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


Question: 将编号为 $1,2, \cdots, 9$ 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上, 每个等分点上各有一个小球. 设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 $\mathrm{S}$. 求使 $\mathrm{S}$ 达到最小值的放法的概率. (注: 如果某种放法, 经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合, 则认为是相同的放法)

Solution:
九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上, 每点放一个, 相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列, 故共有 $8 !$ 种放法, 考虑到翻转因素, 则本质不同的放法有 $\frac{8 !}{2}$ 种。

下求使 $\mathrm{S}$ 达到最小值的放法数：在圆周上, 从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径, 对其中任一条路径, 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}$ 是依次排列于这段弧上的小球号码, 则

$$
\left|1-x_{1}\right|+\left|x_{1}-x_{2}\right|+\cdots+| x_{k}-9|\geq|\left(1-x_{1}\right)+\left(x_{1}-x_{2}\right)+\cdots+\left(x_{k}-9\right)|=| 1-9 \mid=8 .
$$

上式取等号当且仅当 $1<x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{k}<9$, 即每一弧段上的小球编号都是由 1 到 9 递增排列.

因此 $S_{\text {最小 }}=2 \cdot 8=16$.

由上知, 当每个弧段上的球号 $\left\{1, x_{1}, x_{2}, \cdots x_{k}, 9\right\}$ 确定之后, 达到最小值的排序方案便唯一确定.

在 $1,2, \cdots, 9$ 中, 除 1 与 9 外, 剩下 7 个球号 $2,3, \cdots, 8$, 将它们分为两个子集, 元素较少的一个子集共有 $C_{7}^{0}+C_{7}^{1}+C_{7}^{2}+C_{7}^{3}=2^{6}$ 种情况, 每种情况对应着圆周上使 $\mathrm{S}$ 值达到最小的唯一排法, 即有利事件总数是 $2^{6}$ 种, 故所求概率 $P=\frac{2^{6}}{\frac{8 !}{2}}=\frac{1}{315}$.

Final answer: $\frac{1}{315}$
Subfield: Geometry


Question: 过抛物线 $y=x^{2}$ 上的一点 $\mathrm{A}(1,1)$ 作抛物线的切线, 分别交 $x$ 轴于 $\mathrm{D}$, 交 $y$ 轴于 B. 点 $\mathrm{C}$ 在抛物线上, 点 $\mathrm{E}$ 在线段 $\mathrm{AC}$ 上, 满足 $\frac{A E}{E C}=\lambda_{1}$; 点 $\mathrm{F}$ 在线段 $\mathrm{BC}$ 上, 满足 $\frac{B F}{F C}=\lambda_{2}$,且 $\lambda_{1}+\lambda_{2}=1$, 线段 $\mathrm{CD}$ 与 $\mathrm{EF}$ 交于点 $\mathrm{P}$. 当点 $\mathrm{C}$ 在抛物线上移动时, 求点 $\mathrm{P}$ 的轨迹方程.

Solution:
<img_4061>

过抛物线上点$A$的切线斜率为：$y^{\prime} = 2x|_{x=1}=2$, $\because$ 切线$AB$的方程为$y=2x-1$. 

$\therefore B、D$ 的坐标为 $B(0,-1), D\left(\frac{1}{2}, 0\right), \therefore D$ 是线段 $A B$ 的中点.

令 $\gamma=\frac{C D}{C P}, t_{1}=\frac{C A}{C E}=1+\lambda_{1}, t_{2}=\frac{C B}{C F}=1+\lambda_{2}$, 则 $t_{1}+t_{2}=3$. 因为 $C D$ 为 $\triangle A B C$ 的中线,

$\therefore S_{\triangle C A B}=2 S_{\triangle C A D}=2 S_{\triangle C B D}$.

而

$\frac{1}{t_{1} t_{2}}=\frac{C E \cdot C F}{C A \cdot C B}=\frac{S_{\triangle C E F}}{S_{\triangle C A B}}=\frac{S_{\triangle C E P}}{2 S_{\triangle C A D}}+\frac{S_{\triangle C F P}}{2 S_{\triangle C B D}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{t_{1} \gamma}+\frac{1}{t_{2} \gamma}\right)=\frac{t_{1}+t_{2}}{2 t_{1} t_{2} \gamma}=\frac{3}{2 t_{1} t_{2} \gamma}, \therefore \gamma=\frac{3}{2}$,

$\therefore P$ 是 $\triangle A B C$ 的重心.

