di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Probability and Statistics


Question: 已知由甲、乙两位男生和丙、丁两位女生组成的四人冲关小组，参加由某电视台举办的知识类答题闯关活动, 活动共有四关, 设男生闯过一至四关的概率依次是 $\frac{5}{6}, \frac{4}{5}, \frac{3}{4}, \frac{2}{3}$; 女生闯过一至四关的概率依次是 $\frac{4}{5}, \frac{3}{4}, \frac{2}{3}, \frac{1}{2}$.
求男生闯过四关的概率;

Solution:
记男生四关都闯过为事件 $A$, 则 $P(A)=\frac{5}{6} \times \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$;

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 已知由甲、乙两位男生和丙、丁两位女生组成的四人冲关小组，参加由某电视台举办的知识类答题闯关活动, 活动共有四关, 设男生闯过一至四关的概率依次是 $\frac{5}{6}, \frac{4}{5}, \frac{3}{4}, \frac{2}{3}$; 女生闯过一至四关的概率依次是 $\frac{4}{5}, \frac{3}{4}, \frac{2}{3}, \frac{1}{2}$.
设 $\xi$ 表示四人冲关小组闯过四关的人数，求随机变量 $\xi$ 的期望.

Solution:
记女生四关都闯过为事件 $B$, 则 $P(B)=\frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{5}$, 因为

$$
\begin{aligned}
& P(\varepsilon=0)=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}\left(\frac{4}{5}\right)^{2}=\frac{64}{225} ; \\
& P(\varepsilon=1)=C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot\left(\frac{4}{5}\right)^{2}+C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{4}{5} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{96}{225} ; \\
& P(\varepsilon=2)=C_{2}^{2} \cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{2}\left(\frac{4}{5}\right)^{2}+C_{2}^{2} \cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{2}\left(\frac{2}{3}\right)^{2}+C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{4}{5}=\frac{52}{225} ; \\
& P(\varepsilon=3)=C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}\left(\frac{1}{5}\right)^{2}+C_{2}^{1} \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{4}{5} \cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=\frac{12}{225} ; \\
& P(\varepsilon=4)=\left(\frac{1}{3}\right)^{2}\left(\frac{1}{5}\right)^{2}=\frac{1}{225}
\end{aligned}
$$

所以分布列如下:

| $\varepsilon$ |         0         |         1         |         2         |         3         |         4         |
| :-------------: | :----------------: | :----------------: | :----------------: | :----------------: | :---------------: |
|      $P$      | $\frac{64}{225}$ | $\frac{96}{225}$ | $\frac{52}{225}$ | $\frac{12}{225}$ | $\frac{1}{225}$ |

$E(\varepsilon)=0 \times \frac{64}{225}+1 \times \frac{96}{225}+2 \times \frac{52}{225}+3 \times \frac{12}{225}+4 \times \frac{1}{225}=\frac{240}{225}=\frac{16}{15}$.

Final answer: $\frac{16}{15}$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 过点 $M(0,2)$, 且右焦点为 $F(2,0)$.
写出椭圆 $C$ 的方程;

Solution:
由题意: $b=2, c=2, \therefore a^{2}=8$, 椭圆 $C$ 的方程 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

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


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 过点 $M(0,2)$, 且右焦点为 $F(2,0)$.
过点 $F$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 交 $y$ 轴于点 $P$; 若 $\overrightarrow{P A}=m \overrightarrow{A F}, \overrightarrow{P B}=n \overrightarrow{B F}$. 其中 $m+n$ 为定值，求该定值;

Solution:
由题意: $b=2, c=2, \therefore a^{2}=8$, 椭圆 $C$ 的方程 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$;

设 $A, B, P$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right),(0, t)$, 由 $\overrightarrow{P A}=m \overrightarrow{A F}$ 知

$$
x_{1}=\frac{2 m}{1+m}, \quad y_{1}=\frac{t}{1+m}
$$

又点 $A$ 在椭圆 $C$ 上, 则

$$
\frac{\left(\frac{2 m}{1+m}\right)^{2}}{8}+\frac{\left(\frac{t}{1+m}\right)^{2}}{4}=1
$$

整理得 $2 m^{2}+8 m-t^{2}+4=0$, 由 $\overrightarrow{P B}=n \overrightarrow{B F}$. 同理得 $2 n^{2}+8 n-t^{2}+4=0$.

由于 $A, B$ 不重合, 即 $m \neq n$, 故 $m, n$ 是二次方程 $2 x^{2}+8 x-t^{2}+4=0$ 的两根, 所以 $m+n=-4$ 为定值.

