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


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{2}=6$, 且数列 $\left\{a_{n+1}-a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列.
求 $a_{n}$.

Solution:
$\because$ 数列 $\left\{a_{n+1}-a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{2}-a_{1}=4$, 公差为 2 的等差数列

$$
\begin{aligned}
& \therefore a_{n+1}-a_{n}=2 n+2 \\
& \therefore a_{2}-a_{1}=2 \times 1+2 \\
& a_{3}-a_{2}=2 \times 2+2 \\
& \ldots \ldots . \\
& a_{n}-a_{n-1}=2 \times(n-1)+2(n \geq 2)
\end{aligned}
$$

将以上各式相加得

$$
a_{n}-a_{1}=2 \times[1+2+3+\ldots(n-1)]+2(n-1)=2 \times \frac{(n-1) n}{2}+2 n-2
$$

$\therefore a_{n}=n(n-1)+2 n=n^{2}+n(n \geq 2) \because a_{1}=2$ 也符合上式 $\quad \therefore a_{n}=n^{2}+n(n \geq 1)$.

Final answer: $a_{n}=n^{2}+n$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{2}=6$, 且数列 $\left\{a_{n+1}-a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列.
$a_{n}=n^{2}+n(n \geq 1)$, 记数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求满足不等式 $S_{n}>\frac{2016}{2017}$ 的 $n$ 的最小值.

Solution:
$\because \frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

$\therefore S_{n}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}$

令 $S_{n}>\frac{2016}{2017}$ 即 $1-\frac{1}{n+1}>\frac{2016}{2017} \therefore n>2016 \because n \in N^{*}$

$\therefore n$ 的最小值为 2017.

Final answer: $2017$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，已知长方形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=2, M$ 为 $D C$的中点, 将 $\triangle A D M$ 沿 $A M$ 折起, 使得平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_76f8fcd8f51ada785551g-1.jpg?height=285&width=1024&top_left_y=1171&top_left_x=237)
求证: $A D \perp B M$.

Solution:
连接 $B M \because A B=4, A M=B M=2 \sqrt{2}$

$\therefore B M \perp A M$

$\because$ 平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$,

平面 $A D M \cap$ 平面 $A B C M=A M, B M \subset$ 平面 $A B C M$ ，

$\therefore B M \perp$ 平面 $A D M$

又 $\because A D \subset$ 平面 $A D M \therefore A D \perp B M$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，已知长方形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=2, M$ 为 $D C$的中点, 将 $\triangle A D M$ 沿 $A M$ 折起, 使得平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$.

<img_4087>
求证: $A D \perp B M$.

Solution:
连接 $B M \because A B=4, A M=B M=2 \sqrt{2}$

$\therefore B M \perp A M$

$\because$ 平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$,

平面 $A D M \cap$ 平面 $A B C M=A M, B M \subset$ 平面 $A B C M$ ，

$\therefore B M \perp$ 平面 $A D M$

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


Question: 如图，已知长方形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=2, M$ 为 $D C$的中点, 将 $\triangle A D M$ 沿 $A M$ 折起, 使得平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$.

<img_4087>
若 $\overrightarrow{D E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 当二面角 $E-A M-D$ 大小为 $\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\lambda$ 的值.

Solution:
以 $M$ 为原点, $M A$, $M B$ 所在直线为 $x$ 轴, $y$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系则 $M(0,0,0), A(2 \sqrt{2}, 0,0), B(0,2 \sqrt{2}, 0), D(\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$

$$
\begin{aligned}
& \text { 设 } E(x, y, z) \because \overrightarrow{D E}=\lambda \overrightarrow{E B} \\
& \therefore(x-\sqrt{2}, y, z-\sqrt{2})=\lambda(-x, 2 \sqrt{2}-y,-z) \\

\end{aligned}
$$

$$
\therefore \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} \\
y=\frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda} \\
z=\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}
\end{array}\right.
$$

$\therefore E\left(\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}, \frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda}, \frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}\right)$