设 $P(x, y), C\left(x_{0}, x_{0}^{2}\right)$, 因点 $\mathrm{C}$ 异于 $\mathrm{A}$, 则 $x_{0} \neq 1$, 故重心 $\mathrm{P}$ 的坐标为

$x=\frac{0+1+x_{0}}{3}=\frac{1+x_{0}}{3},\left(x \neq \frac{2}{3}\right), y=\frac{-1+1+x_{0}^{2}}{3}=\frac{x_{0}^{2}}{3}$, 消去 $x_{0}$, 得 $y=\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}$.

故所求轨迹方程为 $y=\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}\left(x \neq \frac{2}{3}\right)$.

Final answer: $y=\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}$
Subfield: Algebra


Question: 设正数 $a 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 x 、 \mathrm{y} 、 \mathrm{z}$ 满足 $c y+b z=a, a z+c x=b ; b x+a y=c$.

求函数 $f(x, y, z)=\frac{x^{2}}{1+x}+\frac{y^{2}}{1+y}+\frac{z^{2}}{1+z}$ 的最小值.

Solution:
由条件得, $b(a z+c x-b)+c(b x+a y-c)-a(c y+b z-a)=0$,

即 $2 b c x+a^{2}-b^{2}-c^{2}=0 ，$

$\therefore x=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$, 同理, 得 $y=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} ; z=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$.

$\because a、 b 、 c 、x 、 y 、 z$ 为正数, 据以上三式知,

$b^{2}+c^{2}>a^{2}, a^{2}+c^{2}>b^{2}, a^{2}+b^{2}>c^{2}$,

故以 $a 、 b 、 c$ 为边长, 可构成一个锐角三角形 $\mathrm{ABC}$,

$\therefore x=\cos A, y=\cos B, z=\cos C$, 问题转化为: 在锐角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中,

求函数 $f(\cos A 、 \cos B 、 \cos C)=\frac{\cos ^{2} A}{1+\cos A}+\frac{\cos ^{2} B}{1+\cos B}+\frac{\cos ^{2} C}{1+\cos C}$ 的最小值.

令 $u=\cot A, v=\cot B, w=\cot C$, 则 $u, v, w \in R^{+}, u v+v w+w u=1$,

且 $u^{2}+1=(u+v)(u+w), v^{2}+1=(u+v)(v+w), w^{2}+1=(u+w)(v+w)$.

$\therefore \frac{\cos ^{2} A}{1+\cos A}=\frac{\frac{u^{2}}{u^{2}+1}}{1+\frac{u}{\sqrt{u^{2}+1}}}=\frac{u^{2}}{\sqrt{u^{2}+1}\left(\sqrt{u^{2}+1}+u\right)}=\frac{u^{2}\left(\sqrt{u^{2}+1}-u\right)}{\sqrt{u^{2}+1}}$

$=u^{2}-\frac{u^{3}}{\sqrt{u^{2}+1}} u^{2}-\frac{u^{3}}{\sqrt{(u+v)(u+w)}} \geq u^{2}-\frac{u^{3}}{2}\left(\frac{1}{u+v}+\frac{1}{u+w}\right)$,

同理, $\frac{\cos ^{2} B}{1+\cos B} \geq v^{2}-\frac{v^{3}}{2}\left(\frac{1}{u+v}+\frac{1}{u+w}\right), \frac{\cos ^{2} C}{1+\cos C} \geq w^{2}-\frac{w^{3}}{2}\left(\frac{1}{u+w}+\frac{1}{v+w}\right)$.

$\therefore f \geq u^{2}+v^{2}+w^{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{u^{3}+v^{3}}{u+v}+\frac{v^{3}+w^{3}}{v+w}+\frac{u^{3}+w^{3}}{u+w}\right)=u^{2}+v^{2}+w^{2}-\frac{1}{2}\left[\left(u^{2}-u v+v^{2}\right)\right.$

$\left.+\left(v^{2}-v w+w^{2}\right)+\left(u^{2}-u w+w^{2}\right)\right]=\frac{1}{2}(u v+v w+u w)=\frac{1}{2} . \quad$ (取等号当且仅当 $u=v=w$, 此时, $\left.a=b=c, x=y=z=\frac{1}{2}\right),[f(x, y, z)]_{\min }=\frac{1}{2}$.