Final answer: $-4$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 过点 $M(0,2)$, 且右焦点为 $F(2,0)$.
过点 $F$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 交 $y$ 轴于点 $P$; 若 $\overrightarrow{P A}=m \overrightarrow{A F}, \overrightarrow{P B}=n \overrightarrow{B F}$,点 $P$ 不在椭圆 $C$ 的内部, 点 $Q$ 是点 $P$ 关于原点 $O$ 的对称点, 试求三角形 $Q A B$ 面积的最小值.

Solution:
由题意: $b=2, c=2, \therefore a^{2}=8$, 椭圆 $C$ 的方程 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$;

设 $A, B, P$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right),(0, t)$, 由 $\overrightarrow{P A}=m \overrightarrow{A F}$ 知

$$
x_{1}=\frac{2 m}{1+m}, \quad y_{1}=\frac{t}{1+m}
$$

又点 $A$ 在椭圆 $C$ 上, 则

$$
\frac{\left(\frac{2 m}{1+m}\right)^{2}}{8}+\frac{\left(\frac{t}{1+m}\right)^{2}}{4}=1
$$

整理得 $2 m^{2}+8 m-t^{2}+4=0$, 由 $\overrightarrow{P B}=n \overrightarrow{B F}$. 同理得 $2 n^{2}+8 n-t^{2}+4=0$.

由于 $A, B$ 不重合, 即 $m \neq n$, 故 $m, n$ 是二次方程 $2 x^{2}+8 x-t^{2}+4=0$ 的两根, 所以 $m+n=-4$ 为定值.

依题意, 直线 $l$ 的方程为 $\frac{x}{2}+\frac{y}{t}=1$, 即 $y=-\frac{t}{2}(x-2)$, 与椭圆 $C$ 的方程联立, 消去 $y$ 并整理,得:

$$
\left(2+t^{2}\right) x^{2}-4 t^{2} x+4 t^{2}-16=0
$$

$$
\begin{gathered}
\Delta=16 t^{4}-4\left(2+t^{2}\right)\left(4 t^{2}-16\right)=32 t^{2}+128>0 \\
\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{4 t^{2}}{2+t^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4 t^{2}-16}{2+t^{2}}
\end{gathered}
$$

而

$$
S_{\triangle Q A B}=\frac{1}{2} \cdot|2 t| \cdot\left|x_{1}-x_{2}\right|=|t| \cdot\left|x_{1}-x_{2}\right|
$$

$S_{\triangle Q A B}^{2}=t^{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=t^{2}\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]=t^{2}\left[\frac{16 t^{4}}{\left(2+t^{2}\right)^{2}}-\frac{16 t^{2}-64}{2+t^{2}}\right]=t^{2} \cdot \frac{32 t^{2}+128}{\left(2+t^{2}\right)^{2}}=32\left[1-\frac{4}{\left(2+t^{2}\right)^{2}}\right]$

由已知，点 $P$ 不在椭圆 $C$ 的内部，得 $|t| \geq 2$, 即 $t^{2} \geq 4$.

所以 $S_{\triangle Q A B}^{2}$ 的最小值为 $32 \cdot \frac{8}{9}$, 故三角形 $Q A B$ 面积的最小值为 $\frac{16}{3}$.

Final answer: $\frac{16}{3}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=x-\frac{2}{x}-a \ln x(a \in \mathbf{R}, a>0)$.
讨论 $f(x)$ 的单调性;

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

令 $g(x)=x^{2}-a x+2$, 其判别式 $\Delta=a^{2}-8$.

(1) 当 $0<a \leq 2 \sqrt{2}$ 时, $\Delta \leq 0, f^{\prime}(x) \geq 0$, 故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增;

(2) 当 $a>2 \sqrt{2}$ 时, $\Delta>0, g(x)=0$ 的两根为 $x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{2}, x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{2}$;

当 $0<x<x_{1}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x_{1}<x<x_{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>x_{2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

故 $f(x)$ 分别在 $\left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递减;

所以答案是 $f(x) 分别在 \left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right) 上单调递增, 在 \left(x_{1}, x_{2}\right) 上单调递减;$.

Final answer: $f(x) 分别在 \left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right) 上单调递增, 在 \left(x_{1}, x_{2}\right) 上单调递减;$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{3}-17 x-18=0$ 的三个根, $-4<x_{1}<-3$, 且 $4<x_{3}<5$.
求 $x_{2}$ 的整数部分.

