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


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，长轴的一个端点为A，短轴的一个端点为B，O为坐标原点，且S_{\bigtriangleup OAB}=5.$
$直线l：y＝x+m与椭圆C交于P，Q两点，且直线l不经过点M(4，1).记直线MP，MQ的斜率分别为k_1，k_2，试探究k_1+k_2是不是定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.$

Solution:
$结论：k_1+k_2＝0，为定值.$

$设P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)，联立$

$$
\begin{align*}
y &= x+m, \\
\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5} &= 1,
\end{align*}
$$

$消去y得，5x^2+8mx+4m^2-20＝0，$

$\therefore x_1+x_2=-\frac{8m}{5}，x_1x_2=\frac{4m^2-20}{5}.$

$\therefore k_1+k_2= \frac{y_1-1}{x_1-4} + \frac{y_2-1}{x_2-4} = \frac{(y_1-1)(x_2-4)+(y_2-1)(x_1-4)}{(x_1-4)(x_2-4)}$

$＝\frac{(x_1+m-1)(x_2-4)+(x_2+m-1)(x_1-4)}{(x_1-4)(x_2-4)}$

$＝\frac{2x_1x_2+(m-5)(x_1+x_2)-8(m-1)}{(x_1-4)(x_2-4)}$

$＝\frac{\frac{2(4m^2-20)}{5}-\frac{8m(m-5)}{5}-8(m-1)}{(x_1-4)(x_2-4)}=0.$

$所以k_1+k_2为定值，该定值为0.$

Final answer: $k_1+k_2＝0$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆M：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a＞b＞0)过A(-2，0)，B(0，1)两点.$
求椭圆M的离心率；

Solution:
$因为点A(-2,0)，B(0，1)都在椭圆M上，所以a=2，b=1.所以c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{3}.所以椭圆M的离心率e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率是\frac{\sqrt{2}}{2}，且过点P(\sqrt{2},1).直线y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m与椭圆C相交于A,B两点.$
求\triangle PAB的面积的最大值；

Solution:
由
$$
\left\{\begin{matrix}y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1,\end{matrix}\right.
$$
$消去y整理得x^2+\sqrt{2}mx+m^2-2=0.$
令$\Delta =2m^2-4(m^2-2)>0，$
解得-2<m<2.
设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2).$
则$x_1+x_2=-\sqrt{2}m，x_1x_2=m^2-2.$
所以|AB|=
$\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}$
$=\sqrt{3}\cdot\sqrt{4-m^2}.$
$点P(\sqrt{2},1)到直线x-\sqrt{2}y+\sqrt{2}m=0的距离为d =$
$\frac{|\sqrt{2}-\sqrt{2}+\sqrt{2}m|}{\sqrt{1+2}}=\frac{\sqrt{2}|m|}{\sqrt{3}}.$
所以\triangle PAB的面积S=
$\frac{1}{2}|AB|\cdot d=$
$\frac{\sqrt{2}}{2}|m|\cdot \sqrt{4-m^2}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{-(m^2-2)^2+4}\leq \sqrt{2}，$
$当且仅当m=\pm\sqrt{2}时，S_max=\sqrt{2}.$
$所以\triangle PAB的面积的最大值是\sqrt{2}.$

Final answer: $\sqrt{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率是\frac{\sqrt{2}}{2}，且过点P(\sqrt{2},1).直线y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m与椭圆C相交于A,B两点.$
$设直线PA，PB分别与y轴交于点M，N.判断|PM|，|PN|的大小关系，并加以证明.$

Solution:
$|PM| = |PN|。证明如下：$

$设直线PA，PB的斜率分别是k_1，k_2，$

$则k_1 + k_2 = \frac{y_1-1}{x_1-\sqrt{2}}+\frac{y_2-1}{x_2-\sqrt{2}}$

$= \frac{(y_1-1)(x_2-\sqrt{2})+(y_2-1)(x_1-\sqrt{2})}{(x_1-\sqrt{2})(x_2-\sqrt{2})}，$

