di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+1|-|x-2|$.
若 $f(x)+2|x-2| \geq m$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围.

Solution:
设 $g(x)=f(x)+2|x-2|$, 则 $m \leq g(x)_{\text {min }}=3$.

Final answer: $(-\infty, 3]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.半圆 C (圆心为点 C) 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array} \varphi\right.$ 为参数, $\{\varphi \in(0, \pi)$.
求半圆 C 的极坐标方程.

Solution:
半圆 C 的直角坐标方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=1(y>1)$,

它的极坐标方程是 $\rho=2 \sin \theta, \theta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$.

Final answer: $\rho=2 \sin \theta$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.半圆 C (圆心为点 C) 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array} \varphi\right.$ 为参数, $\{\varphi \in(0, \pi)$.
若一直线与量坐标轴的交点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 其中 $\mathrm{A}(0,-2)$, 点 $\mathrm{D}$ 在半圆 $\mathrm{C}$ 上, 且真线 $\mathrm{CD}$ 的倾斜角是直线 $A B$ 倾斜角的 2 倍, 若 $\triangle A B D$ 的面积为4,点 $D$ 的直角坐标.

Solution:
设直线 $l$ 的倾斜角为 $\alpha$, 则直线 $l$ 的方程为 $y=x \tan \alpha-2$,

$D(\cos 2 \alpha, 1+\sin 2 \alpha), 2 \alpha \in(0, \pi),|A B|=\frac{2}{\sin \alpha}$

点 $D$ 到直线 $l$ 的距离为 $|\sin \alpha \cos 2 \alpha-\cos \alpha \sin 2 \alpha-3 \cos \alpha|=3 \cos \alpha+\sin \alpha$

由 $\triangle A B D$ 的面积为4，得 $\tan \alpha=1$, 即 $\alpha=\frac{\pi}{4}$, 故点 $D(0,2)$.

Final answer: $(0,2)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+2|-m|x-1|$.
若 $\mathrm{m}=-2$ 时, 解不等式 $f(x) \geq 5$;

Solution:
当 $m=-2$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{l}-3 x, x<-2 \\ 4-x,-2 \leq x \leq 1 \\ 3 x, x>1\end{array}\right.$

由 $f(x)$ 的单调性及 $f(-1)=f\left(\frac{5}{3}\right)=5$,

得 $f(x) \geq 5$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq-1\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{5}{3}\right\}$.

Final answer: $(-\infty, -1] \cup [\frac{5}{3}, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+2|-m|x-1|$.
若 $f(x) \leq m(x+5)$, 求 $\mathrm{m}$ 的最小值.

Solution:
由 $f(x) \leq m|x+5|$ 得 $\mathbb{m} \geq \frac{|x+2|}{|x-1|+|x+5|}$,

由 $|x-1|+|x+5| \geq 2|x+2|$ 得 $\frac{|x+2|}{|x-1|+|x+5|} \leq \frac{1}{2}$, 得 $m \geq \frac{1}{2}$.

（当且仅当 $x \geqslant 4$ 或 $x \leqslant-6$ 时等号成立）

故 $m$ 的最小值为 $\frac{1}{2}$.

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$.
求 $\sin \angle A C B$.

Solution:
$\because A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$, 所以由余弦定理可知,

$B C^{2}=3^{2}+1^{2}-2 \times 3 \times 1 \times \cos 60^{\circ}, \quad \therefore B C=\sqrt{7}$.

根据正弦定理, $\frac{3}{\sin \angle A C B}=\frac{\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}, \therefore \sin \angle A C B=\frac{3 \sqrt{21}}{14}$.

Final answer: $\frac{3 \sqrt{21}}{14}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$.
若 $D$ 为 $B C$ 的中点, 求 $A D$ 的长度.

Solution:
$\because A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$, 所以由余弦定理可知,

$B C^{2}=3^{2}+1^{2}-2 \times 3 \times 1 \times \cos 60^{\circ}, \quad \therefore B C=\sqrt{7}$.

