{2}, y_{1}\right)=\lambda\left(4 a^{2}, 2 a\right)$, 故 $D$ 点的坐标为: $\left((4 \lambda-2) a^{2}, 2 \lambda a\right)$.

设 $E\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理可得, $E$ 坐标 $\left((2-4 \lambda) a^{2},(2 \lambda-2) a\right)$.

因此直线 $D E$ 的斜率为: $k_{D E}=\frac{2 a}{(8 \lambda-4) a^{2}}=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}$,

所以直线 $D E$ 的方程为: $y-2 \lambda a=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}\left(x-(4 \lambda-2) a^{2}\right)$, 化简得:

$(4 \lambda-2) a y-2 \lambda a(4 \lambda-2) a=x-(4 \lambda-2) a^{2}$, 即 $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$. (1)

$S_{1}=S_{\triangle B C F}=\frac{1}{2} B C \cdot h=\frac{1}{2} \cdot 4 a \cdot\left(2 a^{2}-x_{F}\right)=4 a^{3}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$.

设直线 $D E$ 与 $x$ 轴交于点 $G$, 令 $y=0$, 代入方程(1), $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$, 解得:

$x=-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$, 故 $|A G|=2 a^{2}-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}=2 a^{2}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$, 于是

$S_{2}=S_{\triangle A D E}=S_{\triangle A D G}+S_{\triangle A E G}=\frac{1}{2} \cdot|A G| \cdot\left|y_{D}-y_{E}\right|=a^{2}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right) \cdot|2 \lambda a-(2 \lambda-2) a|=2 a^{3}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$

所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=2$.

Final answer: $2$
Subfield: Geometry


Question: 如图所示, 点 $A$ 和 $A^{\prime}$ 在 $x$ 轴上, 且关于 $y$ 轴对称, 过点 $A^{\prime}$ 垂直于 $x$ 轴的直线于抛物线 $y^{2}=2 x$交于两点 $B$ 和 $C$, 点 $D$ 为线段 $A B$ 上的动点, 点 $E$ 在线段 $A C$ 上, 满足 $\frac{|C E|}{|C A|}=\frac{|A D|}{|A B|}$.

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设直线 $D E$ 与此抛物线的公共点为 $F$, 记 $\triangle B C F$ 与 $\triangle A D E$ 的面积分别为 $S_{1}, S_{2}$, 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的值.

Solution:
设 $A\left(-2 a^{2}, 0\right), A^{\prime}\left(2 a^{2}, 0\right)$,所以可得 $B\left(2 a^{2}, 2 a\right), C\left(2 a^{2},-2 a\right)$,设 $D\left(x_{1}, y_{1}\right), \overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 则 $\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{C A}$.于是 $\left(x_{1}+2 a^{2}, y_{1}\right)=\lambda\left(4 a^{2}, 2 a\right)$, 故 $D$ 点的坐标为: $\left((4 \lambda-2) a^{2}, 2 \lambda a\right)$.

设 $E\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理可得, $E$ 坐标 $\left((2-4 \lambda) a^{2},(2 \lambda-2) a\right)$.

因此直线 $D E$ 的斜率为: $k_{D E}=\frac{2 a}{(8 \lambda-4) a^{2}}=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}$,

所以直线 $D E$ 的方程为: $y-2 \lambda a=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}\left(x-(4 \lambda-2) a^{2}\right)$, 化简得:

$(4 \lambda-2) a y-2 \lambda a(4 \lambda-2) a=x-(4 \lambda-2) a^{2}$, 即 $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$. (1)

$S_{1}=S_{\triangle B C F}=\frac{1}{2} B C \cdot h=\frac{1}{2} \cdot 4 a \cdot\left(2 a^{2}-x_{F}\right)=4 a^{3}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$.

设直线 $D E$ 与 $x$ 轴交于点 $G$, 令 $y=0$, 代入方程(1), $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$, 解得:

$x=-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$, 故 $|A G|=2 a^{2}-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}=2 a^{2}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$, 于是

$S_{2}=S_{\triangle A D E}=S_{\triangle A D G}+S_{\triangle A E G}=\frac{1}{2} \cdot|A G| \cdot\left|y_{D}-y_{E}\right|=a^{2}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right) \cdot|2 \lambda a-(2 \lambda-2) a|=2 a^{3}\left(4 \lambda-4 \lambda^{2}\right)$

所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=2$.

