di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=e^{2 x}-3 a e^{x}-2 a^{2} x$.
若对于任意的 $x_{1}, x_{2} \in R, x_{1} \neq x_{2}$, 都有 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>-2 a^{2}-1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>-2 a^{2}-1, \therefore$ 不妨设 $x_{1}>x_{2}$,

则 $f\left(x_{1}\right)+\left(2 a^{2}+1\right) x_{1}>f\left(x_{2}\right)+\left(2 a^{2}+1\right) x_{2}$,

$\therefore f(x)+\left(2 a^{2}+1\right) x$ 在 $R$ 上单调递增:

记 $g(x)=f(x)+\left(2 a^{2}+1\right) x=e^{2 x}-3 a e^{x}+x$,

$g^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-3 a e^{x}+1 \geq 0$ 恒成立, $\therefore a \leq \frac{2 e^{2 x}+1}{3 e^{x}}=\frac{1}{3}\left(2 e^{x}+\frac{1}{e^{x}}\right)$ 对 $x \in R$ 恒成立, 即 $\therefore a \leq \frac{1}{3}\left(2 e^{x}+\frac{1}{e^{x}}\right)_{\text {min }}, \because 2 e^{x}+\frac{1}{e^{x}} \geq 2 \sqrt{2}$, 当且仅当 $2 e^{x}=\frac{1}{e^{x}}$, 即 $e^{x}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号取到, $\therefore a \leq \frac{2 \sqrt{2}}{3} $.

Final answer: $(-\infty, \frac{2 \sqrt{2}}{3}]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 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 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-1=0$.
求曲线 $C$ 的直角坐标方程;

Solution:
$x^{2}+y^{2}-4 x-1=0$.

Final answer: $x^{2}+y^{2}-4 x-1=0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 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 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-1=0$.
设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 求 $|A B|$ 的最小值.

Solution:
当 $\alpha=n \pi+\frac{\pi}{2}(n \in Z)$ 时, 直线 $l: x=1$, 此时 $|A B|=4 $;

当 $\alpha \neq n \pi+\frac{\pi}{2}(n \in Z)$ 时, 设直线 $l: y-1=k(x-1)$, 圆心 $(2,0)$ 到直线 $l$ 的距离最大值为 $d_{\text {max }}=\sqrt{2}$, 此时 $|A B|=2 \sqrt{5-2}=2 \sqrt{3}, \because 4>2 \sqrt{3}, \therefore|A B|_{\text {min }}=2 \sqrt{3} $.

Final answer: $2 \sqrt{3}$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x-2|+|x+1|, x \in R$, 其最小值为 $t$.
求 $t$ 的值.

Solution:
$f(x)=\left\{\begin{array}{c}2 x-1, x>2 \\ 3,-1 \leq x \leq 2 \\ -2 x+1, x<-1\end{array}, f(x)_{\text {min }}=3\right.$, 即 $t=3$.

Final answer: $3$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x-2|+|x+1|, x \in R$, 其最小值为 $t$.
正实数 $a, b$ 满足 $a+b=t$, 求证: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2} \geq \frac{2}{3}$.

Solution:
$f(x)=\left\{\begin{array}{c}2 x-1, x>2 \\ 3,-1 \leq x \leq 2 \\ -2 x+1, x<-1\end{array}, f(x)_{\text {min }}=3\right.$, 即 $t=3 ; $

$\because a+b=3$, 且 $a>0, b>0$

$\therefore \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2}=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2}\right)(a+1+b+2)=\frac{1}{6}\left(2+\frac{b+2}{a+1}+\frac{a+1}{b+2}\right) \geq \frac{2}{3}$.

当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{b+2}{a+1}=\frac{a+1}{b+2} \\ a+b=3\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array}\right.$ 时, 等号取到.
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$.
求 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$.

Solution:
$b_{1}=3, b_{2}=9, b_{3}=27$.

Final answer: $3, 9, 27$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$.
证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等比数列.