根据正弦定理, $\frac{3}{\sin \angle A C B}=\frac{\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}, \therefore \sin \angle A C B=\frac{3 \sqrt{21}}{14}$.

$\because A B^{2}>A C^{2}+B C^{2} ， \therefore \angle A C B$ 为钝角, 则

$\cos \angle A C B=-\sqrt{1-\left(\frac{3 \sqrt{21}}{14}\right)^{2}}=-\frac{\sqrt{7}}{14}.$

$\because A C=1, C D=\frac{\sqrt{7}}{2}$, 在 $\triangle A C D$ 中, 根据余弦定理,

$A D^{2}=1^{2}+\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^{2}-2 \times 1 \times \frac{\sqrt{7}}{2} \times\left(-\frac{\sqrt{7}}{14}\right)$.

求得 $A D=\frac{\sqrt{13}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{13}}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4083>

如图, 在四棱锥 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$为矩形, $E$ 是 $P D$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, 点 $Q$ 在线段 $P C$ 上且 $P Q=3 Q C$.
证明 $Q M / /$ 平面 $P A B$;

Solution:
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a590d7e388b57d507163g-1.jpg?height=340&width=569&top_left_y=837&top_left_x=1461)

如图, 在四棱锥 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$为矩形, $E$ 是 $P D$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, 点 $Q$ 在线段 $P C$ 上且 $P Q=3 Q C$.
证明 $Q M / /$ 平面 $P A B$;

Solution:
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a590d7e388b57d507163g-1.jpg?height=340&width=569&top_left_y=837&top_left_x=1461)

如图, 在四棱锥 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$为矩形, $E$ 是 $P D$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, 点 $Q$ 在线段 $P C$ 上且 $P Q=3 Q C$.
当 $\angle P B A$ 为多大时, 在线段 $P C$ 上存在点 $F$ 使得 $E F \perp$ 平面 $P A D$ 且 $E F$与平面 $P B C$ 所成角为 $45^{\circ}$ 同时成立?

Solution:
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .

当 $F$ 为 $P C$ 中点时, $E F / / A B \because P A \perp$ 平面 $A B C D, \therefore P A \perp A B$. 又 $\because$ 四边形 $A B C D$ 为矩形, $\therefore A B \perp A D, \therefore A B \perp$ 平面 $P A D, \therefore E F \perp$ 平面 $P A D$ .

$\because P A \perp B C, A B \perp B C, \therefore B C \perp$ 平面 $P A B, \therefore$ 平面 $P B C \perp$ 平面 $P A B, \therefore \angle P B A$ 为 $A B$ 与平面 $P B C$ 所成角, $\therefore \angle P B A=45^{\circ}$.
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .

当 $F$ 为 $P C$ 中点时, $E F / / C D$.

$\because P A \perp$ 平面 $A B C D$ 且 $C D \subset$ 平面 $A B C D$

$\therefore P A \perp C D$

$\because A B C D$ 为矩形 $\therefore C D \perp A D$

且 $P A \cap A D=A$

$\therefore C D \perp$ 平面 $P A D \quad \therefore E F \perp$ 平面 $P A D $.

另一方面: 过点 $A$ 作 $A G \perp P B$ 于 $G$.

由上理
$\left.\begin{array}{c}P A \perp B C \\ A B \perp B C \\ P A \cap A D=A\end{array}\right\} \therefore B C \perp$ 平面 $P A B$

$\because A G \subset$ 平面 $P A B \quad \therefore A G \perp B C$

$\because P B \cap B C=B$

$\therefore A G \perp$ 平面 $P B C$

$\therefore A B$ 在平面 $P B C$ 内的射影为 $P B$

$\therefore \angle A B P$ 就是直线 $A B$ 与平面 $P B C$ 所成的角

$\because \angle P B A=45^{\circ}$ 且 $E F / / C D, C D / / A B$

$\therefore E F / / A B$ 且 $E F$ 与平面 $P B C$ 成角 $45^{\circ}$.

