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


Question: 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA\perp 底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点。
![图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610315843710977/img/compression/M_c8227c5be575c3e120e4a3c2de3234a9.jpg)
$求证：AM \parallel  平面 SCD；$

Solution:
$因为SA\perp 底面ABCD，AB垂直于AD，所以以点A为坐标原点，以向量\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AS}的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)，所以\overrightarrow{AM}=(0,1,1)，\overrightarrow{SD}=(1,0,-2)，\overrightarrow{CD}=(-1,-2,0).$

$证明：设平面SCD的法向量为\mathbf{n}=(x,y,z)，$

则
$$
\begin{cases}
\overrightarrow{SD} \cdot \mathbf{n}=0,\\ 
\overrightarrow{CD} \cdot \mathbf{n}=0,
\end{cases}
$$

即
$$
\begin{cases}
x-2z=0,\\ 
-x-2y=0,
\end{cases}
$$

$令z＝1，则x＝2，y＝-1，则\mathbf{n}=(2,-1,1).$

$因此\overrightarrow{AM}\cdot \mathbf{n}=-1+1=0，从而\overrightarrow{AM}\perp \mathbf{n},又AM\not\subset 平面SCD，所以AM\parallel 平面SCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，$四棱锥P- ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,PA=AB，点E在棱PD上，且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610317882142723/img/compression/M_3228dc63c80f6b1994d83090ade40bc4.jpg)
$若F是棱PC的中点，求证：PB\parallel 平面AEF；$

Solution:
$因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,所以AB, AD, AP两两垂直.以A为坐标原点，分别以\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AP}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示.$
$不妨设PA=AB=6，则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).$
$证明：\overrightarrow{AE}=(0,2,4)，因为F是棱PC的中点，所以F(3,3,3)，所以\overrightarrow{AF}=(3,3,3).$
$设平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，则由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}2y+4z=0,\\ 3x+3y+3z=0,\end{matrix}\right.不妨令y=2，则x=-1,z=-1，$
$所以m=(-1,2,-1)，又\overrightarrow{PB}=(6,0,-6)，所以m\cdot \overrightarrow{PB}=-6＋0+6=0，即m\perp \overrightarrow{PB}，$
$又PB\not\subset 平面AEF,所以PB\parallel 平面AEF.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，$四棱锥P- ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,PA=AB，点E在棱PD上，且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).$
<img_2835>
$若F是棱PC的中点，求证：PB\parallel 平面AEF；$

Solution:
$因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA\perp 底面ABCD,所以AB, AD, AP两两垂直.以A为坐标原点，分别以\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AP}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示.$
$不妨设PA=AB=6，则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).$
$证明：\overrightarrow{AE}=(0,2,4)，因为F是棱PC的中点，所以F(3,3,3)，所以\overrightarrow{AF}=(3,3,3).$
$设平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，则由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}2y+4z=0,\\ 3x+3y+3z=0,\end{matrix}\right.不妨令y=2，则x=-1,z=-1，$
$所以m=(-1,2,-1)，又\overrightarrow{PB}=(6,0,-6)，所以m\cdot \overrightarrow{PB}=-6＋0+6=0，即m\perp \overrightarrow{PB}，$
$又PB\not\subset 平面AEF,所以PB\parallel 平面AEF.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
<img_1564>
$求证：MN\parallel 平面BDE；$

Solution:
$如图，以A为原点，分别以\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{AP}的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).$

$证明：\overrightarrow{DE}=(0，2，0)，\overrightarrow{DB}=(2，0，-2).设 {\textbf{n}}=(x_{0},y_{0},z_{0})为平面BDE的法向量，则$

$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=0,\\ 
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DB}=0,
\end{matrix}
\right.
$$
即
$$
\left\{
\begin{matrix}
2y_{0}=0,\\ 
2x_{0}-2z_{0}=0.
\end{matrix}
\right.
$$
$不妨设 z_{0}=1,可得 \textbf{n}=(1,0,1). 又 \overrightarrow{MN}=(1，2，-1)，可得\overrightarrow{MN}\cdot \textbf{n}=0.$

$因为 MN \not\subset BDE，所以 MN \parallel BDE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
![图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610319115268098/img/compression/M_396c87fdfbd9da28708a0f7793e6769d.jpg)
$求证：MN\parallel 平面BDE；$

