di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Conic Sections


Question: 已知抛物线$C: y^2=2pxi(p>0)的焦点F到准线的距离为2$.
求C的方程；

Solution:
$因为抛物线 y^2 = 2px (p > 0) 的焦点 F 到准线的距离为2，所以 p = 2. 因此，抛物线 C 的方程为 y^2 = 4x.$

Final answer: $y^2 = 4x$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: x^2 / a^2 + y^2 / b^2 = 1 (a> b > 0)经过点P (1, \sqrt{2} / 2)，离心率 e = \sqrt{2}/2.$
求椭圆C的标准方程；

Solution:
$由点P\left(1,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)在椭圆上得\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2b^2}=1①，又e=\frac{\sqrt{2}}{2},所以\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}②.由①②结合a^2=b^2+c^2，得c^2=1,a^2=2,b^2=1，故椭圆C的标准方程为x^2/2+y^2=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{2}+y^2=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C:  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的离心率为  \frac{\sqrt{2}}{2} ，且过点 A (2，1)。$
求C的方程；

Solution:
$由题设得，\frac{4}{a^2} + \frac{1}{b^2} =1，\frac{a^2-b^2}{a^2} = \frac{1}{2} ，解得 a^{2}=6，b^{2}=3. 所以 C 的方程为 \frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} =1.$

Final answer: $\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} =1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，且椭圆 C 经过点(1,\frac{\sqrt{6}}{2}).$
求椭圆C的方程;

Solution:
由
$$
\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2},\\ \frac{1}{a^2}+\frac{6}{4b^2}=1,\end{matrix}\right.
$$
解得
$$
\left\{\begin{matrix}a=2,\\ b=\sqrt{2},\end{matrix}\right.
$$
$\therefore 椭圆C的方程为$
$$
\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1.
$$

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


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0)的长轴的两个端点分别为A(-2,0),B(2,0)，离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.$
求椭圆C的标准方程；

Solution:
$由已知得a=2，又e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，所以c=\sqrt{3}，所以b=\sqrt{a^2-c^2}=1，$

$故椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{4}+y^2=1.$

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


Question: $已知椭圆iC：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，右焦点为F，点B(0，1)在椭圆iC上.$
求椭圆C的方程；

Solution:
$因为点B(0，1)在椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1上，$
$所以\frac{1}{b^2}=1，即b=1.$
$又因为椭圆C的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，所以\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，$
$又a^2=b^2+c^2，所以a=\sqrt{2}.$
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{2}+y^2=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{2} + y^2 = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a＞b＞0) 的左、右焦点分别为 F_1、F_2, E 是椭圆 C 上一点，且 |F_1F_2| =2, |EF_1|+|EF_2|=4.$
求椭圆C的方程；

Solution:
由题意知
$$
\left\{
\begin{matrix}
2c=2,\\ 
2a=4,\\ 
a^2=b^2+c^2.
\end{matrix}
\right.
$$
解得
$$
\left\{
\begin{matrix}
a=2,\\ 
b=\sqrt{3}.
\end{matrix}
\right.
$$
所以椭圆C的方程为
$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 过点 A (-2，-1)，且 a = 2b.$
求椭圆C的方程；

Solution:
由已知条件可列方程组

$\left\{\begin{matrix}a=2b,\\ \frac{(-2)^2}{a^2}+\frac{(-1)^2}{b^2}=1,\end{matrix}\right. $

解得

$\left\{\begin{matrix}a=2\sqrt{2},\\ b=\sqrt{2},\end{matrix}\right. $

$故椭圆 C 的标准方程为$

$\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{2} = 1$

Final answer: $\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{2} = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，长轴的一个端点为A，短轴的一个端点为B，O为坐标原点，且S_{\bigtriangleup OAB}=5.$
求椭圆C的标准方程；

Solution:
由题意得，

$$
\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}ab=5,\\ a^2-b^2=c^2,\\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\end{matrix}\right.
$$

解得

$$
\left\{\begin{matrix}a^2=20,\\ b^2=5,\\ c^2=15,\end{matrix}\right.
$$

故椭圆C的方程为

$$
\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1.
$$

Final answer: $\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: {x^2}/{a^2} + {y^2}/{b^2} = 1 (a > b > 0) 的离心率为 \sqrt{3}/2，点(2,0)在椭圆C上.$
求椭圆C的标准方程；