Final answer: $2$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\alpha, \beta$ 为实数, 若对任意实数 $x, y, z$. 有 $a(x y+y z+z x) \leq M \leq \beta\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$ 恒成立, 其中 $M=\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}} \cdot \sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}+\sqrt{y^{2}+y z+z^{2}} \cdot \sqrt{z^{2}+z x+x^{2}}+\sqrt{z^{2}+z x+x^{2}} \cdot \sqrt{x^{2}+x y+y^{2}}$.求 $\alpha$ 的最大值和 $\beta$ 的最小值.

Solution:
取 $x=y=z=1$, 有 $3 \alpha \leq 9 \leq 3 \beta$, 则 $\alpha \leq 3, \beta \geq 3$.

先证: $M \geq 3(x y+y z+z x)$ 对任意的实数 $x, y, z$ 成立.

因为 $\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}} \cdot \sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}=\sqrt{\left[\left(x+\frac{y}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2}\right] \cdot\left[\left(z+\frac{y}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2}\right]}$ $\geq\left(x+\frac{y}{2}\right)\left(z+\frac{y}{2}\right)+\frac{3}{4} y^{2}=x z+\frac{1}{2} x y+\frac{1}{2} y z+y^{2}$.

所以 $M \geq \sum\left(x z+\frac{1}{2} x y+\frac{1}{2} y z+y^{2}\right)=2(x y+y z+z x)+\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$

$$
\geq 2(x y+y z+z x)+(x y+y z+z x)=3(x y+y z+z x) \text {. }
$$

再证: $M \leq 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$ 对任意的实数 $x, y, z$ 成立.

因为 $M \leq\left(\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}}\right)^{2}+\left(\sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}\right)^{2}+\left(\sqrt{z^{2}+z x+x^{2}}\right)^{2}$

$$
=2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+(x y+y z+z x) \leq 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) .
$$

综上可知, $\alpha$ 的最大值是 $3, \beta$ 的最小值是 3 .

Final answer: $3,3$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a$ 为常数, 函数

$f(x)=\ln \frac{1-x}{1+x}-a x$.
求函数 $f(x)$ 的单调递减区间;

Solution:
由题意知函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,1)$, 且

$f(x)=\ln (1-x)-\ln (1+x)-a x$.

注意到,

$f^{\prime}(x)=\frac{-1}{1-x}-\frac{1}{1+x}-a=\frac{-2}{1-x^{2}}-a$.

因为 $-1<x<1$, 所以, $\frac{-2}{1-x^{2}}<-2$.

当 $a \geqslant-2$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ 恒成立.

于是, 单调递减区间为 $(-1,1)$.

当 $a<-2$ 时, 由 $f^{\prime}(x)<0$, 知

$\frac{-2}{1-x^{2}}<a \Rightarrow x^{2}>\frac{a+2}{a}$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{a+2}{a}}<x<1$ 或 $-1<x<-\sqrt{\frac{a+2}{a}}$.

于是,单调递减区间为

$\left(\sqrt{\frac{a+2}{a}}, 1\right) \cup\left(-1,-\sqrt{\frac{a+2}{a}}\right)$.

Final answer: $\left\{\begin{array}{l}(-1,1),(a \geqslant -2) \\ \left(\sqrt{\frac{a+2}{a}}, 1\right) \cup\left(-1,-\sqrt{\frac{a+2}{a}}\right), (a<-2)\end{array}\right.$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a$ 为常数, 函数

$f(x)=\ln \frac{1-x}{1+x}-a x$.
若 $a=-\frac{8}{3}$, 求 $f(x)$ 的极大值和极小值.

Solution:
注意到, $a=-\frac{8}{3}<-2$.

由 $f^{\prime}(x)=0$, 知驻点为 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $\frac{1}{2}$.

当 $-1<x<-\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ ；

当 $-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;

当 $\frac{1}{2}<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0$.