Solution:
$\because \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=\frac{3 a_{n}+3}{a_{n}+1}=3, \therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列.
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
$\because \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=\frac{3 a_{n}+3}{a_{n}+1}=3, \therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列.

可得 $b_{n}=3^{n}, a_{n}=3^{n}-1$.

Final answer: $3^{n}-1$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_614bd63d3aa0d8894016g-1.jpg?height=294&width=302&top_left_y=1429&top_left_x=1294)

如图, 在四棱锥 $A-B C D E$ 中, 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E ; \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}, A B=C D=2$, $D E=B E=1, \quad A C=\sqrt{2}$.
证明: 平面 $A C E \perp$ 平面 $B C D E$;

Solution:
$\because C D=2, D E=B E=1, \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}$,

$\therefore B C=\sqrt{2}$,

$\because A B=2, A C=\sqrt{2}, \therefore A C \perp B C$

$\because$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E$, 平面 $A B C \cap$ 平面 $B C D E=B C, A C \subset$ 平面 $\mathrm{ABC}$ 且 $A C \perp B C$

$\therefore AC \perp$ 面$BCDE$

$\because A C \subset$ 面 $A C E \therefore$ 平面 $A C E \perp$ 平面 $B C D E$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4191>

如图, 在四棱锥 $A-B C D E$ 中, 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E ; \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}, A B=C D=2$, $D E=B E=1, \quad A C=\sqrt{2}$.
证明: 平面 $A C E \perp$ 平面 $B C D E$;

Solution:
$\because C D=2, D E=B E=1, \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}$,

$\therefore B C=\sqrt{2}$,

$\because A B=2, A C=\sqrt{2}, \therefore A C \perp B C$

$\because$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E$, 平面 $A B C \cap$ 平面 $B C D E=B C, A C \subset$ 平面 $\mathrm{ABC}$ 且 $A C \perp B C$

$\therefore AC \perp$ 面$BCDE$

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


Question: <img_4191>

如图, 在四棱锥 $A-B C D E$ 中, 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E ; \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}, A B=C D=2$, $D E=B E=1, \quad A C=\sqrt{2}$.
求点 $D$ 到面 $A E B$ 的距离.

Solution:
$\because V_{D-A E B}=V_{A-D E B}$, 且 $A C \perp$ 面 $B C D E$ .

设 $D$ 到面 $A E B$ 的距离为 $d$, 则 $\mathrm{S}_{\triangle A E B} \cdot d=S_{\triangle D E B} \cdot \sqrt{2}$.

在 $\triangle A E B$ 中, $A E=\sqrt{E C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{7}, A B=2, B E=1$,

$\cos \angle A B E=\frac{2^{2}+1^{2}-\sqrt{7}^{2}}{2 \times 2 \times 1}=-\frac{1}{2}, \therefore \angle A B E=120^{\circ}$,

则 $\mathrm{S}_{\triangle A \mathrm{EB}}=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\mathrm{S}_{\triangle D E B}=\frac{1}{2} \times 1 \times 1=\frac{1}{2}, \quad \therefore \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot d=\frac{1}{2} \times \sqrt{2}, \quad \therefore d=\frac{\sqrt{6}}{3}$

所以点 $D$ 到面 $A E B$ 的距离为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_614bd63d3aa0d8894016g-1.jpg?height=294&width=302&top_left_y=1429&top_left_x=1294)

如图, 在四棱锥 $A-B C D E$ 中, 平面 $A B C \perp$ 平面 $B C D E ; \angle C D E=\angle B E D=90^{\circ}, A B=C D=2$, $D E=B E=1, \quad A C=\sqrt{2}$.
求点 $D$ 到面 $A E B$ 的距离.

Solution:
$\because V_{D-A E B}=V_{A-D E B}$, 且 $A C \perp$ 面 $B C D E$ .

设 $D$ 到面 $A E B$ 的距离为 $d$, 则 $\mathrm{S}_{\triangle A E B} \cdot d=S_{\triangle D E B} \cdot \sqrt{2}$.