Solution:
由于 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程的根, 我们有

$$
x^{3}-17 x-18=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)
$$

比较两端的系数可得

$$
x_{1}+x_{2}+x_{3}=0, x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=-17, x_{1} x_{2} x_{3}=18
$$

由 $x_{1} \in(-4,-3)$ 和 $x_{3} \in(4,5)$ 可知 $x_{2}=-x_{1}-x_{3} \in(-2,0)$.

注意 $f(x)=x^{3}-17 x-18$ 满足 $f(0)=-18<0, f(-1)=-2<0, f(-2)=8>0$, 所以 $f(x)$ 在区间 $(-2,-1)$ 上有一个根, 即 $x_{2} \in(-2,-1)$. 因此 $x_{2}$ 的整数部分为 -2 ;

Final answer: $-2$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{3}-17 x-18=0$ 的三个根, $-4<x_{1}<-3$, 且 $4<x_{3}<5$.
求 $\arctan x_{1}+\arctan x_{2}+\arctan x_{3}$ 的值.

Solution:
由于 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程的根, 我们有

$$
x^{3}-17 x-18=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)
$$

比较两端的系数可得

$$
x_{1}+x_{2}+x_{3}=0, x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=-17, x_{1} x_{2} x_{3}=18
$$

设 $\arctan x_{i}=\theta_{i}, i=1,2,3$, 由 (1) 知 $\theta_{1}, \theta_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{4}\right)$, 且 $\theta_{3} \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$, 因此

$$
\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3} \in\left(-\frac{3 \pi}{4}, 0\right)
$$

注意 $\tan \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)=\frac{\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}}{1-\tan \theta_{1} \tan \theta_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{1-x_{1} x_{2}}$, 从而

$$
\begin{aligned}
\tan \left(\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}\right) & =\frac{\tan \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)+\tan \theta_{3}}{1-\tan \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right) \tan \theta_{3}}=\frac{\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)}{\left(1-x_{1} x_{2}\right)}+x_{3}}{1-\frac{x_{3}\left(x_{1}+x_{2}\right)}{1-x_{1} x_{2}}} \\
& =\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}-x_{1} x_{2} x_{3}}{1-\left(x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}\right)}=\frac{0-18}{1-(-17)}=-1
\end{aligned}
$$

这表明 $\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}=-\frac{\pi}{4}$, 即 $\arctan x_{1}+\arctan x_{2}+\arctan x_{3}=-\frac{\pi}{4}$

Final answer: $-\frac{\pi}{4}$
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, 一条直线与双曲线的右支相切, 且分别交两条浙近线于 $A, B$, 又设 $O$ 为坐标原点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_629db68be44305879c57g-1.jpg?height=574&width=500&top_left_y=2146&top_left_x=778)
求证:$|O A| \cdot|O B|=\left|O F_{1}\right|^{2}$.

Solution:
若直线 $A B$ 的斜率不存在, 即切点位于实轴的顶点, 则 $A, B$ 的坐标分别为 $(1,2),(1,-2)$, 这时 $|O A|=|O B|=\sqrt{5}=\left|O F_{1}\right|$, 结论成立.

若直线 $A B$ 的斜率存在, 可设直线 $A B$ 的方程为 $y=k x+b$, 由于 $A B$ 与双曲线相切, 所以关于 $x$ 的方程

$$
x^{2}-\frac{1}{4}(k x+b)^{2}=1
$$

有两个相等的实根，即

$$
\Delta=\left(\frac{1}{2} k b\right)^{2}-4 \cdot\left(1-\frac{1}{4} k^{2}\right) \cdot\left(-\frac{1}{4} b^{2}-1\right)=0
$$

整理得 $k^{2}=b^{2}+4$, 由于 $A, B$ 的横坐标 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $x^{2}-\frac{1}{4}(k x+b)^{2}=0$ 的两个实根, 我们有

$$
x_{1} x_{2}=\frac{-\frac{b^{2}}{4}}{1-\frac{k^{2}}{4}}=1
$$

注意 $A, B$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, 2 x_{1}\right),\left(x_{2},-2 x_{2}\right)$, 可知 $|O A|=\sqrt{5}\left|x_{1}\right|,|O B|=\sqrt{5}\left|x_{2}\right|$, 因此

$$
|O A| \cdot|O B|=5\left|x_{1} x_{2}\right|=5=\left|O F_{1}\right|^{2}
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, 一条直线与双曲线的右支相切, 且分别交两条浙近线于 $A, B$, 又设 $O$ 为坐标原点.

<img_4214>
求证:$|O A| \cdot|O B|=\left|O F_{1}\right|^{2}$.