$因为(y_1-1)(x_2-\sqrt{2})+(y_2-1)(x_1-\sqrt{2})$

$= \left(\frac{\sqrt{2}}{2}x_1+m-1\right)(x_2-\sqrt{2})+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x_2+m-1\right)(x_1-\sqrt{2})$

$= \sqrt{2}x_1x_2+(m-2)(x_1+x_2)-2\sqrt{2}(m-1)$

$= \sqrt{2}(m^2-2)-\sqrt{2}m\cdot(m-2)-2\sqrt{2}(m-1)=0，$

$所以直线PA，PB的倾斜角互补.$
$所以\angle PMN = \angle PNM。故|PM| = |PN|.$

<img_71>

Final answer: $|PM| = |PN|$
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Question: $已知椭圆 M ：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，焦距为2\sqrt{2}.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.$
$若k=1，求|AB|的最大值；$

Solution:
$设直线l的方程为y=x+m, A(x_1, y_1), B(x_2, y_2).由$

$$
\left\{\begin{matrix}y=x+m,\\ \frac{x^2}{3}+y^2=1\end{matrix}\right.
$$

$得4x^2+6mx+3m^2-3=0.所以x_1+x_2=-\frac{3m}{2}, x_1x_2=\frac{3m^2-3}{4}.故$

$$
|AB|=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}=\sqrt{2(x_2-x_1)^2}=\sqrt{2[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2]}=\sqrt{\frac{12-3m^2}{2}}
$$

$当m=0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为\sqrt{6}.$

Final answer: $\sqrt{6}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 M ：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，焦距为2\sqrt{2}.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.$
$设P(-2，0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C，D和点Q (-\frac{7}{4},\frac{1}{4})共线，求k.$

Solution:
$设A(x_1,y_1), B(x_2,y_2).由题意得x_1^2+3y_1^2=3, x_2^2+3y_2^2=3.直线PA的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2).由$
$$
\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2),\\ x^2+3y^2=3,\end{matrix}\right.
$$
$得[(x_1+2)^2+3y_1^2]x^2+12y_1^2x+12y_1^2-3(x_1+2)^2=0.设C(x_C,y_C).所以x_C+x_1=\frac{-12y^2_1}{(x_1+2)^2+3y^2_1}=\frac{4x^2_1-12}{4x_1+7}.$
$所以x_C=\frac{4x^2_1-12}{4x_1+7}-x_1=\frac{-12-7x_1}{4x_1+7}.所以y_C=\frac{y_1}{x_1+2}(x_C+2)=\frac{y_1}{4x_1+7}.$
$设D(x_D,y_D).同理得x_D=\frac{-12-7x_2}{4x_2+7}, y_D=\frac{y_2}{4x_2+7}.记直线CQ, DQ的斜率分别为k_{CQ},k_{DQ},则k_{CQ}-k_{DQ}=\frac{\frac{y_1}{4x_1+7}-\frac{1}{4}}{\frac{-12-7x_1}{4x_1+7}+\frac{7}{4}}-\frac{\frac{y_2}{4x_2+7}-\frac{1}{4}}{\frac{-12-7x_2}{4x_2+7}+\frac{7}{4}}=4(y_1-y_2-x_1+x_2).因为C, D, Q三点共线，所以k_{CQ}-k_{DQ}=0.故y_1-y_2=x_1-x_2.所以直线l的斜率k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=1.$

Final answer: $k=1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1(a>b>0)过点 M(2，3)，点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为 \frac{1}{2}。$
$点N为椭圆上任意一点，求\triangle AMN的面积的最大值.$

Solution:
设与$直线AM平行的直线方程为x-2y=m$，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，$此时\triangle AMN的面积取得最大值$.联立

$$
\left\{\begin{matrix}x-2y=m,\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1,\end{matrix}\right.
$$

