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


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的奇数项是首项为 1 的等差数列, 偶数项是首项为 2 的等比数列, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}, a_{9}=a_{3}+a_{4}$.
存在正整数 $m$, 使得 $\frac{S_{2 m}}{S_{2 m-1}}$ 恰好为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项。 求出所有满足条件的 $m$ 值;

Solution:
设等差数列的公差为 $d$, 等比数列的公比为 $q$, 则 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{3}=1+d, a_{4}=2 q, a_{9}=1+4 d$.

因为 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{4}$, 即 $4 d=2 q$, 又 $a_{9}=a_{3}+a_{4}$, 所以 $1+4 d=1+d+2 q$, 解得: $d=2, q=3$, 所以对于 $k \in \mathbf{N}^{*}$, 有 $a_{2 k-1}=1+(k-1) \cdot 2=2 k-1, a_{2 k}=2 \cdot 3^{k-1}$, 故

$$
a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
n & , n=2 k-1 \\
2 \cdot 3^{\frac{n}{2}-1} & , n=2 k
\end{array} \quad k \in \mathbf{N}^{*}\right.
$$

 对于 $k \in \mathbf{N}^{*}$, 有

$$
\begin{aligned}
S_{2 k} & =\frac{(1+2 k-1) k}{2}+\frac{2\left(1-3^{k}\right)}{1-3}=k^{2}-1+3^{k} \\
S_{2 k-1} & =S_{2 k}-a_{2 k}=k^{2}-1+3^{k}-2 \cdot 3^{k-1}=k^{2}-1+3^{k-1}
\end{aligned}
$$

假设存在正整数 $m$, 使得 $\frac{S_{2 m}}{S_{2 m-1}}$ 恰好为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项, 又由通项公式知, 数列中的每一项都为正数,故可设 $\frac{S_{2 m}}{S_{2 m-1}}=L\left(L \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则 $\frac{m^{2}-1+3^{m}}{m^{2}-1+3^{m-1}}=L$, 变形得到

$$
(3-L) 3^{m-1}=(L-1)\left(m^{2}-1\right) \quad (1)
$$

因为 $m \geq 1, L \geq 1,3^{m-1}>0$, 所以 $L \leq 3$, 又 $L \in \mathbf{N}^{*}$, 故 $L$ 可能取 $1,2,3$.

当 $L=1$ 时, $(3-L) 3^{m-1}>0,(L-1)\left(m^{2}-1\right)=0$, 所以(1)不成立;

当 $L=2$ 时, $(3-2) 3^{m-1}=(2-1)\left(m^{2}-1\right)$, 即 $3^{m-1}=m^{2}-1$.

若 $m=1,3^{m-1} \neq m^{2}-1$, 令 $T_{m}=\frac{m^{2}-1}{3^{m-1}}\left(m \in \mathbf{N}^{*}, m \geq 2\right)$, 则

$$
T_{m+1}-T_{m}=\frac{(m+1)^{2}-1}{3^{m}}-\frac{m^{2}-1}{3^{m-1}}=\frac{-2 m^{2}+2 m+3}{3^{m}}=\frac{-2\left(m+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{7}{2}}{3^{m}} \leq \frac{-2 m^{2}+2 \times 2+3}{3^{2}}<0
$$

因此 $1=T_{2}>T_{3}>\cdots$, 故只有 $T_{2}=1$, 此时 $m=2, L=2=a_{2}$.

当 $L=3$ 时, $(3-3) 3^{m-1}=(3-1)\left(m^{2}-1\right)$, 所以 $m=1, L=3=a_{3}$.

综上, 存在正整数 $m=1$, 使得 $S_{2} / S_{1}$ 恰好为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的第三项; 存在正整数 $m=2$, 使得 $S_{4} / S_{3}$ 恰好为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的第二项.

Final answer: $1,2$
Subfield: Sequence


Question: 设 $a_{n}=2^{n}, n \in \mathbf{N}^{+}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1} a_{n}+b_{2} a_{n-1}+\cdots+b_{n} a_{1}=2^{n}-\frac{n}{2}-1$, 求数列 $\left\{a_{n} \cdot b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

Solution:
由 $a_{1}=2$ 及 $b_{1} a_{1}=2-\frac{1}{2}-1$, 可得 $b_{1}=\frac{1}{4}$.