Solution:
若直线 $A B$ 的斜率不存在, 即切点位于实轴的顶点, 则 $A, B$ 的坐标分别为 $(1,2),(1,-2)$, 这时 $|O A|=|O B|=\sqrt{5}=\left|O F_{1}\right|$, 结论成立.

若直线 $A B$ 的斜率存在, 可设直线 $A B$ 的方程为 $y=k x+b$, 由于 $A B$ 与双曲线相切, 所以关于 $x$ 的方程

$$
x^{2}-\frac{1}{4}(k x+b)^{2}=1
$$

有两个相等的实根，即

$$
\Delta=\left(\frac{1}{2} k b\right)^{2}-4 \cdot\left(1-\frac{1}{4} k^{2}\right) \cdot\left(-\frac{1}{4} b^{2}-1\right)=0
$$

整理得 $k^{2}=b^{2}+4$, 由于 $A, B$ 的横坐标 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $x^{2}-\frac{1}{4}(k x+b)^{2}=0$ 的两个实根, 我们有

$$
x_{1} x_{2}=\frac{-\frac{b^{2}}{4}}{1-\frac{k^{2}}{4}}=1
$$

注意 $A, B$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, 2 x_{1}\right),\left(x_{2},-2 x_{2}\right)$, 可知 $|O A|=\sqrt{5}\left|x_{1}\right|,|O B|=\sqrt{5}\left|x_{2}\right|$, 因此

$$
|O A| \cdot|O B|=5\left|x_{1} x_{2}\right|=5=\left|O F_{1}\right|^{2}
$$
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, 一条直线与双曲线的右支相切, 且分别交两条浙近线于 $A, B$, 又设 $O$ 为坐标原点.

<img_4214>
求证:$F_{1}, F_{2}, A, B$ 四点在一个圆上.

Solution:
在 $\triangle O A F_{1}$ 与 $\triangle O F_{1} B$ 中, $\angle A O F_{1}=\angle F_{1} O B$, 且 $\frac{|O A|}{\left|O F_{1}\right|}=\frac{\left|O F_{1}\right|}{|O B|}$, 所以 $\triangle O A F_{1} \sim \triangle O F_{1} B$.

同理 $\triangle O A F_{2} \sim \triangle O F_{2} B$, 这样, 我们有

$$
\begin{aligned}
\angle F_{1} A F_{2}+\angle F_{1} B F_{2} & =\left(\angle F_{1} A O+\angle O A F_{2}\right)+\left(\angle F_{1} B O+\angle O B F_{2}\right) \\
& =\left(\angle B F_{1} O+\angle O F_{2} B\right)+\left(\angle A F_{1} O+\angle O F_{2} A\right) \\
& =\left(\angle B F_{1} O+\angle A F_{1} O\right)+\left(\angle O F_{2} B+\angle O F_{2} A\right) \\
& =\angle B F_{1} A+\angle B F_{2} A
\end{aligned}
$$

即四边形 $F_{1} A F_{2} B$ 中一组对角之和等于另一组对角之和, 从而对角之和为 $180^{\circ}$, 该四边形内接于圆.
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, 一条直线与双曲线的右支相切, 且分别交两条浙近线于 $A, B$, 又设 $O$ 为坐标原点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_629db68be44305879c57g-1.jpg?height=574&width=500&top_left_y=2146&top_left_x=778)
求证:$F_{1}, F_{2}, A, B$ 四点在一个圆上.

Solution:
在 $\triangle O A F_{1}$ 与 $\triangle O F_{1} B$ 中, $\angle A O F_{1}=\angle F_{1} O B$, 且 $\frac{|O A|}{\left|O F_{1}\right|}=\frac{\left|O F_{1}\right|}{|O B|}$, 所以 $\triangle O A F_{1} \sim \triangle O F_{1} B$.

同理 $\triangle O A F_{2} \sim \triangle O F_{2} B$, 这样, 我们有

$$
\begin{aligned}
\angle F_{1} A F_{2}+\angle F_{1} B F_{2} & =\left(\angle F_{1} A O+\angle O A F_{2}\right)+\left(\angle F_{1} B O+\angle O B F_{2}\right) \\
& =\left(\angle B F_{1} O+\angle O F_{2} B\right)+\left(\angle A F_{1} O+\angle O F_{2} A\right) \\
& =\left(\angle B F_{1} O+\angle A F_{1} O\right)+\left(\angle O F_{2} B+\angle O F_{2} A\right) \\
& =\angle B F_{1} A+\angle B F_{2} A
\end{aligned}
$$

即四边形 $F_{1} A F_{2} B$ 中一组对角之和等于另一组对角之和, 从而对角之和为 $180^{\circ}$, 该四边形内接于圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$.
求证:当 $n \geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$.