Final answer: $45$ ^{\circ}
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4083>

如图, 在四棱锥 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$为矩形, $E$ 是 $P D$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, 点 $Q$ 在线段 $P C$ 上且 $P Q=3 Q C$.
当 $\angle P B A$ 为多大时, 在线段 $P C$ 上存在点 $F$ 使得 $E F \perp$ 平面 $P A D$ 且 $E F$与平面 $P B C$ 所成角为 $45^{\circ}$ 同时成立?

Solution:
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .

当 $F$ 为 $P C$ 中点时, $E F / / A B \because P A \perp$ 平面 $A B C D, \therefore P A \perp A B$. 又 $\because$ 四边形 $A B C D$ 为矩形, $\therefore A B \perp A D, \therefore A B \perp$ 平面 $P A D, \therefore E F \perp$ 平面 $P A D$ .

$\because P A \perp B C, A B \perp B C, \therefore B C \perp$ 平面 $P A B, \therefore$ 平面 $P B C \perp$ 平面 $P A B, \therefore \angle P B A$ 为 $A B$ 与平面 $P B C$ 所成角, $\therefore \angle P B A=45^{\circ}$.
取 $P C$ 中点 $F, \because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E F / / C D$, 又由题意知 $Q$ 是 $F C$ 的中点, $M$ 是 $E C$ 的中点, $\therefore E F / / Q M$,

$\therefore Q M / / C D / / A B$. 又 $Q M \not \subset$ 平面 $P A B, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$\therefore Q M / /$ 平面 $P A B$ .

当 $F$ 为 $P C$ 中点时, $E F / / C D$.

$\because P A \perp$ 平面 $A B C D$ 且 $C D \subset$ 平面 $A B C D$

$\therefore P A \perp C D$

$\because A B C D$ 为矩形 $\therefore C D \perp A D$

且 $P A \cap A D=A$

$\therefore C D \perp$ 平面 $P A D \quad \therefore E F \perp$ 平面 $P A D $.

另一方面: 过点 $A$ 作 $A G \perp P B$ 于 $G$.

由上理
$\left.\begin{array}{c}P A \perp B C \\ A B \perp B C \\ P A \cap A D=A\end{array}\right\} \therefore B C \perp$ 平面 $P A B$

$\because A G \subset$ 平面 $P A B \quad \therefore A G \perp B C$

$\because P B \cap B C=B$

$\therefore A G \perp$ 平面 $P B C$

$\therefore A B$ 在平面 $P B C$ 内的射影为 $P B$

$\therefore \angle A B P$ 就是直线 $A B$ 与平面 $P B C$ 所成的角

$\because \angle P B A=45^{\circ}$ 且 $E F / / C D, C D / / A B$

$\therefore E F / / A B$ 且 $E F$ 与平面 $P B C$ 成角 $45^{\circ}$.

Final answer: $45$ ^{\circ}
Subfield: Probability and Statistics


Question: 设盒子中装有 6 个红球, 4 个白球, 2 个黑球, 且规定：取出一个红球得 $a$ 分, 取出一个白球得 $b$ 分,取出一个黑球得 $c$ 分, 其中 $a, b, c$ 都为正整数.
当 $a=1, b=2, c=3$ 时, 从该盒子中依次任取（有放回, 且每球取到的机会均等） 2 个球, 记随机变量 $\xi$为取出此 2 球所得分数之和, 求 $\xi$ 的分布列.

Solution:
由题意得 $\xi=2,3,4,5,6$.

故 $P(\xi=2)=\frac{6 \times 6}{12 \times 12}=\frac{1}{4}, P(\xi=3)=\frac{2 \times 6 \times 4}{12 \times 12}=\frac{1}{3}, P(\xi=4)=\frac{2 \times 6 \times 2+4 \times 4}{12 \times 12}=\frac{5}{18}$,

$P(\xi=5)=\frac{2 \times 4 \times 2}{12 \times 12}=\frac{1}{9}, \quad P(\xi=6)=\frac{2 \times 2}{12 \times 12}=\frac{1}{36}$.