设平面 $E A M$ 的法向量为 $\vec{m}=(x, y, z)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \bullet \overrightarrow{M A}=0 \\ \vec{m} \bullet \overrightarrow{M E}=0\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2 \sqrt{2} x=0 \\ \frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} x+\frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda} y+\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} z=0\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=-1 \therefore \vec{m}=(0,-1,2 \lambda) \\ z=2 \lambda\end{array}\right.$

又 $\because$ 平面 $D A M$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(0,1,0)$

$\therefore|\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle|=\frac{|-1|}{\sqrt{1+4 \lambda^{2}}}=\frac{1}{2}$

$\because \lambda>0 \therefore \lambda=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，已知长方形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=2, M$ 为 $D C$的中点, 将 $\triangle A D M$ 沿 $A M$ 折起, 使得平面 $A D M \perp$ 平面 $A B C M$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_76f8fcd8f51ada785551g-1.jpg?height=285&width=1024&top_left_y=1171&top_left_x=237)
若 $\overrightarrow{D E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 当二面角 $E-A M-D$ 大小为 $\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\lambda$ 的值.

Solution:
以 $M$ 为原点, $M A$, $M B$ 所在直线为 $x$ 轴, $y$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系则 $M(0,0,0), A(2 \sqrt{2}, 0,0), B(0,2 \sqrt{2}, 0), D(\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$

$$
\begin{aligned}
& \text { 设 } E(x, y, z) \because \overrightarrow{D E}=\lambda \overrightarrow{E B} \\
& \therefore(x-\sqrt{2}, y, z-\sqrt{2})=\lambda(-x, 2 \sqrt{2}-y,-z) \\

\end{aligned}
$$

$$
\therefore \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} \\
y=\frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda} \\
z=\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}
\end{array}\right.
$$

$\therefore E\left(\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}, \frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda}, \frac{\sqrt{2}}{1+\lambda}\right)$

设平面 $E A M$ 的法向量为 $\vec{m}=(x, y, z)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \bullet \overrightarrow{M A}=0 \\ \vec{m} \bullet \overrightarrow{M E}=0\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2 \sqrt{2} x=0 \\ \frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} x+\frac{2 \sqrt{2} \lambda}{1+\lambda} y+\frac{\sqrt{2}}{1+\lambda} z=0\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=-1 \therefore \vec{m}=(0,-1,2 \lambda) \\ z=2 \lambda\end{array}\right.$

又 $\because$ 平面 $D A M$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(0,1,0)$

$\therefore|\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle|=\frac{|-1|}{\sqrt{1+4 \lambda^{2}}}=\frac{1}{2}$

$\because \lambda>0 \therefore \lambda=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 身体质量指数 BMI（简称体质指数）是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准.现为分析胖瘦程度对空腹血糖的影响, 从志愿者中随机抽取 12 名志愿者测定 BMI 值及空腹血糖 GLU 指标值 (单位: mmol/L) 如下表所示:

|         人员编号         |  1  |  2  |  3  |  4  |  5  |  6  |  7  |  8  |  9  | 10 | 11 | 12 |
| :----------------------: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: |
|   BMI 值$\mathrm{x}$   | 14 | 17 | 18 | 19 | 20 | 22 | 23 | 26 | 27 | 29 | 30 | 31 |
| GLU 指标值$\mathrm{y}$ | 2.5 | 4.5 | 4.8 | 4.9 | 5.5 | 5.6 | 5.8 | 6.1 | 6.4 | 6.9 | 7.1 | 9.5 |

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}, \quad \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$;

相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$;

参考数据: $\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)=95.8 ，$

$$
\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=342, \quad \sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{12} y_{i}^{2}-12 y^{2}=31.56
$$

$s=\sqrt{\frac{1}{12}\left[\sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}\right]} \approx 1.6, \sqrt{38} \approx 6.2, \sqrt{31.56} \approx 5.6, \sqrt{0.6964} \approx 0.83$
用变量 $y$ 与 $x$ 的相关系数 $r$ 说明 GLU 指标值与 BMI 值的相关程度;

Solution:
$$
\because r=\frac{\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{95.8}{\sqrt{342 \times 31.56}}=\frac{95.8}{3 \sqrt{38} \times \sqrt{31.56}} \approx 0.92
$$

$\therefore$ GLU 指标值与 BMI值正相关且相关性很强.