Solution:
我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有

$$
g^{\prime}(x)=e^{x}+\sin x-1-2 x, g^{\prime \prime}(x)=e^{x}+\cos x-2, g^{\prime \prime \prime}(x)=e^{x}-\sin x>1-\sin x \geq 0
$$

由 $g^{\prime \prime \prime}(x)>0$ 可知 $g^{\prime \prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\prime \prime}(x)>g^{\prime \prime}(0)=0$, 由 $g^{\prime \prime}(x)>0$ 可知 $g^{\prime}(x)$ 单调增, $g^{\prime}(x)>g^{\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)<x+x^{2}$.

利用这一点, 立即得到 $a_{n-1}=f\left(a_{n}\right)>a_{n}+a_{n}^{2}$.
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$.
求证:$\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \sqrt{n}$.

Solution:
首先证明当 $n \geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$.

我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有

$$
g^{\prime}(x)=e^{x}+\sin x-1-2 x, g^{\prime \prime}(x)=e^{x}+\cos x-2, g^{\prime \prime \prime}(x)=e^{x}-\sin x>1-\sin x \geq 0
$$

由 $g^{\prime \prime \prime}(x)>0$ 可知 $g^{\prime \prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\prime \prime}(x)>g^{\prime \prime}(0)=0$, 由 $g^{\prime \prime}(x)>0$ 可知 $g^{\prime}(x)$ 单调增, $g^{\prime}(x)>g^{\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)<x+x^{2}$.

利用这一点, 立即得到 $a_{n-1}=f\left(a_{n}\right)>a_{n}+a_{n}^{2}$.

我们先对 $n$ 用数学归纳法证明 $a_{n} \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=1$, 结论成立;

假设当 $n=m-1$ 时, 有 $a_{m-1} \leq \frac{1}{\sqrt{m-1}}$ (其中 $m \geq 2$ ), 如果 $a_{m}>\frac{1}{\sqrt{m}}$, 则

$$
a_{m-1}>a_{m}+a_{m}^{2}>\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{m}
$$

注意

$$
\frac{1}{\sqrt{m-1}}-\frac{1}{\sqrt{m}}=\frac{\sqrt{m}-\sqrt{m-1}}{\sqrt{m(m-1)}}=\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{m-1}) \sqrt{m(m-1)}}<\frac{1}{m \sqrt{m-1}}<\frac{1}{m}
$$

可知 $a_{m-1}>\frac{1}{\sqrt{m-1}}$, 与归纳假设矛盾, 因此 $a_{m} \leq \frac{1}{\sqrt{m}}$, 这样, 当 $k \geq 1$ 时, 有

$$
a_{k} \leq \frac{1}{\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})
$$

令 $k$ 从 1 到 $n$ 求和, 就得到 $\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \sqrt{n}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $D$ 为锐角 $\triangle A B C$ 内一点, 使得 $\angle A D B=\angle A C B+90^{\circ}$, 且 $A C \cdot B D=A D \cdot B C$, 延长 $A D 、 B D$ 、 $C D$, 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\Gamma$ 交于点 $G 、 E 、 F$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_7bf4628492f4869d553ag-1.jpg?height=554&width=580&top_left_y=814&top_left_x=732)
证明:  $E F=F G ;$

Solution:
注意到,

$$
\begin{gathered}
\triangle E F D \sim \triangle C B D \Rightarrow \frac{E F}{F D}=\frac{B C}{B D}, \quad \triangle F D G \sim \triangle A D C \Rightarrow \frac{F G}{F D}=\frac{A C}{A D} \\
A C \cdot B D=A D \cdot B C \Rightarrow \frac{B C}{B D}=\frac{A C}{A D}
\end{gathered}
$$

故

$$
\frac{E F}{F D}=\frac{F G}{F D} \Rightarrow E F=F G
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, $D$ 为锐角 $\triangle A B C$ 内一点, 使得 $\angle A D B=\angle A C B+90^{\circ}$, 且 $A C \cdot B D=A D \cdot B C$, 延长 $A D 、 B D$ 、 $C D$, 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\Gamma$ 交于点 $G 、 E 、 F$.