Solution:
$如图，以A为原点，分别以\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{AP}的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).$

$证明：\overrightarrow{DE}=(0，2，0)，\overrightarrow{DB}=(2，0，-2).设 {\textbf{n}}=(x_{0},y_{0},z_{0})为平面BDE的法向量，则$

$$
\left\{
\begin{matrix}
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=0,\\ 
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DB}=0,
\end{matrix}
\right.
$$
即
$$
\left\{
\begin{matrix}
2y_{0}=0,\\ 
2x_{0}-2z_{0}=0.
\end{matrix}
\right.
$$
$不妨设 z_{0}=1,可得 \textbf{n}=(1,0,1). 又 \overrightarrow{MN}=(1，2，-1)，可得\overrightarrow{MN}\cdot \textbf{n}=0.$

$因为 MN \not\subset BDE，所以 MN \parallel BDE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 平面ABC，AB\perp BC，AA_1=AB=BC=2.$

<img_2903>
$求证：BC_1\perp 平面A_1B_1C；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，\because BB_1\perp 平面ABC，BC\subset 平面ABC，\therefore BB_1\perp BC，同理，BB_1\perp A_1B_1.$

$\because AA_1=BB_1=BC=2，\therefore 四边形B_1BCC_1为正方形，故BC_1\perp B_1C.\because AB\perp BC，AB\parallel A_1B_1，BC\parallel B_1C_1，\therefore A_1B_1\perp B_1C_1，$

$\because BB_1\cap B_1C_1=B_1，\therefore A_1B_1\perp 平面BCC_1B_1，$

$\because BC_1\subset 平面BCC_1B_1，\therefore A_1B_1\perp BC_1，$

$\because A_1B_1\cap B_1C=B_1，\therefore BC_1\perp 平面A_1B_1C.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 平面ABC，AB\perp BC，AA_1=AB=BC=2.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610484139040771/img/compression/M_22b0c7a4bd20187f20a796e1fab5f16d.jpg)
$求证：BC_1\perp 平面A_1B_1C；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，\because BB_1\perp 平面ABC，BC\subset 平面ABC，\therefore BB_1\perp BC，同理，BB_1\perp A_1B_1.$

$\because AA_1=BB_1=BC=2，\therefore 四边形B_1BCC_1为正方形，故BC_1\perp B_1C.\because AB\perp BC，AB\parallel A_1B_1，BC\parallel B_1C_1，\therefore A_1B_1\perp B_1C_1，$

$\because BB_1\cap B_1C_1=B_1，\therefore A_1B_1\perp 平面BCC_1B_1，$

$\because BC_1\subset 平面BCC_1B_1，\therefore A_1B_1\perp BC_1，$

$\because A_1B_1\cap B_1C=B_1，\therefore BC_1\perp 平面A_1B_1C.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在五面体ABCDPE中，PD\perp 平面ABCD，\angle ADC=\angle BAD=90^\circ ，F为棱PA的中点，PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，且四边形CDPE为平行四边形。$
![24AXGK5SX151.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610486055837699/img/compression/M_114e1200559205806cf0477a1e365ee2.jpg)
判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明；

Solution:
$AC \parallel 平面 DEF .证明如下：设 PC 交 DE 于点 N ，连接 FN ，因为四边形 PDCE 为平行四边形，所以点 N 为 PC 的中点，又点 F 为 PA 的中点，所以 FN \parallel  AC ，因为 FN \subset 平面 DEF ， AC \not\subset 平面 DEF ，所以 AC \parallel 平面 DEF.$

![24AXGK5SX152.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610486550765570/img/compression/M_f540423d7768ce0a55902ed7976caf44.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在五面体ABCDPE中，PD\perp 平面ABCD，\angle ADC=\angle BAD=90^\circ ，F为棱PA的中点，PD=BC=\sqrt{2}，AB=AD=1，且四边形CDPE为平行四边形。$
<img_2211>
判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明；

Solution:
$AC \parallel 平面 DEF .证明如下：设 PC 交 DE 于点 N ，连接 FN ，因为四边形 PDCE 为平行四边形，所以点 N 为 PC 的中点，又点 F 为 PA 的中点，所以 FN \parallel  AC ，因为 FN \subset 平面 DEF ， AC \not\subset 平面 DEF ，所以 AC \parallel 平面 DEF.$

<img_2955>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD\perp 底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.$