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Geometry


Question: 在直角坐标系 $xoy$ 中, 点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 和点 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 的坐标均为一位的正整数. $O A$ 与 $x$ 轴正方向的夹角大于 $45^{\circ}, O B$ 与 $x$ 轴正方向的夹角小于 $45^{\circ}, B$ 在 $x$ 轴上的射影为 $B^{\prime}, A$在 $y$ 轴上的射影为 $A^{\prime}, \triangle O B B^{\prime}$ 的面积比 $\triangle O A A^{\prime}$ 的面积大 33.5, 由 $x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}$ 组成的四位数

$\overline{x_{1} x_{2} y_{2} y_{1}}=x_{1} \cdot 10^{3}+x_{2} \cdot 10^{2}+y_{2} \cdot 10+y_{1}$. 试求出所有这样的四位数.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_27ccf5ccbaa9f98d0021g-1.jpg?height=334&width=403&top_left_y=593&top_left_x=1592)

Solution:
$x_{2} y_{2}-x_{1} y_{1}=67 . x_{1}<y_{1}, x_{2}>y_{2}$. 且 $x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}$ 都是不超过 10 的正整数.

$\therefore x_{2} y_{2}>67, \Rightarrow x_{2} y_{2}=72$ 或 81. 但 $x_{2}>y_{2}$, 故 $x_{2} y_{2}=91$ 舍去. $\therefore x_{2} y_{2}=72 . x_{2}=9$, $y_{2}=8$.

$\therefore x_{1} y_{1}=72-67=5 . \Rightarrow x_{1}=1, \quad y_{1}=5, \quad \therefore \overline{x_{1} x_{2} y_{2} y_{1}}=1985$.

Final answer: 1985
Subfield: Geometry


Question: 在直角坐标系 $xoy$ 中, 点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 和点 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 的坐标均为一位的正整数. $O A$ 与 $x$ 轴正方向的夹角大于 $45^{\circ}, O B$ 与 $x$ 轴正方向的夹角小于 $45^{\circ}, B$ 在 $x$ 轴上的射影为 $B^{\prime}, A$在 $y$ 轴上的射影为 $A^{\prime}, \triangle O B B^{\prime}$ 的面积比 $\triangle O A A^{\prime}$ 的面积大 33.5, 由 $x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}$ 组成的四位数

$\overline{x_{1} x_{2} y_{2} y_{1}}=x_{1} \cdot 10^{3}+x_{2} \cdot 10^{2}+y_{2} \cdot 10+y_{1}$. 试求出所有这样的四位数.

<img_4089>

Solution:
$x_{2} y_{2}-x_{1} y_{1}=67 . x_{1}<y_{1}, x_{2}>y_{2}$. 且 $x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}$ 都是不超过 10 的正整数.

$\therefore x_{2} y_{2}>67, \Rightarrow x_{2} y_{2}=72$ 或 81. 但 $x_{2}>y_{2}$, 故 $x_{2} y_{2}=91$ 舍去. $\therefore x_{2} y_{2}=72 . x_{2}=9$, $y_{2}=8$.

$\therefore x_{1} y_{1}=72-67=5 . \Rightarrow x_{1}=1, \quad y_{1}=5, \quad \therefore \overline{x_{1} x_{2} y_{2} y_{1}}=1985$.

Final answer: 1985
Subfield: Combinatorics


Question: 某足球邀请赛有十六个城市参加, 每市派出甲、乙两个队, 根据比赛规则, 比赛若干天后进行统计, 发现除 $A$ 市甲队外, 其它各队已比赛过的场数各不相同. 问 $A$ 市乙队已赛过多少场？

Solution:
用 32 个点表示这 32 个队, 如果某两队比赛了一场, 则在表示这两个队的点间连一条线. 否则就不连线.

由于, 这些队比赛场次最多 30 场, 最少 0 场, 共有 31 种情况, 现除 $A$ 城甲队外还有 31 个队, 这 31 个队比赛场次互不相同, 故这 31 个队比赛的场次恰好从 0 到 30 都有. 就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次.

考虑比赛场次为 30 的队, 这个队除自己与同城的队外, 与不同城有队都进行了比赛,于是, 它只可能与比赛 0 场的队同城; 再考㱆比赛 29 场的队, 这个队除与同城队及比赛 0 场、 1 场 (只赛 1 场的队已经与比赛 30 场的队赛过 1 场, 故不再与其它队比赛) 的队不比赛外, 与其余各队都比赛, 故它与比赛 1 场的队同城; 依次类推, 知比赛 $k$ 场的队与比赛 $30-k$场的队同城, 这样, 把各城都配对后, 只有比赛 15 场的队没有与其余的队同城, 故比赛 15 场的队就是 $A$ 城乙队. 即 $A$ 城乙队比赛了 15 场.