消去$x得16y^2+12my+3m^2-48=0，所以\Delta =144m^2-4\times 16(3m^2-48)=0$，$即m^2=64，解得m=\pm8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,两平行线(直线AM与直线x-2y=8)之间的距离为d=$

$$
\frac{|8+4|}{\sqrt{1+4}} = \frac{12\sqrt{5}}{5}
$$



$$
|AM|= \sqrt{(2+4)^2+3^2} = 3\sqrt{5}.
$$

所以$\triangle AMN$的面积的最大值为

$$
\frac{1}{2} \times 3\sqrt{5} \times \frac{12\sqrt{5}}{5} = 18.
$$

<img_47>

Final answer: $18$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：x^2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x^2+(y+4)^2=1上点的距离的最小值为4.$
$求p；$

Solution:
由抛物线方程知焦点F的坐标为 

$\left(0,\frac{p}{2}\right)$

$又因为点F到圆x^{2}+(y+4)^{2}=1 上点的距离的最小值为4，所以 $

$\frac{p}{2} +4-1=4，即 $

$\frac{p}{2} =1，解得 p=2.$

Final answer: $p=2$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：x^2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x^2+(y+4)^2=1上点的距离的最小值为4.$
$若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求\triangle PAB面积的最大值.$

Solution:
$由(1)知抛物线 C：x^{2}=4 y ，设 A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，其中 y_{1}=\frac{x^2_1}{4}，y_{2}=\frac{x^2_2}{4}.由 y=\frac{x^2}{4} 得 y'=\frac{x}{2}，所以在点 A 处的切线斜率为 \frac{x_1}{2}，切线方程为 y-\frac{x^2_1}{4}=\frac{x_1}{2} (x-x_{1})，即 y=\frac{x_1}{2}x-\frac{x^2_1}{4}，同理，在点 B 处的切线方程为 y=\frac{x_2}{2}x-\frac{x^2_2}{4}.易知两切线交于点 P，设 P(x_{0}，y_{0})，$
所以有

$$
\left\{
\begin{matrix}
y_0=\frac{x_1}{2}x_0-\frac{x^2_1}{4},\\ 
y_0=\frac{x_2}{2}x_0-\frac{x^2_2}{4},
\end{matrix}
\right.
$$
即

$$
\left\{
\begin{matrix}
y_0=\frac{x_1}{2}x_0-y_1,\\ 
y_0=\frac{x_2}{2}x_0-y_2,
\end{matrix}
\right.
$$
$由此可知(x_{1}，y_{1})，(x_{2}，y_{2})是直线 x_{0}x-2y-2y_{0}=0 上的两个点，即直线 AB 的方程为 x_{0}x-2y-2y_{0}=0，由$

$$
\left\{
\begin{matrix}
x^2=4y,\\ 
x_0x-2y-2y_0=0
\end{matrix}
\right.
$$
$得 x^{2} -2 x_{0}x +4y_{0}=0，$
$则，{x_1}+{x_2}=2x_{0}，{x_1}{x_2}=4y_{0}，\Delta=4{x_0^2}-16y_{0}，易知\Delta>0，即{x_0^2}-4y_{0}>0，所以|AB|=\sqrt{1+\frac{x^2_0}{4}}\times \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{\sqrt{x^2_0+4}}{2}\times \sqrt{4x^2_0-16y_0}=\sqrt{x^2_0+4}\times \sqrt{x^2_0-4y_0}，而点 P (x_{0}，y_{0})到直线 AB 的距离 d=\frac{|x^2_0-2y_0-2y_0|}{\sqrt{x^2_0+4}}=\frac{|x^2_0-4y_0|}{\sqrt{x^2_0+4}}=\frac{x^2_0-4y_0}{\sqrt{x^2_0+4}}.$