Final answer: $GLU 指标值与 BMI值正相关且相关性很强$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 身体质量指数 BMI（简称体质指数）是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准.现为分析胖瘦程度对空腹血糖的影响, 从志愿者中随机抽取 12 名志愿者测定 BMI 值及空腹血糖 GLU 指标值 (单位: mmol/L) 如下表所示:

|         人员编号         |  1  |  2  |  3  |  4  |  5  |  6  |  7  |  8  |  9  | 10 | 11 | 12 |
| :----------------------: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: |
|   BMI 值$\mathrm{x}$   | 14 | 17 | 18 | 19 | 20 | 22 | 23 | 26 | 27 | 29 | 30 | 31 |
| GLU 指标值$\mathrm{y}$ | 2.5 | 4.5 | 4.8 | 4.9 | 5.5 | 5.6 | 5.8 | 6.1 | 6.4 | 6.9 | 7.1 | 9.5 |

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}, \quad \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$;

相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$;

参考数据: $\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)=95.8 ，$

$$
\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=342, \quad \sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{12} y_{i}^{2}-12 y^{2}=31.56
$$

$s=\sqrt{\frac{1}{12}\left[\sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}\right]} \approx 1.6, \sqrt{38} \approx 6.2, \sqrt{31.56} \approx 5.6, \sqrt{0.6964} \approx 0.83$
求 $y$ 与 $x$ 的线性回归方程, 并预测 GLU 指标值 $y=9.8$ 时 BMI 值 $x$ 是多少？

Solution:
$\because \hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\frac{95.8}{342} \approx 0.28$

又 $\because \bar{x}=23, \bar{y}=5.8$

$\therefore \hat{a}=5.8-0.28 \times 23=-0.64 \therefore$ 线性回归方程为: $\hat{y}=0.28 x-0.64$

令 $\hat{y}=9.8$ 则 $x \approx 37.29$.

Final answer: $\hat{y}=0.28 x-0.64, 37.29$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知动圆 $P$ 在圆 $E:(x+1)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$ 外部且与圆 $E$ 相切, 同时还在圆 $F:(x-1)^{2}+y^{2}=\frac{49}{4}$ 内部与圆 $F$ 相切,
求动圆圆心 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程;

Solution:
设 $P(x, y)$, 动圆 $P$ 半径为 $r$ 由题意 $\left\{\begin{array}{l}|P E|=r+\frac{1}{2} \\ |P F|=\frac{7}{2}-r\end{array}\right.$

$$
\therefore|P E|+|P F|=4>|E F|=2
$$

$\therefore$ 轨迹 $C$ 是以 $E, F$ 为焦点的椭圆, 设其方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 则 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=\sqrt{3}\end{array}\right.$

$\therefore$ 轨迹 $C$ 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: Plane Geometry


Question: 已知动圆 $P$ 在圆 $E:(x+1)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$ 外部且与圆 $E$ 相切, 同时还在圆 $F:(x-1)^{2}+y^{2}=\frac{49}{4}$ 内部与圆 $F$ 相切,
设 $A(2,0)$, 过点 $A$ 的直线 $l$ 与轨迹 $C$ 交于点 $B$ (点 $B$ 不在 $X$ 轴上),垂直于 $l$ 的直线与 $l$ 交于点 $M$, 与 $y$ 轴交于点 $H$ .若 $B F \perp H F$, 且 $\angle M O A \leq \angle M A O$, 求直线 $l$ 斜率的取值范围.