Final answer: 15
Subfield: Geometry


Question: 平面上任给 5 个点, 以 $\lambda$ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比, 证明: $\lambda$ $\geqslant 2 \sin 54^{\circ}$.

Solution:
<img_4063>

(1) 若此五点中有三点共线, 例如 $A 、 B 、 C$ 三点共线, 不妨设 $B$ 在 $A 、 C$之间, 则 $A B$ 与 $B C$ 必有一较大者. 不妨设 $A B \geqslant B C$. 则 $\frac{A C}{B C} \geqslant 2>2 \sin 54^{\circ}$.

(2) 设此五点中无三点共线的情况.

① 若此五点的凸包为正五边形. 则其五个内角都 $=108^{\circ}$. 五点的连线只有两种长度:正五边形的边长与对角线, 而此对角线与边长之比为 $2 \sin 54^{\circ}$.

② 若此五点的凸包为凸五边形. 则其五个内角中至少有一个内角$\geqslant 108^{\circ}$. 设 $\angle E A B \geqslant$ $108^{\circ}$, 且 $E A \geqslant A B$, 则 $\angle A E B \leqslant 36^{\circ}$,

$\therefore \frac{B E}{A B}=\frac{\sin (B+E)}{\sin E} \geqslant \frac{\sin 2 E}{\sin E}=2 \cos E \geqslant 2 \cos 36^{\circ}=2 \sin 54^{\circ}$.

③ 若此五点的凸包为凸四边形 $A B C D$, 点 $E$ 在其内部, 连 $A C$, 设点 $E$ 在 $\triangle A B C$ 内部,则 $\angle A E B, \angle B E C, \angle C E A$ 中至少有一个角 $\geqslant 120^{\circ}>108^{\circ}$, 由上证可知, 结论成立.

④ 若此五点的凸包为三角形 $A B C$, 则形内有两点 $D$. $E$ 则 $\angle A D B, \angle B D C 、 \angle C D A$ 中必有一个角 $\geqslant120^{\circ}$, 结论成立.

综上可知, 结论成立.
Subfield: Geometry


Question: 三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$.
证明: $D P$ 与 $S M$ 相交;

Solution:
$\because D P / / S C$ 故 $D P, C S$ 共面.

$\therefore D C \subseteq$ 面 $D P C$

$\because \boldsymbol{M} \in D C, \Rightarrow \boldsymbol{M} \in $ 面 $D P C, S M \subseteq面 D P C$.

$\because$ 在面 $D P C$ 内 $S M$ 与 $S C$ 相交, 故直线 $S M$ 与 $D P$ 相交.
Subfield: Geometry


Question: 三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$.
证明: 设 $D P$ 与 $S M$ 的交点为 $D^{\prime}$, 则 $D^{\prime}$为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心.

Solution:
<img_4090>

$\because S A 、 S B, S C$ 两两互相垂直, $\therefore S C \perp$ 面 $S A B, S C \perp S D$.

$\because D P / / S C \therefore D P \perp S D . \triangle DD^{\prime}M \sim \triangle C S M$

$\because M$ 为 $\triangle A B C$ 的重心, $\therefore D M: M C=1: 2 . \therefore D D^{\prime}: S C=1: 2$.


取 $S C$ 中点Q, 连 $D^{\prime} Q$. 则 $S Q=D D^{\prime}$, $\Rightarrow$ 平面四边形 $D D^{\prime} Q S$ 是矩形.

$\therefore D^{\prime} Q \perp S C$ 由三线合一定理, 知 $D^{\prime} C=P S$.

同理, $D^{\prime} A= D^{\prime} B=D^{\prime} D=D^{\prime} S$. 即以 $D^{\prime}$ 为球心 $D^{\prime} S$ 为半径作球 $D^{\prime}$. 则 $A, B 、 C$ 均在此球上. 即 $D^{\prime}$ 为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心.
Subfield: Algebra


Question: 设正数列 $a_{0} 、 a_{1} 、 a_{2} 、 \cdots 、 a_{n} 、 \cdots$ 满足

$$
\sqrt{a_{n} a_{n-2}}-\sqrt{a_{n-1} a_{n-2}}=2 a_{n-1}, \quad(n \geqslant 2)
$$

且 $a_{0}=a_{1}=1$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
变形, 同除以 $\sqrt{a_{n-1} a_{n-2}}$ 得: $\sqrt{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}=2 \sqrt{\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}}+1$,

令 $\sqrt{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}+1=b_{n}$, 则得 $b_{n}=2 b_{n-1}$.