在 $\triangle A E B$ 中, $A E=\sqrt{E C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{7}, A B=2, B E=1$,

$\cos \angle A B E=\frac{2^{2}+1^{2}-\sqrt{7}^{2}}{2 \times 2 \times 1}=-\frac{1}{2}, \therefore \angle A B E=120^{\circ}$,

则 $\mathrm{S}_{\triangle A \mathrm{EB}}=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\mathrm{S}_{\triangle D E B}=\frac{1}{2} \times 1 \times 1=\frac{1}{2}, \quad \therefore \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot d=\frac{1}{2} \times \sqrt{2}, \quad \therefore d=\frac{\sqrt{6}}{3}$

所以点 $D$ 到面 $A E B$ 的距离为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2018 年初, 某市政府考绩办准备对 20 家政府机构部门进行年度考核评估, 并根据考核结果得分（最低分 60 分, 最高分 100 分) 将这些机构分别评定为 A, B, C, D 四个类型, 考核评估标准如下表:

| 评估得分 | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :------: | :---------: | :---------: | :---------: | :----------: |
| 评分类型 |      D      |      C      |      B      |      A      |

考核评估后, 对 20 家政府机构的评估分数进行统计分析, 得到频率分布直方图如图:

<img_4084>
评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门有多少家?

Solution:
评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门的频率为 $0.015 \times 10=0.15$,

所以评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门共有 $0.15 \times 20=3$ 家.

Final answer: $3$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2018 年初, 某市政府考绩办准备对 20 家政府机构部门进行年度考核评估, 并根据考核结果得分（最低分 60 分, 最高分 100 分) 将这些机构分别评定为 A, B, C, D 四个类型, 考核评估标准如下表:

| 评估得分 | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :------: | :---------: | :---------: | :---------: | :----------: |
| 评分类型 |      D      |      C      |      B      |      A      |

考核评估后, 对 20 家政府机构的评估分数进行统计分析, 得到频率分布直方图如图:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_db79cd043a10d858fa62g-1.jpg?height=354&width=434&top_left_y=271&top_left_x=728)
评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门有多少家?

Solution:
评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门的频率为 $0.015 \times 10=0.15$,

所以评分类型为 $\mathrm{D}$ 的政府机构部门共有 $0.15 \times 20=3$ 家.

Final answer: $3$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2018 年初, 某市政府考绩办准备对 20 家政府机构部门进行年度考核评估, 并根据考核结果得分（最低分 60 分, 最高分 100 分) 将这些机构分别评定为 A, B, C, D 四个类型, 考核评估标准如下表:

| 评估得分 | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :------: | :---------: | :---------: | :---------: | :----------: |
| 评分类型 |      D      |      C      |      B      |      A      |

考核评估后, 对 20 家政府机构的评估分数进行统计分析, 得到频率分布直方图如图:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_db79cd043a10d858fa62g-1.jpg?height=354&width=434&top_left_y=271&top_left_x=728)
现从评分类型为 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{D}$ 的所有政府机构部门中随机抽取两家进行分析, 求这两家来自同一评分类型的概率.

Solution:
评分类型为 $\mathrm{A}$ 的政府机构部门有 $0.020 \times 10 \times 20=4$ 家,

设评分类型为 $A$ 的 4 家政府部门为 $\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{4}$,

评分类型为 $D$ 的 3 家政府部门为 $\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{2}, \mathrm{~b}_{3}$,

从评分类型为 $\mathrm{A}, \mathrm{D}$ 的政府部门中随机抽取两家的所有可能情况有 $\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{3}\right.$,$\left.\mathrm{b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{3}\right)$,$\left(\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{b}_{2}, \mathrm{~b}_{3}\right)$, 共 21 种,其中满足条件的共有 9 种, 所以这两家来自同一评分类型的概率为 $\frac{9}{21}=\frac{3}{7}$.