Solution:
设 $P(x, y)$, 动圆 $P$ 半径为 $r$ 由题意 $\left\{\begin{array}{l}|P E|=r+\frac{1}{2} \\ |P F|=\frac{7}{2}-r\end{array}\right.$

$$
\therefore|P E|+|P F|=4>|E F|=2
$$

$\therefore$ 轨迹 $C$ 是以 $E, F$ 为焦点的椭圆, 设其方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 则 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=\sqrt{3}\end{array}\right.$

$\therefore$ 轨迹 $C$ 的方程为: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.

设直线 $l$ 的斜率为 $k(k \neq 0)$, 则直线 $l$ 的方程为 $y=k(x-2)$. 设 $B\left(x_{B}, y_{B}\right)$,

由方程组 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \\ y=k(x-2)\end{array}\right.$, 消去 $y$, 整理得 $\left(4 k^{2}+3\right) x^{2}-16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0$.

解得 $x=2$ 或 $x=\frac{8 k^{2}-6}{4 k^{2}+3}$, 由题意得 $x_{B}=\frac{8 k^{2}-6}{4 k^{2}+3}$, 从而 $y_{B}=\frac{-12 k}{4 k^{2}+3}$.

$F(1,0)$, 设 $H\left(0, y_{H}\right)$, 有 $\overrightarrow{F H}=\left(-1, y_{H}\right), \overrightarrow{B F}=\left(\frac{9-4 k^{2}}{4 k^{2}+3}, \frac{12 k}{4 k^{2}+3}\right)$

由 $B F \perp F H$, 得 $\overrightarrow{B F} \cdot \overrightarrow{F H}=0$, 所以 $\frac{4 k^{2}-9}{4 k^{2}+3}+\frac{12 k y_{H}}{4 k^{2}+3}=0$, 解得 $y_{H}=\frac{9-4 k^{2}}{12 k}$. 因此直线 $M H$ 的方程为 $y=-\frac{1}{k} x+\frac{9-4 k^{2}}{12 k}$.

设 $M\left(x_{M}, y_{M}\right)$, 由方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{k} x+\frac{9-4 k^{2}}{12 k} \text { 消去 } y \text {, 解得 } x_{M}=\frac{20 k^{2}+9}{12\left(k^{2}+1\right)} \\ y=k(x-2)\end{array}\right.$

在 $\triangle M A O$ 中, $\angle M O A \leq \angle M A O \Leftrightarrow|M A| \leq|M O|$, 即 $\left(x_{M}-2\right)^{2}+y_{M}^{2} \leq x_{M}^{2}+y_{M}^{2}$.

化简得 $x_{M} \geq 1$, 即 $\frac{20 k^{2}+9}{12\left(k^{2}+1\right)} \geq 1$, 解得 $k \leq-\frac{\sqrt{6}}{4}$ 或 $k \geq \frac{\sqrt{6}}{4}$

所以直线 $l$ 的斜率的取值范围为 $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{6}}{4}\right] \cup\left[\frac{\sqrt{6}}{4},+\infty\right)$.

Final answer: $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{6}}{4}\right] \cup\left[\frac{\sqrt{6}}{4},+\infty\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{2 a}{x}-\frac{e^{x}}{x^{2}}$.
若 $a \leq e$, 求 $f(x)$ 的最大值.

Solution:
$$
f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{2 a}{x^{2}}-\frac{x e^{x}-2 e^{x}}{x^{3}}=\frac{a x(x-2)-e^{x}(x-2)}{x^{3}}=\frac{(x-2)\left(a x-e^{x}\right)}{x^{3}} \quad(x>0)
$$

(1)当 $a \leq 0$ 时 $a x-e^{x}<0$ 令 $f^{\prime}(x)>0$ 则 $0<x<2$; 令 $f^{\prime}(x)<0$ 则 $x>2$;

$\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 单调递增, $(2,+\infty)$ 单调递减 $\therefore f(x)_{\max }=f(2)=a \ln 2+a-\frac{e^{2}}{4}$