$所以 {S_{\triangle PAB}}=\frac{1}{2}|AB|\times d=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{x^2_0+4}\cdot \sqrt{x^2_0-4y_0}\cdot \frac{x^2_0-4y_0}{\sqrt{x^2_0+4}}=\frac{1}{2}({x_0^2}-4y_{0}){^{\frac{3}{2}}}，因为点 P 在 M 上，所以 {x_0^2}+({y_{0}+4}){^2}=1，所以 {x_0^2}=-{y_0^2}-8y_{0}-15.所以 {S_{\triangle PAB}}=\frac{1}{2}(-y_{0}{^2}-12y_{0}-15){^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{2}\cdot [-(y_{0}+6){^2}+21]{^{\frac{3}{2}}}，由题易知 y_{0}\in [-5，-3]，所以当 y_{0}=-5时，{S_{\triangle PAB}} 取得最大值，最大值为20\sqrt{5} .即 \triangle PAB 面积的最大值为 20\sqrt{5}.$

Final answer: $20\sqrt{5}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：y^2=2px 经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.$
$设O为原点，\overrightarrow{QM} = \lambda \overrightarrow{QO}，\overrightarrow{QN} = \mu \overrightarrow{QO}，求证：\frac{1}{\lambda } + \frac{1}{\mu }为定值.$

Solution:
$证明：由(1)知y_1+y_2=\frac{4}{k},y_1y_2=\frac{4}{k}. 而点A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)均在抛物线上，所以x_1=\frac{y^2_1}{4},x_2=\frac{y^2_2}{4}. 因为直线PA与直线PB均与y轴相交，则直线PA与直线PB的斜率均存在，即y_1\neq -2,y_2\neq -2.因为k_{PA}=\frac{y_1-2}{x_1-1}=\frac{y_1-2}{\frac{y^2_1}{4}-1}=\frac{4(y_1-2)}{y^2_1-4}=\frac{4}{y_1+2}，所以直线PA的方程为y-2=\frac{4}{y_1+2}(x-1),令x=0，可得y_M=2-\frac{4}{y_1+2}=\frac{2y_1}{y_1+2}，即M\left(0,\frac{2y_1}{y_1+2}\right)，同理可得N\left(0,\frac{2y_2}{y_2+2}\right)，而由\overrightarrow{QM}=\lambda \overrightarrow{QO}可得，\frac{2y_1}{y_1+2}-1=-\lambda，所以\frac{1}{\lambda }=\frac{2+y_1}{2-y_1}.同理由\overrightarrow{QN}=\mu \overrightarrow{QO}可得，\frac{2y_2}{y_2+2}-1=-\mu，所以\frac{1}{\mu }=\frac{2+y_2}{2-y_2}.所以\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }=\frac{2+y_1}{2-y_1}+\frac{2+y_2}{2-y_2}=\frac{(2+y_1)(2-y_2)+(2+y_2)(2-y_1)}{(2-y_1)(2-y_2)}=\frac{8-2y_1y_2}{4+y_1y_2-2(y_1+y_2)}=\frac{8-\frac{8}{k}}{4+\frac{4}{k}-2 \cdot \frac{4}{k}}=\frac{8-\frac{8}{k}}{4-\frac{4}{k}}=2.故\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }为定值.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A(2，1)在双曲线C：\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{a^2-1}=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.$
求l的斜率；

Solution:
$\because 点A在双曲线上，$

$\therefore  \frac{4}{a^2} - \frac{1}{a^2-1} =1,$

$解得a^2=2.\therefore C的方程为 \frac{x^2}{2} - y^2 =1.①$

设直线$l: y=kx+m.$②

联立①②，$消去y得(1-2k^2)x^2-4kmx-2(m^2+1)=0.$

$设P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),$

$则x_1+x_2=\frac{4km}{1-2k^2},x_1x_2=-\frac{2m^2+2}{1-2k^2},$

$k_{PA}=\frac{y_1-1}{x_1-2},k_{QA}=\frac{y_2-1}{x_2-2},$

$由k_{PA}+k_{QA}=0,得\frac{y_1-1}{x_1-2}+\frac{y_2-1}{x_2-2}=0,$

化简得2kx_1x_2+(m-2k-1)(x_1+x_2)-4(m-1)=0,

$即2k\cdot \left(-\frac{2m^2+2}{1-2k^2}\right)(m-2k-1)\cdot \frac{4km}{1-2k^2}-4(m-1)=0,$