<img_4219>
证明:  $E F=F G ;$

Solution:
注意到,

$$
\begin{gathered}
\triangle E F D \sim \triangle C B D \Rightarrow \frac{E F}{F D}=\frac{B C}{B D}, \quad \triangle F D G \sim \triangle A D C \Rightarrow \frac{F G}{F D}=\frac{A C}{A D} \\
A C \cdot B D=A D \cdot B C \Rightarrow \frac{B C}{B D}=\frac{A C}{A D}
\end{gathered}
$$

故

$$
\frac{E F}{F D}=\frac{F G}{F D} \Rightarrow E F=F G
$$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $D$ 为锐角 $\triangle A B C$ 内一点, 使得 $\angle A D B=\angle A C B+90^{\circ}$, 且 $A C \cdot B D=A D \cdot B C$, 延长 $A D 、 B D$ 、 $C D$, 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\Gamma$ 交于点 $G 、 E 、 F$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_7bf4628492f4869d553ag-1.jpg?height=554&width=580&top_left_y=814&top_left_x=732)
证明: $\frac{S_{\triangle E F G}}{S_{\text {圆 } \Gamma}}=\frac{1}{\pi}$.

Solution:
由

$\angle E F G=\angle E F C+\angle C F G=\angle E B C+\angle C A G=\angle A D B-\angle A C B=90^{\circ} \Rightarrow \triangle E F G$ 为等腰直角三角形

于是, $E G$ 为圆 $\Gamma$ 的直径, 设圆 $\Gamma$ 的半径为 $R$, 故 $\frac{S_{\triangle E F G}}{S_{\text {圆 } \Gamma}}=\frac{\frac{1}{4}(2 R)^{2}}{\pi R^{2}}=\frac{1}{\pi}$.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, $D$ 为锐角 $\triangle A B C$ 内一点, 使得 $\angle A D B=\angle A C B+90^{\circ}$, 且 $A C \cdot B D=A D \cdot B C$, 延长 $A D 、 B D$ 、 $C D$, 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\Gamma$ 交于点 $G 、 E 、 F$.

<img_4219>
证明: $\frac{S_{\triangle E F G}}{S_{\text {圆 } \Gamma}}=\frac{1}{\pi}$.

Solution:
由

$\angle E F G=\angle E F C+\angle C F G=\angle E B C+\angle C A G=\angle A D B-\angle A C B=90^{\circ} \Rightarrow \triangle E F G$ 为等腰直角三角形

于是, $E G$ 为圆 $\Gamma$ 的直径, 设圆 $\Gamma$ 的半径为 $R$, 故 $\frac{S_{\triangle E F G}}{S_{\text {圆 } \Gamma}}=\frac{\frac{1}{4}(2 R)^{2}}{\pi R^{2}}=\frac{1}{\pi}$.
Subfield: Number Theory


Question: 
证明: 2018 可表示为两个正整数的平方和;

Solution:
若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \leq y$, 则 $1009 \leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得

$$
2018=13^{2}+43^{2}
$$
Subfield: Number Theory


Question: 
证明: 存在这样的三角形, 可把它分割为 2018 个全等的三角形.

Solution:
若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \leq y$, 则 $1009 \leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得

$$
2018=13^{2}+43^{2}
$$

构想：将直角边长为 13、43 的一个直角三角形引斜边上的高线，分该三角形为两个相似的直角三角形, 其斜边分别为 13、43, 将斜边为 13 的直角三角形各边 13 等分, 分成 169 个斜边为 1 的小直角三角形; 将斜边为 43 的直角三角形各边 43 等分，分成 1849 个斜边为 1 的小直角三角形.

合计共分割成了 $169+1849=2018$ 个斜边为 1 的彼此全等的直角三角形.

因此, 满足题设要求的三角形是存在的.
Subfield: Combinatorics


Question: 已知 $n$ 元正整数集 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$. 对任意的 $i \in\{1,2, \cdots, n\}$, 由集合 $A$ 去掉元素 $a_{i}$ 后得到的集合 $A_{i}$ 可分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，称这样的数集 $A$ 为“好数集”.
证明: 好数集的元素个数 $n$ 为奇数;

Solution:
设 $M=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$.

由题设, 知集合 $A_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 中的元素之和为 $M-a_{i}$, 且 $M-a_{i}$ 均为偶数.

从而, $a_{i}$ 与 $M$ 的奇偶性相同.

(i）若 $M$ 为奇数，则 $a_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 也为奇数， $n$ 为奇数;

(ii) 若 $M$ 为偶数, 则 $a_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 为偶数.