(2)当 $0<a \leq e$ 时 令 $g(x)=a x-e^{x}(x \in R)$, 则 $g^{\prime}(x)=a-e^{x}$

令 $g^{\prime}(x)>0$ 则 $x<\ln a$; 令 $g^{\prime}(x)<0$ 则 $x>\ln a$

$\therefore g(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 单调递增, $(\ln a,+\infty)$ 单调递减

$\therefore g(x)_{\max }=g(\ln a)=a \ln a-a=a(\ln a-1) \because 0<a \leq e \therefore g(x)_{\max } \leq 0$

$\therefore g(x) \leq 0(x \in R) \quad \therefore g(x) \leq 0(x>0)$

令 $f^{\prime}(x)>0$ 则 $0<x<2$; 令 $f^{\prime}(x)<0$ 则 $x>2$;

$\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 单调递增, $(2,+\infty)$ 单调递减 $\therefore f(x)_{\max }=f(2)=a \ln 2+a-\frac{e^{2}}{4}$

综上所述: 当 $a \leq e$ 时, $f(x)_{\text {max }}=f(2)=a \ln 2+a-\frac{e^{2}}{4}$.

Final answer: $a \ln 2+a-\frac{e^{2}}{4}$
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 $C$ 的极坐标方程为: $\rho=2 \sin \vartheta, \vartheta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right)$.
求半圆 $C$ 的参数方程.

Solution:
$\because \rho^{2}=2 \rho \sin \vartheta, \vartheta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right)$ 且 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \vartheta \\ y=\rho \sin \vartheta\end{array}\right.$

$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$ 即 $x^{2}+(y-1)^{2}=1(1<y \leq 2)$

$\therefore$ 半圆 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array}(\varphi\right.$ 为参数, $0<\varphi<\pi)$.

Final answer: $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array}(\varphi\right.$ 为参数, $0<\varphi<\pi)$
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 $C$ 的极坐标方程为: $\rho=2 \sin \vartheta, \vartheta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right)$.
直线 $l$ 与两坐标轴的交点分别为 $A, B$, 其中 $A(0,-2)$, 点 $D$ 在半圆 $C$上, 且直线 $C D$ 的倾斜角是直线 $l$ 倾斜角 2 倍.若 $\triangle A B D$ 的面积为 $1+\sqrt{3}$,求点 $D$ 的直角坐标.

Solution:
设 $l$ 的倾斜角为 $\alpha$, 则 $C D$ 的倾斜角为 $2 \alpha\left(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\right)$

$\therefore D(\cos 2 \alpha, 1+\sin 2 \alpha)$

$\because l$ 的方程为 $y=x \tan \alpha-2$ 即 $x \tan \alpha-y-2=0$

$\therefore$ 令 $y=0$, 则 $x=\frac{2}{\tan \alpha} \therefore B\left(\frac{2}{\tan \alpha}, 0\right) \quad \therefore|A B|=\frac{2}{\sin \alpha}$

$\because D$ 到 $I$ 的距离 $d=\frac{|\cos 2 \alpha \cdot \tan \alpha-(1+\sin 2 \alpha)-2|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\cos \alpha\left|\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cos 2 \alpha-\sin 2 \alpha-3\right|$

$$
\begin{aligned}
& =|\sin \alpha \cos 2 \alpha-\cos \sin 2 \alpha-3 \cos \alpha|=|\sin (\alpha-2 \alpha)-3 \cos \alpha| \\
& =\sin \alpha+3 \cos \alpha
\end{aligned}
$$

$\therefore S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sin \alpha} \cdot(\sin \alpha+3 \cos \alpha)=1+\sqrt{3} \quad \therefore \tan \alpha=\sqrt{3}$

$\therefore \alpha=\frac{\pi}{3} \quad \therefore D\left(-\frac{1}{2}, 1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

Final answer: $\left(-\frac{1}{2}, 1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=2|x-1|-a, g(x)=-|2 x+m| \quad(a \in R, m \in Z)$.若关于 $x$ 不等式 $g(x) \geq-1$ 的整数解有且仅有一个值为$-4$.
求 $m$ 的值.