当 $n \geq 2$ 时, 由已知条件有 $\left\{\begin{array}{l}b_{1} \cdot 2^{n-1}+b_{2} \cdot 2^{n-2}+\cdots+b_{n-1} \cdot 2=2^{n-1}-\frac{n-1}{2}-1 \cdots (1)\\ b_{1} \cdot 2^{n}+b_{2} \cdot 2^{n-1}+\cdots+b_{n-1} \cdot 2^{2}+b_{n} \cdot 2=2^{n}-\frac{n}{2}-1 \cdots (2)\end{array}\right.$

(1) 式两边同时乘以 2 , 可得

 $b_{1} \cdot 2^{n}+b_{2} \cdot 2^{n-1}+\cdots+b_{n-1} \cdot 2^{2}=2^{n}-n-1\cdots(3)$

由(2)、(3)可求得, $b_{n}=\frac{n}{4}$.

于是, $a_{n} \cdot b_{n}=\frac{n}{4} \cdot 2^{n}$. 令 $T_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k} \cdot b_{k}$, 则有 $\left\{\begin{array}{l}T_{n}=\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k} \\ 2 T_{n}=\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k+1}\end{array}\right.$, 因此

$$
T_{n}=\frac{1}{4}\left(n \cdot 2^{n+1}-\sum_{k=1}^{n} 2^{k}\right)=\frac{(n-1) \cdot 2^{n}+1}{2}
$$

Final answer: $\frac{(n-1) \cdot 2^{n}+1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆的中心在原点 $O$, 焦点在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 且过点 $\left(\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$. 设不过原点 $O$ 的直线 $l$ 与该椭圆交于点 $P$ 和 $Q$, 且直线 $O P, P Q, O Q$ 的斜率构成等比数列, 求 $\triangle O P Q$ 面积的取值范围.

Solution:
设椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2 b^{2}}=1\end{array}\right.$, 解之得 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array}\right.$, 故椭圆方程为

$$
\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1
$$

由题设可知直线 $l$ 的斜率存在且不为 0 , 故可设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+m(m \neq 0)$.

令 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1} \neq x_{2}$ 且 $x_{1} x_{2} \neq 0$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得

$$
\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k m x+4\left(m^{2}-1\right)=0
$$

则有

$$
\Delta=64 k^{2} m^{2}-16\left(1+4 k^{2}\right)\left(m^{2}-1\right)=16\left(4 k^{2}-m^{2}+1\right)>0
$$

且

$$
x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k m}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4\left(m^{2}-1\right)}{1+4 k^{2}}, y_{1} y_{2}=\left(k x_{1}+m\right)\left(k x_{2}+m\right)=k^{2} x_{1} x_{2}+k m\left(x_{1}+x_{2}\right)+m^{2}
$$

由直线 $O P, P Q, O Q$ 的斜率构成等比数列可得

$$
\frac{y_{1}}{x_{1}} \cdot \frac{y_{2}}{x_{2}}=\frac{k^{2} x_{1} x_{2}+k m\left(x_{1}+x_{2}\right)+m^{2}}{x_{1} x_{2}}=k^{2}
$$

从而

$$
\frac{-8 k^{2} m^{2}}{1+4 k^{2}}+m^{2}=0
$$

由 $m \neq 0$ 得 $k^{2}=\frac{1}{4}, k= \pm \frac{1}{2}$.

由 $\Delta>0$ 及 $x_{1} x_{2} \neq 0$ 可知 $0<m^{2}<2$ 且 $m^{2} \neq 1$.

设 $d$ 为点 $O$ 到直线 $l$ 的距离, 则

$$
S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=\frac{1}{2} \frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}} \sqrt{1+k^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{1}{2}|m| \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{m^{2}\left(2-m^{2}\right)}
$$

所以 $S_{\triangle O P Q}$ 的取值范围为 $(0,1)$.

Final answer: $(0,1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\odot O$ 切 $A B, A C$ 于点 $B, C$, 过 $C$ 的割线 $C D \| A B$ 交 $\odot O$ 于点 $D, E$ 是 $A B$延长线上一点, 直线 $C E$ 分别交 $B D$ 和 $\odot O$ 于点 $F, G$, 延长 $B G$ 与 $C D$ 的延长线相交于点 $P$. 求证: $A, F, P$三点共线.

<img_4192>

Solution:
连结 $A F, F P, B C$, 如下图.