Final answer: $\frac{3}{7}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2018 年初, 某市政府考绩办准备对 20 家政府机构部门进行年度考核评估, 并根据考核结果得分（最低分 60 分, 最高分 100 分) 将这些机构分别评定为 A, B, C, D 四个类型, 考核评估标准如下表:

| 评估得分 | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :------: | :---------: | :---------: | :---------: | :----------: |
| 评分类型 |      D      |      C      |      B      |      A      |

考核评估后, 对 20 家政府机构的评估分数进行统计分析, 得到频率分布直方图如图:

<img_4084>
现从评分类型为 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{D}$ 的所有政府机构部门中随机抽取两家进行分析, 求这两家来自同一评分类型的概率.

Solution:
评分类型为 $\mathrm{A}$ 的政府机构部门有 $0.020 \times 10 \times 20=4$ 家,

设评分类型为 $A$ 的 4 家政府部门为 $\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{4}$,

评分类型为 $D$ 的 3 家政府部门为 $\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{2}, \mathrm{~b}_{3}$,

从评分类型为 $\mathrm{A}, \mathrm{D}$ 的政府部门中随机抽取两家的所有可能情况有 $\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{2}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{4}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{3}\right.$,$\left.\mathrm{b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{3}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{1}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{a}_{4}, \mathrm{~b}_{3}\right)$,$\left(\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{2}\right),\left(\mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{3}\right),\left(\mathrm{b}_{2}, \mathrm{~b}_{3}\right)$, 共 21 种,其中满足条件的共有 9 种, 所以这两家来自同一评分类型的概率为 $\frac{9}{21}=\frac{3}{7}$.

Final answer: $\frac{3}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_db79cd043a10d858fa62g-1.jpg?height=309&width=357&top_left_y=922&top_left_x=1341)

已知直线过定点 $P(1,1)$, 且与找物线 $x^{2}=4 y$ 交 $A, B$ 两点, $l_{1}, l_{2}$ 分别过 $A, B$ 两点且与抛物线相切, 设 $l_{1}, l_{2}$交点为 $C$.
求交点 $C$ 的轨迹方程.

Solution:
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 易知直线 $\mathrm{AB}$ 的斜率存在设为 $k, A B$ 方程为$y=k(x-1)+1$,

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=k(x-1)+1 \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得 $x^{2}-4 k x-4+4 k=0$,

$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=4 k-4$.

$\because y^{\prime}=\frac{x}{2}, \therefore k_{A C}=\frac{x_{1}}{2}, A C$ 直线方程为 $y-y_{1}=\frac{x_{1}}{2}\left(x-x_{1}\right)$, 将 $y_{1}=\frac{x_{1}^{2}}{4}$ 代入, 化简得 $y=\frac{x_{1}}{2} x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$

所以直线 $A C$ 方程为: $y=\frac{x_{1}}{2} x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$

同理, 直线 $B C$ 方程为: $y=\frac{x_{2}}{2} x-\frac{x_{2}^{2}}{4}$,

联系 $A C, B C$ 方程可得交点坐标 $x_{C}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=2 k, y_{C}=\frac{x_{1} x_{2}}{4}=k-1$,

所以点 $C$ 的轨迹方程为: $x-2 y-2=0 $.

Final answer: $x-2 y-2=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_4203>

已知直线过定点 $P(1,1)$, 且与找物线 $x^{2}=4 y$ 交 $A, B$ 两点, $l_{1}, l_{2}$ 分别过 $A, B$ 两点且与抛物线相切, 设 $l_{1}, l_{2}$交点为 $C$.
求交点 $C$ 的轨迹方程.

Solution:
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 易知直线 $\mathrm{AB}$ 的斜率存在设为 $k, A B$ 方程为$y=k(x-1)+1$,

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=k(x-1)+1 \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得 $x^{2}-4 k x-4+4 k=0$,

$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=4 k-4$.