Solution:
$\because g(x) \geq-1 \therefore-|2 x+m| \geq-1 \therefore|2 x+m| \leq 1$

$\therefore \frac{-m-1}{2} \leq x \leq \frac{-m+1}{2}$

$\because$ 不等式 $g(x) \geq-1$ 的整数解有且仅有一个值为 $-4$.

$\therefore-5<\frac{-m-1}{2} \leq-4 \leq \frac{-m+1}{2}<-3$

$\therefore 7<m<9 \quad \because m \in Z \quad \therefore m=8$.

Final answer: $8$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=2|x-1|-a, g(x)=-|2 x+m| \quad(a \in R, m \in Z)$.若关于 $x$ 不等式 $g(x) \geq-1$ 的整数解有且仅有一个值为$-4$.
若函数 $y=f(x)$ 的图象恒在函数 $y=\frac{1}{2} g(x)$ 的上方, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because$ 函数 $y=f(x)$ 的图象恒在函数 $y=\frac{1}{2} g(x)$ 的上方

$\therefore f(x)-\frac{1}{2} g(x)>0$

$\therefore a<2|x-1|+|x+4|$ 对任意 $x \in R$ 恒成立

$\because 2|x-1|+|x+4|=|x-1|+|x-1|+|x+4| \geq|x-1|+5 \geq 5$, 当且仅当 $x=1$ 时, “=” 成立

$\therefore a<5$.

Final answer: $(-\infty, 5)$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=n^{2}+n, n \in N^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=2^{a}, n \in N^{*}$.
求 $a_{n}, b_{n}$.

Solution:
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=2$

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(n^{2}+n\right)-\left[(n-1)^{2}+(n-1)\right]=2 n$

$\therefore a_{n}=2 n(n \geq 1), b_{n}=2^{2 n}=4^{n}$.

Final answer: $2 n, 4^{n}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=n^{2}+n, n \in N^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=2^{a}, n \in N^{*}$.
求数列 $\left\{a_{n} \cdot b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

Solution:
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=2$

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(n^{2}+n\right)-\left[(n-1)^{2}+(n-1)\right]=2 n$

$\therefore a_{n}=2 n(n \geq 1), b_{n}=2^{2 n}=4^{n}$.

$a_{n} \cdot b_{n}=2 n \cdot 4^{n}$

设 $\left\{n \cdot 4^{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $H_{n}$

$H_{n}=1 \times 4^{1}+2 \times 4^{2}+3 \times 4^{3}+\cdots \cdots \cdot+n \cdot 4^{n}$

$4 H_{n}=1 \times 4^{2}+2 \times 4^{3}+\cdots \cdots+(n-1) \cdot 4^{n}+n \cdot 4^{n+1}$

可得: $-3 H_{n}=-\frac{4}{3}+\left(\frac{1}{3}-n\right) \cdot 4^{n+1}$

$\therefore H_{n}=\frac{4}{9}+\left(\frac{n}{3}-\frac{1}{9}\right) \cdot 4^{n+1}$

$\therefore T_{n}=\frac{8}{9}+\frac{2(3 n-1)}{9} \cdot 4^{n+1}$.

Final answer: $\frac{8}{9}+\frac{2(3 n-1)}{9} \cdot 4^{n+1}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 根据某省的高考改革方案, 考生应在 3 门理科学科 (物理、化学、生物) 和 3 门文科学科 (历史、政治、地理) 6 门学科中选择 3 门学科数加考试.
假设考生甲理科成绩较好，决定至少选择两门理科学科，那么该同学的选科方案有几种？

Solution:
选科方案中两门理科的情况有: 物化历, 物化政, 物化地, 物生历, 物生政, 物生地,化生历, 化生政, 化生地;

选科方案中三门理科的情况有: 物化生;

因此至少选择两门理科学科的选科方案有 10 种.