记

$$
a_{i}=2 b_{i}(i=1,2, \cdots, n), \quad M^{\prime}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}
$$

于是, $\left\{b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}\right\}$ 也为好数集, $b_{i}$ 与 $M^{\prime}$ 的奇偶性相同.

重复上述操作有限次, 便可得各项均为奇数的好数集.

据 $(i)$ 的讨论, 此时各项之和也为奇数. 因此, $n$ 为奇数.

综上, $n$ 必为奇数.
Subfield: Combinatorics


Question: 已知 $n$ 元正整数集 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$. 对任意的 $i \in\{1,2, \cdots, n\}$, 由集合 $A$ 去掉元素 $a_{i}$ 后得到的集合 $A_{i}$ 可分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，称这样的数集 $A$ 为“好数集”.
求好数集元素个数 $n$ 的最小值

Solution:
设 $M=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$.

由题设, 知集合 $A_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 中的元素之和为 $M-a_{i}$, 且 $M-a_{i}$ 均为偶数.

从而, $a_{i}$ 与 $M$ 的奇偶性相同.

(i）若 $M$ 为奇数，则 $a_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 也为奇数， $n$ 为奇数;

(ii) 若 $M$ 为偶数, 则 $a_{i}(i=1,2, \cdots, n)$ 为偶数.

记

$$
a_{i}=2 b_{i}(i=1,2, \cdots, n), \quad M^{\prime}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}
$$

于是, $\left\{b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}\right\}$ 也为好数集, $b_{i}$ 与 $M^{\prime}$ 的奇偶性相同.

重复上述操作有限次, 便可得各项均为奇数的好数集.

据 $(i)$ 的讨论, 此时各项之和也为奇数. 因此, $n$ 为奇数.

综上, $n$ 必为奇数.

若求 $n$ 的最小值, 可从 $n=3,5,7$ 起试验.

当 $n=3$ 时，显然不成立;

当 $n=5$ 时, 不妨设 $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{5}$. 将 $a_{1} 、 a_{3} 、 a_{4} 、 a_{5}$ 分成两组, 且两组数之和相等, 则

$$
a_{1}+a_{5}=a_{3}+a_{4} \text { 或 } a_{5}=a_{1}+a_{3}+a_{4}
$$

将集合 $a_{2} 、 a_{3} 、 a_{4} 、 a_{5}$ 分成两组, 且两组数之和相等, 则

$$
a_{2}+a_{5}=a_{3}+a_{4} \text { 或 } a_{5}=a_{2}+a_{3}+a_{4}
$$

显然，两种情况矛盾.

因此, 当 $n=5$ 时, 不存在好数集.

当 $n=7$ 时, 设 $A=\{1,3, \cdots, 13\}$. 注意到,

$$
\begin{aligned}
& 3+5+7+9=11+13, \quad 1+9+13=5+7+11,9+13=1+3+7+11 \\
& 1+9+11=3+5+13, \quad 1+3+5+11=7+13, \quad 3+7+9=1+5+13, \quad 1+3+5+9=7+11
\end{aligned}
$$

因此, $n$ 的最小值为 7 .

Final answer: $7$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知动直线 $l$ 与圆 $O: x^{2}+y^{2}=1$ 相切, 与椭圆 $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$ 相交于不同的两点 $A, B$, 求原点到 $A B$ 的中垂线的最大距离.

Solution:
依题意可设 $l: y=k x+m(k \neq 0)$.

因为直线 $l$ 与圆 $O$ 相切, 所以, $O$ 到直线 $l$ 的距离为 1 , 即 $\frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$.

这样的直线必与椭圆交于不同的两点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ x^{2}+9 y^{2}-9=0\end{array}\right.$ 得

$$
\left(1+9 k^{2}\right) x^{2}+18 k m x+\left(9 m^{2}-9\right)=0
$$

得到 $x_{1}+x_{2}=-\frac{18 k m}{1+9 k^{2}}$, 所以 $A B$ 的中点坐标为 $\left(-\frac{9 k m}{1+9 k^{2}}, \frac{m}{1+9 k^{2}}\right)$.

$A B$ 的中垂线方程为 $y-\frac{m}{1+9 k^{2}}=-\frac{1}{k}\left(x+\frac{9 k m}{1+9 k^{2}}\right)$, 化简得 $x+k y+\frac{8 k m}{1+9 k^{2}}=0$.

$O$ 到直线中垂线的距离 $d=\frac{\left|\frac{8 k m}{1+9 k^{2}}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}$.