所以 $\xi$ 的分布列为

| $\xi$ | 2               | 3               | 4                | 5               | 6                |
| :------ | :-------------- | :-------------- | :--------------- | :-------------- | :--------------- |
| $P$   | $\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{5}{18}$ | $\frac{1}{9}$ | $\frac{1}{36}$ |

Final answer: 见解析，略
Subfield: Probability and Statistics


Question: 设盒子中装有 6 个红球, 4 个白球, 2 个黑球, 且规定：取出一个红球得 $a$ 分, 取出一个白球得 $b$ 分,取出一个黑球得 $c$ 分, 其中 $a, b, c$ 都为正整数.
当 $a=1$ 时, 从该盒子中任取（每球取到的机会均等） 1 个球, 记随机变量 $\eta$ 为取出此球所得分数. 若 $E \eta=\frac{5}{3}, D \eta=\frac{5}{9}$, 求 $b$ 和 $c$.

Solution:
由题意知 $\eta$ 的分布列为

| $\eta$ | 1               | $b$           | $c$           |
| :------- | :-------------- | :-------------- | :-------------- |
| $P$    | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{1}{6}$ |

$E \eta=\frac{1}{2}+\frac{1}{3} b+\frac{1}{6} c=\frac{5}{3}, \quad D(\eta)=\left(1-\frac{5}{3}\right)^{2} \cdot \frac{1}{2}+\left(b-\frac{5}{3}\right)^{2} \cdot \frac{1}{3}+\left(c-\frac{5}{3}\right)^{2} \cdot \frac{1}{6}=\frac{5}{9}$ .

解得 $b=2, c=3$.

Final answer: $2, 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 过点 $(m, 0)(|m| \geq 1)$ 作直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且坐标原点 $O(0,0)$ 到直线 $l$ 的距离为 1 .
当 $m=1$ 时, 求直线 $A F$ 的方程.

Solution:
焦点 $F(\sqrt{3}, 0)$, 当 $m=1$ 时, 直线 $l: x=1$, 点 $A\left(1, \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\right), k_{A F}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-0}{1-\sqrt{3}}$ 或 $\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}-0}{1-\sqrt{3}}$

$\therefore$ 直线 $A F$ 的方程为: $y=-\frac{\sqrt{3}+3}{4}(x-\sqrt{3})$ 或 $y=\frac{\sqrt{3}+3}{4}(x-\sqrt{3})$.

Final answer: $y=-\frac{\sqrt{3}+3}{4}(x-\sqrt{3}) , y=\frac{\sqrt{3}+3}{4}(x-\sqrt{3})$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 过点 $(m, 0)(|m| \geq 1)$ 作直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且坐标原点 $O(0,0)$ 到直线 $l$ 的距离为 1 .
求 $\triangle A B F$ 面积的最大值.

Solution:
当直线 $l$ 的斜率不存在时, $m= \pm 1, S_{\triangle A B F}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$ .

当直线 $l$ 的斜率存在时, 设直线 $l: y=k(x-m)$, 联立方程 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 \\ y=k(x-m)\end{array}\right.$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-8 m k^{2} x+4 m^{2} k^{2}-4=0$. 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{8 m k^{2}}{1+4 k^{2}}, \quad x_{1} \cdot x_{2}=\frac{4 m^{2} k^{2}-4}{1+4 k^{2}}$.

由题意知 $\frac{|k m|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 即 $k^{2} m^{2}=k^{2}+1. \quad \quad (1)$

$\left|y_{1}-y_{2}\right|=|k|\left|x_{1}-x_{2}\right|=|k| \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=|k| \sqrt{\left(\frac{8 m k^{2}}{1+4 k^{2}}\right)^{2}-\frac{16\left(m^{2} k^{2}-1\right)}{1+4 k^{2}}}$, 利用(1)

式, 消去 $k$, 得 $\left|y_{1}-y_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{3}}{m^{2}+3}, \therefore S_{\triangle A B F}=\frac{1}{2}|m-\sqrt{3}| \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|=\frac{2 \sqrt{3}|m-\sqrt{3}|}{m^{2}+3}$