<img_4137>


由弦切角性质, 有 $\angle A B C=\angle A C B=\angle B D C=\angle B C D$, 则 $\triangle A B C$ 与 $\triangle B C D$ 均为等腰三角形且相似.因此可得 $\frac{A B}{B C}=\frac{B C}{C D}$, 于是有

$$
A B \cdot C D=B C^{2}\cdots(1)
$$

又由

$$
\angle B D P=\pi-\angle B D C=\angle C B E, \angle D B P=\angle D C G=\angle B E C
$$

可知 $\triangle B D P \sim \triangle E B C$, 则有 $\frac{B C}{B E}=\frac{D P}{B D}$, 从而由 $B C=B D$ 可得 $\frac{B C}{B E}=\frac{D P}{B C}$, 于是

$$
B C^{2}=B E \cdot D P\cdots(2)
$$

由(1)与(2)可得 $A B \cdot C D=B E \cdot D P$, 故

$$
\frac{C D}{B E}=\frac{D P}{A B}\cdots(3)
$$

由 $C P \| A E$ 可知 $\triangle C D F \sim \triangle E B F$, 从而 $\frac{D F}{F B}=\frac{C D}{B E}$, 联合 (3)式, 易知

$$
\frac{D F}{F B}=\frac{D P}{A B}\cdots(4)
$$

由 $C P \| A E$ 可得 $\angle F D P=\angle F B A$, 从而由(4)式可知 $\triangle A F B \sim \triangle P F D, \angle A F B=\angle P F D$, 故 $A 、 F 、 P$三点共线.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\odot O$ 切 $A B, A C$ 于点 $B, C$, 过 $C$ 的割线 $C D \| A B$ 交 $\odot O$ 于点 $D, E$ 是 $A B$延长线上一点, 直线 $C E$ 分别交 $B D$ 和 $\odot O$ 于点 $F, G$, 延长 $B G$ 与 $C D$ 的延长线相交于点 $P$. 求证: $A, F, P$三点共线.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_820eda6e7772d4dc8f4ag-1.jpg?height=366&width=734&top_left_y=591&top_left_x=247)

Solution:
连结 $A F, F P, B C$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_820eda6e7772d4dc8f4ag-1.jpg?height=363&width=737&top_left_y=595&top_left_x=1071)


由弦切角性质, 有 $\angle A B C=\angle A C B=\angle B D C=\angle B C D$, 则 $\triangle A B C$ 与 $\triangle B C D$ 均为等腰三角形且相似.因此可得 $\frac{A B}{B C}=\frac{B C}{C D}$, 于是有

$$
A B \cdot C D=B C^{2}\cdots(1)
$$

又由

$$
\angle B D P=\pi-\angle B D C=\angle C B E, \angle D B P=\angle D C G=\angle B E C
$$

可知 $\triangle B D P \sim \triangle E B C$, 则有 $\frac{B C}{B E}=\frac{D P}{B D}$, 从而由 $B C=B D$ 可得 $\frac{B C}{B E}=\frac{D P}{B C}$, 于是

$$
B C^{2}=B E \cdot D P\cdots(2)
$$

由(1)与(2)可得 $A B \cdot C D=B E \cdot D P$, 故

$$
\frac{C D}{B E}=\frac{D P}{A B}\cdots(3)
$$

由 $C P \| A E$ 可知 $\triangle C D F \sim \triangle E B F$, 从而 $\frac{D F}{F B}=\frac{C D}{B E}$, 联合 (3)式, 易知

$$
\frac{D F}{F B}=\frac{D P}{A B}\cdots(4)
$$

由 $C P \| A E$ 可得 $\angle F D P=\angle F B A$, 从而由(4)式可知 $\triangle A F B \sim \triangle P F D, \angle A F B=\angle P F D$, 故 $A 、 F 、 P$三点共线.

Final answer: 证明题
Subfield: Inequality


Question: 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 为非负数, 求证:

$\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}+\sqrt{a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}}+\sqrt{a_{3}+\cdots+a_{n}}+\cdots+\sqrt{a_{n}} \geq \sqrt{a_{1}+4 a_{2}+9 a_{3}+\cdots+n^{2} a_{n}}$.

Solution:
当 $n=1$ 时, 结论显然成立; 假设当 $n=k$ 时, 结论对于任意 $k$ 个非负数成立.