<img_112>
$证明：l\perp 平面PDC；$

Solution:
$证明：因为PD \perp底面ABCD，所以PD \perp AD .又底面ABCD为正方形，所以AD \perp DC .因为PD \cap DC=D ,所以AD \perp平面PDC .因为AD \parallel BC ，AD \nsubseteq 平面PBC ，所以AD \parallel 平面PBC .由已知得l \parallel AD .因此l \perp 平面PDC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD\perp 底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610382688079873/img/compression/M_62a83a6b173937a55f672ab06eccda08.jpg)
$证明：l\perp 平面PDC；$

Solution:
$证明：因为PD \perp底面ABCD，所以PD \perp AD .又底面ABCD为正方形，所以AD \perp DC .因为PD \cap DC=D ,所以AD \perp平面PDC .因为AD \parallel BC ，AD \nsubseteq 平面PBC ，所以AD \parallel 平面PBC .由已知得l \parallel AD .因此l \perp 平面PDC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=cos x+\frac{a}{2} x^2+ln x.$
$当a\geq \frac{1}{4}时，证明：f(x)在定义域上是增函数；$

Solution:
$证明： f'(x)=-sin x + ax + \frac{1}{x}   (x>0).$
$当a \geq  \frac{1}{4}时, ax+ \frac{1}{x} \geq 2\sqrt{a} \geq 1,所以f'(x) \geq 0.$
$所以f(x)在定义域上是增函数.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=a(x+2)e^{x}-(x+3)^{2}(a\in R, e为自然对数的底数)。$
$当a > \frac{1}{e}时，证明：f(x-2) > \ln x - x^2 - x -3.$

Solution:
$证明：当a > \frac{1}{e}时，要证f(x-2) > ln x - x^2 - x -3，  $
$即要证axe^{x-2} > ln x + x -2，也即证a > \frac{ln x + x -2 }{x e^{x-2}} (x > 0).  $
$令g(x) = \frac{ln x + x -2 }{x e^{x-2}} (x > 0)，  $
$则g'(x) = \frac{(x+1)(3-ln x -x)}{x^2 e^{x-2}} .  $
$设\phi(x) = 3- ln x - x ，\phi(x) 在(0，+\infty )上单调递减，\phi(1) > 0，\phi(3) < 0，\therefore ∃x_0 \in (1，3)，使得\phi(x_0) = 3-ln x_0 - x_0 = 0()。  $
$当x \in (0，x_0)时，g'(x) > 0；当x \in (x_0，+\infty )时，g'(x) < 0.  $
$\therefore g(x) \leq g(x_0) = \frac{ln x_0 + x_0 -2}{x_0 e^{x_0-2}}= \frac{1}{x_0 e^{x_0-2}}.  $
$由()知3- ln x_0 -x_0 = 0，即ln x_0 = 3 - x_0，\therefore e^{3-x_0} = x_0，  $
$\therefore g(x_0) = \frac{1}{e^{3-x_0}e^{x_0-2}}= \frac{1}{e}，\therefore g(x) \leq  \frac{1}{e} < a，  $
$\therefore 当a > \frac{1}{e}时，f(x-2) > ln x - x^2 - x -3.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = a(e^{x} + a) - x.$
$证明：当a>0时， f(x)>2ln a+\frac{3}{2}.$

Solution:
$证明：由(1)知,当a>0时, f(x)在(-\infty ,\mathrm{ln} \frac{1}{a})上单调递减，在(\mathrm{ln} \frac{1}{a},+\infty)上单调递增，则f(x)_{min}=f\left(\mathrm{ln} \frac{1}{a}\right)=a\left(\frac{1}{a}+a\right)-\ln \frac{1}{a}=1+a^2+\ln a。$

$要证明f(x)>2\ln a +\frac{3}{2}，只需证明1+a^2+\ln a > 2\ln a +\frac{3}{2},$
$即证a^2-\ln a -\frac{1}{2}>0.$

$令g(x)=x^2-\ln x-\frac{1}{2}(x>0),则g'(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^2-1}{x}。$

$当0 < x < \frac{\sqrt{2}}{2}时，g'(x)<0, g(x)单调递减；$

$当x > \frac{\sqrt{2}}{2}时，g'(x)>0, g(x)单调递增,$

$\therefore g(x)_{min}=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1}{2}- ln \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}=-\ln \frac{\sqrt{2}}{2} =\ln \sqrt{2} > 0,$