Solution:
由题意得，
$$
\left\{
\begin{matrix}
\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\\ 
a=2,\\ 
a^2=b^2+c^2,
\end{matrix}
\right.
$$
解得
$$
\left\{
\begin{matrix}
c=\sqrt{3},\\ 
b=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$所以椭圆 C 的标准方程为$
$$
\frac{x^2}{4}+y^2=1.
$$

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


Question: $已知点P是椭圆C上的任意一点，P到直线l_1：x＝-2的距离为d_1，与点F(-1，0)的距离为d_2，且\frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
如图，$直线l与椭圆C交于不同的两点A，B (A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB=180^\circ $.

$当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程$；

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875889655865346/img/compression/M_3393a347d3844ed918d9badbdcedb05c.jpg)

Solution:
$由(1)知A(0，1)，又F(-1，0)，\therefore k_{AF}＝1，$
$\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，$
$\therefore k_{BF}＝-k_{AF}=-1，$
$\therefore 直线BF的方程为y＝-(x＋1)＝-x-1.$
联立
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=-x-1,\\ 
\frac{x^2}{2}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得3x^{2}＋4x＝0，解得x＝0(舍)或x＝-\frac{4}{3}，$
$\therefore B(-\frac{4}{3},\frac{1}{3})，\therefore k_{AB}＝\frac{1}{2}，$
$\therefore 直线AB的方程为y＝\frac{1}{2}x＋1.$

Final answer: $y=\frac{1}{2}x+1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点P是椭圆C上的任意一点，P到直线l_1：x＝-2的距离为d_1，与点F(-1，0)的距离为d_2，且\frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
如图，$直线l与椭圆C交于不同的两点A，B (A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB=180^\circ $.

$当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程$；

<img_2118>

Solution:
$由(1)知A(0，1)，又F(-1，0)，\therefore k_{AF}＝1，$
$\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，$
$\therefore k_{BF}＝-k_{AF}=-1，$
$\therefore 直线BF的方程为y＝-(x＋1)＝-x-1.$
联立
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=-x-1,\\ 
\frac{x^2}{2}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得3x^{2}＋4x＝0，解得x＝0(舍)或x＝-\frac{4}{3}，$
$\therefore B(-\frac{4}{3},\frac{1}{3})，\therefore k_{AB}＝\frac{1}{2}，$
$\therefore 直线AB的方程为y＝\frac{1}{2}x＋1.$

Final answer: $y=\frac{1}{2}x+1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 M ：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，焦距为2\sqrt{2}.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.$
求椭圆 M 的方程；

Solution:
由题意得

$$
\left\{\begin{matrix}a^2=b^2+c^2,\\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3},\\ 2c=2\sqrt{2},\end{matrix}\right.
$$

解得

$$
\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{3},\\ b=1.\end{matrix}\right.
$$

$所以椭圆 M 的方程为 \frac{x^2}{3} + y^2 =1.$

Final answer: $\frac{x^2}{3} + y^2 =1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1(a>b>0)过点 M(2，3)，点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为 \frac{1}{2}。$
求C的方程；

Solution:
$由题意可知直线AM的方程为y-3=\frac{1}{2}(x-2),即x-2y=-4,当y=0时，解得x=-4，所以a=4,由椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点M(2，3)，可得\frac{4}{16}+\frac{9}{b^2}=1,解得b^2=12,所以C的方程为\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a＞b＞0)过点\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，且C的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$求椭圆C的方程；$

Solution:
由题意得
$$
\begin{align*}
    \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\
    \frac{1}{a^2} + \frac{3}{4b^2} = 1 \\
    a^2 = b^2 + c^2
\end{align*}
$$
解得
$$
\begin{align*}
    a=2 \\
    b=1
\end{align*}
$$
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+ y^2 =1.$

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


Question: $已知椭圆 C :  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>b>0) 的离心率 e =  \frac{\sqrt{3}}{2}，且圆 x^2 + y ^2 =2 过椭圆 C 的上、下顶点.$
求椭圆C的方程；

Solution:
$由题意得b=\sqrt{2}，  $
$又由e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}，解得a^2=8，  $
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{2} =1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E: x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1(a>b>0) 的右顶点为 A(2,0)，离心率为 1/2. 过点 P(6,0)与x轴不重合的直线 l 交椭圆 E 于不同的两点 B, C，直线 AB, AC 分别交直线 x=6 于点 M, N.$
$求椭圆E的方程；$