化简得$(2k+m-1)(k+1)=0,$

$\therefore 2k+m-1=0或k+1=0.$

若$2k+m-1=0,则l: y=k(x-2)+1,$

$这时直线l过点A，不合题意，$

$\therefore k+1=0,\therefore k=-1.$

<img_410>

Final answer: $k=-1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A(2，1)在双曲线C：\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{a^2-1}=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.$
$若tan\angle PAQ=2\sqrt{2}, 求\triangle PAQ的面积.$

Solution:
$由(1)知 k=-1, 从而 l:y=-x+m,$
$设直线PA的倾斜角为\alpha , 直线QA的倾斜角为\beta ,$
$则\angle PAQ=\alpha -\beta ,$
$\therefore  |tan(\alpha -\beta )|=2\sqrt{2}，$
$即 |\frac{k_{PA}-k_{QA}}{1+k_{PA} \cdot k_{QA}}|=2\sqrt{2},$
$由题意知 k_{QA}=-k_{PA}, 解得 k^2_{PA}=2 或 k^2_{PA}=\frac{1}{2}.$
$\because 双曲线C的渐近线斜率为\pm\frac{\sqrt{2}}{2}，$
$\therefore  k^2_{PA}=2, 由对称性可取 k_{PA}=-\sqrt{2}, 则 k_{QA}=\sqrt{2}，$
$\therefore 直线PA的方程为y=-\sqrt{2}(x-2)+1,$
$联立 \left\{\begin{matrix}y=-\sqrt{2}(x-2)+1,\\ \frac{x^2}{2}-y^2=1,\end{matrix}\right. 得 x_1=\frac{10+4\sqrt{2}}{3}，$
$同理， x_2=\frac{10-4\sqrt{2}}{3},$
$\therefore  |PA|=\sqrt{1+k^2_{PA}}|x_1-2|=\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)}{3},$
$|QA|=\sqrt{1+k^2_{QA}}|x_2-2|=\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{2}-1)}{3},$
$由 tan\angle PAQ=2\sqrt{2} 得 sin\angle PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3},$
$\therefore  S_{\triangle PAQ}=\frac{1}{2}|PA||QA|sin\angle PAQ$
$=\frac{1}{2} \times\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)}{3} \times\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{2}-1)}{3} \times\frac{2\sqrt{2}}{3} =\frac{16\sqrt{2}}{9}.$

Final answer: $\frac{16\sqrt{2}}{9}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生的体质进行了测试，现从男、女生中各随机抽取20人作为样本，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如下表，规定：数据\geq 60，体质健康为合格.

| 等级 | 数据范围 | 男生人数 | 女生人数 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 优秀 | [90,100] | 4 | 2 |
| 良好 | [80,89] | 5 | 4 |
| 及格 | [60,79] | 8 | 11 |
| 不及格 | 60以下 | 3 | 3 |
| 总计 | — | 20 | 20 |
估计该校高一年级学生体质健康等级是合格的概率；

Solution:
样本中合格的学生数为4+2+5+4+8+11=34，样本总数为20+20=40，
$估计高一年级学生体质健康等级合格的概率P= \frac{34}{40} = \frac{17}{20}.$

Final answer: $\frac{17}{20}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生的体质进行了测试，现从男、女生中各随机抽取20人作为样本，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如下表，规定：数据\geq 60，体质健康为合格.