$\therefore g(x)>0在(0,+\infty )上恒成立，即a^2-\ln a -\frac{1}{2}>0,$

$\therefore f(x)>2\ln a +\frac{3}{2}。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\sin x - \ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数. 证明：$
$f'(x)在区间(-1, \frac{\pi}{2})存在唯一极大值点；$

Solution:
$设 g(x)=f'(x)，$
$则 g(x)=cosx-\frac{1}{1+x}，g'(x)=-sinx+\frac{1}{(1+x)^2}。$
$(研究 g(x)=f' (x) 的极值点，即 g'(x) 的变号零点)$
$当 x\in  \left(-1,\frac{\pi }{2}\right) 时，g'(x) 单调递减，$
$而 g'(0) > 0，g'\left(\frac{\pi }{2}\right) < 0，可得 g'(x) 在 \left(-1,\frac{\pi }{2}\right) 有唯一零点，设为 \alpha 。(零点存在性定理)$
$则当 x\in (-1,\alpha ) 时，g'(x) > 0；当 x\in \left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right) 时，g'(x) < 0。$
$所以 g(x) 在 (-1,\alpha ) 单调递增，在 \left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right) 单调递减，故 g(x) 在 \left(-1,\frac{\pi }{2}\right) 存在唯一极大值点，即 f' (x) 在 \left(-1,\frac{\pi }{2}\right) 存在唯一极大值点。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\sin x - \ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数. 证明：$
$f(x)有且仅有2个零点.$

Solution:
$f(x)的定义域为(-1，+\infty ).$

$(根据(1)知f(x)在不同区间上的单调性不一样，所以需要分区间研究函数f(x)的零点个数)$

$(i)当x\in (-1，0]时，由(1)知, f'(x)在(-1，0)单调递增，而f'(0)=0，所以当x\in (-1，0)时， f'(x)<0，故f(x)在(-1，0)单调递减.又f(0)=0，从而x=0是f(x)在(-1，0]的唯一零点.(研究f'(x)的正负情况及f(x)的单调性，观察到f(0)=0)$

$(ii)当x\in (0,\frac{\pi }{2})时，由(1)知, f'(x)在(0，\alpha )单调递增，在(\alpha ,\frac{\pi }{2})单调递减，而f'(0)=0， f'\left(\frac{\pi }{2}\right)<0，所以存在\beta \in (\alpha ,\frac{\pi }{2}),使得f'(\beta )=0，且当x\in (0,\beta )时，f'(x)>0；当x\in \left(\beta ,\frac{\pi }{2}\right)时, f'(x)<0.(零点存在性定理说明f'(x)存在零点，并说明f'(x)在零点两侧的正负情况)$

$故f(x)在(0,\beta )单调递增，在\left(\beta ,\frac{\pi }{2}\right)单调递减.$

$又f(0)=0, f\left(\frac{\pi }{2}\right)=1-ln\left(1+\frac{\pi }{2}\right)>0，所以当x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)时，f(x)>0.从而, f(x)在\left(0,\frac{\pi }{2}\right)没有零点.$

$(f(x)先增后减，且函数值都为正，故这个区间中没有零点)$

$(iii)当x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)时, f'(x)<0，所以f(x)在\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)单调递减.而f\left(\frac{\pi }{2}\right)>0, f(\pi )<0，所以f(x)在\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)有唯一零点.(利用函数的单调性及零点存在性定理说明f(x)在这个区间上有唯一零点)$

$(iv)当x\in (\pi ,+\infty )时，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(\pi ,+\infty )没有零点.(函数值恒负，没有零点)$

$综上， f(x)有且仅有2个零点.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知动点P(m，n)在椭圆C: \frac{x^2}{2} + y^2=1之外，作直线l: \frac{mx}{2} + ny=1.$
$证明:直线l与椭圆C有两个不同的公共点;$

Solution:
证明:由
$\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{2}+y^2=1,\\ \frac{mx}{2}+ny=1,\end{matrix}\right.$
消去$y$，整理得