Solution:
由题意，知
$$
\left\{
\begin{matrix}
a=2,\\ 
\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\\ 
a^2=b^2+c^2,
\end{matrix}
\right.
$$
$解得b=\sqrt{3}.$
$故椭圆E的方程为$
$$
\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.
$$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知函数f(x)= \sin(2\pi - x) \sin(\frac{3\pi}{2} - x) - \sqrt{3} \cos^{2} x + \sqrt{3}$
$求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；$

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

$=-sin x(-cos x)-\sqrt{3}\times \frac{1+\cos  2x}{2}+\sqrt{3}$

$=\frac{1}{2}sin 2x-\frac{\sqrt{3}}{2}cos 2x+\frac{\sqrt{3}}{2}=sin\left(2x-\frac{\pi }{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}，$

$则f(x)的最小正周期T=\frac{2\pi }{2}=\pi ，由2x-\frac{\pi }{3}=k\pi +\frac{\pi }{2}，k\in Z，可得x=\frac{k}{2}\pi +\frac{5\pi }{12}，k\in Z，$

$则f(x)的图象的对称轴方程为x=\frac{k}{2}\pi +\frac{5\pi }{12}，k\in Z．$

Final answer: $T=\pi ，x=\frac{k}{2}\pi +\frac{5\pi }{12}，k\in Z．$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制订了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取100个学生进行调查，获得数据如下表：

| |男|女|
|---|---|---|
|支持方案一|24|16|
|支持方案二|25|35|

假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立.
$从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设X为抽出两人中女生的个数，求X的分布列与数学期望；$

Solution:
$记事件A表示从方案一中抽取到女生，事件B表示从方案二中抽取到女生，P(A)=\frac{2}{5}，P(B)=\frac{7}{12}，$

因为X可能取值为0、1、2，

$所以P(X=0)=\frac{3}{5}\times \frac{5}{12}=\frac{1}{4}，$

$P(X=1)=\frac{3}{5}\times \frac{7}{12}+\frac{2}{5}\times \frac{5}{12}=\frac{31}{60}，$

$P(X=2)=\frac{2}{5}\times \frac{7}{12}=\frac{7}{30}，$

所以X的分布列为

|   X   |   0   |   1   |   2   |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
|$P$|$\frac14$|$\frac{31}{60}$|$\frac7{30}$|

$所以E(X)=0\times \frac{1}{4}+1\times \frac{31}{60}+2\times \frac{7}{30}=\frac{59}{60}.$

Final answer: X的分布列为

| X    | 0         | 1               | 2            |
| ---- | --------- | --------------- | ------------ |
| $P$  | $\frac14$ | $\frac{31}{60}$ | $\frac7{30}$ |

$E(X)=\frac{59}{60}.$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制订了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取100个学生进行调查，获得数据如下表：

| |男|女|
|---|---|---|
|支持方案一|24|16|
|支持方案二|25|35|

假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立.
$从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设X为抽出两人中女生的个数，求X的数学期望；$

Solution:
$记事件A表示从方案一中抽取到女生，事件B表示从方案二中抽取到女生，P(A)=\frac{2}{5}，P(B)=\frac{7}{12}，$

因为X可能取值为0、1、2，

$所以P(X=0)=\frac{3}{5}\times \frac{5}{12}=\frac{1}{4}，$

$P(X=1)=\frac{3}{5}\times \frac{7}{12}+\frac{2}{5}\times \frac{5}{12}=\frac{31}{60}，$

$P(X=2)=\frac{2}{5}\times \frac{7}{12}=\frac{7}{30}，$

所以X的分布列为

|   X   |   0   |   1   |   2   |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
|$P$|$\frac14$|$\frac{31}{60}$|$\frac7{30}$|

$所以E(X)=0\times \frac{1}{4}+1\times \frac{31}{60}+2\times \frac{7}{30}=\frac{59}{60}.$



Final answer: $\frac{59}{60}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知数列a_n满足a_1=1，na_{n+1}=2(n+1)a_n.设b_n=\frac{a_n}{n}.$
$求数列{b_n}的通项公式$