| 等级 | 数据范围 | 男生人数 | 女生人数 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 优秀 | [90,100] | 4 | 2 |
| 良好 | [80,89] | 5 | 4 |
| 及格 | [60,79] | 8 | 11 |
| 不及格 | 60以下 | 3 | 3 |
| 总计 | — | 20 | 20 |
$从样本等级为优秀的学生中随机抽取3人进行再测试，设抽到的女生数为X，求X的分布列和数学期望；$

Solution:
X的可能取值为0、1、2，
$所以P(X=0)=\frac{\mathrm{C}^3_4}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}，$
$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^2_4\mathrm{C}^1_2}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}，$
$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^1_4\mathrm{C}^2_2}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}，$
所以X的分布列为

| X   | 0   | 1   | 2   |
| --- | --- | --- | --- |
|$P$|$\frac15$|$\frac35$|$\frac15$|

$所以E(X)=0\times \frac{1}{5}+1\times \frac{3}{5}+2\times \frac{1}{5}=1.$

Final answer: $X的分布列为$

| X    | 0         | 1         | 2         |
| ---- | --------- | --------- | --------- |
| $P$  | $\frac15$ | $\frac35$ | $\frac15$ |

E(X)=1.
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生的体质进行了测试，现从男、女生中各随机抽取20人作为样本，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如下表，规定：数据\geq 60，体质健康为合格.

| 等级 | 数据范围 | 男生人数 | 女生人数 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 优秀 | [90,100] | 4 | 2 |
| 良好 | [80,89] | 5 | 4 |
| 及格 | [60,79] | 8 | 11 |
| 不及格 | 60以下 | 3 | 3 |
| 总计 | — | 20 | 20 |

$从样本等级为优秀的学生中随机抽取3人进行再测试，设抽到的女生数为X，求X的数学期望；$

Solution:
X的可能取值为0、1、2，
$所以P(X=0)=\frac{\mathrm{C}^3_4}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}，$
$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^2_4\mathrm{C}^1_2}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}，$
$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^1_4\mathrm{C}^2_2}{\mathrm{C}^3_6}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}，$
所以X的分布列为

| X   | 0   | 1   | 2   |
| --- | --- | --- | --- |
|$P$|$\frac15$|$\frac35$|$\frac15$|

$所以E(X)=0\times \frac{1}{5}+1\times \frac{3}{5}+2\times \frac{1}{5}=1.$



Final answer: 1
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生的体质进行了测试，现从男、女生中各随机抽取20人作为样本，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如下表，规定：数据\geq 60，体质健康为合格.

| 等级 | 数据范围 | 男生人数 | 女生人数 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 优秀 | [90,100] | 4 | 2 |
| 良好 | [80,89] | 5 | 4 |
| 及格 | [60,79] | 8 | 11 |
| 不及格 | 60以下 | 3 | 3 |
| 总计 | — | 20 | 20 |
从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人健康等级是优秀的概率。

Solution:
$由样本可知男生健康等级是优秀的概率为\frac{4}{20}=\frac{1}{5}，女生健康等级是优秀的概率为\frac{2}{20}=\frac{1}{10}，$

$则这3人中恰有2人健康等级是优秀的概率P=\left(\frac{1}{5}\right)^2\times \left(1-\frac{1}{10}\right)+\frac{1}{5}\times \left(1-\frac{1}{5}\right)\times \frac{1}{10}+\left(1-\frac{1}{5}\right)\times \frac{1}{5}\times \frac{1}{10}=\frac{17}{250}.$

Final answer: $\frac{17}{250}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

| 电影类型 | 第一类 | 第二类 | 第三类 | 第四类 | 第五类 | 第六类 |
| -------- | ------ | ------ | ------ | ------ | ------ | ------ |
| 电影部数 | 140    | 50     | 300    | 200    | 800    | 510    |
| 好评率   | 0.4    | 0.2    | 0.15   | 0.25   | 0.2    | 0.1    |

