di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-\sqrt{3} t, \\ y=3+t,\end{array}\right.$ 其中 $t$ 为参数, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2} \cos ^{2} \theta+3 \rho^{2} \sin ^{2} \theta=3$.
写出曲线 $C$ 的参数方程;

Solution:
根据题意, 曲线 $C$ 的直角坐标方程为

$$
x^{2}+3 y^{2}=3
$$

也即

$$
\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1
$$

于是其参数方程为

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=\sqrt{3} \cos \theta \\
y=\sin \theta
\end{array}\right.
$$

其中 $\theta$ 为参数.

Final answer: $$
\left\{\begin{array}{l}
x=\sqrt{3} \cos \theta \\
y=\sin \theta
\end{array}\right.
$$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-\sqrt{3} t, \\ y=3+t,\end{array}\right.$ 其中 $t$ 为参数, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2} \cos ^{2} \theta+3 \rho^{2} \sin ^{2} \theta=3$.
过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $l$ 夹角为 $45^{\circ}$ 的直线, 交 $l$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最大值与最小值.

Solution:
直线 $l: x+\sqrt{3} y-3 \sqrt{3}=0$, 过 $P(\sqrt{3} \cos \theta, \sin \theta)$ 作直线 $l$ 的垂线, 垂足为 $H$, 则

$$
\begin{aligned}
P A & =\sqrt{2} \cdot P H \\
& =\sqrt{2} \cdot \frac{3 \sqrt{3}-\sqrt{3}(\sin \theta+\cos \theta)}{2} \\
& =\frac{3 \sqrt{6}-2 \sqrt{3} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}{2}.
\end{aligned}
$$

因此所求 $|P A|$ 的最大值为 $\frac{3 \sqrt{6}+2 \sqrt{3}}{2}$, 最小值为 $\frac{3 \sqrt{6}-2 \sqrt{3}}{2}$.

Final answer: $\frac{3 \sqrt{6}+2 \sqrt{3}}{2}, \frac{3 \sqrt{6}-2 \sqrt{3}}{2}$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x-1|-|x+2|$.
存在 $x_{0} \in \mathbb{R}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)+2 a^{2} \leqslant 4 a$, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
根据题意, 有

$$
\exists x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant-2 a^{2}+4 a
$$

也即

$$
\min _{x \in \mathbb{R}}\{f(x)\} \leqslant-2 a^{2}+4 a,
$$

也即

$$
2 a^{2}-4 a-\frac{5}{2} \leqslant 0,
$$

解得实数 $a$ 的取值范围是 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right]$.

Final answer: $\left[-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right]$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x-1|-|x+2|$.
存在 $x_{0} \in \mathbb{R}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)+2 a^{2} \leqslant 4 a$.设实数$a$的取值范围中的最大数为 $a_{0}$, 若 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}+\frac{9}{c^{2}}=a_{0}$。存在 $a, b, c$, 使得$a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}$ 有最小值, 求出该最小值.

Solution:
根据柯西不等式有

$$
\frac{5}{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}+\frac{9}{c^{2}} \geqslant \frac{(1+4+9)^{2}}{a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}},
$$

因此

$$
a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2} \geqslant \frac{392}{5}
$$

等号当

$$
a^{2}=b^{2}=c^{2}=\frac{28}{5}
$$

时取得, 进而可得所求代数式的最小值为 $\frac{392}{5}$.

Final answer: $\frac{392}{5}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知向量 $\vec{m}=(2 \cos x, \sin x), \vec{n}=(\cos x, 2 \sqrt{3} \cos x) \quad(x \in \mathbf{R})$,设函数 $f(x)=\vec{m} \cdot \vec{n}-1$.
求函数 $f(x)$ 的单调减区间.

Solution:
$f(x)=\vec{m} \cdot \vec{n}-1=2 \cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x-1=\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x$.

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

$\because x \in \mathrm{R}$, 由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}$ 得

$$
k \pi+\frac{\pi}{6} \leq x \leq k \pi+\frac{2 \pi}{3}
$$

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调减区间 $\left[k \pi+\frac{\pi}{6}, k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right] \quad k \in Z$.