故 $f(x)$ 的极小值为 $f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{4}{3}+\ln 3$, 极大值为 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{4}{3}-\ln 3$.

Final answer: $\frac{4}{3}-\ln 3, -\frac{4}{3}+\ln 3$
Subfield: Algebra


Question: 已知对一切的 $x \in \mathbf{R}$ 恒有 $3 \sin ^{2} x-\cos ^{2} x+4 a \cos x+a^{2} \leqslant 31$.

求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
设 $f(x)=3 \sin ^{2} x-\cos ^{2} x+4 a \cos x+a^{2}-31$.

则 $f(x)=-4 \cos ^{2} x+4 a \cos x+a^{2}-28$.

令 $t=\cos x$. 则 $t \in[-1,1]$.

故当 $t \in[-1,1]$ 时, 恒有

$g(t)=-4 t^{2}+4 a t+a^{2}-28 \leqslant 0$.

注意到, 二次函数 $g(t)$ 的对称轴为 $t=\frac{a}{2}$.

(1) 当 $\frac{a}{2}<-1$, 即 $a<-2$ 时, $g(t)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递减.

故 $g(t)$ 的最大值为

$g(-1)=a^{2}-4 a-32 \leqslant 0 \Rightarrow-4 \leqslant a<-2$.

(2) 当 $-1 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$, 即 $-2 \leqslant a \leqslant 2$ 时, $g(t)$ 的最大值为

$g\left(\frac{a}{2}\right)=2 a^{2}-28 \leqslant 0 \Rightarrow-2 \leqslant a \leqslant 2$.

(3) 当 $\frac{a}{2}>1$, 即 $a>2$ 时, $g(t)$ 在区间 $[-1,1]$

上单调递增.

故 $g(t)$ 的最大值为

$g(1)=a^{2}+4 a-32 \leqslant 0 \Rightarrow 2<a \leqslant 4$.

综上,所求 $a$ 的取值范围是 $[-4,4]$.

Final answer: $[-4,4]$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $k$ 为给定正整数, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足

$a_{1}=3, a_{n+1}=\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}-1\right) S_{n}+3\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$,其中, $S_{n}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

令 $b_{n}=\frac{1}{n} \log _{3} a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$, 记 $T_{k}=\sum_{i=1}^{2 k}\left|b_{i}-\frac{3}{2}\right|$.

若 $T_{k} \in \mathbf{Z}_{+}$, 求 $k$ 的所有可能值.

Solution:
由题意知

$a_{2}=\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}-1\right) \times 3+3=3^{\frac{2 k+1}{2 k-1}}$.

又 $a_{n+1}=\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}-1\right) S_{n}+3$,

$a_{n}=\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}-1\right) S_{n-1}+3(n \geqslant 2)$,

故 $a_{n+1}-a_{n}=\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}-1\right) a_{n}$

$\Rightarrow a_{n+1}=3^{\frac{2}{2 k-1}} a_{n}$

$\Rightarrow a_{n}=a_{2}\left(3^{\frac{2}{2 k-1}}\right)^{n-2}=3^{\frac{2 n+2 k-3}{2 k-1}}(n \geqslant 2)$.

显然, $n=1$ 也符合.

从而, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为

$a_{n}=3^{\frac{2 n+2 k-3}{2 k-1}}\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$.

故 $b_{n}=\frac{1}{n} \log _{3} a_{1} a_{2} \cdots a_{n}$

$=\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2 k-1} \sum_{i=1}^{n}(2 i+2 k-3)$

$=1+\frac{n-1}{2 k-1}$.

于是, $b_{n}-\frac{3}{2}=\frac{n-\left(k+\frac{1}{2}\right)}{2 k-1}$.

从而, 当 $n \leqslant k$ 时, $b_{n}-\frac{3}{2}<0$;

当 $n \geqslant k+1$ 时, $b_{n}-\frac{3}{2}>0$.

则 $T_{k}=\sum_{i=1}^{2 k}\left|b_{i}-\frac{3}{2}\right|$

$=\sum_{i=1}^{k}\left(\frac{3}{2}-b_{i}\right)+\sum_{i=k+1}^{2 k}\left(b_{i}-\frac{3}{2}\right)$

$=\frac{k^{2}}{2 k-1}$.