当 $m<-1$ 或 $1<m<\sqrt{3}$ 时, $S_{\triangle A B F}=\frac{2 \sqrt{3}(\sqrt{3}-m)}{m^{2}+3}$, 令 $t=\sqrt{3}-m$, $t \in(0, \sqrt{3}-1) \cup(\sqrt{3}+1,+\infty)$, 则 $S_{\triangle A B F}=\frac{2 \sqrt{3} t}{t^{2}-2 \sqrt{3} t+6}=\frac{2 \sqrt{3}}{t+\frac{6}{t}-2 \sqrt{3}}<\frac{\sqrt{3}+3}{2} ;$

当 $m>\sqrt{3}$ 时, $S_{\triangle A B F}=\frac{2 \sqrt{3}(m-\sqrt{3})}{m^{2}+3}$, 令 $t=m-\sqrt{3}, t \in(0,+\infty)$, 则 $S_{\triangle A B F}=\frac{2 \sqrt{3} t}{t^{2}+2 \sqrt{3} t+6}=\frac{2 \sqrt{3}}{t+\frac{6}{t}+2 \sqrt{3}} \leq \sqrt{2}-1 ;$

$\therefore$ 当 $m=-1$ 时, $\triangle A B F$ 面积的最大值为 $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.

Final answer: $\frac{3+\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\ln (a x+1)-\frac{2 a x}{x+2}-2 \ln 2+\frac{3}{2}(a>0, a$ 为常数, $x>0)$
讨论 $f(x)$ 的单调性.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\frac{a}{a x+1}-\frac{4 a}{(x+2)^{2}}=\frac{a x(x-4 a+4)}{(a x+1)(x+2)^{2}}$

当 $0<a \leq 1$ 时, $4 a-4 \leq 0, \therefore x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $a>1$ 时, $4 a-4>0, \therefore x \in(0,4 a-4)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减;

$x \in(4 a-4,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\ln (a x+1)-\frac{2 a x}{x+2}-2 \ln 2+\frac{3}{2}(a>0, a$ 为常数, $x>0)$
当 $0<a \leq \frac{3}{2}$ 时, 求证: $f(x) \geq 0$.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\frac{a}{a x+1}-\frac{4 a}{(x+2)^{2}}=\frac{a x(x-4 a+4)}{(a x+1)(x+2)^{2}}$

当 $0<a \leq 1$ 时, $4 a-4 \leq 0, \therefore x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

$\therefore$ $f(x)>f(0)=-2 \ln 2+\frac{3}{2}>0,$

当 $1<a \leq \frac{3}{2}$ 时, $f(x) \geq f(4 a-4)=2 \ln (2 a-1)-\frac{4 a(a-1)}{2 a-1}-2 \ln 2+\frac{3}{2}$

令 $t=2 a-1, t \in(1,2], g(t)=2 \ln t-\left(t-\frac{1}{t}\right)$,

则 $g^{\prime}(t)=\frac{2}{t}-\left(1+\frac{1}{t^{2}}\right)=-\left(\frac{1}{t}-1\right)^{2}<0,$

则 $g(t)$ 单调递减, $g(t) \geq g(2)=2 \ln 2-\frac{3}{2}, \therefore f(x) \geq 0$ .

综上所述, $f(x) \geq 0$.
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 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-4+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 点 $M(-2,-4)$. 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 $\rho \sin ^{2} \theta-2 a \cos \theta=0(a>0)$.
当 $a=1$ 时，求曲线 $C$ 的直角坐标方程.

Solution:
曲线 $C: y^{2}=2 x$.

Final answer: $y^{2}=2 x$
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 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-4+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 点 $M(-2,-4)$. 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 $\rho \sin ^{2} \theta-2 a \cos \theta=0(a>0)$.
设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 若 $|A B|^{2}=|M A| \cdot|M B|$, 求 $a$ 的值.