$(m^2+2n^2)x^2-4mx+4-4n^2=0 (*)$，

$则\Delta =16m^2-4(m^2+2n^2)(4-4n^2)=16n^2(m^2+2n^2-2)$

因为$P(m，n)$在椭圆外部，

所以
$\frac{m^2}{2} + n^2 > 1， $
即$m^2+2n^2-2 > 0$，

$所以\Delta  > 0，方程(*)有两个不等的实根，$

即直线l与椭圆C有两个不同的公共点.
Subfield: Probability and Statistics


Question: $为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM_{2.5}和SO_{2}浓度(单位：\mu g/m^{3})，得下表：$

| $SO_2 / PM_{2.5}$ | $[0,50]$ | $(50，150]$ | $(150，475]$ |
|-------------|---------|------------|-------------|
| $[0，35]$ | 32      | 18         | 4           |
| $(35，75]$ | 6       | 8          | 12          |
| $(75，115]$ | 3       | 7          | 10          |
| $SO_2，PM_{2.5}$ | [0，150] | (150，475] |
|---|------------|-------------|
| [0，75] |  |  |
| (75，115] |  |  |

Solution:
根据抽查数据，可得$2\times 2$列联表：

| $SO_2，PM_{2.5}$ | [0，150] | (150，475] |
|---------|---------|----------|
| [0，75]  |   64    |    16     |
| (75,115] |   10    |    10     |

Final answer: 无法提取答案，因为中没有直接的结论值，需要以表格形式表示。
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

|       | 满意 | 不满意 |
|-------|------|--------|
|男顾客  |  40  |   10   |
|女顾客  |  30  |   20   |
能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？  
$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}.$

| $P(K^2\geq k)$ | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
|-----|-------|-------|-------|
| $k$ | 3.841 | 6.635 | 10.828 |

Solution:
$𝐾^2 = \frac{100\times (40\times 20-30\times 10)^2}{50\times 50\times 70\times 30} \approx 4.762.$

由于$4.762＞3.841$，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

Final answer: 有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

|       | 满意 | 不满意 |
|-------|------|--------|
|男顾客  |  40  |   10   |
|女顾客  |  30  |   20   |

求有多大的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？  
$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}.$

| $P(K^2\geq k)$ | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
|-----|-------|-------|-------|
| $k$ | 3.841 | 6.635 | 10.828 |

Solution:
$𝐾^2 = \frac{100\times (40\times 20-30\times 10)^2}{50\times 50\times 70\times 30} \approx 4.762.$

由于$4.762＞3.841$，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.



Final answer: 95%
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.$

![21GZTSXS10.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549662402961410/img/compression/M_ca8f0ea456a15171f7da7138d6d3b409.jpg)
$画出y=f(x)的图象；$

Solution:
$由题设知 f(x) = $

$$
\begin{cases}
-x-3, & \text{if } x\leq -\frac{1}{3}, \\
5x-1, & \text{if } -\frac{1}{3}<x\leq 1, \\
x+3, & \text{if } x>1.
\end{cases}
$$

$y = f(x) 的图象如图所示.$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549662059028483/img/compression/M_5723e70122cae0d2c90dfd1630924d1e.jpg)

Final answer: 无法抽取，这是一道需要画图的题目。
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=ae^{x}\ln x+\frac{be^{x-1}}{x}，曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.$
$证明： f(x)>1.$

Solution:
$证明：由(1)可得 f(x)=e^{x}lnx + \frac{2}{x}e^{x-1}，从而f(x)>1 等价于 xlnx > xe^{-x} - \frac{2}{e}.$
$设函数 g(x)=xlnx，则 g'(x)=lnx+1，$
$当 x\in (0,\frac{1}{e})时，g'(x)<0；当 x\in (\frac{1}{e},+\infty)时，g'(x)>0.$
$故 g(x) 在 (0,\frac{1}{e}) 上单调递减，在 (\frac{1}{e},+\infty) 上单调递增，$
$从而 g(x) 在 (0,+\infty ) 上的最小值为 g(\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}.$
$设函数 h(x)=xe^{-x}-\frac{2}{e}，则 h'(x)=e^{-x}(1-x)，$
$当 x\in (0,1)时，h'(x)>0；当 x\in (1,+\infty )时，h'(x)<0.故 h(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,+\infty ) 上单调递减，从而 h(x) 在 (0,+\infty ) 上的最大值为 h(1)=-\frac{1}{e}.$
$综上，当 x>0 时，g(x)>h(x) 恒成立，即 f(x)>1.$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x-a-1|+|x-2a|.$
$证明：存在a\in (0,+\infty )，使得f(x)\geq 1恒成立；$