Solution:
${b_n} 是首项为1，公比为2的等比数列.$

$理由：由条件可得 \frac{a_{n+1}}{n+1} = \frac{2a_n}{n} ，即 b_{n+1}=2b_n ，又 b_1=1 ，所以{b_n} 是首项为1，公比为2的等比数列.$



Final answer: $b_n=2^{n-1}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知数列a_n满足a_1=1，na_{n+1}=2(n+1)a_n.设b_n=\frac{a_n}{n}.$
$判断数列{b_n}是不是等比数列，并说明理由；$

Solution:
${b_n} 是首项为1，公比为2的等比数列.$

$理由：由条件可得 \frac{a_{n+1}}{n+1} = \frac{2a_n}{n} ，即 b_{n+1}=2b_n ，又 b_1=1 ，所以{b_n} 是首项为1，公比为2的等比数列.$

Final answer: ${b_n} 是首项为1，公比为2的等比数列.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=12-x^2.$
$求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程；$

Solution:
$由f(x)=12-x^2得f'(x)=-2x.$

$令f'(x_0)=-2，即-2x_0=-2，得x_0=1.$

$又因为f(x_0)=f(1)=11，所以切点为(1,11).$

$故所求的切线方程为y-11=-2(x-1)，即y=-2x+13.$

Final answer: $y=-2x+13$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2\ln x+1$。
$设a>0, 证明：函数 g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a} 在x \in (a, +\infty)上单调递减.$

Solution:
证明：
$g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{2(\mathrm{ln} x-\mathrm{ln} a)}{x-a}, x\in (0,a)\cup (a,+\infty ).$

$g'(x)=\frac{2\left(\frac{x-a}{x}+\mathrm{ln} a-\mathrm{ln} x\right)}{(x-a)^2}=\frac{2\left(1-\frac{a}{x}+\mathrm{ln} \frac{a}{x}\right)}{(x-a)^2}.$

$取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2, h(1)=0，则由(1)知，当x \neq  1时，h(x) < 0，即 1-x+ln x < 0。故当 x\in (0,a)\cup (a,+\infty )时， 1-\frac{a}{x}+ln \frac{a}{x} < 0，从而 g'(x) < 0。所以 g(x)在区间(0，a),(a,+\infty )上单调递减。$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2\ln x+1$
$设a>0, 讨论函数 g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a} 的单调性.$

Solution:
$g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{2(\mathrm{ln} x-\mathrm{ln} a)}{x-a}, x\in (0,a)\cup (a,+\infty ).$

$g'(x)=\frac{2\left(\frac{x-a}{x}+\mathrm{ln} a-\mathrm{ln} x\right)}{(x-a)^2}=\frac{2\left(1-\frac{a}{x}+\mathrm{ln} \frac{a}{x}\right)}{(x-a)^2}.$

$取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2, h(1)=0，则由(1)知，当x \neq  1时，h(x) < 0，即 1-x+ln x < 0。故当 x\in (0,a)\cup (a,+\infty )时， 1-\frac{a}{x}+ln \frac{a}{x} < 0，从而 g'(x) < 0。所以 g(x)在区间(0，a),(a,+\infty )上单调递减。$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=\frac{3-2x}{x^2+a}.$
$若a=0，求曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=0时， f(x)=\frac{3}{x^2}-\frac{2}{x}， f'(x)=-\frac{6}{x^3}+\frac{2}{x^2}.$
$所以f(1)=1， f'(1)=-4.$
$所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1)，即y=-4x+5.$

Final answer: $y=-4x+5$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x(1-ln x).$
$设a，b为两个不相等的正数，且b\ln a-a\ln b=a-b，证明：2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<e。$