$\because y^{\prime}=\frac{x}{2}, \therefore k_{A C}=\frac{x_{1}}{2}, A C$ 直线方程为 $y-y_{1}=\frac{x_{1}}{2}\left(x-x_{1}\right)$, 将 $y_{1}=\frac{x_{1}^{2}}{4}$ 代入, 化简得 $y=\frac{x_{1}}{2} x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$

所以直线 $A C$ 方程为: $y=\frac{x_{1}}{2} x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$

同理, 直线 $B C$ 方程为: $y=\frac{x_{2}}{2} x-\frac{x_{2}^{2}}{4}$,

联系 $A C, B C$ 方程可得交点坐标 $x_{C}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=2 k, y_{C}=\frac{x_{1} x_{2}}{4}=k-1$,

所以点 $C$ 的轨迹方程为: $x-2 y-2=0 $.

Final answer: $x-2 y-2=0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 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 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-6 \rho \sin \theta-7=0$.
求曲线 $C$ 的直角坐标方程.

Solution:
曲线 $C: x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$.

Final answer: $x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 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 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-6 \rho \sin \theta-7=0$.
设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 若点 $Q$ 的坐标为 $(2,1)$, 求 $|Q A|+|Q B|$ 的最小值.

Solution:
曲线 $C: x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$.

直线 $l$ 的参数方程代入曲线 $C$ 的直角坐标方程得,

$t^{2}+4(\cos \alpha-\sin \alpha) t-8=0$,

设交点 $A, B$ 所对参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,

则 $t_{1}+t_{2}=-4(\cos \alpha-\sin \alpha), t_{1} \cdot t_{2}=-8$,

$\therefore|Q A|+|Q B|=\left|t_{1}\right|+\left|t_{2}\right|=\left|t_{1}-t_{2}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=4 \sqrt{3-\sin 2 \alpha},$

因此当 $\alpha=\frac{\pi}{4}+k \pi, k \in Z$ 时, $|Q A|+|Q B|$ 取最小值 $4 \sqrt{2}$.

Final answer: $4 \sqrt{2}$
Subfield: Inequality


Question: 设函数 $f(x)=|x+3|+|x-a|-10$.
当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>0$ 的解集.

Solution:
当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+3|+|x-1|-10=\left\{\begin{array}{c}2 x-8, x \geq 1 \\ -6,-3<x<1 \\ -2 x-12, x \leq-3\end{array}\right.$, 所以 $f(x)>0$ 的解集为 $(-\infty,-6) \cup(4,+\infty)$.

Final answer: $(-\infty,-6) \cup(4,+\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 设函数 $f(x)=|x+3|+|x-a|-10$.
如果对任意的 $x$, 不等式 $f(x)>0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because|x+3|+|x-a|-10 \geq \mid 3+a \mid-10$

$\therefore|3+a|-10>0, \quad \therefore a \in(-\infty,-13) \cup(7,+\infty)$.

Final answer: $(-\infty,-13) \cup(7,+\infty)$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 其外接圆半径为 $R$,三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, 2 R\left(\sin ^{2} A-\sin ^{2} C\right)=$ $(\sqrt{3} a-b) \sin B$.
求角 $C$.

Solution:
根据题意, 有

$$
2 R \cdot \sin (A+C) \cdot \sin (A-C)=(\sqrt{3} a-b) \cdot \sin B
$$

即

$$
\sin (A-C)=\sqrt{3} \sin A-\sin B,
$$

也即

$$
\sqrt{3} \sin A=\sin (A-C)+\sin (A+C),
$$

于是

$$
\sqrt{3} \sin A=2 \sin A \cdot \cos C
$$

解得 $C=\frac{\pi}{6}$.

Final answer: $\frac{\pi}{6}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 其外接圆半径为 $R$,三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, 2 R\left(\sin ^{2} A-\sin ^{2} C\right)=$ $(\sqrt{3} a-b) \sin B$.
若 $\left(\frac{\sqrt{S}}{2 R}\right)^{2}=\sin ^{2} A-(\sin B-\sin C)^{2}, a=4$, 求 $c$ 及 $\triangle A B C$ 的面积.