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.假设所有电影是否获得好评相互独立.
从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；

Solution:
由题中表格可知电影的总部数为140+50+300+200+800+510=2 000，获得好评的第四类电影的部数为200\times 0.25=50.
$设从收集的电影中随机选取1部，这部电影是获得好评的第四类电影为事件A，则P(A)= \frac{50}{2 000} = \frac{1}{40}.$

Final answer: $\frac{1}{40}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

| 电影类型 | 第一类 | 第二类 | 第三类 | 第四类 | 第五类 | 第六类 |
| -------- | ------ | ------ | ------ | ------ | ------ | ------ |
| 电影部数 | 140    | 50     | 300    | 200    | 800    | 510    |
| 好评率   | 0.4    | 0.2    | 0.15   | 0.25   | 0.2    | 0.1    |

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.假设所有电影是否获得好评相互独立.
从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；

Solution:
由题中表格可得，第五类电影的总部数为800，获得好评的第五类电影的部数为800\times 0.2=160，未获得好评的第五类电影的部数为800-160=640，
第四类电影的总部数为200，由(1)知，获得好评的第四类电影的部数为50，未获得好评的第四类电影的部数为200-50=150，
$设从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，恰有1部获得好评为事件B，则P(B)=\frac{\mathrm{C}^1_{50}\mathrm{C}^1_{640}+\mathrm{C}^1_{150}\mathrm{C}^1_{160}}{\mathrm{C}^1_{200}\mathrm{C}^1_{800}}=\frac{7}{20}.$

Final answer: $\frac{7}{20}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变.近年来，移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

| 支付金额/支付方式 | 不大于2 000元 | 大于2 000元 |
| --- | --- | --- |
| 仅使用A | 27人 | 3人 |
| 仅使用B | 24人 | 1人 |
估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；

Solution:
由题知，样本中仅使用A的学生有27+3=30人，仅使用B的学生有24+1=25人，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人.
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40人.
估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为
$\frac{40}{100}\times 1 000=400.$

Final answer: $400$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图,以矩形ABCD的CD边为直径作半圆O,点E为半圆上一点，满足\angle EDC=60^\circ ,BC=1.现将半圆沿CD折起,使得半圆面和平面ABCD垂直.
![ABCD图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283960645369858/img/compression/M_358755d4c6ec0cafc931dc6042af6e2f.jpg)
$若P是半圆弧CD上的一点(不包含C、D两个端点),且异面直线AE与BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5},是否存在一点P,使得二面角A-PC-B的余弦值为\frac{\sqrt{13}}{13}?若存在,求出线段PC的长度,若不存在,请说明理由.$

Solution:
$\because 四边形ABCD为矩形,\therefore AD\parallel BC,$
$\therefore \angle EAD即为异面直线AE与BC所成角，$
$即cos\angle EAD=\frac{\sqrt{5}}{5}.由(1)易得DE\perp AD,$
$设CD=b,则DE=\frac{1}{2}b,$
$在Rt\triangle ADE中，cos\angle EAD=\frac{AD}{AE}=\frac{1}{\sqrt{1^2+\frac{1}{4}b^2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，$
$解得b=4,即CD=4,\therefore OP=2,$
$以点D为原点,DA,DC所在直线为x轴,y轴，经过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系如图,设\angle POC=\theta ,$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283961018662913/img/compression/M_e32e3a5b583841e3f496f6fa60833c0a.jpg)
$则A(1,0,0),B(1,4,0),C(0,4,0),P(0,2+2cos \theta , 2sin \theta ).\therefore \overrightarrow{PC}=(0,2-2cos \theta ,-2sin \theta ),\overrightarrow{CA}=(1,-4,0),\overrightarrow{CB}=(1,0,0)，$
$设平面PAC的一个法向量为m=(x_1,y_1,z_1)$，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PC}=(2-2\\cos   \theta )y_1-2\\sin   \theta \cdot z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CA}=x_1-4y_1=0,\end{matrix}\right. $
$令y1=1,则x1=4,z1=\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }.\therefore m=\left(4,1,\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }\right).$
$设平面PBC的一个法向量为n=(x_2,y_2，z_2)$，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PC}=(2-2\\cos   \theta )y_2-2\\sin   \theta \cdot z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CB}=x_2=0,\end{matrix}\right.$
$令y2=1,则z2=\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta },x2=0,\therefore n=\left(0,1,\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }\right),$
$cos\langle m,n\rangle =\frac{1+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}{\sqrt{17+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}\sqrt{1+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}}=\frac{\sqrt{13}}{13}.$
$解得cos \theta =\frac{1}{2}，\therefore \theta =60^\circ ,$
$\therefore \triangle OPC为等边三角形，\therefore PC=2.$
$故存在点P，使得二面角A-PC-B的余弦值为\frac{\sqrt{13}}{13}，此时PC=2.$