Final answer: $\left[k \pi+\frac{\pi}{6}, k \pi+\frac{2 \pi}{3}\right]$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知向量 $\vec{m}=(2 \cos x, \sin x), \vec{n}=(\cos x, 2 \sqrt{3} \cos x) \quad(x \in \mathbf{R})$,设函数 $f(x)=\vec{m} \cdot \vec{n}-1$.
已知 $\triangle A B C$ 的三个内角分别为 $A, B, C$, 若 $f(A)=2, B=\frac{\pi}{4}$, 边 $A B=\sqrt{6}+\sqrt{2}$, 求边 $B C$.

Solution:
$\because f(A)=2$, 即 $2 \sin \left(2 A+\frac{\pi}{6}\right)=2, \because$ 角 $A$ 为锐角, 得 $A=\frac{\pi}{6}$,

$$
\text { 又 } B=\frac{\pi}{4}, \therefore C=\frac{7}{12} \pi, \therefore \sin C=\sin \frac{7 \pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}
$$

$\because A B=\sqrt{6}+\sqrt{2}$,

由正弦定理得 $B C=\frac{A B \sin A}{\sin C}=\frac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{2}=2$.

Final answer: $2$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4241>

如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 侧棱 $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C$, $A B=A C=2 A A_{1}, \angle B A C=120^{\circ}, D 、 D_{1}$ 分别是线段 $B C 、 B_{1} C_{1}$ 的中点, 过线段 $A D$ 的中点 $F$ 作 $B C$ 的平行线, 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $M 、 N$.
证明: $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$;

Solution:
因为 $A B=A C, D$ 是 $B C$ 的中点, 所以 $B C \perp A D$,

因为 $M N / / B C$, 所以 $M N \perp A D$,

因为 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C, M N \subset$ 平面 $A B C$,

所以 $A A_{1} \perp M N$,

因为 $A D, A A_{1} \subset$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 且 $A D$ I $A A_{1}=A$,

所以 $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$.
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0fb6cfea5363c0091f23g-1.jpg?height=285&width=411&top_left_y=2131&top_left_x=612)

如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 侧棱 $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C$, $A B=A C=2 A A_{1}, \angle B A C=120^{\circ}, D 、 D_{1}$ 分别是线段 $B C 、 B_{1} C_{1}$ 的中点, 过线段 $A D$ 的中点 $F$ 作 $B C$ 的平行线, 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $M 、 N$.
证明: $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$;

Solution:
因为 $A B=A C, D$ 是 $B C$ 的中点, 所以 $B C \perp A D$,

因为 $M N / / B C$, 所以 $M N \perp A D$,

因为 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C, M N \subset$ 平面 $A B C$,

所以 $A A_{1} \perp M N$,

因为 $A D, A A_{1} \subset$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 且 $A D$ I $A A_{1}=A$,

所以 $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0fb6cfea5363c0091f23g-1.jpg?height=285&width=411&top_left_y=2131&top_left_x=612)

如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 侧棱 $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C$, $A B=A C=2 A A_{1}, \angle B A C=120^{\circ}, D 、 D_{1}$ 分别是线段 $B C 、 B_{1} C_{1}$ 的中点, 过线段 $A D$ 的中点 $F$ 作 $B C$ 的平行线, 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $M 、 N$.
求锐二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值.

Solution:
设 $A A_{1}=1$ ，

如图: 过 $A_{1}$ 作 $A E_{1} / / B C$, 建立以 $A_{1}$ 为坐标原点, $A_{1} E, A_{1} D_{1}, A_{1} A$ 分别为 $x, y, z$ 轴的空间直角坐标系.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b17bc5be9589c6da9902g-1.jpg?height=334&width=409&top_left_y=804&top_left_x=1486)

则$A_{1}(0,0,0),A(0,0,1),B(\sqrt{3},1,1),C(-\sqrt{3},1,1)$.