即 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}=\sqrt{\frac{1}{1}}+1=2$ 为首项, 2 为公比的等比数列.

$\therefore b_{n}=2^{n}$.

$\therefore \frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\left(2^{n}-1\right)^{2}$. 故

$\therefore\left\{\begin{array}{c}a_{0}=1 \\ a_{n}=\left(2^{n}-1\right)^{2}\left(2^{n-1}-1\right)^{2} \cdots\left(2^{1}-1\right)^{2} . \quad(n \geqslant 1)\end{array}\right.$

Final answer: $\left\{\begin{array}{c}a_{0}=1 \\ a_{n}=\left(2^{n}-1\right)^{2}\left(2^{n-1}-1\right)^{2} \cdots\left(2^{1}-1\right)^{2} . \quad(n \geqslant 1)\end{array}\right.$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, a=3, \cos C=-\frac{1}{15}, 5 \sin (B+C)=3 \sin (A+C)$.
求边 $c$.

Solution:
由 $5 \sin (B+C)=3 \sin (A+C)$ 得 $5 \sin A=3 \sin B$

由正弦定理得 $5 a=3 b$

$\because a=3, \therefore b=5$

由余弦定理得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=36$

$\therefore c=6$

Final answer: $6$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, a=3, \cos C=-\frac{1}{15}, 5 \sin (B+C)=3 \sin (A+C)$.
$c=6$，求 $\sin \left(B-\frac{\pi}{3}\right)$ 的值.

Solution:
由余弦定理求出 $\cos B=\frac{5}{9}$

再求出 $\sin B=\frac{2 \sqrt{14}}{9}$

$\therefore \sin \left(B-\frac{\pi}{3}\right)=\sin B \cos \frac{\pi}{3}-\cos B \sin \frac{\pi}{3}$

$=\frac{2 \sqrt{14}-5 \sqrt{3}}{18}$.

Final answer: $\frac{2 \sqrt{14}-5 \sqrt{3}}{18}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 有甲乙两个班级进行一门课程的考试, 按照学生考试优秀和不优秀统计成绩后, 得到如下列联表:

班级与成绩列联表

|      | 优秀 | 不优秀 | 合计 |
| :--: | :--: | :----: | :--: |
| 甲班 |  20  |        |  45  |
| 乙班 |      |   40   |      |
| 合计 |      |        |  90  |

参考数据:

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.15 | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001 |
| :--------------------------------: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :----: |
|             $k_{0}$             | 2.072 | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 |

参考公式: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}$
请将上述 $2 \times 2$ 列联表补充完整, 并判断能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为成绩与班级有关呢?

Solution:
补充完整的 $2 \times 2$ 列联表如下:

|      | 优秀 | 不优秀 | 合计 |
| :--- | :--- | :----- | :--- |
| 甲班 | 20   | 25     | 45   |
| 乙班 | 5    | 40     | 45   |
| 合计 | 25   | 65     | 90   |

$K^{2}=\frac{90 \times(20 \times 40-25 \times 5)^{2}}{25 \times 65 \times 45 \times 45}=\frac{162}{13} \approx 12.46>10.828$.

故在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下, 认为成绩与班级有关.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Probability and Statistics


Question: 有甲乙两个班级进行一门课程的考试, 按照学生考试优秀和不优秀统计成绩后, 得到如下列联表:

班级与成绩列联表

|      | 优秀 | 不优秀 | 合计 |
| :--: | :--: | :----: | :--: |
| 甲班 |  20  |        |  45  |
| 乙班 |      |   40   |      |
| 合计 |      |        |  90  |

参考数据:

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.15 | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001 |
| :--------------------------------: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :----: |
|             $k_{0}$             | 2.072 | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 |

参考公式: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}$
针对调查的 90 名同学, 各班都想办法要提高班级同学的优秀率, 甲班决定从调查的 45 名同学中按分层抽样的方法随机抽取 9 名同学组成学习互助小组, 每单元学习结束后在这 9 人中随机抽取 2 人负责制作本单元思维导图, 设这 2 人中优秀人数为 $X$, 求 $X$ 的数学期望.