Solution:
根据题意, 有

$$
S=a^{2}-(b-c)^{2},
$$

也即

$$
\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=4(p-b)(p-c),
$$

其中 $p$ 为 $\triangle A B C$ 的半周长. 因此

$$
\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\frac{1}{4}
$$

也即

$$
\tan \frac{A}{2}=\frac{1}{4}
$$

从而

$$
\sin A=\frac{8}{17}
$$

由正弦定理, 可得 $c=\frac{17}{4}$. 又

$$
\begin{aligned}
\sin B & =\sin (A+C) \\
& =\sin A \cdot \cos C+\cos A \cdot \sin C \\
& =\frac{8}{17} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{15}{17} \cdot \frac{1}{2} \\
& =\frac{15+8 \sqrt{3}}{34}
\end{aligned}
$$

于是

$$
S=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{17}{4} \cdot \frac{15+8 \sqrt{3}}{34}=\frac{15+8 \sqrt{3}}{4}
$$

Final answer: $\frac{17}{4}, \frac{15+8 \sqrt{3}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 多面体 $A-P C B E$ 中, 四边形 $P C B E$ 是直角梯形, 且 $P C \perp B C, P E \| B C$, 平面 $P C B E \perp$平面 $A B C, A C \perp B E, M$ 是 $A E$ 的中点, $N$ 是 $P A$ 上的点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_6d2c9fe2dd832d4f0e48g-1.jpg?height=482&width=380&top_left_y=1438&top_left_x=884)
若 $M N \|$ 平面 $A B C$, 求证: $N$ 是 $P A$ 中点;

Solution:
记 $P A E \cap A B C=l$, 因为 $M N \| A B C$, 根据线面平行的性质定理, 有 $M N \| l$.

又 $P E \| B C$, 所以 $P E \| A B C$, 从而 $P E \| l$, 于是 $P E \| M N$.

又 $M$ 是 $A E$ 的中点, 于是 $N$ 是 $P A$ 的中点.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 多面体 $A-P C B E$ 中, 四边形 $P C B E$ 是直角梯形, 且 $P C \perp B C, P E \| B C$, 平面 $P C B E \perp$平面 $A B C, A C \perp B E, M$ 是 $A E$ 的中点, $N$ 是 $P A$ 上的点.

<img_4104>
若 $M N \|$ 平面 $A B C$, 求证: $N$ 是 $P A$ 中点;

Solution:
记 $P A E \cap A B C=l$, 因为 $M N \| A B C$, 根据线面平行的性质定理, 有 $M N \| l$.

又 $P E \| B C$, 所以 $P E \| A B C$, 从而 $P E \| l$, 于是 $P E \| M N$.

又 $M$ 是 $A E$ 的中点, 于是 $N$ 是 $P A$ 的中点.
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 多面体 $A-P C B E$ 中, 四边形 $P C B E$ 是直角梯形, 且 $P C \perp B C, P E \| B C$, 平面 $P C B E \perp$平面 $A B C, A C \perp B E, M$ 是 $A E$ 的中点, $N$ 是 $P A$ 上的点.

<img_4104>
若 $P E=\frac{1}{3} B C$ 且 $A C=B C=P C$, 求二面角 $E-A B-C$ 的余弦值.

Solution:
设 $P E=1, A C=B C=P C=3$, 在平面 $P C B E$ 中作 $E H \perp B C$ 于 $H$, 连接 $E H, A H$, 如图.

<img_4108>

根据题意, $P C \perp A B C$, 于是 $P C \perp C A$, 由 $A C \perp B E$, 于是 $A C \perp P C B E$, 因此 $\triangle A C B$ 是直角三角形, 且 $C$ 为直角顶点. 因此

$$
S_{\triangle A B H}=\frac{2}{3} S_{\triangle A B C}=\frac{2}{3} \cdot \frac{9}{2}=3,
$$

又

$$
\left.\begin{array}{l}
B E=\sqrt{B H^{2}+E H^{2}}=\sqrt{13}, \\
A E=\sqrt{A H^{2}+E H^{2}}=\sqrt{19}, \\
A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{18},
\end{array}\right\} \Rightarrow S_{\triangle A B E}=3 \cdot \sqrt{\frac{11}{2}},
$$