Solution:
曲线 $C: y^{2}=2 a x$, 直线 $l$ 的参数方程代入曲线 $C$ 的直角坐标方程得,

$t^{2}-(8 \sqrt{2}+2 \sqrt{2} a) t+8 a+32=0$,

设交点 $A, B$ 所对参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,

则 $t_{1}+t_{2}=8 \sqrt{2}+2 \sqrt{2} a, t_{1} \cdot t_{2}=8 a+32$,

$\therefore|A B|=\left|t_{1}-t_{2}\right|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=\sqrt{8 a^{2}+32 a} ，$

$\because|A B|^{2}=|M A| \cdot|M B| \quad \therefore 8 a^{2}+32 a=8 a+32$

得 $a=1$.

Final answer: $1$
Subfield: Inequality


Question: 已知 $f(x)=|x+2|-|a x-3|$.
当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x)>2$ 的解集.

Solution:
$f(x)=|x+2|-|2 x-3|= \begin{cases}5-x & x \geq \frac{3}{2} \\ 3 x-1 & -2<x<\frac{3}{2} \\ x-5 & x \leq-2\end{cases}$

当 $x \geq \frac{3}{2}$ 时, $5-x>2, \therefore x \in\left[\frac{3}{2}, 3\right)$

当 $-2<x<\frac{3}{2}$ 时, $3 x-1>2, \therefore x \in\left(1, \frac{3}{2}\right)$

当 $x \leq-2$ 时, $x-5>2, \therefore x \in \phi$

综上可知, 所求不等式的解集为 $(1,3) $.

Final answer: $(1,3) $
Subfield: Inequality


Question: 已知 $f(x)=|x+2|-|a x-3|$.
当 $0<a \leq 3$ 时, 若 $x \in(0,2)$, 求证: $f(x)>x-1$.

Solution:
要证: $f(x)>x-1$, 即证: $|x+2|-|a x-3|>x-1$

$\because x \in(0,2), \therefore$ 即证: $x+2-|a x-3|>x-1$, 即证: $|a x-3|<3$.

$\because 0<a \leq 3$ 且 $x \in(0,2), \quad \therefore 0<a x<6$.

则 $-3<a x-3<3$, 即 $|a x-3|<3$, 则 $f(x)>x-1$ 成立.
Subfield: Sequence


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

Solution:
$a_{2}=5, a_{3}=16, b_{1}=\frac{1}{2}, b_{2}=\frac{5}{4}, b_{3}=2 ;$

Final answer: $\frac{1}{2},\frac{5}{4},2$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+3 \times 2^{n-1}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}}$.
证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列.

Solution:
$\because \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_{n}}{2^{n}}+\frac{3}{4}, \therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{3}{4}, \therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列.
Subfield: Sequence


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

Solution:
$b_{1}=\frac{1}{2}$,

$\because \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_{n}}{2^{n}}+\frac{3}{4}, \therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{3}{4}, \therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列;

$\therefore b_{n}=\frac{1}{2}+(n-1) \times \frac{3}{4}=\frac{1}{4}(3 n-1) ， \therefore a_{n}=(3 n-1) \cdot 2^{n-2}$.

Final answer: $(3 n-1) \cdot 2^{n-2}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某集团公司计划从甲分公司中的 3 位员工 $A_{1} 、 A_{2} 、 A_{3}$ 和乙分公司中的 3 位员工 $B_{1} 、 B_{2} 、 B_{3}$ 选择 2 位员工去国外工作.
若从这 6 名员工中任选 2 名, 求这 2 名员工都是甲分公司的概率.

Solution:
由题意得, 从 6 名员工中任选 2 名, 其一切可能的结果组成的基本事件有:

$\left\{A_{1}, A_{2}\right\},\left\{A_{1}, A_{3}\right\},\left\{A_{2}, A_{3}\right\},\left\{A_{1}, B_{1}\right\},\left\{A_{1}, B_{2}\right\},\left\{A_{1}, B_{3}\right\}$,

$\left\{A_{2}, B_{1}\right\},\left\{A_{2}, B_{2}\right\},\left\{A_{2}, B_{3}\right\}\left\{A_{3}, B_{1}\right\},\left\{A_{3}, B_{2}\right\},\left\{A_{3}, B_{3}\right\}$,