因为 $T_{k} \in \mathbf{Z}_{+}$, 即 $(2 k-1) \mid k^{2}$, 所以,

$(2 k-1) \mid\left(4 k^{2}-1+1\right)$.

于是, $(2 k-1) \mid 1$.

故 $2 k-1=1 \Rightarrow k=1$.

从而,所求 $k$ 的所有可能值为 1 .

Final answer: $1$
Subfield: Geometry


Question: 过椭圆 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点 $F$ 作两条垂直的弦 $A B 、 C D$. 设 $A B 、 C D$ 的中点分别为 $M 、 N$.
直线 $M N$ 必过定点, 求此定点;

Solution:
由题意知 $F(1,0)$.

(i) 当弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在时, 设 $A B$ 的斜率为 $k$. 则 $C D$ 的斜率为 $-\frac{1}{k}$.

设 $l_{A B}: y=k(x-1)$.

代人椭圆方程 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$, 得

$\left(3 k^{2}+2\right) x^{2}-6 k^{2} x+\left(3 k^{2}-6\right)=0$.

故 $x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}$,

$y_{M}=k\left(x_{M}-1\right)=\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}$.

于是, $M\left(\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}, \frac{-2 k}{3 k^{2}+2}\right)$.

因为 $C D \perp A B$, 所以, 将点 $M$ 坐标中的 $k$ 换为 $-\frac{1}{k}$, 即得点 $N\left(\frac{3}{2 k^{2}+3}, \frac{2 k}{2 k^{2}+3}\right)$.

1) 当 $k \neq \pm 1$ 时,

$k_{M N}=\frac{\frac{2 k}{2 k^{2}+3}+\frac{2 k}{3 k^{2}+2}}{\frac{3}{2 k^{2}+3}-\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}}$

$=\frac{10 k\left(k^{2}+1\right)}{6-6 k^{4}}=\frac{-5 k}{3 k^{2}-3}$.

此时, $l_{M N}: y-\frac{2 k}{2 k^{2}+3}=\frac{-5 k}{3 k^{2}-3}\left(x-\frac{3}{2 k^{2}+3}\right)$.则直线 $l_{M N}$ 过定点 $\left(\frac{3}{5}, 0\right)$.

2) 当 $k= \pm 1$ 时, 易得 $l_{M N}: x=\frac{3}{5}$, 也过点 $\left(\frac{3}{5}, 0\right)$.

(ii) 当弦 $A B$ 或弦 $C D$ 的斜率不存在时, 易知, 直线 $M N$ 为 $x$ 轴, 也过点 $\left(\frac{3}{5}, 0\right)$.

综上, 直线 $M N$ 必过定点 $E\left(\frac{3}{5}, 0\right)$.

Final answer: $\left(\frac{3}{5}, 0\right)$
Subfield: Geometry


Question: 过椭圆 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点 $F$ 作两条垂直的弦 $A B 、 C D$. 设 $A B 、 C D$ 的中点分别为 $M 、 N$.
若弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在, 求 $\triangle F M N$面积 $S$ 的最大值.

Solution:
由题意知 $F(1,0)$.

(i) 当弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在时, 设 $A B$ 的斜率为 $k$. 则 $C D$ 的斜率为 $-\frac{1}{k}$.

设 $l_{A B}: y=k(x-1)$.

代人椭圆方程 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$, 得

$\left(3 k^{2}+2\right) x^{2}-6 k^{2} x+\left(3 k^{2}-6\right)=0$.

故 $x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}$,

$y_{M}=k\left(x_{M}-1\right)=\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}$.

于是, $M\left(\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}, \frac{-2 k}{3 k^{2}+2}\right)$.

因为 $C D \perp A B$, 所以, 将点 $M$ 坐标中的 $k$ 换为 $-\frac{1}{k}$, 即得点 $N\left(\frac{3}{2 k^{2}+3}, \frac{2 k}{2 k^{2}+3}\right)$.