则当 $n=k+1$ 时, 对于任意 $k+1$ 个非负数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}, a_{k+1}$, 根据假设有

$$
\sqrt{a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{3}+\cdots+a_{k+1}}+\cdots+\sqrt{a_{k+1}} \geq \sqrt{a_{2}+4 a_{3}+9 a_{4}+\cdots+k^{2} a_{k+1}}
$$

从而

$$
\begin{aligned}
& \sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{k+1}}+\cdots+\sqrt{a_{k+1}} \\
& \geq \sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+9 a_{4}+\cdots+k^{2} a_{k+1}}
\end{aligned}
$$

下面证明 $\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\cdots+k^{2} a_{k+1}} \geq \sqrt{a_{1}+4 a_{2}+\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}}$.由柯西不等式可得

$$
\begin{aligned}
& {\left[\left(\sqrt{a_{2}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{3}}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{a_{k+1}}\right)^{2}\right] \cdot\left[\left(\sqrt{a_{2}}\right)^{2}+\left(2 \sqrt{a_{3}}\right)^{2}+\cdots+\left(k \sqrt{a_{k+1}}\right)^{2}\right]} \\
& \geq\left(\sqrt{a_{2}} \cdot \sqrt{a_{2}}+\sqrt{a_{3}} \cdot 2 \sqrt{a_{3}}+\sqrt{a_{4}} \cdot 3 \sqrt{a_{4}}+\cdots+\sqrt{a_{k+1}} \cdot k \sqrt{a_{k+1}}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

即

$$
\left(a_{2}+\cdots+a_{k+1}\right) \cdot\left(a_{2}+4 a_{3}+\cdots+k^{2} a_{k+1}\right) \geq\left(a_{2}+2 a_{3}+3 a_{4}+\cdots+k a_{k+1}\right)^{2}
$$

于是有

$$
\sqrt{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}\right) \cdot\left(a_{2}+4 a_{3}+\cdots+k^{2} a_{k+1}\right)} \geq\left(a_{2}+2 a_{3}+3 a_{4}+\cdots+k a_{k+1}\right)
$$

故

$$
\left(\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\cdots+k^{2} a_{k+1}}\right)^{2} \geq a_{1}+4 a_{2}+\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}
$$

从而

$$
\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}+\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\cdots+k^{2} a_{k+1}} \geq \sqrt{a_{1}+4 a_{2}+\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}}
$$

成立, 由数学归纳法可知, 对任意的非负实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 结论均成立.
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知 $\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha+\cos \beta$, 试求 $\cos \alpha$ 的最大值.

Solution:
由题意得: $\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta=\cos \alpha+\cos \beta$, 则

$$
(\cos \alpha-1) \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta-\cos \alpha=0
$$

记点 $P(\cos \beta, \sin \beta)$, 直线 $l:(\cos \alpha-1) x-\sin \alpha y-\cos \alpha=0$, 则点 $P$ 的轨迹方程为单位圆:

$$
x^{2}+y^{2}=1 \text {, 且 } P \in l
$$

从而圆心 $O(0,0)$ 到直线 $l$ 的距离

$$
d=\frac{|-\cos \alpha|}{\sqrt{(\cos \alpha-1)^{2}+(-\sin \alpha)^{2}}} \leq 1
$$

整理得 $\cos ^{2} \alpha+2 \cos \alpha-2 \leq 0$, 解得 $-1 \leq \cos \alpha \leq \sqrt{3}-1$, 故 $\cos \alpha$ 的最大值为 $\sqrt{3}-1$.

Final answer: $\sqrt{3}-1$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知方程 $17 x^{2}-16 x y+4 y^{2}-34 x+16 y+13=0$ 在 $x O y$ 平面上表示一椭圆, 试求它的对称中心及对称轴.

Solution:
易知点 $A(1,1), B(1,-1)$ 均在该椭圆上.

设椭圆的对称中心为 $(a, b)$, 则由对称性可知点 $A^{\prime}(2 a-1,2 b-1), B^{\prime}(2 a-1,2 b+1)$ 均在该椭圆上, 代入方程得:

$$
\begin{aligned}
& 17(2 a-1)^{2}-16(2 a-1)(2 b-1)+4(2 b-1)^{2}-34(2 a-1)+16(2 b-1)+13=0 \cdots (1)\\
& 17(2 a-1)^{2}-16(2 a-1)(2 b+1)+4(2 b+1)^{2}-34(2 a-1)+16(2 b+1)+13=0\cdots(2)
\end{aligned}
$$

(2)-(1)并化简可得:

$$
b=2 a-2 \cdots(3)
$$

将(3)代入(1)并化简得: $4 a^{2}-8 a+4=0$, 解得 $a=1$, 从而 $b=0$, 所以该圆的对称中心为 $(1,0)$.