Solution:
甲班 45 人, 按照分层抽样的方法随机抽取 9 人、其中优秀 4 人, 不优秀 5 人.故 $X$ 的应有可能取值为 $0,1,2$

$$
P(X=0)=\frac{C_{4}^{0} C_{5}^{2}}{C_{9}^{2}}=\frac{5}{18}, P(X=1)=\frac{C_{4}^{1} C_{5}^{1}}{C_{9}^{2}}=\frac{5}{9}, \quad P(X=2)=\frac{C_{4}^{2} C_{5}^{0}}{C_{9}^{2}}=\frac{1}{6}
$$

故 $X$ 的分布列为:

| $X$ |        0        |        1        |        2        |
| :---: | :--------------: | :-------------: | :-------------: |
| $P$ | $\frac{5}{18}$ | $\frac{5}{9}$ | $\frac{1}{6}$ |

数学期望 $E(X)=0 \times \frac{5}{18}+1 \times \frac{5}{9}+2 \times \frac{1}{6}=\frac{8}{9}$.

Final answer: $\frac{8}{9}$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_c9909b98fb5c0a46fae4g-1.jpg?height=297&width=408&top_left_y=274&top_left_x=1281)

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
求证: 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$;

Solution:
取 $\mathrm{CD}$ 的中点 $\mathrm{M}$, 连接 $\mathrm{FM} 、 \mathrm{OM}, \mathrm{OE}$

$\because E F / /$ 平面 $A B C D, E F \subset$ 平面 $B C F E$, 平面 $A B C D \cap$ 平面 $E F C B=B C$

$\therefore E F / / B C . \because E F=\frac{1}{2} B C$,

$\because \mathrm{O} 、 \mathrm{M}$ 分别为 $\mathrm{BD}, \mathrm{CD}$ 的中点, $\therefore O M / / B C, O M=\frac{1}{2} B C$

$\therefore O M / / E F, O M=E F \therefore$ 四边形 $\mathrm{OMFE}$ 为平行四边形, $\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{FM}$

$\because O E \perp$ 平面 $A B C D \therefore F M \perp$ 平面 $A B C D$

$\because F M \subset$ 平面 $C F D \therefore$ 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4076>

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
求证: 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$;

Solution:
取 $\mathrm{CD}$ 的中点 $\mathrm{M}$, 连接 $\mathrm{FM} 、 \mathrm{OM}, \mathrm{OE}$

$\because E F / /$ 平面 $A B C D, E F \subset$ 平面 $B C F E$, 平面 $A B C D \cap$ 平面 $E F C B=B C$

$\therefore E F / / B C . \because E F=\frac{1}{2} B C$,

$\because \mathrm{O} 、 \mathrm{M}$ 分别为 $\mathrm{BD}, \mathrm{CD}$ 的中点, $\therefore O M / / B C, O M=\frac{1}{2} B C$

$\therefore O M / / E F, O M=E F \therefore$ 四边形 $\mathrm{OMFE}$ 为平行四边形, $\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{FM}$

$\because O E \perp$ 平面 $A B C D \therefore F M \perp$ 平面 $A B C D$

$\because F M \subset$ 平面 $C F D \therefore$ 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$.
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4076>

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
若平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$，求多面体 $A C D F E$ 的体积;

Solution:
过 $\mathrm{O}$ 做 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{CD}$ 于 $\mathrm{N}$, $\because$ 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$,

平面 $A B C D \cap$ 平面 $C F D=C D, O N \subset$ 平面 $A B C D \therefore O N \perp$ 平面 $C F D$

$\because O E / / F M, O E \not \subset$ 平面 $C F D, F M \subset$ 平面 $C F D, \therefore O E / /$ 平面 $C F D$,

$\therefore \mathrm{E}$ 到平面 $CFD$ 的距离等于 $\mathrm{O}$ 到平面 $CFD$ 的距离

$\triangle C O N$ 中, $O N=\frac{1}{2} a \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4} a, \triangle O A E$ 中, $O E=\frac{\sqrt{3}}{2} a$

$V_{C-A E F D}=V_{E-A C D}+V_{E-C D F}=\frac{1}{8} a^{3}+\frac{1}{16} a^{3}=\frac{3}{16} a^{3}$.