因为 $F$ 是 $A D$ 的中点, $M N / / B C$, 所以 $M, N$ 分别为 $A B, A C$ 的

中点, 则 $M\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right), N\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right)$,

则 $\overrightarrow{A_{1}M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right), \overrightarrow{A_{1} A}=(0,0,1), \overrightarrow{N M}=(\sqrt{3}, 0,0),$

设平面 $A A_{1} M$ 的法向量为 $\vec{m}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0, \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} A}=0,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2} x+\frac{1}{2} y+z=0, \\ z=0,\end{array}\right.$

令 $x=1$, 则 $y=-\sqrt{3}$, 则 $\vec{m}=(1,-\sqrt{3}, 0)$

同理设平面 $A_{1} M N$ 的法向量为 $\vec n=(a, b, c)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0, \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{N M}=0,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2} a+\frac{1}{2} b+c=0, \\ \sqrt{3} a=0,\end{array}\right.$

令 $b=2$, 则 $\mathrm{c}=-1$, 则 $\vec n=(0,2,-1)$,

则

$$
cos(\vec m, \vec n)=\frac{\vec m \cdot \vec n}{|\vec m| \cdot |\vec n|}=-\frac{\sqrt{15}}{5},
$$

因为二面角 $A-A_{1} M-N$ 是锐二面角,

所以二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值是 $\frac{\sqrt{15}}{5}$.
连接 $A_{1} F$, 过点 $A$ 作 $A E \perp A_{1} F$ 于点 $E$, 过 $E$ 作 $E H \perp A_{1} M$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_be1ec23db0a2b187bf1cg-1.jpg?height=277&width=402&top_left_y=547&top_left_x=336)

因为 $A B=A C, D$ 是 $B C$ 的中点, 所以 $B C \perp A D$,

因为 $M N / / B C$, 所以 $M N \perp A D$,

因为 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C, M N \subset$ 平面 $A B C$,

所以 $A A_{1} \perp M N$,

因为 $A D, A A_{1} \subset$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 且 $A D$ I $A A_{1}=A$,

所以 $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$.

$N M \perp A E$ ，又 $A E \perp A_{1} F ， A_{1} F \cap N M=F$ ，

$\therefore A E \perp$ 面 $A_{1} N M, \therefore A E \perp A_{1} M$

$A_{1} M \perp E H, A_{1} M \perp A E, E H \cap A E=E$,

$\therefore A_{1} M \perp$ 面 $A H E, \therefore A H \perp A_{1} M$

故 $\angle A H E$ 是二面角 $A-A_{1} M-N$ 的平面角

设 $A A_{1}=1$, 则 $A M=A N=1 ， A_{1} M=A_{1} N=\sqrt{2}$ ，

故 $A H=\frac{\sqrt{2}}{2}, A_{1} F=\frac{\sqrt{5}}{2}, A E=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故 $\sin \angle A H E=\frac{A E}{A H}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

则 $\cos \angle A H E=\sqrt{1-\sin ^{2} \angle A H E}=\frac{\sqrt{15}}{5}$

因为二面角 $A-A_{1} M-N$ 是锐二面角,

所以二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值是 $\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4241>

如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 侧棱 $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C$, $A B=A C=2 A A_{1}, \angle B A C=120^{\circ}, D 、 D_{1}$ 分别是线段 $B C 、 B_{1} C_{1}$ 的中点, 过线段 $A D$ 的中点 $F$ 作 $B C$ 的平行线, 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $M 、 N$.
求锐二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值.

Solution:
设 $A A_{1}=1$ ，

如图: 过 $A_{1}$ 作 $A E_{1} / / B C$, 建立以 $A_{1}$ 为坐标原点, $A_{1} E, A_{1} D_{1}, A_{1} A$ 分别为 $x, y, z$ 轴的空间直角坐标系.

<img_4075>

则$A_{1}(0,0,0),A(0,0,1),B(\sqrt{3},1,1),C(-\sqrt{3},1,1)$.