由于对称轴经过对称中心, 故可设对称轴方程为 $y=k(x-1)(k \neq 0)$.

设点 $A(1,1)$ 关于直线 $y=k(x-1)$ 的对称点为 $A_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则有

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ \frac { y _ { 0 } + 1 } { 2 } = k ( \frac { x _ { 0 } + 1 } { 2 } - 1 ) } \\
{ \frac { y _ { 0 } - 1 } { x _ { 0 } - 1 } = - \frac { 1 } { k } }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
x_{0}=\frac{k^{2}+2 k+1}{k^{2}+1} \\
y_{0}=\frac{k^{2}-1}{k^{2}+1}
\end{array}\cdots(4)\right.\right.
$$

又 $A_{0}$ 在椭圆上, 则有

$$
17 x_{0}^{2}-16 x_{0} y_{0}+4 y_{0}^{2}-34 x_{0}+16 y_{0}+13=0
$$

将(4)代入上式并化简得 $k\left(8 k^{2}-13 k-8\right)=0$.

因 $k \neq 0$, 则 $8 k^{2}-13 k-8=0$, 解得 $k=\frac{13 \pm 5 \sqrt{17}}{16}$, 所以该椭圆的对称轴方程为

$$
y=\frac{13 \pm 5 \sqrt{17}}{16}(x-1)
$$

Final answer: $(1,0), y=\frac{13 \pm 5 \sqrt{17}}{16}(x-1)$
Subfield: Sequence


Question: 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}, a_{2}$ 是给定的非零整数, $a_{n+2}=\left|a_{n+1}-a_{n}\right|$.
若 $a_{16}=4, a_{17}=1$, 求 $a_{2018}$.

Solution:
因为 $a_{16}=4, a_{17}=1, a_{18}=3, a_{19}=2, a_{20}=1, a_{21}=1, a_{22}=0, a_{23}=1, a_{24}=1, a_{25}=0, \cdots$ ，所以自第 20 项起, 每三个相邻的项周期地取值 $1,1,0$, 又 $2018=19+666 \times 3+1$, 故 $a_{2018}=1 .$

Final answer: $1$
Subfield: Sequence


Question: 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}, a_{2}$ 是给定的非零整数, $a_{n+2}=\left|a_{n+1}-a_{n}\right|$.
证明: 从 $\left\{a_{n}\right\}$ 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.

Solution:
首先证明: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 必在有限项后出现 “ 0 ” 项.

假设 $\left\{a_{n}\right\}$ 中没有 “ 0 ” 项，由于 $a_{n+2}=\left|a_{n+1}-a_{n}\right|$, 所以，当 $n \geq 3$ 时，都有 $a_{n} \geq 1$.

若 $a_{n+1}>a_{n}$, 则 $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n} \leq a_{n+1}-1(n \geq 3)$;

若 $a_{n+1}<a_{n}$, 则 $a_{n+2}=a_{n}-a_{n+1} \leq a_{n}-1(n \geq 3)$.

即 $a_{n+2}$ 要么比 $a_{n+1}$ 至少小 1 , 要么比 $a_{n}$ 至少小 1.

令

$$
b_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
a_{2 n+1} & \left(a_{2 n+1}>a_{2 n+2}\right) \\
a_{2 n+2} & \left(a_{2 n+1}<a_{2 n+2}\right)
\end{array}, n=1,2,3, \cdots\right.
$$

则 $0<b_{n+1} \leq b_{n}-1$. 由于 $b_{1}$ 是确定的正整数, 这样下去, 必然存在某项 $b_{k}<0$, 这与 $b_{k}>0$ 矛盾. 故 $\left\{a_{n}\right\}$中必有 “ 0 ” 项.

若第一次出现的 “ 0 ” 项为 $a_{n}$, 记 $a_{n-1}=M(M \neq 0)$, 则自第 $n$ 项开始, 每三个相邻的项周期地取值 $0, M, M$, 即

$$
a_{n+3 k}=0, \quad a_{n+3 k+1}=M, \quad a_{n+3 k+2}=M, k=0,1,2
$$

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $\triangle A B C$ 的三边长分别为 $a, b, c$, 且满足 $a b c=2(a-1)(b-1)(c-1)$, 其中存在边长均为整数的 $\triangle A B C$, 求出三边长;

Solution:
不妨设 $a \geq b \geq c$, 显然 $c \geq 2$.