Solution:
$证明：由b\ln a-aln b=a-b得\frac{1}{a}(1+ln a)=\frac{1}{b}(1+ln b),即\frac{1}{a}\left(1-\mathrm{ln} \frac{1}{a}\right)=\frac{1}{b}\left(1-\mathrm{ln} \frac{1}{b}\right).$
$令x_1=\frac{1}{a}，x_2=\frac{1}{b},则x_1,x_2为f(x)=k的两个实根，当x \rightarrow 0^{+}时，f(x) \rightarrow 0^{+}，当x \rightarrow +\infty 时，f(x) \rightarrow -\infty ，且f(1)=1，故k\in (0，1).$
$不妨令x_{1}\in (0，1)，x_{2}\in (1，e)，则2-x_{1}>1，e-x_{1}>1.$
$先证明x_{1}+x_{2}>2,即证x_{2}>2-x_{1}，即证f(x_{2})=f(x_{1})<f(2-x_{1}).$
$令h(x)=f(x)-f(2-x),x\in (0，1)，则h'(x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]=ln\frac{1}{x(2-x)}.$
$\becausex\in (0，1)，\therefore x(2-x)\in (0，1)，\therefore h'(x)>0恒成立，\therefore h(x)为增函数，\therefore h(x)<h(1)=0.$
$\therefore f(x_{2})<f(2-x_{1})，\therefore x_{2}>2-x_{1},\therefore x_{1}+x_{2}>2.$
$再证x_{1}+x_{2}<e,即证x_{2}<e-x_{1},即证f(x_{2})=f(x_{1})>f(e-x_{1}).$
$令\phi (x)=f(x)-f(e-x),x\in (0，1)，则\phi '(x)=-ln[x(e-x)],\because x \rightarrow 0^{+}时，\phi '(x) \rightarrow +\infty ，\phi '(1)=-ln(e-1)<0，\phi '(x)在(0，1)上单调递减，$
$\therefore 在(0，1)上必存在唯一x_{0}，使\phi '(x_{0})=0,$
$且当x\in (0，x_{0})时，\phi '(x)>0，\phi (x)单调递增，$
$当x\in (x_{0}，1)时，\phi '(x)<0，\phi (x)单调递减，$
$又x\rightarrow 0^{+}时，f(x)\rightarrow 0^{+}，且f(e)=0,$
$\therefore x\rightarrow 0^{+}时，\phi (x)\rightarrow 0^{+}，又\phi (1)=f(1)-f(e-1)>0，$
$\therefore \phi (x)>0恒成立，\therefore f(x_{2})>f(e-x_{1}),$
$\therefore x_{2}<e-x_{1}，\therefore x_{1}+x_{2}<e.$
$综上，2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<e成立.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=(x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)，其中t_1，t_2，t_3 \in \mathbb{R}，且t_1，t_2，t_3是公差为d的等差数列.$
$若t^2=0，d=1，求曲线y=f(x)在点(0， f(0))处的切线方程；$

Solution:
$由已知，可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x^3-x，故f'(x)=3x^2-1.因此f(0)=0，f'(0)=-1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0) \cdot (x-0)，故所求切线方程为x+y=0.$

Final answer: $x+y=0$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在四边形ABCD中，AC\perp BD，AC\cap BD=O，OD=OB=1，OC=2，E，F分别是AB，AD上的点，EF\parallel BD，AC\cap EF=H，AH=2，HO=1.将\triangle AEF沿EF折起到\triangle A_1EF的位置，得到五棱锥A_1－BCDFE，如图2.$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268044387348483/img/compression/M_1c5157c5d4993a264a37144c65ef4598.jpg)

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268044387348483/img/compression/M_d97357ee57f6ddf3c558aed8708d35c6.jpg)
$若平面A_1EF\perp 平面BCDFE，若N是线段A_1F上任意一点，求证：直线BN与平面A_1DC相交.$

Solution:
$证明：设\overrightarrow{FN}=\lambda\overrightarrow{FA_1},0\leq \lambda\leq 1，  $
$\because A_1(0,0,2), F\left(-\frac{2}{3},0,0\right), \therefore \overrightarrow{FA_1}\left(\frac{2}{3},0,2\right)，  $
$\therefore \overrightarrow{FN}\left(\frac{2}{3}\lambda ,0,2\lambda \right)， \therefore N\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{2}{3},0,2\lambda \right)， 又B(1,1,0)， \therefore \overrightarrow{BN}\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{5}{3},-1,2\lambda \right)，  $
$由(i)知平面DA_1C的一个法向量为\textbf{m}=(－4,2,3)，  $
$若直线BN与平面A_1DC平行，则\overrightarrow{BN}\cdot \textbf{m}=\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{5}{3},-1,2\lambda \right)\cdot (－4,2,3)=0，解得\lambda=－\frac{7}{5}(舍去)， \therefore 直线BN与平面A_1DC不平行，即直线BN与平面A_1DC相交.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图1，在四边形ABCD中，AC\perp BD，AC\cap BD=O，OD=OB=1，OC=2，E，F分别是AB，AD上的点，EF\parallel BD，AC\cap EF=H，AH=2，HO=1.将\triangle AEF沿EF折起到\triangle A_1EF的位置，得到五棱锥A_1－BCDFE，如图2.$