$S=\frac{1}{2}|E F|\left|y_{M}-y_{N}\right|$

$=\frac{1}{5}\left|\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}-\frac{2 k}{2 k^{2}+3}\right|$

$=\frac{\left|2 k\left(k^{2}+1\right)\right|}{\left(3 k^{2}+2\right)\left(2 k^{2}+3\right)}$.

不妨设 $k>0$. 则求导得

$$
\begin{aligned}
S^{\prime} & =\frac{-12 k^{6}-10 k^{4}+10 k^{2}+12}{\left(3 k^{2}+2\right)^{2}\left(2 k^{2}+3\right)^{2}} \\
& =\frac{\left(-12 k^{4}-22 k^{2}-12\right)\left(k^{2}-1\right)}{\left(3 k^{2}+2\right)^{2}\left(2 k^{2}+3\right)^{2}} .
\end{aligned}
$$

由 $S^{\prime}=0$, 知 $k=1$.

又当 $k \in(0,1)$ 时, $S^{\prime}>0$;

当 $k \in(1,+\infty)$ 时, $S^{\prime}<0$.

故当 $k=1$ 时, $S$ 有最大值为 $\frac{4}{25}$.

从而, $\triangle F M N$ 的面积最大值为 $\frac{4}{25}$.

Final answer: $\frac{4}{25}$
Subfield: Algebra


Question: 设实数 $\omega>0$, 已知函数 $f(x)=\sin ^{2} \omega x+\sqrt{3} \sin \omega x \cdot \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{2}\right) \quad$ 的最小正周期是 $\frac{\pi}{2}$.求 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值与最小值.

Solution:
$f(x)=\frac{1-\cos 2 \omega x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \omega x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \omega x-\frac{1}{2} \cos 2 \omega x+\frac{1}{2}$

$$
=\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}
$$

由条件知 $T=\frac{2 \pi}{2 \omega}=\frac{\pi}{2}$, 则 $\omega=2$.

于是 $f(x)=\sin \left(4 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$,

当 $\frac{\pi}{8} \leq x \leq \frac{\pi}{4}$ 时, $\frac{\pi}{3} \leq 4 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}$ ，

故 $\frac{1}{2} \leq \sin \left(4 x-\frac{\pi}{6}\right) \leq 1$, 即 $1 \leq \sin \left(4 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2} \leq \frac{3}{2}$.

所以, $f(x)$ 在 $x=\frac{\pi}{6}$ 时取最大值 $\frac{3}{2}$, 在 $x=\frac{\pi}{4}$ 时取最小值是 $1 . \quad$

Final answer: $\frac{3}{2} , 1$
Subfield: Algebra


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x^{3}+3 x}{3 x^{2}+1}$, 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足: $x_{1}=2, x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)\left(n \in N^{*}\right)$,

记 $b_{n}=\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right) \quad\left(n \in N^{*}\right)$.
求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\frac{f\left(x_{n}\right)-1}{f\left(x_{n}\right)+1}=\frac{\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}-1}{\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}+1}=\frac{x_{n}^{3}-3 x_{n}^{2}+3 x_{n}-1}{x_{n}^{3}+3 x_{n}^{2}+3 x_{n}+1}=\left(\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\right)^{3}$

于是 $\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right)=3 \log _{3}\left(\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\right)$, 即 $b_{n+1}=3 b_{n}$, 所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 成等比数列.

又 $b_{1}=\log _{3}\left(\frac{2-1}{2+1}\right)=-1$, 于是 $b_{n}=-3^{n-1}$,

所以. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=-3^{n-1}$.

Final answer: $b_{n}=-3^{n-1}$
Subfield: Algebra


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x^{3}+3 x}{3 x^{2}+1}$, 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足: $x_{1}=2, x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)\left(n \in N^{*}\right)$,

记 $b_{n}=\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right) \quad\left(n \in N^{*}\right)$.
记 $c_{n}=-n b_{n}\left(n \in N^{*}\right)$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式 $T_{n}$.