若 $c \geq 5$, 此时有

$$
\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c} \leq \frac{1}{5}
$$

由 $a b c=2(a-1)(b-1)(c-1)$ 可得

$$
\frac{1}{2}=\left(1-\frac{1}{a}\right)\left(1-\frac{1}{b}\right)\left(1-\frac{1}{c}\right) \geq\left(\frac{4}{5}\right)^{3}
$$

矛盾. 故 $c$ 只能取 $2,3,4$.

(1) 若 $c=2$, 则 $a b=(a-1)(b-1)$, 得 $a+b=1$, 又 $a \geq b \geq 2$, 故无解;

(2) 若 $c=3$, 则 $3 a b=4(a-1)(b-1)$, 即 $(a-4)(b-4)=12$, 又 $a \geq b \geq 3$, 从而

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 1 2 } \\
{ b - 4 = 1 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 6 } \\
{ b - 4 = 2 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 4 } \\
{ b - 4 = 3 }
\end{array} , \text { 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 1 6 } \\
{ b = 5 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 1 0 } \\
{ b = 6 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
a=8 \\
b=7
\end{array}\right.\right.\right.\right.\right.\right.
$$

其中能构成三角形的只有 $a=8, b=7, c=3$;

(3) 若 $c=4$, 则 $2 a b=3(a-1)(b-1)$, 即 $(a-3)(b-3)=6$, 又 $a \geq b \geq 4$, 从而

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a - 3 = 6 } \\
{ b - 3 = 1 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 3 = 3 } \\
{ b - 3 = 2 }
\end{array} , \text { 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 9 } \\
{ b = 4 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
a=6 \\
b=5
\end{array}\right.\right.\right.\right.
$$

其中能构成三角形的只有 $a=6, b=5, c=4$.

综上, 存在边长均为整数的满足条件的 $\triangle A B C$, 其三边长分别为 $3,7,8$ 或 $4,5,6$.

Final answer: $(3,7,8) , (4,5,6)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $\triangle A B C$ 的三边长分别为 $a, b, c$, 且满足 $a b c=2(a-1)(b-1)(c-1)$, 其中存在边长均为整数的 $\triangle A B C$, 求出三边长(a,b,c)的所有可能组合,边长按照从小到大排列;

Solution:
不妨设 $a \geq b \geq c$, 显然 $c \geq 2$.

若 $c \geq 5$, 此时有

$$
\frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c} \leq \frac{1}{5}
$$

由 $a b c=2(a-1)(b-1)(c-1)$ 可得

$$
\frac{1}{2}=\left(1-\frac{1}{a}\right)\left(1-\frac{1}{b}\right)\left(1-\frac{1}{c}\right) \geq\left(\frac{4}{5}\right)^{3}
$$

矛盾. 故 $c$ 只能取 $2,3,4$.

(1) 若 $c=2$, 则 $a b=(a-1)(b-1)$, 得 $a+b=1$, 又 $a \geq b \geq 2$, 故无解;

(2) 若 $c=3$, 则 $3 a b=4(a-1)(b-1)$, 即 $(a-4)(b-4)=12$, 又 $a \geq b \geq 3$, 从而

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 1 2 } \\
{ b - 4 = 1 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 6 } \\
{ b - 4 = 2 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 4 = 4 } \\
{ b - 4 = 3 }
\end{array} , \text { 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 1 6 } \\
{ b = 5 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 1 0 } \\
{ b = 6 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
a=8 \\
b=7
\end{array}\right.\right.\right.\right.\right.\right.
$$

其中能构成三角形的只有 $a=8, b=7, c=3$;

(3) 若 $c=4$, 则 $2 a b=3(a-1)(b-1)$, 即 $(a-3)(b-3)=6$, 又 $a \geq b \geq 4$, 从而

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a - 3 = 6 } \\
{ b - 3 = 1 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a - 3 = 3 } \\
{ b - 3 = 2 }
\end{array} , \text { 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ a = 9 } \\
{ b = 4 }
\end{array} , \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
a=6 \\
b=5
\end{array}\right.\right.\right.\right.
$$

其中能构成三角形的只有 $a=6, b=5, c=4$.

综上, 存在边长均为整数的满足条件的 $\triangle A B C$, 其三边长分别为 $3,7,8$ 或 $4,5,6$.