因为 $F$ 是 $A D$ 的中点, $M N / / B C$, 所以 $M, N$ 分别为 $A B, A C$ 的

中点, 则 $M\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right), N\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right)$,

则 $\overrightarrow{A_{1}M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 1\right), \overrightarrow{A_{1} A}=(0,0,1), \overrightarrow{N M}=(\sqrt{3}, 0,0),$

设平面 $A A_{1} M$ 的法向量为 $\vec{m}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0, \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} A}=0,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2} x+\frac{1}{2} y+z=0, \\ z=0,\end{array}\right.$

令 $x=1$, 则 $y=-\sqrt{3}$, 则 $\vec{m}=(1,-\sqrt{3}, 0)$

同理设平面 $A_{1} M N$ 的法向量为 $\vec n=(a, b, c)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0, \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{N M}=0,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2} a+\frac{1}{2} b+c=0, \\ \sqrt{3} a=0,\end{array}\right.$

令 $b=2$, 则 $\mathrm{c}=-1$, 则 $\vec n=(0,2,-1)$,

则

$$
cos(\vec m, \vec n)=\frac{\vec m \cdot \vec n}{|\vec m| \cdot |\vec n|}=-\frac{\sqrt{15}}{5},
$$

因为二面角 $A-A_{1} M-N$ 是锐二面角,

所以二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值是 $\frac{\sqrt{15}}{5}$.
连接 $A_{1} F$, 过点 $A$ 作 $A E \perp A_{1} F$ 于点 $E$, 过 $E$ 作 $E H \perp A_{1} M$

<img_4128>

因为 $A B=A C, D$ 是 $B C$ 的中点, 所以 $B C \perp A D$,

因为 $M N / / B C$, 所以 $M N \perp A D$,

因为 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C, M N \subset$ 平面 $A B C$,

所以 $A A_{1} \perp M N$,

因为 $A D, A A_{1} \subset$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 且 $A D$ I $A A_{1}=A$,

所以 $M N \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$.

$N M \perp A E$ ，又 $A E \perp A_{1} F ， A_{1} F \cap N M=F$ ，

$\therefore A E \perp$ 面 $A_{1} N M, \therefore A E \perp A_{1} M$

$A_{1} M \perp E H, A_{1} M \perp A E, E H \cap A E=E$,

$\therefore A_{1} M \perp$ 面 $A H E, \therefore A H \perp A_{1} M$

故 $\angle A H E$ 是二面角 $A-A_{1} M-N$ 的平面角

设 $A A_{1}=1$, 则 $A M=A N=1 ， A_{1} M=A_{1} N=\sqrt{2}$ ，

故 $A H=\frac{\sqrt{2}}{2}, A_{1} F=\frac{\sqrt{5}}{2}, A E=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故 $\sin \angle A H E=\frac{A E}{A H}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

则 $\cos \angle A H E=\sqrt{1-\sin ^{2} \angle A H E}=\frac{\sqrt{15}}{5}$

因为二面角 $A-A_{1} M-N$ 是锐二面角,

所以二面角 $A-A_{1} M-N$ 的余弦值是 $\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{5}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2018 年元旦期间, 某品牌轿车销售商为了促销，给出了两种优惠方案, 顾客只能选择其中的一种, 方案一: 每满 6 万元, 可减 6 千元. 方案二: 金额超过 6 万元 (含 6 万元), 可摇号三次, 其规则是依次装有 2 个幸运号、 2 个吉祥号的一号摇号机, 装有 2 个幸运号、 2 个吉祥号的二号摇号机, 装有 1 个幸运号、 3 个吉祥号的三号摇号机各摇号一次, 其优惠情况为:若摇出 3 个幸运号则打 6 折; 若摇出 2 个幸运号则打 7 折; 若摇出 1 个幸运号则打 8 折；若没有摇出幸运号则不打折.
若某型号的车正好 6 万元, 两个顾客都选中第二种方案, 求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率;

Solution:
要使选择方案二比选择方案一更优惠, 则需要至少摸出 1 个幸运球,设顾客不打折即三次没摸出幸运球为事件 $A$, 则

$P(A)=\frac{2 \times 2 \times 3}{4 \times 4 \times 4}=\frac{3}{16}$,

故所求概率 $P=1-P(A) P(A)=1-\left(\frac{3}{16}\right)^{2}=\frac{247}{256}$.