<img_2832>

<img_2080>
$若平面A_1EF\perp 平面BCDFE，若N是线段A_1F上任意一点，求证：直线BN与平面A_1DC相交.$

Solution:
$证明：设\overrightarrow{FN}=\lambda\overrightarrow{FA_1},0\leq \lambda\leq 1，  $
$\because A_1(0,0,2), F\left(-\frac{2}{3},0,0\right), \therefore \overrightarrow{FA_1}\left(\frac{2}{3},0,2\right)，  $
$\therefore \overrightarrow{FN}\left(\frac{2}{3}\lambda ,0,2\lambda \right)， \therefore N\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{2}{3},0,2\lambda \right)， 又B(1,1,0)， \therefore \overrightarrow{BN}\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{5}{3},-1,2\lambda \right)，  $
$由(i)知平面DA_1C的一个法向量为\textbf{m}=(－4,2,3)，  $
$若直线BN与平面A_1DC平行，则\overrightarrow{BN}\cdot \textbf{m}=\left(\frac{2}{3}\lambda -\frac{5}{3},-1,2\lambda \right)\cdot (－4,2,3)=0，解得\lambda=－\frac{7}{5}(舍去)， \therefore 直线BN与平面A_1DC不平行，即直线BN与平面A_1DC相交.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中,底面ABCD是边长为2的正方形,DD_1=4,E,F分别是CC_1, B_1C_1的中点.$
![question_image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268095271268354/img/compression/M_4b6add02f0706778992248e7fe4690ff.jpg)
$设H在棱BB_1上,且HB= \frac{1}{4} BB_1, N为CD的中点, 求证：NH\perp 平面AED_1, 并求直线AN与平面AED_1所成角的正弦值．$

Solution:
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268095543898113/img/compression/M_060cb1119f01251c4d8664681640fffb.jpg)

则D(0,0,0), A(2,0,0), D_1(0,0,4), E(0,2,2), H(2,2,1), N(0,1,0).
所以
$\overrightarrow{AD_1} = (-2，0，4),$
$\overrightarrow{D_1E} = (0,2,-2),$
$\overrightarrow{NH} = (2,1,1),$
$\overrightarrow{AN} = (-2,1,0).$

$设平面AED_1的法向量为\mathbf{m}=(x,y,z),$
则
$\left\{\begin{matrix}\mathbf{m}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \mathbf{m}\cdot \overrightarrow{D_1E}=0,\end{matrix}\right.$
即
$\left\{\begin{matrix}-2x+4z=0,\\ 2y-2z=0.\end{matrix}\right.$

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

所以
$\overrightarrow{NH} = \mathbf{m}.$
$所以NH\perp 平面AED_1.$

$设AN与平面AED_1所成角为\theta,$
$则 \sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{AN},\mathbf{m} \rangle|$

$= \frac{|\overrightarrow{AN}\cdot \mathbf{m}|}{|\overrightarrow{AN}|\cdot |\mathbf{m}|}$

$= \frac{|-4+1+0｜}{\sqrt{4+1+0}\times \sqrt{4+1+1}}$

$= \frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $NH\perp 平面AED_1，\sin \theta = \frac{\sqrt{30}}{10}。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图,在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中,底面ABCD是边长为2的正方形,DD_1=4,E,F分别是CC_1, B_1C_1的中点.$
<img_1942>
$设H在棱BB_1上,且HB= \frac{1}{4} BB_1, N为CD的中点, 求证：NH\perp 平面AED_1, 并求直线AN与平面AED_1所成角的正弦值．$

Solution:
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

<img_1975>

则D(0,0,0), A(2,0,0), D_1(0,0,4), E(0,2,2), H(2,2,1), N(0,1,0).
所以
$\overrightarrow{AD_1} = (-2，0，4),$
$\overrightarrow{D_1E} = (0,2,-2),$
$\overrightarrow{NH} = (2,1,1),$
$\overrightarrow{AN} = (-2,1,0).$

$设平面AED_1的法向量为\mathbf{m}=(x,y,z),$
则
$\left\{\begin{matrix}\mathbf{m}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \mathbf{m}\cdot \overrightarrow{D_1E}=0,\end{matrix}\right.$
即
$\left\{\begin{matrix}-2x+4z=0,\\ 2y-2z=0.\end{matrix}\right.$