Final answer: $\frac{3}{16} a^{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_c9909b98fb5c0a46fae4g-1.jpg?height=297&width=408&top_left_y=274&top_left_x=1281)

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
若平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$，求多面体 $A C D F E$ 的体积;

Solution:
过 $\mathrm{O}$ 做 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{CD}$ 于 $\mathrm{N}$, $\because$ 平面 $A B C D \perp$ 平面 $C F D$,

平面 $A B C D \cap$ 平面 $C F D=C D, O N \subset$ 平面 $A B C D \therefore O N \perp$ 平面 $C F D$

$\because O E / / F M, O E \not \subset$ 平面 $C F D, F M \subset$ 平面 $C F D, \therefore O E / /$ 平面 $C F D$,

$\therefore \mathrm{E}$ 到平面 $CFD$ 的距离等于 $\mathrm{O}$ 到平面 $CFD$ 的距离

$\triangle C O N$ 中, $O N=\frac{1}{2} a \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4} a, \triangle O A E$ 中, $O E=\frac{\sqrt{3}}{2} a$

$V_{C-A E F D}=V_{E-A C D}+V_{E-C D F}=\frac{1}{8} a^{3}+\frac{1}{16} a^{3}=\frac{3}{16} a^{3}$.

Final answer: $\frac{3}{16} a^{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_c9909b98fb5c0a46fae4g-1.jpg?height=297&width=408&top_left_y=274&top_left_x=1281)

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
求二面角 $A-C E-B$ 余弦值.

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0323a5b60553321ce7fdg-1.jpg?height=483&width=576&top_left_y=278&top_left_x=503)

建系如图所示: $A\left(0,-\frac{1}{2} a, 0\right) 、 B\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a, 0,0\right)$ 、

$C\left(0, \frac{1}{2} a, 0\right) 、 E\left(0,0, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right)$

$\overrightarrow{C E}=\left(0,-\frac{1}{2} a, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right), \overrightarrow{B C}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} a, \frac{1}{2} a, 0\right)$

平面 $\mathrm{ACE}$ 的法向量为 $\overrightarrow{O B}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a, 0,0\right)$,

设平面 $\mathrm{BCE}$ 法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$ 则

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{C E}=0, \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 令 $y=2, \vec{n}=\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, 2, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$

$\therefore \cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{O B}\rangle=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+4}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

$\therefore$ 二面角 $A-C E-B$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4076>

如图, 封闭多面体 $A B C D F E$, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, E$ 在平面 $A B C D$ 的射影为 $O, E F / /$ 平面 $A B C D$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, 其中 $A B=B C=A C=A E=a$.
求二面角 $A-C E-B$ 余弦值.

Solution:
<img_4164>

建系如图所示: $A\left(0,-\frac{1}{2} a, 0\right) 、 B\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a, 0,0\right)$ 、

$C\left(0, \frac{1}{2} a, 0\right) 、 E\left(0,0, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right)$

$\overrightarrow{C E}=\left(0,-\frac{1}{2} a, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right), \overrightarrow{B C}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} a, \frac{1}{2} a, 0\right)$

平面 $\mathrm{ACE}$ 的法向量为 $\overrightarrow{O B}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a, 0,0\right)$,

设平面 $\mathrm{BCE}$ 法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$ 则

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{C E}=0, \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 令 $y=2, \vec{n}=\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, 2, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$

$\therefore \cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{O B}\rangle=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+4}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

$\therefore$ 二面角 $A-C E-B$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 过 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 和 $\left(-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 两点.
求椭圆的标准方程.

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

Final answer: $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 过 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 和 $\left(-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 两点.
已知 $P$ 为椭圆 $C$ 上不同于顶点的任意一点, $A, B$ 为椭圆的左. 右顶点, 直线 $A P, B P$ 分别与定直线 $l: x=-6$相交于 $M, N$ 两点, 设线段 $M N$ 中点为 $Q$, 若 $\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{B Q}$ 的值晨小, 求此时 $Q$ 的坐标.

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

令 $A(-2,0), B(2,0)$, 设 $P(x, y)(x y \neq 0)$,

$k_{A P} \cdot k_{B P}=\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=\frac{y^{2}}{x^{2}-4}=\frac{1-\frac{x^{2}}{4}}{x^{2}-4}=-\frac{1}{4}$

$\therefore$ 令 $k_{A P}=k, k_{B P}=-\frac{1}{4 k}(k \neq 0)$

$l_{A P}: y=k(x+2), \therefore M(-6,-4 k)$

$l_{B P}: y=-\frac{1}{4 k}(x-2), \therefore N\left(-6, \frac{2}{k}\right)$

$\therefore Q\left(-6,-2 k+\frac{1}{k}\right)$

$\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{B Q}=32+\left(-2 k+\frac{1}{k}\right)^{2}=4 k^{2}+\frac{1}{k^{2}}+28 \geq 32$

当且仅当 $k^{2}=\frac{1}{2}, k= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立.