Final answer: $\frac{247}{256}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知动点 $D$ 与两定点 $A(-2,0) 、 B(2,0)$ 连线的斜率的乘积为 $-\frac{1}{2}$,圆 $C$ 的圆心在原点, 半径为 $\sqrt{2}$.
若动点 $D$ 的轨迹为曲线 $E$, 求曲线 $E$ 方程;

Solution:
设点 $D(x, y)$, 则 $k_{D A} \cdot k_{D B}=\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2}$,

即 $2 y^{2}+x^{2}=4$, 整理得 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$, 其中 $x \neq \pm 2$.

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


Question: 已知动点 $D$ 与两定点 $A(-2,0) 、 B(2,0)$ 连线的斜率的乘积为 $-\frac{1}{2}$,圆 $C$ 的圆心在原点, 半径为 $\sqrt{2}$.
若动点 $P$ 在曲线 $E$ 上, 点 $Q$ 在圆 $C$ 上, 且 $P, Q$ 在 $y$ 轴两侧, 线段 $P Q$ 平行于 $x$ 轴. 直线 $A P$ 交 $y$ 轴于点 $M$, 直线 $B P$ 交 $y$ 轴于点 $N$, 求 $\angle M Q N$.

Solution:
设点 $D(x, y)$, 则 $k_{D A} \cdot k_{D B}=\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2}$,

即 $2 y^{2}+x^{2}=4$, 整理得 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$, 其中 $x \neq \pm 2$.

设直线 $A P$ 为 $y=k(x+2)$, 联立椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 得

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

根据韦达定理得 $x_{p} \cdot x_{A}=\frac{8 k^{2}-4}{1+2 k^{2}}$, 其中 $x_{A}=-2$, 所以 $x_{p}=\frac{2-4 k^{2}}{1+2 k^{2}}$,

将 $x_{p}$ 代入直线 $A P$ 得到 $y_{p}=\frac{4 k}{1+2 k^{2}}$.

由于 $P Q$ 平行于 $x$ 轴,所以 $y_{Q}=y_{p}=\frac{4 k}{1+2 k^{2}}$.

在直线 $A P$ 为 $y=k(x+2)$ 中令 $x=0$ 得 $M(0,2 k)$.

根据条件知可设直线 $B P$ 为 $y=-\frac{1}{2 k}(x-2)$, 令 $x=0$ 得 $N\left(0, \frac{1}{k}\right)$.

<img_4170>

设 $Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right)$, 则 $\overrightarrow{M Q} \cdot \overrightarrow{N Q}=\left(x_{Q}, y_{Q}-2 k\right) \cdot\left(x_{Q}, y_{Q}-\frac{1}{k}\right)$

$=x_{Q}^{2}+y_{Q}^{2}-\left(\frac{1}{k}+2 k\right) y_{Q}+2=2-\left(\frac{1}{k}+2 k\right) \frac{4 k}{1+2 k^{2}}+2=0$.

所以 $\angle M Q N=\frac{\pi}{2}$.

Final answer: $\frac{\pi}{2}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$.
求实数 $m, n$ 的值.

Solution:
函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{m(1-\ln x)}{x^{2}},$

因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(1)=m=1 \\ f(1)=\frac{m \ln 1}{1}+n=0\end{array}\right.$. 解得 $m=1, n=0$.

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


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$.
函数 $f(x)$ 的最大值.

Solution:
函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{m(1-\ln x)}{x^{2}},$

因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(1)=m=1 \\ f(1)=\frac{m \ln 1}{1}+n=0\end{array}\right.$. 解得 $m=1, n=0$.

所以 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$. 故 $f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e,$

当 $0<x<e$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $x>e$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减.

所以当 $x=e$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $f(e)=\frac{1}{e}$.