于是所求二面角的余弦值为

$$
\frac{3}{3 \cdot \sqrt{\frac{11}{2}}}=\frac{\sqrt{22}}{11}.
$$

Final answer: $\frac{\sqrt{22}}{11}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 多面体 $A-P C B E$ 中, 四边形 $P C B E$ 是直角梯形, 且 $P C \perp B C, P E \| B C$, 平面 $P C B E \perp$平面 $A B C, A C \perp B E, M$ 是 $A E$ 的中点, $N$ 是 $P A$ 上的点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_6d2c9fe2dd832d4f0e48g-1.jpg?height=482&width=380&top_left_y=1438&top_left_x=884)
若 $P E=\frac{1}{3} B C$ 且 $A C=B C=P C$, 求二面角 $E-A B-C$ 的余弦值.

Solution:
设 $P E=1, A C=B C=P C=3$, 在平面 $P C B E$ 中作 $E H \perp B C$ 于 $H$, 连接 $E H, A H$, 如图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_313012222bcb83a58c3cg-1.jpg?height=483&width=383&top_left_y=244&top_left_x=882)

根据题意, $P C \perp A B C$, 于是 $P C \perp C A$, 由 $A C \perp B E$, 于是 $A C \perp P C B E$, 因此 $\triangle A C B$ 是直角三角形, 且 $C$ 为直角顶点. 因此

$$
S_{\triangle A B H}=\frac{2}{3} S_{\triangle A B C}=\frac{2}{3} \cdot \frac{9}{2}=3,
$$

又

$$
\left.\begin{array}{l}
B E=\sqrt{B H^{2}+E H^{2}}=\sqrt{13}, \\
A E=\sqrt{A H^{2}+E H^{2}}=\sqrt{19}, \\
A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{18},
\end{array}\right\} \Rightarrow S_{\triangle A B E}=3 \cdot \sqrt{\frac{11}{2}},
$$

于是所求二面角的余弦值为

$$
\frac{3}{3 \cdot \sqrt{\frac{11}{2}}}=\frac{\sqrt{22}}{11}.
$$

Final answer: $\frac{\sqrt{22}}{11}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知圆 $B:(x+\sqrt{2})^{2}+y^{2}=16$, 定点 $A(\sqrt{2}, 0), P$ 是圆周上任一点, 线段 $A P$ 的垂直平分线与 $B P$交于点 $Q$.
求点 $Q$ 的轨迹 $C$ 的方程;

Solution:
根据题意, 有

$$
Q A+Q B=Q P+Q B=P B=4
$$

因此 $Q$ 的轨迹是以 $A, B$ 为焦点, 4 为长轴长的椭圆, 其方程为

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

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


Question: 已知圆 $B:(x+\sqrt{2})^{2}+y^{2}=16$, 定点 $A(\sqrt{2}, 0), P$ 是圆周上任一点, 线段 $A P$ 的垂直平分线与 $B P$交于点 $Q$.
直线 $l$ 过点 $A$ 且与 $x$ 轴不重合, 直线 $l$ 交曲线 $C$ 于 $M, N$ 两点, 过 $A$ 且与 $l$ 垂直的直线与圆 $B$ 交于 $D, E$ 两点, 求四边形 $M D N E$ 面积的取值范围.

Solution:
根据题意, 设直线 $l$ 的倾斜角为 $\theta$, 则 $\theta \neq 0$, 且

$$
l: x \sin \theta-y \cos \theta-\sqrt{2} \cdot \sin \theta=0
$$

于是直线 $M N$ 的方程可以表示为

$$
x \cos \theta+y \sin \theta-\sqrt{2} \cos \theta=0,
$$

因此点 $B$ 到直线 $M N$ 的距离

$$
d=2 \sqrt{2} \cdot|\cos \theta|,
$$

进而

$$
D E=2 \cdot \sqrt{16-d^{2}}=4 \sqrt{4-2 \cos ^{2} \theta}=4 \sqrt{2+2 \sin ^{2} \theta}
$$