此时 $Q(-6,0)$.

Final answer: $(-6,0)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=\ln x-\frac{a(x-1)}{x+1}$.讨论函数 $f(x)$ 单调性.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{2 a}{(x+1)^{2}}=\frac{x^{2}+(2-2 a) x+1}{x(x+1)^{2}}(x>0)$, 令 $x^{2}+(2-2 a) x+1=0$

则 $\Delta=(2-2 a)^{2}-4=4 a(a-2)$

当 $0 \leq a \leq 2$ 时, $\Delta \leq 0, f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递増

当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增

当 $a>2$ 时, $x^{2}+(2-2 a) x+1=0$ 两根为 $x_{1}=a-1-\sqrt{a(a-2)}$

$x_{2}=a-1+\sqrt{a(a-2)}$, 若 $0<x<x_{1}$ 或 $x>x_{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 若 $x_{1}<x<x_{2}$ 时 $f^{\prime}(x)<0$,

则 $f(x)$ 在 $(0, a-1-\sqrt{a(a-2)})$ 和 $(a-1+\sqrt{a(a-2)},+\infty)$ 单调递增

在 $(a-1-\sqrt{a(a-2)}, a-1+\sqrt{a(a-2)})$ 单调递减

综上：当 $a \leq 2$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增

当 $a>2$ 时, $f(x)$ 在 $(0, a-1-\sqrt{a(a-2)})$ 和 $(a-1+\sqrt{a(a-2)},+\infty)$ 单调递增

在 $(a-1-\sqrt{a(a-2)}, a-1+\sqrt{a(a-2)})$ 单调递减.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在平面直角坐标系中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为

$\rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)+3=0$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数).
求直线 $l$ 的直角坐标方程;

Solution:
$\rho\left(\sin \theta \cos \frac{\pi}{6}-\cos \theta \sin \frac{\pi}{6}\right)+3=0$

$\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \sin \theta-\frac{1}{2} \rho \cos \theta+3=0$

$\therefore$ 直线 $l: x-\sqrt{3} y-6=0$.

Final answer: $x-\sqrt{3} y-6=0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在平面直角坐标系中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为

$\rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)+3=0$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数).
椭圆 $C$ 上一点到直线 $l$ 的最小距离是多少?

Solution:
$\rho\left(\sin \theta \cos \frac{\pi}{6}-\cos \theta \sin \frac{\pi}{6}\right)+3=0$

$\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \sin \theta-\frac{1}{2} \rho \cos \theta+3=0$

$\therefore$ 直线 $l: x-\sqrt{3} y-6=0$.

设 $P(2 \cos \alpha, \sin \alpha)$

点 $P$ 到$l$的距离

$d=\frac{|2 \cos \alpha-\sqrt{3} \sin \alpha-6|}{2}=\frac{|\sqrt{7} \cos (\alpha+\phi)-6|}{2}$, 其中 $\phi$ 为锐角, 且 $\left.\tan \phi=\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$\therefore d_{\min }=\frac{6-\sqrt{7}}{2}$.
$\rho\left(\sin \theta \cos \frac{\pi}{6}-\cos \theta \sin \frac{\pi}{6}\right)+3=0$

$\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \sin \theta-\frac{1}{2} \rho \cos \theta+3=0$

$\therefore$ 直线 $l: x-\sqrt{3} y-6=0$.

假设直线 $m$ 平行于直线 $l$, 则 $m: x-\sqrt{3} y+k=0$, 消去 $x$ 得, $7 y^{2}-2 \sqrt{3} k y+k^{2}-4=0$.

$\Delta=12 k^{2}-28\left(k^{2}-4\right)=0$.

$\therefore k_{1}=-\sqrt{7}, k_{2}=\sqrt{7}$

所以 $d_{1}=\frac{|-6+\sqrt{7}|}{\sqrt{1+3}}=\frac{6-\sqrt{7}}{2}, d_{2}=\frac{6+\sqrt{7}}{2}$

$\therefore$ 最小距离是 $\frac{6-\sqrt{7}}{2}$.

Final answer: $\frac{6-\sqrt{7}}{2}$
Subfield: Inequality


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

Solution:
$f(x)=\left\{\begin{array}{l}3, x \geq 2, \\ 2 x-1,-1<x<2, \\ -3, x \leq-1 .\end{array}\right.$

$\therefore x \in(-\infty, 1)$

$\therefore$ 不等式的解集为 $(-\infty, 1)$.

Final answer: $(-\infty, 1)$