Final answer: $\frac{1}{e}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$.
当 $a \in\left(-e, \frac{1}{e}\right)$ 时, 记函数 $g(x)$ 的最小值为 $b$, 求实数 $b$ 的取值范围.

Solution:
函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{m(1-\ln x)}{x^{2}},$

因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(1)=m=1 \\ f(1)=\frac{m \ln 1}{1}+n=0\end{array}\right.$. 解得 $m=1, n=0$.

所以 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$. 故 $f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e,$

当 $0<x<e$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $x>e$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减.

$\because g(x)=x^{2}\left[f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right]=x \ln x-\frac{a x^{2}}{2}-x$,

$\therefore g^{\prime}(x)=\ln x-a x=x\left(\frac{\ln x}{x}-a\right),$

令 $h(x)=\frac{\ln x}{x}-a$, $f(x)=\frac{\ln x}{x}$ 在 $(0, e)$ 上是增函数,

故 $h(x)=\frac{\ln x}{x}-a$ 在 $(0, e)$ 上是增函数,

又 $\because-e<a<\frac{1}{e}, \quad \therefore h(e)=\frac{1}{e}-a>0, h\left(\frac{1}{e}\right)=-e-a<0$,

因此存在唯一的 $t \in\left(\frac{1}{e}, e\right)$, 使得 $h(t)=0$, 也就是 $g^{\prime}(t)=0$, 即 $\ln t=a t$

当 $x \in(0, t)$ 时, $h(x)<h(t)=0$, 所以 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;

当 $x \in(t, e)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增, 所以 $g(x)$ 的最小值为 $b=t \ln t-\frac{a}{2} t^{2}-t=\frac{t \ln t}{2}-t$, 令 $s(t)=\frac{t \ln t}{2}-t$, 因为 $h^{\prime}(t)=\frac{\ln t-1}{2}<0$, 所以 $h(t)$ 在 $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ 单调递减, 从而$h(t) \in\left(-\frac{e}{2},-\frac{3}{2 e}\right)$, 即 $b$ 的取值范围是 $\left(-\frac{e}{2},-\frac{3}{2 e}\right)$.

Final answer: $\left(-\frac{e}{2},-\frac{3}{2 e}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$.
写出曲线 $C_{1}$ 的普通方程

Solution:
由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 可得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x-y+m=0$.

Final answer: $x-y+m=0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$.
写出曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程.

Solution:
由曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程得 $3 \rho^{2}-2 \rho^{2} \cos ^{2} \theta=3, \theta \in[0, \pi]$,

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1(0 \leq y \leq 1)$.

Final answer: $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$.
已知点 $P$ 是曲线 $C_{2}$ 上一点, 若点 $P$ 到曲线 $C_{1}$ 的最小距离为 $2 \sqrt{2}$, 求 $m$的值.

Solution:
由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 可得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x-y+m=0$.

由曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程得 $3 \rho^{2}-2 \rho^{2} \cos ^{2} \theta=3, \theta \in[0, \pi]$,

$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1(0 \leq y \leq 1)$

设曲线 $C_{2}$ 上任意一点 $P$ 为 $(\sqrt{3} \cos \alpha, \sin \alpha), \alpha \in[0, \pi]$,

则点 $P$ 到曲线 $C_{1}$ 的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha-\sin \alpha+m|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|2 \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)+m\right|}{\sqrt{2}} .$

$\because \alpha \in[0, \pi] \quad \therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \in\left[-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right], \quad 2 \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right) \in[-2, \sqrt{3}]$,

当 $m+\sqrt{3}<0$ 时, $m+\sqrt{3}=-4$, 即 $m=-4-\sqrt{3}$;

当 $m-2>0$ 时, $m-2=4$, 即 $m=6$.

$\therefore m=-4-\sqrt{3}$ 或 $m=6$.

Final answer: $-4-\sqrt{3},6$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数$f(x)=\frac{1}{3}|x-a|(a \in R)$.
当 $a=2$ 时, 解不等式 $\left|x-\frac{1}{3}\right|+f(x) \geq 1$ ；

Solution:
当 $a=2$ 时, 原不等式可化为 $|3 x-1|+|x-2| \geq 3$.