Solution:
$\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\frac{f\left(x_{n}\right)-1}{f\left(x_{n}\right)+1}=\frac{\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}-1}{\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}+1}=\frac{x_{n}^{3}-3 x_{n}^{2}+3 x_{n}-1}{x_{n}^{3}+3 x_{n}^{2}+3 x_{n}+1}=\left(\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\right)^{3}$

于是 $\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right)=3 \log _{3}\left(\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\right)$, 即 $b_{n+1}=3 b_{n}$, 所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 成等比数列.

又 $b_{1}=\log _{3}\left(\frac{2-1}{2+1}\right)=-1$, 于是 $b_{n}=-3^{n-1}$,

所以. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=-3^{n-1}$, 故 $c_{n}=n \cdot 3^{n-1}$,

$T_{n}=1 \times 3^{0}+2 \times 3^{1}+3 \times 3^{2}+\cdots+n \times 3^{n-1}$,

$3 T_{n}=\quad 1 \times 3^{1}+2 \times 3^{2}+3 \times 3^{3}+\cdots+n \times 3^{n}$,

于是 $-2 T_{n}=1+3+3^{2}+\cdots+3^{n-1}-n \times 3^{n}=\frac{3^{n}-1}{2}-n \times 3^{n}$,

即 $T_{n}=\frac{n \times 3^{n}}{2}-\frac{3^{n}-1}{4}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n}+1}{4}$,

所以, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式 $T_{n}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n}+1}{4}\left(n \in N^{*}\right)$.

Final answer: $T_{n}=\frac{(2 n-1) \cdot 3^{n}+1}{4}$
Subfield: Geometry


Question: 已知点 $B(0,1), P 、 Q$ 为椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 上异于点 $B$ 的任意两点, 且 $B P \perp B Q$.
若点 $B$ 在线段 $P Q$ 上的射影为 $M$, 求 $M$ 的轨迹方程;

Solution:
设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right) 、 Q\left(x_{2}, y_{2}\right), P Q$ 的方程为 $y=k x+m$,

与椭圆方程联立消去 $y$ 得: $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-4=0$,

所以 $x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k m}{4 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=\frac{4 m^{2}-4}{4 k^{2}+1}$,

由 $B P \perp B Q$ 得 $\frac{y_{1}-1}{x_{1}} \cdot \frac{y_{2}-1}{x_{2}}-1$, 即 $x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}-\left(y_{1}+y_{2}\right)+1=0$,

从而可得 $\frac{\left(k^{2}+1\right)\left(4 m^{2}-4\right)}{4 k^{2}+1}+k\left(m-1\right)\frac{-8km}{4 k^{2}+1}+\left(m-1\right)^{2}=0,$

化简得 $5 m^{2}-2 m-3=0$, 解得 $m=1$ (舍去) 或 $m=-\frac{3}{5}$.

设 $M(x, y)$, 因为 $B M\perp P Q$, 所以 $k=-\frac{x}{y-1}$,

代入 $P Q$ 方程得 $y=-\frac{x^{2}}{y-1}-\frac{3}{5}$,

整理得 $x^{2}+\left(y-\frac{1}{5}\right)^{2}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}$, 由题意知轨迹不经过点 $B(0,1)$.

所以, 动点 $M$ 的轨迹方程为: $x^{2}+\left(y-\frac{1}{5}\right)^{2}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}(y \neq 1)$.

Final answer: $x^{2}+\left(y-\frac{1}{5}\right)^{2}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}$
Subfield: Geometry


Question: 已知点 $B(0,1), P 、 Q$ 为椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 上异于点 $B$ 的任意两点, 且 $B P \perp B Q$.
求线段 $P Q$ 的中垂线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距的取值范围.

Solution:
$P Q$ 方程为 $y=k x-\frac{3}{5}$, 所以 $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{12 k}{5\left(4 k^{2}+1\right)}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{-3}{5\left(4 k^{2}+1\right)}$

所以 $P Q$ 中垂线方程为 $y+\frac{3}{5\left(4 k^{2}+1\right)}=-\frac{1}{k}\left(x-\frac{12 k}{5\left(4 k^{2}+1\right)}\right)$,

其在 $x$ 轴上的截距为 $b=\frac{9 k}{5\left(4 k^{2}+1\right)}$, 所以, $-\frac{9}{20} \leq b \leq \frac{9}{20}$.