Solution:
$证明：∀x\in R， f(x)=|x-a-1|+|x-2a|\geq |x-a-1-(x-2a)|=|a-1|，当且仅当(x-a-1)(x-2a)\leq 0时取等号，$
$因此f(x)_{min}=|a-1|，由|a-1|\geq 1，且a>0，解得a\geq 2，则当a\geq 2时， f(x)\geq 1恒成立，$
$所以存在a\in (0,+\infty )，使得f(x)\geq 1恒成立.$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|，g(x)=-|x|+3.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549670305030146/img/compression/M_09b99161ec81141af142c65ccf0cfb77.jpg)
$请在图中画出y=f(x)和y=g(x)的图象；$

Solution:
$当x\leq \frac{1}{2}时， f(x)=-2x+1-2x+3=4-4x；$
$当\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2}时， f(x)=2x-1-2x+3=2；$
$当x\geq \frac{3}{2}时， f(x)=2x-1+2x-3=4x-4，$
$所以f(x)=\left\{\begin{matrix}4x-4,x\geq \frac{3}{2},\\ 2,\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2},\\ 4-4x,x\leq \frac{1}{2},\end{matrix}\right.。$
$当x\geq 0时，g(x)=-x+3；当x<0时，g(x)=x+3，$
$所以g(x)=\left\{\begin{matrix}-x+3,x\geq 0,\\ x+3,x<0.\end{matrix}\right.$
$函数y=f(x)，y=g(x)的图象如图所示：$
![24BKB5WS169.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549669935931394/img/compression/M_d8b78ef9ae52e18bb4943302d3c93fbd.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|，g(x)=-|x|+3.$

<img_2258>
$请在图中画出y=f(x)和y=g(x)的图象；$

Solution:
$当x\leq \frac{1}{2}时， f(x)=-2x+1-2x+3=4-4x；$
$当\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2}时， f(x)=2x-1-2x+3=2；$
$当x\geq \frac{3}{2}时， f(x)=2x-1+2x-3=4x-4，$
$所以f(x)=\left\{\begin{matrix}4x-4,x\geq \frac{3}{2},\\ 2,\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2},\\ 4-4x,x\leq \frac{1}{2},\end{matrix}\right.。$
$当x\geq 0时，g(x)=-x+3；当x<0时，g(x)=x+3，$
$所以g(x)=\left\{\begin{matrix}-x+3,x\geq 0,\\ x+3,x<0.\end{matrix}\right.$
$函数y=f(x)，y=g(x)的图象如图所示：$
<img_274>
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|，g(x)=-|x|+3.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549670305030146/img/compression/M_09b99161ec81141af142c65ccf0cfb77.jpg)
$证明：f(x) \geq g\left(x+\frac{1}{2}\right).$

Solution:
$证明：要证f(x)\geq g\left(x+\frac{1}{2}\right)，即证|2x-1|+|2x-3|+\left|x+\frac{1}{2}\right|\geq 3，$
$只需证\left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 3.$
$\because \left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|\geq \left|x+\frac{1}{2}-\left(x-\frac{3}{2}\right)\right|=2，$
$当且仅当\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{3}{2}\right)\leq 0，即-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}时，等号成立.$
$同理，\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|\geq \left|x-\frac{1}{2}-\left(x-\frac{3}{2}\right)\right|=1，$
$当且仅当\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{3}{2}\right)\leq 0，即\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}时，等号成立.$
$又\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 0，当且仅当x=\frac{1}{2}时，等号成立，$
$\therefore \left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 3，当且仅当x=\frac{1}{2}时，等号成立，$
$\therefore f(x)\geq g\left(x+\frac{1}{2}\right).$

Final answer: 证明题
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|，g(x)=-|x|+3.$

<img_2258>
$证明：f(x) \geq g\left(x+\frac{1}{2}\right).$

Solution:
$证明：要证f(x)\geq g\left(x+\frac{1}{2}\right)，即证|2x-1|+|2x-3|+\left|x+\frac{1}{2}\right|\geq 3，$
$只需证\left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 3.$
$\because \left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|\geq \left|x+\frac{1}{2}-\left(x-\frac{3}{2}\right)\right|=2，$
$当且仅当\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{3}{2}\right)\leq 0，即-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}时，等号成立.$
$同理，\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|\geq \left|x-\frac{1}{2}-\left(x-\frac{3}{2}\right)\right|=1，$
$当且仅当\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{3}{2}\right)\leq 0，即\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}时，等号成立.$
$又\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 0，当且仅当x=\frac{1}{2}时，等号成立，$
$\therefore \left|x+\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{3}{2}\right|+\left|x-\frac{1}{2}\right|\geq 3，当且仅当x=\frac{1}{2}时，等号成立，$
$\therefore f(x)\geq g\left(x+\frac{1}{2}\right).$
Subfield: Inequality