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

所以
$\overrightarrow{NH} = \mathbf{m}.$
$所以NH\perp 平面AED_1.$

$设AN与平面AED_1所成角为\theta,$
$则 \sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{AN},\mathbf{m} \rangle|$

$= \frac{|\overrightarrow{AN}\cdot \mathbf{m}|}{|\overrightarrow{AN}|\cdot |\mathbf{m}|}$

$= \frac{|-4+1+0｜}{\sqrt{4+1+0}\times \sqrt{4+1+1}}$

$= \frac{\sqrt{30}}{10}.$

Final answer: $NH\perp 平面AED_1，\sin \theta = \frac{\sqrt{30}}{10}。$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E：x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1 (a > b > 0) 的一个顶点为 A(0，1)，离心率 e = \sqrt{6}/3.$
$求椭圆E的方程；$

Solution:
由题意得
$$
\begin{align*}
b &= 1,\\ 
\frac{c}{a} &= \frac{\sqrt{6}}{3},\\ 
a^2 &= b^2+c^2,
\end{align*}
$$

$解得 a = \sqrt{3}.$

$所以椭圆 E 的方程为  \frac{x^2}{3} + y^2 = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{3} + y^2 = 1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (其中 a>b>0)过点 A(0，2)和 B(0，－2)，且 a = \sqrt{2}b.$
$求椭圆 C 的方程;$

Solution:
$因为b = 2，所以a = 2  \sqrt{2}，$
$所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1.$

Final answer: $\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(\frac{1}{x}+a)ln(1+x).$
$当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程；$

Solution:
$当a=-1时, f(x)=\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln(x+1),则f(1)=0,且f'x=-\frac{1}{x^2}\ln(x+1)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\cdot\frac{1}{x+1}, 故f'(1)=-\ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)\ln 2,即x\ln 2+y-\ln 2=0.$

Final answer: $x\ln 2+y-\ln 2=0$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知动点P(m，n)在椭圆C: \frac{x^2}{2} + y^2=1之外，作直线l: \frac{mx}{2} + ny=1.$
$设(1)中两个公共点分别为A和B，若点Q在椭圆C上，且满足\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}，求点P的轨迹方程.$

Solution:
$设A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)，$
$由(1)可得x_1 + x_2 = \frac{4m}{m^2+2n^2}, x_1x_2 = \frac{4-4n^2}{m^2+2n^2}。  $
$又 \frac{mx_1}{2} + ny_1 = 1, \frac{mx_2}{2} + ny_2 = 1，$
$两式相加得\frac{m(x_1 + x_2)}{2} + n(y_1 + y_2) = 2，$
$所以y_1 + y_2 = \frac{1}{n}[2 - \frac{m(x_1 + x_2)}{2}]= \frac{4n}{m^2+2n^2}。  $
$设Q(x_0, y_0),因为\overrightarrow{PQ} =\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB}，$
$所以(x_0 - m, y_0 - n) = (x_1 - m, y_1 - n) + (x_2 - m, y_2 - n),$
$所以\begin{cases}x_0 - m = x_1 + x_2 - 2m \\ y_0 - n = y_1 + y_2 - 2n\end{cases}, 所以\begin{cases}x_0 = x_1 + x_2 - m \\ y_0 = y_1 + y_2 - n\end{cases},$
$即\begin{cases}x_0 = \frac{4m}{m^2+2n^2} - m \\ y_0 = \frac{4n}{m^2+2n^2} - n\end{cases}。  $
$又Q(x_0, y_0)在椭圆上，所以\frac{x^2_0}{2} + y^2_0 = 1,即x^2_0 + 2y^2_0 = 2，$
$所以\left(\frac{4m}{m^2+2n^2}-m\right)^2 + 2\left(\frac{4n}{m^2+2n^2}-n\right)^2 = 2，  $
$化简得(m^2 +2n^2)^2 -10(m^2 +2n^2) +16 = 0,$
$所以(m^2 +2n^2 -2)(m^2 +2n^2 -8) = 0,  $
$因为m^2 +2n^2 -2 > 0，所以m^2 +2n^2 -8 = 0，$
$所以点P的轨迹方程为m^2 +2n^2 -8 = 0，即\frac{m^2}{8} + \frac{n^2}{4} = 1.$