Final answer: $10$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 根据某省的高考改革方案, 考生应在 3 门理科学科 (物理、化学、生物) 和 3 门文科学科 (历史、政治、地理) 6 门学科中选择 3 门学科数加考试.
假设每门学科被选中的概率是相同的，求选科方案中有包括物理但不包括历史的概率.

Solution:
选科方案的情况有: 物化生, 物化历, 物化政, 物化地, 物生历, 物生政, 物生地,化生历、化生政, 化生地, 历政地, 历政物, 历政化, 历政生, 历地物, 历地化, 历地生,政地物, 政地化, 政地生, 共 20 种.

选科方案中有包括物理但不包括历史的情况有: 物化生, 物化政, 物化地, 物生政, 物生地,物政地, 共 6 种.

所以概率 $P=\frac{6}{20}=0.3$.

Final answer: $0.3$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4077>

如图, 平面四边形 $A B C D$ 中, $\triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2$, $B C=C D=\sqrt{2}$, 沿直线 $B D$ 将 $\triangle A B D$ 折成 $A^{\prime} B D$.
当 $A^{\prime} C=2$ 时, 求证: 平面 $A^{\prime} B D \perp$ 平面 $B C D$;

Solution:
取 $B D$ 中点 $M$, 连接 $A^{\prime} M, M C$.

<img_4117>

$\because \triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2, \therefore A^{\prime} M \perp D B$,

$A^{\prime} M=\sqrt{3}$,

$\because B C=C D=\sqrt{2}, \therefore M C=1$,

当 $A^{\prime} C=2$ 时, $A^{\prime} M^{2}+M C^{2}=A^{\prime} C^{2}$,

$\therefore A^{\prime} M \perp M C$,

又 $D B \cap M C=M, D B, M C \subset$ 面 $B C D$

$\therefore A^{\prime} M \perp$ 平面 $B C D$ ，

$\because A^{\prime} M \subset$ 平面 $A^{\prime} B D ， \therefore$ 平面 $A^{\prime} B D \perp$ 平面 $B C D$.
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_14f45e5e905877c70d27g-1.jpg?height=277&width=323&top_left_y=1626&top_left_x=1386)

如图, 平面四边形 $A B C D$ 中, $\triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2$, $B C=C D=\sqrt{2}$, 沿直线 $B D$ 将 $\triangle A B D$ 折成 $A^{\prime} B D$.
当 $A^{\prime} C=2$ 时, 求证: 平面 $A^{\prime} B D \perp$ 平面 $B C D$;

Solution:
取 $B D$ 中点 $M$, 连接 $A^{\prime} M, M C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_887631fa93326d54133eg-1.jpg?height=391&width=460&top_left_y=1027&top_left_x=1135)

$\because \triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2, \therefore A^{\prime} M \perp D B$,

$A^{\prime} M=\sqrt{3}$,

$\because B C=C D=\sqrt{2}, \therefore M C=1$,

当 $A^{\prime} C=2$ 时, $A^{\prime} M^{2}+M C^{2}=A^{\prime} C^{2}$,

$\therefore A^{\prime} M \perp M C$,

又 $D B \cap M C=M, D B, M C \subset$ 面 $B C D$

$\therefore A^{\prime} M \perp$ 平面 $B C D$ ，

$\because A^{\prime} M \subset$ 平面 $A^{\prime} B D ， \therefore$ 平面 $A^{\prime} B D \perp$ 平面 $B C D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_14f45e5e905877c70d27g-1.jpg?height=277&width=323&top_left_y=1626&top_left_x=1386)

如图, 平面四边形 $A B C D$ 中, $\triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2$, $B C=C D=\sqrt{2}$, 沿直线 $B D$ 将 $\triangle A B D$ 折成 $A^{\prime} B D$.
当 $A^{\prime} C=\sqrt{3}$ 时, 求三棱锥 $A^{\prime}-B C D$ 的体积.