又根据椭圆的焦点弦长公式, 有

$$
M N=\frac{4}{1+\sin ^{2} \theta},
$$

于是四边形 $M D N E$ 的面积

$$
\begin{aligned}
S & =\frac{1}{2} \cdot M N \cdot D E \\
& =\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{1+\sin ^{2} \theta} \cdot 4 \sqrt{2+2 \sin ^{2} \theta} \\
& =\frac{8 \sqrt{2}}{\sqrt{1+\sin ^{2} \theta}},
\end{aligned}
$$

而 $\sin ^{2} \theta \in(0,1]$, 于是 $S$ 的取值范围是 $[8,8 \sqrt{2})$.

Final answer: $[8,8 \sqrt{2})$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\ln \frac{1}{x}-a x^{2}+x$.若 $f(x)$ 在定义域上有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 求证: $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>3-2 \ln 2$.

Solution:
函数 $f(x)$ 的导函数

$$
f^{\prime}(x)=\frac{-2 a x^{2}+x-1}{x},
$$

设分子部分为 $\varphi(x)$, 则 $\varphi(0)=-1$, 对称轴为 $x=\frac{1}{4 a}$, 判别式 $\Delta=1-8 a$, 因此讨论的分界点为 $a=0, \frac{1}{8} \cdot$ 记

$$
\alpha=\frac{-1+\sqrt{1-8 a}}{-4 a}, \beta=\frac{-1-\sqrt{1-8 a}}{-4 a},
$$

情形一 $\quad a<0$ 时, 有

|       $x$       | $(0, \alpha)$ | $\alpha$ | $(\alpha,+\infty)$ |
| :---------------: | :-------------: | :--------: | :------------------: |
| $f^{\prime}(x)$ |        -        |     0     |          +          |
|     $f(x)$     |  $\searrow$  |  $\min$  |     $\nearrow$     |

情形二 $\quad a=0$ 时, 有

|       $x$       |  $(0,1)$  |    1    | $(1,+\infty)$ |
| :---------------: | :----------: | :------: | :-------------: |
| $f^{\prime}(x)$ |      -      |    0    |        +        |
|     $f(x)$     | $\searrow$ | $\min$ |  $\nearrow$  |

情形三 $\quad 0<a<\frac{1}{8}$ 时, 有

|       $x$       | $(0, \alpha)$ |       $\alpha$       | $(\alpha, \beta)$ |        $\beta$        | $(\beta,+\infty)$ |
| :---------------: | :-------------: | :---------------------: | :-----------------: | :---------------------: | :-----------------: |
| $f^{\prime}(x)$ |        -        |            0            |          +          |            0            |          -          |
|     $f(x)$     |  $\searrow$  | $\operatorname{lmin}$ |    $\nearrow$    | $\operatorname{lmax}$ |    $\searrow$    |

情形四 $a \geqslant \frac{1}{8}$ 时, 有 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.

根据以上结论, 此时 $0<a<\frac{1}{8}$, 且

$$
x_{1}+x_{2}=\frac{1}{2 a}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{1}{2 a}
$$

从而

$$
\begin{aligned}
f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) & =\ln \frac{1}{x_{1}}-a x_{1}^{2}+x_{1}+\ln \frac{1}{x_{2}}-a x_{2}^{2}+x_{2}, \\
& =\ln \frac{1}{x_{1} x_{2}}-a\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}\right]+x_{1}+x_{2} \\
& =-\ln \frac{1}{2 a}+1+\frac{1}{4 a},
\end{aligned}
$$

设函数

$$
\varphi(x)=-\ln x+1+\frac{1}{2} x
$$

则其导函数

$$
\varphi^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}
$$

于是在区间 $(4,+\infty)$ 上, $\varphi^{\prime}(x)>0, \varphi(x)$ 单调递增, 因此

$$
-\ln \frac{1}{2a}+1+\frac{1}{4 a}>\varphi(4)=3-2 \ln 2,
$$

命题得证.