Final answer: $\left[-\frac{9}{20}, \frac{9}{20}\right]$
Subfield: Algebra


Question: 若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点.

已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数.
若 $a=0$, 求函数 $f(x)$ 的单调递增区间;

Solution:
若 $a=0, f(x)=x^{3}+b x+3$, 故 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$.

当 $b \geq 0$ 时, 显然 $f(x)$ 在 $R$ 上单增;

当 $b<0$ 时, 由 $f^{\prime}(x)>0$ 知 $x>\sqrt{-\frac{b}{3}}$ 或 $x<-\sqrt{-\frac{b}{3}}$.

所以, 当 $b \geq 0$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$;

当 $b<0$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,-\sqrt{-\frac{b}{3}}\right),\left(\sqrt{-\frac{b}{3}},+\infty\right)$.

Final answer: $b \geq 0$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$; $b<0$ 时, $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,-\sqrt{-\frac{b}{3}}\right),\left(\sqrt{-\frac{b}{3}},+\infty\right)$
Subfield: Algebra


Question: 若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点.

已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数.
若 $a=0$ 时, 存在一个实数 $x_{0}$, 使得 $x=x_{0}$ 既是 $f(x)$ 的不动点, 又是 $f(x)$ 的极值点. 求实数 $b$ 的值;

Solution:
由条件知 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{0}^{2}+b=0 \\ x_{0}^{3}+b x_{0}+3=x_{0}\end{array}\right.$,

于是 $2 x_{0}^{3}+x_{0}-3=0$, 即 $\left(x_{0}-1\right)\left(2 x_{0}^{2}+2 x_{0}+3\right)=0$, 解得 $x_{0}=1$

从而 $b=-3$.

Final answer: $-3$
Subfield: Algebra


Question: 若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点.

已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数.
求证: 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点.

Solution:
假设存在一组实数 $(a, b)$ 满足条件. 由条件知 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$,

因为 $f(x)$ 的两个不同极值点, 则 $\Delta=4 a^{2}-12 b>0$, 即 $a^{2}>3 b$.(1)

设 $f(x)$ 的两个不同极值点为 $x_{1}, x_{2}$, 其中 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $3 x^{2}+2 a x+b=0$ 的两实根, 所以 $x_{1}+x_{2}=-\frac{2 a}{3}, x_{1} x_{2}=\frac{b}{3}$.

又由 $x_{1}, x_{2}$ 是 $f(x)$ 的不动点, 则 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=0$ 的两根, 设其另一个根为 $x_{3}$. 故 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)$

即 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=x^{3}-\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) x^{2}+\left(x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}\right) x-x_{1} x_{2} x_{3}$

故有 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}+x_{3}=-a \\ x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=b-1 \\ x_{1} x_{2} x_{3}=-3\end{array}\right.$

于是 $x_{3}=-\frac{a}{3}=-\frac{9}{b}$, 从而 $a b=27$.  (2)

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

故 $\frac{2 a^{2}}{9}-\frac{18}{a}+1=0$, 即 $2 a^{3}+9 a-162=0$

令 $g(x)=2 x^{3}+9 x-162$, 则 $g^{\prime}(x)=6 x^{2}+9>0$

故 $g(x)$ 在 $R$ 上单增, 从而 $g(x)=0$ 至多有一个实根;

又因为 $g(0)=-162<0, g(4)=2>0$, 从而 $g(x)=0$ 至少有一个实根;

所以, $g(x)=0$ 恰有一个实数根 $x=a \in(0,4)$.

由(1)、(2)知 $a^{2}>3 b=\frac{81}{a}$, 即 $a^{3}>81$, 这与 $a \in(0,4)$, 矛盾! 

所以, 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点.
Subfield: Geometry


Question: 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{3}=1$, 设其实轴端点为 $A_{1} 、 A_{2}$, 点 $P$ 是双曲线上不同于 $A_{1}$ 、 $A_{2}$ 的一个动点, 直线 $P A_{1} 、 P A_{2}$ 分别与直线 $x=1$ 交于 $M_{1} 、 M_{2}$ 两点. 以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆必经过定点，求定点坐标.