(1) 当 $x \leq \frac{1}{3}$ 时, 原不等式可化为 $-3 x+1+2-x \geq 3$, 解得 $x \leq 0$, 所以 $x \leq 0 ;$

(2)当 $\frac{1}{3}<x<2$ 时, 原不等式可化为 $3 x-1+2-x \geq 3$, 解得 $x \geq 1$, 所以 $1 \leq x<2 ;$

(3)当 $x \geq 2$ 时, 原不等式可化为 $3 x-1-2+x \geq 3$, 解得 $x \geq \frac{3}{2}$, 所以 $x \geq 2$.

综上所述, 当 $a=2$ 时, 不等式的解集为 $\{x \mid x \leq 0$ 或 $x \geq 1\}$.

Final answer: $(-\infty, 0] \cup [1, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数$f(x)=\frac{1}{3}|x-a|(a \in R)$.
设不等式 $\left|x-\frac{1}{3}\right|+f(x) \leq x$ 的解集为 $M$, 若 $\left[\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right] \subseteq M$, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
不等式 $\left|x-\frac{1}{3}\right|+f(x) \leq x$ 可化为 $|3 x-1|+|x-a| \leq 3 x ，$

依题意不等式 $|3 x-1|+|x-a| \leq 3 x$ 在 $\left[\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right]$ 恒成立,

所以 $3 x-1+|x-a| \leq 3 x$, 即 $|x-a| \leq 1,$

即 $a-1 \leq x \leq a+1$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a-1 \leq \frac{1}{3} \\ a+1 \geq \frac{1}{2}\end{array}\right.$.

解得 $-\frac{1}{2} \leq a \leq \frac{4}{3}$, 故所求实数 $a$ 的取值范围是 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right] .$

Final answer: $\left[-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=4 \sin x \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}$.
求 $f(x)$ 的最小正周期:

Solution:
$f(x)=4 \sin x \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}=4 \sin x\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\frac{1}{2} \cos x\right)-\sqrt{3}$

$$
\begin{aligned}
& =2 \sqrt{3} \sin ^{2} x+2 \sin x \cos x-\sqrt{3}=\sqrt{3}(1-\cos 2 x)+\sin 2 x-\sqrt{3} \\
& =\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)
\end{aligned}
$$

所以函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$.

Final answer: $\pi$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=4 \sin x \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}$.
在锐角 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别为角 $A, B, C$ 的对边, 且满足 $a \sin B+b \cos 2 A=b \cos A$, 求 $f(B)$ 的取值范围.

Solution:
依题意, 由正弦定理, $\sin A \sin B+\sin B \cos 2 A=\sin B \cos A$, .

因为在三角形中 $\sin B \neq 0$, 所以 $\cos 2 A=\cos A-\sin A$.

即 $(\cos A-\sin A)(\cos A+\sin A-1)=0$,

当 $\cos A-\sin A=0$ 时, $\tan A=1, A=\frac{\pi}{4}$ ：

当 $\cos A+\sin A=1$ 时, 两边平方得 $1+2 \sin A \cos A=1$, 故 $\sin A \cos A=0, \cos A=0, A=\frac{\pi}{2}$.由于 $\triangle A B C$ 锐角三角形, 所以 $A=\frac{\pi}{4}$.

则 $B+C=\frac{3}{4} \pi$. 又 $0<B<\frac{\pi}{2}, 0<C<\frac{\pi}{2}, C=\frac{3}{4} \pi-B$.

所以 $\frac{\pi}{4}<B<\frac{\pi}{2}$,

又 $\frac{\pi}{6}<2 B-\frac{\pi}{3}<\frac{2 \pi}{3}$, 所以 $\frac{1}{2}<\sin \left(2 B-\frac{\pi}{3}\right) \leq 1$.

由 $f(B)=2 \sin \left(2 B-\frac{\pi}{3}\right)$,

则 $f(B)$ 的取值范围 $(1,2]$.