$\left\{B_{1}, B_{2}\right\},\left\{B_{1}, B_{3}\right\},\left\{B_{2}, B_{3}\right\}$ ，共 15 个

所选两名员工都是甲分公司所包含的基本事件有: $\left\{A_{1}, A_{2}\right\},\left\{A_{1}, A_{3}\right\},\left\{A_{2}, A_{3}\right\}$, 共 3 个, 所以所求事件的概率为 $p=\frac{3}{15}=\frac{1}{5} ;$

Final answer: $\frac{1}{5}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某集团公司计划从甲分公司中的 3 位员工 $A_{1} 、 A_{2} 、 A_{3}$ 和乙分公司中的 3 位员工 $B_{1} 、 B_{2} 、 B_{3}$ 选择 2 位员工去国外工作.
若从甲分公司和乙分公司中各任选 1 名员工，求这 2 名员工包括 $A_{1}$ 但不包括 $B_{1}$ 的概率.

Solution:
从甲分公司和乙分公司各任选 1 名员工, 其一切可能的结果组成的基本事件有: $\left\{A_{1}, B_{1}\right\},\left\{A_{1}, B_{2}\right\},\left\{A_{1}, B_{3}\right\},\left\{A_{2}, B_{1}\right\},\left\{A_{2}, B_{2}\right\},\left\{A_{2}, B_{3}\right\}\left\{A_{3}, B_{1}\right\},\left\{A_{3}, B_{2}\right\},\left\{A_{3}, B_{3}\right\}$ 共 9 个，包含 $A_{1}$ 但不包括 $B_{1}$ 的事件所包含的基本事件有 $\left\{A_{1}, B_{2}\right\},\left\{A_{1}, B_{3}\right\}$ 共 2 个, 所以所求事件的概率为 $p=\frac{2}{9}$.

Final answer: $\frac{2}{9}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4123>

如图, $E A \perp$ 平面 $A B C, A E / / C D, A B=A C=C D=2 A E=4$, $B C=2 \sqrt{3}, M$ 为 $B D$ 的中点.
求证: 平面 $A E M \perp$ 平面 $B C D$

Solution:
取 $B C$ 中点 $N$, 连接 $M N, A N, \therefore M N=A E, M N / / A E$,

<img_4099>

$\because E A \perp$ 平面 $A B C, \therefore$ 四边形 $A E M N$ 是矩形,

$\therefore E M \perp M N,$

由题意知, $E D=E B=2 \sqrt{5}, \because M$ 为 $B D$ 的中点,

$\therefore E M \perp B D$,

又 $\because B D \cap M N=M, \therefore E M \perp$ 平面 $B C D$,

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


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_67c05d19c6c07446bce7g-1.jpg?height=280&width=274&top_left_y=1799&top_left_x=1416)

如图, $E A \perp$ 平面 $A B C, A E / / C D, A B=A C=C D=2 A E=4$, $B C=2 \sqrt{3}, M$ 为 $B D$ 的中点.
求证: 平面 $A E M \perp$ 平面 $B C D$

Solution:
取 $B C$ 中点 $N$, 连接 $M N, A N, \therefore M N=A E, M N / / A E$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1c6f76d53d292ccd8eabg-1.jpg?height=406&width=391&top_left_y=985&top_left_x=1324)

$\because E A \perp$ 平面 $A B C, \therefore$ 四边形 $A E M N$ 是矩形,

$\therefore E M \perp M N,$

由题意知, $E D=E B=2 \sqrt{5}, \because M$ 为 $B D$ 的中点,

$\therefore E M \perp B D$,

又 $\because B D \cap M N=M, \therefore E M \perp$ 平面 $B C D$,

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

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_67c05d19c6c07446bce7g-1.jpg?height=280&width=274&top_left_y=1799&top_left_x=1416)

如图, $E A \perp$ 平面 $A B C, A E / / C D, A B=A C=C D=2 A E=4$, $B C=2 \sqrt{3}, M$ 为 $B D$ 的中点.
求三棱锥 $E-A B M$ 的体积.