Solution:
由已知可设 $A_{1}(-2,0), A_{2}(2,0)$, 双曲线上动点 $P$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 且 $y_{0} \neq 0$,则 $\frac{x_{0}^{2}}{4}-\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$.

因为直线 $P A_{1}$ 的方程为 $y=\frac{y_{0}}{x_{0}+2}(x+2)$, 直线 $P A_{2}$ 的方程为 $y=\frac{y_{0}}{x_{0}-2}(x-2)$,

所以 $\left.M_{1}\left(1, \frac{3 y_{0}}{x_{0}+2}\right), M_{2}\left(1, \frac{-y_{0}}{x_{0}-2}\right)\right)$,

设以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆 $C$ 上任意一点 $Q(x, y)$,

则由 $\overrightarrow{M_{1} Q} \cdot \overrightarrow{M_{2} Q}=0$ 得圆 $C$ 的方程为 $(x-1)(x-1)+\left(y-\frac{3 y_{0}}{x_{0}+2}\right)\left(y-\frac{-y_{0}}{x_{0}-2}\right)=0 .$ 

令 $y=0$, 代入上述圆方程, 得 $(x-1)^{2}-\frac{3 y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=0$,

由 $\frac{x_{0}^{2}}{4}-\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$ 可得 $\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=\frac{3}{4}$ ，

因此有 $(x-1)^{2}-\frac{9}{4}=0$, 解得 $x=\frac{5}{2}$ 或 $x=-\frac{1}{2}$.

所以, 以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆必经过两定点 $\left(-\frac{1}{2}, 0\right),\left(\frac{5}{2}, 0\right)$.

Final answer: $\left(-\frac{1}{2}, 0\right),\left(\frac{5}{2}, 0\right)$
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{1}{8} a_{n}^{2}+m\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 若对任意正整数 $n$, 都有 $a_{n}<4$, 求实数 $m$ 的最大值.

Solution:
因为 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{8} a_{n}^{2}-a_{n}+m=\frac{1}{8}\left(a_{n}-4\right)^{2}+m-2 \geq m-2$,

故 $a_{n}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(a_{k+1}-a_{k}\right) \geq 1+(m-2)(n-1)$.

若 $m>2$, 注意到 $n \rightarrow+\infty$ 时, $(m-2)(n-1) \rightarrow+\infty$,

因此, 存在充分大的 $n$, 使得 $1+(m-2)(n-1)>4$, 即 $a_{n}>4$, 矛盾!

所以, $m \leq 2$.

又当 $m=2$ 时, 可证: 对任意的正整数 $n$, 都有 $0<a_{n}<4$.

当 $n=1, a_{1}=1<4$, 结论成立;

假设 $n=k(k \geq 1)$ 时, 结论成立, 即 $0<a_{k}<4$,

则 $0<a_{k+1}=2+\frac{1}{8} a_{k}^{2}<2+\frac{1}{8} \times 4^{2}=4$,

即结论对 $n=k+1$ 也成立.

由归纳原理知, 对任意的正整数 $n$, 都有 $0<a_{n}<4$.

综上可知, 所求实数 $m$ 的最大值为 2 .

Final answer: $2$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$.
若 $f(x)$ 在其定义域内为单调递增函数, 求实数 $p$ 的取值范围;

Solution:
函数 $f(x)$ 的定义域为 $(x \mid x>0\}$.

由 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$ 知 $f^{\prime}(x)=p+\frac{p}{x^{2}}-\frac{2}{x}$,

要使 $f(x)$ 在其定义域 $(0,+\infty)$ 内为单调递增函数, 只须 $f^{\prime}(x) \geq 0$,

即 $p x^{2}-2 x+p \geq 0$ 在 $(0,+\infty)$ 内恒成立.

于是 $p \geq \frac{2 x}{x^{2}+1}$, 注意到: $\frac{2 x}{x^{2}+1} \leq \frac{2 x}{2 x}=1$, 等号在 $x=1$ 时成立,

即 $\frac{2 x}{x^{2}+1}$ 在 $x=1$ 时有最大值 1 .

从而 $p \geq 1$.

Final answer: $[1, +\infty)$