Question: $设函数f(x)=|2x-3|+|2x+1|.$
$令f(x)的最小值为T，正数x，y，z满足x+y+2z=T，证明：\frac{1}{x+1} + \frac{1}{y+1} + \frac{2}{z+2} \geq \frac{8}{5}.$

Solution:
$证明：因为|2x-3|+|2x+1|\geq |2x-3-(2x+1)|=4，$
$当且仅当(2x-3)(2x+1)\leq 0，即-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}时取“等号”，所以f(x)的最小值T=4，即x+y+2z=4，$
$则(x+1)+(y+1)+2(z+2)=10，$
$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{2}{z+2}=\frac{1}{10}[(x+1)+(y+1)+2(z+2)]\cdot \left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{2}{z+2}\right)=\frac{1}{10}\left[6+\frac{y+1}{x+1}+\frac{x+1}{y+1}+\frac{2(z+2)}{x+1}+\frac{2(x+1)}{z+2}+\frac{2(z+2)}{y+1}+\frac{2(y+1)}{z+2}\right]\geq \frac{1}{10}\left[6+2\sqrt{\frac{y+1}{x+1}\cdot \frac{x+1}{y+1}}+2\sqrt{\frac{2(z+2)}{x+1}\cdot \frac{2(x+1)}{z+2}}+2\sqrt{\frac{2(z+2)}{y+1}\cdot \frac{2(y+1)}{z+2}}\right]=\frac{8}{5},$
$当且仅当\left\{\begin{matrix}\frac{y+1}{x+1}=\frac{x+1}{y+1},\\ \frac{2(z+2)}{x+1}=\frac{2(x+1)}{z+2},\\ \frac{2(z+2)}{y+1}=\frac{2(y+1)}{z+2},\end{matrix}\right.，即x=y=\frac{3}{2}，z=\frac{1}{2}时取等号,$
$所以\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{2}{z+2}\geq \frac{8}{5}.$
Subfield: Inequality


Question: $已知f(x)=|a^{2}x+1|，g(x)=\left|2-\frac{2}{a}x\right|.$
$若a>0， f(1)\leq E，g(1)\leq F，证明：E+F\geq 2.$

Solution:
$证明：E + F \geq f(1) + g(1) = |a^2 + 1| + \left|2 - \frac{2}{a}\right|  $
$\geq \left|(a^2 + 1) - \left(2 - \frac{2}{a}\right)\right| =\left|a^2 + \frac{2}{a} - 1\right|   $
$(\text{当且仅当} 2 - \frac{2}{a} \leq 0 \text{时，即} 0 < a \leq 1 \text{时等号成立} )  $
$= \left|a^2 + \frac{1}{a} + \frac{1}{a} - 1\right| \geq \left|3\sqrt[3]{a^2 \cdot \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a}} - 1\right| = 2 \text{(当且仅当} a^2 = \frac{1}{a} \text{，即} a = 1 \text{时等号成立}.$
Subfield: Inequality


Question: $若关于x的不等式|x-1|+|2x-3|<m的解集为(n,2).$
$若正实数a，b，c满足a+b+c=m，证明：4ab+bc+ac \geq 8abc。$

Solution:
$证明：因为a，b，c均为正实数，故要证4ab+bc+ac\geq 8abc,即证\frac{4ab+bc+ac}{abc}\geq 8，即证\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}\geq 8.$
$由(1)可知a+b+c=2，则(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}\right)$
$=1+\frac{a}{b}+\frac{4a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{4b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+4$
$=6+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{4a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{4b}{c}+\frac{c}{b}\right)$
$\geq 6+2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot \frac{b}{a}}+2\sqrt{\frac{4a}{c}\cdot \frac{c}{a}}+2\sqrt{\frac{4b}{c}\cdot \frac{c}{b}}=16，$
$当且仅当a=\frac{1}{2}，b=\frac{1}{2}，c=1时等号成立，$
$所以\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}\geq 8，即4ab+bc+ac\geq 8abc.$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数 f(x) = |2x+6| + |2x - 4| - 11，g(x) = - |x - 1|.$
<img_1635>
$请在图中画出y=f(x)和y=g(x)的图象；$