Final answer: $\frac{m^2}{8} + \frac{n^2}{4} = 1$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲，新晋“太空教师”刘洋用2米长的吸管成功喝到了芒果汁.这是中国航天员首次在问天实验舱内进行授课，并通过网络向全国进行直播，这场直播极大地激发了广大中学生对航天知识的兴趣.为领悟航天精神，感受中国梦想，某校高一年级组织了一次“寻梦天宫”航天知识竞赛活动，为了解男生和女生对航天知识的掌握情况，该校随机抽取了100名男生和100名女生的竞赛成绩(满分100分)作为样本数据，并将数据分成6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，整理得到如下频率分布直方图.$

![image1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549611387875331/img/compression/M_8e977fbef371e61388fcc5f6a8d65d1c.jpg)
![image2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549611387875331/img/compression/M_30c4e7ef929dd9e412ce06ce8b675fb7.jpg)
$若竞赛成绩为70分或70分以上的学生称为“太空达人”，完善2\times 2列联表，并判断：是否有95%的把握认为是否获得“太空达人”称号与性别有关？$

|  | 非“太空达人” | “太空达人” | 总计 |
| --- | --- | --- | --- |
| 男生 |  |  |  |
| 女生 |  |  |  |
| 总计 |  |  |  |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}，其中n=a+b+c+d.$

| $P(K^2\geq k_0)$ | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
| --- | --- | --- | --- |
| $k_0$ | 3.841 | 6.635 | 10.828 |

Solution:
$完善2\times 2列联表如下：$

|     | 非“太空达人” | “太空达人” | 总计 |
| --- | --- | --- | --- |
| 男生 | 40 | 60 | 100 |
| 女生 | 55 | 45 | 100 |
| 总计 | 95 | 105 | 200 |

$所以 K^2 的观测值 k = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} = \frac{200\times (40\times 45-60\times 55)^2}{100\times 100\times 95\times 105} \approx 4.511 > 3.841.$

所以有95%的把握认为是否获得“太空达人”称号与性别有关.

Final answer: $K^2的观测值 k = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} = \frac{200\times (40\times 45-60\times 55)^2}{100\times 100\times 95\times 105} \approx 4.511 > 3.841.$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=\sqrt{3}\cos  2t, y=2\sin  t(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为\rho \sin \left(\theta +\frac{\pi }{3}\right) +m=0.$
$写出l的直角坐标方程；$

Solution:
$\because  \rho  \sin \left(\theta +\frac{\pi }{3}\right) + m = 0,$

$\therefore  \rho  \left(\frac{1}{2}\sin  \theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\cos  \theta \right) + m = 0,$

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

$\therefore  \frac{1}{2} y + \frac{\sqrt{3}}{2} x + m = 0, 即 \sqrt{3} x + y + 2m = 0,$

$\therefore  直线 l 的直角坐标方程为 \sqrt{3} x + y + 2m = 0.$

Final answer: $\sqrt{3} x + y + 2m = 0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在极坐标系中，O为极点，点M(\rho _0,\theta _0)(\rho _0>0)在曲线C：\rho =4\sin  \theta 上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.$
$当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.$

Solution:
$设P(\rho,\theta),在Rt\triangle OAP中，|OP|=|OA|\cos \theta=4\cos \theta,即\rho=4\cos \theta.$

$因为P在线段OM上，且AP\perp OM，$

$故\theta的取值范围是\left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right](易错：忽视点P在线段OM上的条件，没有限制\theta的取值范围).$

$所以，P点轨迹的极坐标方程为\rho=4\cos \theta,\theta\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right].$

Final answer: $\rho=4\cos \theta,\theta \in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C_1的参数方程为$
$$
\left\{\begin{matrix}x=\cos ^kt,\\ y=\sin ^kt\end{matrix}\right.
$$
$(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C_2的极坐标方程为4\rho  \cos \theta  -16\rho  \sin \theta  +3=0.$
$当k=1时，C_1是什么曲线？$

Solution:
$当k=1时，C_1：\left\{\begin{matrix}x=\cos  t,\\ y=\sin  t,\end{matrix}\right.消去参数t得x^2+y^2=1，故曲线C_1是圆心为坐标原点，半径为1的圆.$

Final answer: $x^2+y^2=1$