Solution:
取 $B D$ 中点 $M$, 连接 $A^{\prime} M, M C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_887631fa93326d54133eg-1.jpg?height=391&width=460&top_left_y=1027&top_left_x=1135)

$\because \triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2, \therefore A^{\prime} M \perp D B$,

$A^{\prime} M=\sqrt{3}$,

$\because B C=C D=\sqrt{2}, \therefore M C=1$,

当 $A^{\prime} C=2$ 时, $A^{\prime} M^{2}+M C^{2}=A^{\prime} C^{2}$,

$\therefore A^{\prime} M \perp M C$,

$\therefore  A^{\prime} M \cap C M=M$, $A^{\prime} M, C M \subset$ 平面 $A^{\prime} M C, C M \perp B D$,

$\therefore B D \perp$ 平面 $A^{\prime} M C$, 取 $M C$ 的中点 $N$, 连接 $A^{\prime} N$,

$\because A^{\prime} C=\sqrt{3}, \therefore A^{\prime} N=\frac{\sqrt{11}}{2}, \therefore S_{\triangle A^{\prime} M C}=\frac{1}{2} \cdot M C \cdot A^{\prime} N=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{11}}{2}=\frac{\sqrt{11}}{4}$

$\therefore V_{A^{\prime}-B C D}=\frac{1}{3} \cdot S_{A^{\prime} M C} \cdot B D=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{11}}{4} \times 2=\frac{\sqrt{11}}{6}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{11}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4077>

如图, 平面四边形 $A B C D$ 中, $\triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2$, $B C=C D=\sqrt{2}$, 沿直线 $B D$ 将 $\triangle A B D$ 折成 $A^{\prime} B D$.
当 $A^{\prime} C=\sqrt{3}$ 时, 求三棱锥 $A^{\prime}-B C D$ 的体积.

Solution:
取 $B D$ 中点 $M$, 连接 $A^{\prime} M, M C$.

<img_4117>

$\because \triangle A B D$ 为等边三角形, $B D=2, \therefore A^{\prime} M \perp D B$,

$A^{\prime} M=\sqrt{3}$,

$\because B C=C D=\sqrt{2}, \therefore M C=1$,

当 $A^{\prime} C=2$ 时, $A^{\prime} M^{2}+M C^{2}=A^{\prime} C^{2}$,

$\therefore A^{\prime} M \perp M C$,

$\therefore  A^{\prime} M \cap C M=M$, $A^{\prime} M, C M \subset$ 平面 $A^{\prime} M C, C M \perp B D$,

$\therefore B D \perp$ 平面 $A^{\prime} M C$, 取 $M C$ 的中点 $N$, 连接 $A^{\prime} N$,

$\because A^{\prime} C=\sqrt{3}, \therefore A^{\prime} N=\frac{\sqrt{11}}{2}, \therefore S_{\triangle A^{\prime} M C}=\frac{1}{2} \cdot M C \cdot A^{\prime} N=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{11}}{2}=\frac{\sqrt{11}}{4}$

$\therefore V_{A^{\prime}-B C D}=\frac{1}{3} \cdot S_{A^{\prime} M C} \cdot B D=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{11}}{4} \times 2=\frac{\sqrt{11}}{6}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{11}}{6}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 经过点 $A(1,2)$, 经过点 $(1,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线与抛物线 $C$ 交于不同的两点 $P$, $Q$ (均异于点 $A$ ), 设直线 $A P$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $A Q$ 的斜率为 $k_{2}$.
当 $k=1$ 时, 求 $k_{1}+k_{2}$ 的值.

Solution:
由题意知, $4=2 p \times 1, \therefore p=2$, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$

当 $k=1$ 时, 直线 $l: y=x$, 与抛物线联立后得 $x^{2}=4 x, x_{1}=0, x_{2}=4$, 不妨设

$P(0,0), Q(4,4), \quad k_{1}=2, \quad k_{2}=\frac{2}{3}, \quad \therefore k_{1}+k_{2}=\frac{8}{3}$
.

Final answer: $\frac{8}{3}$