Final answer: $(1,2]$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_5d139120b4fcefeebabbg-1.jpg?height=263&width=369&top_left_y=1142&top_left_x=1346)

如图, 正方形 $A D E F$ 与 $\square A B C D$ 所在的平面互相垂直, 且 $A B=2 A D=2 a$, $\angle B A D=60^{\circ}, G$ 为 $B D$ 的中点.
求证: 平面 $B D E \perp$ 平面 $B C E$ 。

Solution:
$\because A B=2 A D=2 a, \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore$ 在 $\triangle A B D$ 中, $B D^{2}=4 a^{2}+a^{2}-2 \cdot 2 a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ}=3 a^{2}, B D^{2}+A D^{2}=A B^{2}$,

$\therefore \angle A D B=90^{\circ}, B D \perp A D$,

又 $A D E F$ 为正方形, $\therefore A D \perp D E$,

又 $A D / / B C, \therefore B C \perp D E, B C \perp B D$,

又 $B D \subset$ 面 $B D E, D E \subset$ 面 $B D E, B D \cap D E=D$,

$\therefore B C \perp$ 平面 $B D E$,

又 $B C \subset$ 平面 $B C E, \therefore$ 平面 $B D E \perp$ 平面 $B C E$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4217>

如图, 正方形 $A D E F$ 与 $\square A B C D$ 所在的平面互相垂直, 且 $A B=2 A D=2 a$, $\angle B A D=60^{\circ}, G$ 为 $B D$ 的中点.
求证: 平面 $B D E \perp$ 平面 $B C E$ 。

Solution:
$\because A B=2 A D=2 a, \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore$ 在 $\triangle A B D$ 中, $B D^{2}=4 a^{2}+a^{2}-2 \cdot 2 a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ}=3 a^{2}, B D^{2}+A D^{2}=A B^{2}$,

$\therefore \angle A D B=90^{\circ}, B D \perp A D$,

又 $A D E F$ 为正方形, $\therefore A D \perp D E$,

又 $A D / / B C, \therefore B C \perp D E, B C \perp B D$,

又 $B D \subset$ 面 $B D E, D E \subset$ 面 $B D E, B D \cap D E=D$,

$\therefore B C \perp$ 平面 $B D E$,

又 $B C \subset$ 平面 $B C E, \therefore$ 平面 $B D E \perp$ 平面 $B C E$.
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_5d139120b4fcefeebabbg-1.jpg?height=263&width=369&top_left_y=1142&top_left_x=1346)

如图, 正方形 $A D E F$ 与 $\square A B C D$ 所在的平面互相垂直, 且 $A B=2 A D=2 a$, $\angle B A D=60^{\circ}, G$ 为 $B D$ 的中点.
求平面 $C G E$ 与平面 $A D E F$ 所成锐二面角的余弦值.

Solution:
平面 $A D E F \perp$ 平面 $A B C D, E D \perp A D, \therefore E D \perp$ 平面 $A B C D, E D \perp D B$,

即 $D A 、 D B 、 D E$ 两两垂直，

以 $D A 、 D B 、 D E$ 分别为 $x, y, z$ 轴, 建立如图所示空间直角坐标系,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_3c2836735ab0a4815b32g-1.jpg?height=340&width=423&top_left_y=772&top_left_x=1179)

则 $A(a, 0,0), G\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2} a, 0\right), C(-a, \sqrt{3} a, 0), E(0,0, a)$,

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

取平面 $A D E F$ 的法向量为 $\boldsymbol{m}=(0,1,0)$, 设平面 $C G E$ 的法向量为 $\boldsymbol{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{E G}=0 \\ n \cdot \overrightarrow{G C}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{3}}{2} a y-a z=0 \\ -a x+\frac{\sqrt{3}}{2} a y=0\end{array}\right.$, 令 $y=1$, 则 $x=\frac{\sqrt{3}}{2}, z=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

故 $\boldsymbol{n}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,

设平面 $C G E$ 与平面 $A D E F$ 所成锐二面角为 $\theta$, 则 $\cos \theta=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{5}$