Solution:
$f(x)=\begin{cases} 4x-9,&x\geq 2,\\ -1,&-3<x<2,\\ -13-4x,&x\leq -3. \end{cases}$

$g(x)=\begin{cases} -x+1,&x\geq 1,\\ x-1,&x<1. \end{cases}$

$故y=f(x), y=g(x)的图象如图所示.$
<img_153>
Subfield: Inequality


Question: $已知函数 f(x) = |2x+6| + |2x - 4| - 11，g(x) = - |x - 1|.$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549671479435266/img/compression/M_7d95b675b202c7f345fd347b7c742003.jpg)
$请在图中画出y=f(x)和y=g(x)的图象；$

Solution:
$f(x)=\begin{cases} 4x-9,&x\geq 2,\\ -1,&-3<x<2,\\ -13-4x,&x\leq -3. \end{cases}$

$g(x)=\begin{cases} -x+1,&x\geq 1,\\ x-1,&x<1. \end{cases}$

$故y=f(x), y=g(x)的图象如图所示.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549670967730179/img/compression/M_2f4a2ebe18663cf230f88521f499ecd9.jpg)

Final answer: 证明题。
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-\ln{x}+\ln{a}.$
$证明: f(x) \geq 1+\frac{1+\ln a}{a}$

Solution:
$证明: 令 g(x)=x-1-\ln x (x>0), 则 g'(x)=1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}, 令 g'(x) > 0, 得 x > 1, 令 g'(x) < 0, 得 0 < x < 1, 因此，g(x) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1,+\infty) 上单调递增. 所以 g(x) \ge g(1) = 0, 即 x - \ln x \ge 1，则 \frac{x}{a} - \ln \frac{x}{a} \ge 1.$

$令 h(x)=e^x - \frac{x}{a}, 则 h'(x) = e^x - \frac{1}{a}, 易知 h(x) 在 (-\infty, -\ln a) 上单调递减，在 (-\ln a,+\infty) 上单调递增, 所以 h(x) \ge h(-\ln a)=\frac{1+\ln a}{a}，即 e^x - \frac{x}{a} \ge \frac{1+\ln a}{a}.$

$综上，得 e^x - \ln \frac{x}{a} \ge 1+ \frac{1+\ln a}{a}, 即 f(x) \ge 1+\frac{1+\ln a}{a}.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = ae^{x} - x - a (a\neq 0).$
$证明:对任意a\in (0，1).存在正数b使得ae^b＝a+b.且2\ln a+b＜0.$

Solution:
$证明：由(1)知当0<a<1时，-ln a>0,且f(x)在(-\infty ,-ln a)上单调递减，在(-ln a,+\infty )上单调递增，$

$因为f(0)=0,所以f(-ln a)<0.$

$因为f(-2ln a)=\frac{1}{a}+2ln a-a(由2ln a+b<0,考虑到代入-2ln a),$

$设h(x)=\frac{1}{x}+2ln x-x(0<x\leq 1)$

$h'(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}-1=-\left(\frac{1}{x}-1\right)^2\leq 0,$

$所以h(x)在(0，1)上单调递减，所以h(x)>h(1)=0,即f(-2ln a)>0,$

$由零点存在性定理知存在x_0\in (-ln a，-2ln a),使得f(x_0)=0,$

$取b=x_0,则ae^b=a+b,且2ln a+b<0.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AC \perp BC,AC=BC=2,CC_1=3，点D,E分别在棱AA_1和棱CC_1上，且AD=1,CE=2.$
<img_275>
$设F为B_1C_1的中点，求证：A_1F\parallel 平面BDE；$

Solution:
$证明：取BE的中点G，连接FG、DG，则FG\parallel CC1\parallel AA1，且FG=\frac{C_1E+BB_1}{2}=\frac{1+3}{2}=2，所以FG\parallel A1D且FG=A1D，所以四边形A1DGF为平行四边形，所以A1F\parallel DG．又A1F\not\subset 平面BDE，DG\subset 平面BDE，所以A1F\parallel 平面BDE．$