Final answer: $(3,7,8) , (4,5,6)$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $\triangle A B C$ 中, $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, \tan C=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$, $\sin (B-A)=\cos C$.
求 $A, C$.

Solution:
因为 $\tan C=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$, 即 $\frac{\sin C}{\cos C}=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$,

所以 $\sin C \cos A+\sin C \cos B=\cos C \sin A+\cos C \sin B$,

即 $\sin C \cos A-\cos C \sin A=\cos C \sin B-\sin C \cos B$,

得 $\sin (C-A)=\sin (B-C)$.

所以 $C-A=B-C$, 或 $C-A=\pi-(B-C)$ (不成立)。.

即 $2 C=A+B$, 得 $C=\frac{\pi}{3}$, 所以. $B+A=\frac{2 \pi}{3}$ 

又因为 $\sin (B-A)=\cos C=\frac{1}{2}$, 则 $B-A=\frac{\pi}{6}$, 或 $B-A=\frac{5 \pi}{6}$ （舍去）

得 $A=\frac{\pi}{4}, B=\frac{5 \pi}{12}$

Final answer: $\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $\triangle A B C$ 中, $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, \tan C=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$, $\sin (B-A)=\cos C$.
若 $S_{\triangle A B C}=3+\sqrt{3}$, 求 $a, c$.

Solution:
因为 $\tan C=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$, 即 $\frac{\sin C}{\cos C}=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$,

所以 $\sin C \cos A+\sin C \cos B=\cos C \sin A+\cos C \sin B$,

即 $\sin C \cos A-\cos C \sin A=\cos C \sin B-\sin C \cos B$,

得 $\sin (C-A)=\sin (B-C)$.

所以 $C-A=B-C$, 或 $C-A=\pi-(B-C)$ (不成立)。.

即 $2 C=A+B$, 得 $C=\frac{\pi}{3}$, 所以. $B+A=\frac{2 \pi}{3} $

又因为 $\sin (B-A)=\cos C=\frac{1}{2}$, 则 $B-A=\frac{\pi}{6}$, 或 $B-A=\frac{5 \pi}{6}$ （舍去）

得 $A=\frac{\pi}{4}, B=\frac{5 \pi}{12}$

 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a C \sin B=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{8} a C=3+\sqrt{3}$,

又 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$, 即 $\frac{a}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{c}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$,

得 $a=2 \sqrt{2}, c=2 \sqrt{3}$.

Final answer: $2 \sqrt{2}, 2 \sqrt{3}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
$\because a_{n-1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$.

$\therefore a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right), \therefore\left\{a_{n}+1\right\}$ 是以 $a_{1}+1=2$ 为首项, 2 为公比的等比数列.

$\therefore a_{n}+1=2^{n}$, 即 $a_{n}=2^{n}-1$

Final answer: $a_{n}=2^{n}-1$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$.
证明: $\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\ldots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$.

Solution:
$\because a_{n-1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$.

$\therefore a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right), \therefore\left\{a_{n}+1\right\}$ 是以 $a_{1}+1=2$ 为首项, 2 为公比的等比数列.

$\therefore a_{n}+1=2^{n}$, 即 $a_{n}=2^{n}-1$

$\because \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k+1}-1}<\frac{2^{k}-1}{2 \cdot 2^{k}-1-1}=\frac{2^{k}-1}{2\left(2^{k}-1\right)}=\frac{1}{2}, \left(k=1,2, \ldots, n\right)$,

$\therefore \frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{2}}+\ldots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为响应国家“精准扶贫，产业扶贫的战略，哈市面向全市征召《扶贫政策》义务宣传志愿者, 从年龄在 $[20,45]$ 的 500 名志愿者中随机抽取 100 名, 其年龄频率分布直方图如图所示.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_322b11fe7d6976a1c1f9g-1.jpg?height=847&width=1313&top_left_y=604&top_left_x=2160)
求图中 $x$ 的值.

Solution:
根据频率分布直方图可得 $(0.01+0.02+0.04+x+0.07) \times 5=1$, 解得 $x=0.06.$

Final answer: $0.06$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为响应国家“精准扶贫，产业扶贫的战略，哈市面向全市征召《扶贫政策》义务宣传志愿者, 从年龄在 $[20,45]$ 的 500 名志愿者中随机抽取 100 名, 其年龄频率分布直方图如图所示.