将 $\frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$ 代入 $d=\frac{\left|\frac{8 k m}{1+9 k^{2}}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}$, 得 $d=\frac{|8 k|}{1+9 k^{2}}$, 由均值不等式, $1+9 k^{2} \geq 6|k|$, 故 $d \leq \frac{4}{3}$, 当且仅当 $|k|=\frac{1}{3}$ 时取等号. 所以, 当 $|k|=\frac{1}{3},|m|=\frac{\sqrt{10}}{3}$ 时, 原点到 $A B$ 的中垂线的最大距离为 $\frac{4}{3}$.

Final answer: $\frac{4}{3}$
Subfield: Inequality


Question: 设 $a \in \mathbf{R}$, 且对任意实数 $b$ 均有 $\max _{x \in[0,1]}\left|x^{2}+a x+b\right| \geq 1$, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
设 $f(x)=x^{2}+a x+b$, 对于 $|b| \geq 1 \Rightarrow|f(0)| \geq 1$, 所以只要考虑 $|b|<1$.

(1) 当 $-\frac{a}{2} \leq 0$ 时, 即 $a \geq 0$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的左右端点取得, 对任意 $|b|<1$ 有 $f(1)=1+a+b>f(0)=b$, 所以 $f(1)=1+a+b \geq 1$, 解得 $a \geq 1$;

( 2 ) 当 $0<-\frac{a}{2} \leq \frac{1}{2}$ 时, 即 $-1 \leq a<0$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的顶点和右端点取得, 而对 $b=0$ 有 $|f(1)|=|1+a|<1,\left|f\left(-\frac{a}{2}\right)\right|=\left|-\frac{a^{2}}{4}\right|<1 ;$

(3) 当 $\frac{1}{2}<-\frac{a}{2} \leq 1$ 时, 即 $-2 \leq a<-1$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的顶点和左端点取得, 而对 $b=0$ 有 $|f(0)|=|b|<1, \quad\left|f\left(-\frac{a}{2}\right)\right|=\left|-\frac{a^{2}}{4}\right|<1 ;$

(4) 当 $-\frac{a}{2} \geq 1$ 时, 即 $a \leq-2$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的左右端点取得, 对任意 $|b|<1$ 有 $|f(0)|=|b|<1$, 所以 $f(1)=1+a+b \leq-1$, 解得 $a \leq-3$.

综上, $a \geq 1$ 或 $a \leq-3$
设 $m=\max _{x \in[0,1]}\left|x^{2}+a x+b\right|$, 则有

$$
m \geq|b|, m \geq|1+a+b| \Rightarrow 2 m \geq|b|+|1+a+b| \geq|1+a|
$$

依题意 $\frac{|1+a|}{2} \geq 1 \Rightarrow a \geq 1$ 或 $a \leq-3$.

Final answer: $(-\infty, -3] \cup [1, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 设实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2018}$ 满足 $x_{n+1}^{2} \leq x_{n} x_{n+2}(n=1,2, \cdots, 2016)$ 和 $\prod_{n=1}^{2018} x_{n}=1$. 证明: $x_{1009} x_{1010} \leq 1$.

Solution:
由条件 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号, 反证法, 假设 $x_{1009} x_{1010}>1$.

(1)若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为正数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2018}$ 同号.

由

$x_{n+1}^{2} \leq x_{n} x_{n+2} \Rightarrow \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \leq \frac{x_{n+2}}{x_{n+1}} \Rightarrow \frac{x_{1009}}{x_{1008}} \leq \frac{x_{1010}}{x_{1009}} \leq \frac{x_{1011}}{x_{1010}} \Rightarrow x_{1009} x_{1010} \leq x_{1011} x_{1008} \Rightarrow x_{1011} x_{1008}>1$

同理

$$
\frac{x_{1009}}{x_{1007}}=\frac{x_{1009}}{x_{1008}} \cdot \frac{x_{1008}}{x_{1007}} \leq \frac{x_{1011}}{x_{1010}} \cdot \frac{x_{1012}}{x_{1011}}=\frac{x_{1012}}{x_{1010}} \Rightarrow x_{1007} x_{1012}>1
$$

类似可证明: $x_{1006} x_{1013}>1, x_{1005} x_{1014}>1, \cdots, x_{1} x_{2018}>1$. 因此 $\prod_{n=1}^{2018} x_{n}>1$, 矛盾.

(2) 若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为负数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2018}$ 均为负数, 仍然有

$$
x_{n+1}^{2} \leq x_{n} x_{n+2} \Rightarrow \frac{x_{n+1}}{x_{n}} \leq \frac{x_{n+2}}{x_{n+1}}
$$

类似 (1) 可证得.