Solution:
由题意知, $V_{E-A B M}=V_{M-A B E}, \because M N / /$ 平面 $A B E$,

$$
\therefore V_{M-A B E}=V_{N-A B E}=V_{E-A B N}=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle A B N} \cdot A E
$$

$$
A N=\sqrt{13}, S_{\triangle A B N}=\frac{1}{2} \cdot B N \cdot A N=\frac{\sqrt{39}}{2}, \therefore V_{E-A B M}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{39}}{2} \times 2=\frac{\sqrt{39}}{3} .
$$

Final answer: $\frac{\sqrt{39}}{3}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4123>

如图, $E A \perp$ 平面 $A B C, A E / / C D, A B=A C=C D=2 A E=4$, $B C=2 \sqrt{3}, M$ 为 $B D$ 的中点.
求三棱锥 $E-A B M$ 的体积.

Solution:
由题意知, $V_{E-A B M}=V_{M-A B E}, \because M N / /$ 平面 $A B E$,

$$
\therefore V_{M-A B E}=V_{N-A B E}=V_{E-A B N}=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle A B N} \cdot A E
$$

$$
A N=\sqrt{13}, S_{\triangle A B N}=\frac{1}{2} \cdot B N \cdot A N=\frac{\sqrt{39}}{2}, \therefore V_{E-A B M}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{39}}{2} \times 2=\frac{\sqrt{39}}{3} .
$$

Final answer: $\frac{\sqrt{39}}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $O$ 为坐标原点, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 点 $A(-2,0)$, 设直线 $l$ 与 $C$ 交于不同的两点 $P 、 Q$.
若直线 $l \perp x$ 轴, 求直线 $P A$ 的斜率的取值范围.

Solution:
当点 $P$ 在第一象限时, 设 $P(t, 2 \sqrt{t}), k_{P A}=\frac{2 \sqrt{t}-0}{t+2}=\frac{2}{\sqrt{t}+\frac{2}{\sqrt{t}}} \leq \frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore k_{P A} \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$, 同理, 当点 $P$ 在第四象限时, $\therefore k_{P A} \in\left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$, 综上所述 $\therefore k_{P A} \in\left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right] $.

Final answer: $\left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $O$ 为坐标原点, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 点 $A(-2,0)$, 设直线 $l$ 与 $C$ 交于不同的两点 $P 、 Q$.
若直线 $l$ 不垂直于 $x$ 轴, 且 $\angle P A O=\angle Q A O$, 证明: 直线 $l$ 过定点.

Solution:
设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+b(k \neq 0)$, 联立方程 $\left\{\begin{array}{c}y=k x+b \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$, 得 $k y^{2}-4 y+4 b=0$,

$\Delta=16-16 k b>0$,

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right), y_{1}+y_{2}=\frac{4}{k}, y_{1} \cdot y_{2}=\frac{4 b}{k},$

$\because \angle P A O=\angle Q A O$

$\therefore k_{A P}+k_{A Q}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{y_{1}\left(x_{2}+2\right)+y_{2}\left(x_{1}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=\frac{4 y_{1} y_{2}\left(y_{2}+y_{1}\right)+32\left(y_{1}+y_{2}\right)}{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+8\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\right)+64}$

$=\frac{4 b+8 k}{b^{2}+4 k^{2}-4 k b+8}=0,$

$b=-2 k,$

$\therefore y=k x-2 k=k(x-2), \therefore$ 直线 $l$ 恒过定点 $(2,0)$.
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=e^{2 x}-3 a e^{x}-2 a^{2} x$.
当 $a=1$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性.

Solution:
$f(x)$ 定义域为 $R$

$f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-3 a e^{x}-2 a^{2}$,

当 $a=1$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-3 e^{x}-2=\left(e^{x}-2\right)\left(2 e^{x}+1\right)=0$, 解得 $x_{0}=\ln 2$,

当 $x \in(-\infty, \ln 2), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减:

当 $x \in(\ln 2,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增:

综上, $x \in(-\infty, \ln 2)$ 时, $f(x)$ 单调递减; $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $f(x)$ 单调递增.

Final answer: 见解析，略