<img_4172>
求图中 $x$ 的值.

Solution:
根据频率分布直方图可得 $(0.01+0.02+0.04+x+0.07) \times 5=1$, 解得 $x=0.06.$

Final answer: $0.06$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为响应国家“精准扶贫，产业扶贫的战略，哈市面向全市征召《扶贫政策》义务宣传志愿者, 从年龄在 $[20,45]$ 的 500 名志愿者中随机抽取 100 名, 其年龄频率分布直方图如图所示.

<img_4172>
在抽出的 100 名志愿者中按年龄采用分层抽样的方法抽取10名参加中心广场的宣传活动, 再从这 10 名志愿者中选取 3 名担任主要负责人。记这 3 名志愿者中 “年龄低于 35 岁”的人数为 $X$, 求 $X$ 的数学期望.

Solution:
根据频率分布直方图可得 $(0.01+0.02+0.04+x+0.07) \times 5=1$, 解得 $x=0.06$.

用分层抽样的方法, 从 100 名志愿者中选取 10 名, 则其中年龄 “低于 35 岁” 的人有 6 名, “年龄不低于 35 岁” 的人有 4 名,

故 $X$ 的可能取值为 $0,1,2,3$.

$P(X=0)=\frac{C_{4}^{3}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30}, P(X=1)=\frac{C_{6}^{1} C_{4}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10}, P(X=2)=\frac{C_{6}^{2} C_{4}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{2}, P(X=3)=\frac{C_{6}^{3}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{6}$. 故 $X$ 的分布列为

| $Y$ | 0                | 1                | 2               | 3               |
| :---- | :--------------- | :--------------- | :-------------- | :-------------- |
| $P$ | $\frac{1}{30}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

$E(Y)=0 \times \frac{1}{30}+1 \times \frac{3}{10}+2 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1.8$

Final answer: $1.8$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 为响应国家“精准扶贫，产业扶贫的战略，哈市面向全市征召《扶贫政策》义务宣传志愿者, 从年龄在 $[20,45]$ 的 500 名志愿者中随机抽取 100 名, 其年龄频率分布直方图如图所示.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_322b11fe7d6976a1c1f9g-1.jpg?height=847&width=1313&top_left_y=604&top_left_x=2160)
在抽出的 100 名志愿者中按年龄采用分层抽样的方法抽取10名参加中心广场的宣传活动, 再从这 10 名志愿者中选取 3 名担任主要负责人。记这 3 名志愿者中 “年龄低于 35 岁”的人数为 $X$, 求 $X$ 的数学期望.

Solution:
根据频率分布直方图可得 $(0.01+0.02+0.04+x+0.07) \times 5=1$, 解得 $x=0.06$.

用分层抽样的方法, 从 100 名志愿者中选取 10 名, 则其中年龄 “低于 35 岁” 的人有 6 名, “年龄不低于 35 岁” 的人有 4 名,

故 $X$ 的可能取值为 $0,1,2,3$.

$P(X=0)=\frac{C_{4}^{3}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30}, P(X=1)=\frac{C_{6}^{1} C_{4}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10}, P(X=2)=\frac{C_{6}^{2} C_{4}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{2}, P(X=3)=\frac{C_{6}^{3}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{6}$. 故 $X$ 的分布列为

| $Y$ | 0                | 1                | 2               | 3               |
| :---- | :--------------- | :--------------- | :-------------- | :-------------- |
| $P$ | $\frac{1}{30}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

$E(Y)=0 \times \frac{1}{30}+1 \times \frac{3}{10}+2 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1.8$

Final answer: $1.8$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

<img_4066>
求证: $\mathrm{AC}$ 是 $\odot O$ 的切线.

Solution:
如图, 连接 OE.

$\because B E$ 平分 $\angle A B C$,

$\therefore \angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{OBE}$,

$\because O B=O E$,

$\therefore \angle O B E=\angle O E B$,

$\therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{CBE}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \angle A E O=\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f7af9ac0dab397ea2a7ag-1.jpg?height=675&width=733&top_left_y=462&top_left_x=1936)
求证: $\mathrm{AC}$ 是 $\odot O$ 的切线.

Solution:
如图, 连接 OE.

$\because B E$ 平分 $\angle A B C$,

$\therefore \angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{OBE}$,

$\because O B=O E$,

$\therefore \angle O B E=\angle O E B$,

$\therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{CBE}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \angle A E O=\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

Final answer: 证明题