Final answer: $PC=2$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图,以矩形ABCD的CD边为直径作半圆O,点E为半圆上一点，满足\angle EDC=60^\circ ,BC=1.现将半圆沿CD折起,使得半圆面和平面ABCD垂直.
<img_1854>
$若P是半圆弧CD上的一点(不包含C、D两个端点),且异面直线AE与BC所成角的余弦值为\frac{\sqrt{5}}{5},是否存在一点P,使得二面角A-PC-B的余弦值为\frac{\sqrt{13}}{13}?若存在,求出线段PC的长度,若不存在,请说明理由.$

Solution:
$\because 四边形ABCD为矩形,\therefore AD\parallel BC,$
$\therefore \angle EAD即为异面直线AE与BC所成角，$
$即cos\angle EAD=\frac{\sqrt{5}}{5}.由(1)易得DE\perp AD,$
$设CD=b,则DE=\frac{1}{2}b,$
$在Rt\triangle ADE中，cos\angle EAD=\frac{AD}{AE}=\frac{1}{\sqrt{1^2+\frac{1}{4}b^2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，$
$解得b=4,即CD=4,\therefore OP=2,$
$以点D为原点,DA,DC所在直线为x轴,y轴，经过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系如图,设\angle POC=\theta ,$
<img_3051>
$则A(1,0,0),B(1,4,0),C(0,4,0),P(0,2+2cos \theta , 2sin \theta ).\therefore \overrightarrow{PC}=(0,2-2cos \theta ,-2sin \theta ),\overrightarrow{CA}=(1,-4,0),\overrightarrow{CB}=(1,0,0)，$
$设平面PAC的一个法向量为m=(x_1,y_1,z_1)$，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{PC}=(2-2\\cos   \theta )y_1-2\\sin   \theta \cdot z_1=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CA}=x_1-4y_1=0,\end{matrix}\right. $
$令y1=1,则x1=4,z1=\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }.\therefore m=\left(4,1,\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }\right).$
$设平面PBC的一个法向量为n=(x_2,y_2，z_2)$，
$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{PC}=(2-2\\cos   \theta )y_2-2\\sin   \theta \cdot z_2=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{CB}=x_2=0,\end{matrix}\right.$
$令y2=1,则z2=\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta },x2=0,\therefore n=\left(0,1,\frac{1-\\cos   \theta }{\\sin   \theta }\right),$
$cos\langle m,n\rangle =\frac{1+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}{\sqrt{17+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}\sqrt{1+\left(\frac{1-\\cos    \theta }{\\sin    \theta }\right)^2}}=\frac{\sqrt{13}}{13}.$
$解得cos \theta =\frac{1}{2}，\therefore \theta =60^\circ ,$
$\therefore \triangle OPC为等边三角形，\therefore PC=2.$
$故存在点P，使得二面角A-PC-B的余弦值为\frac{\sqrt{13}}{13}，此时PC=2.$

Final answer: $PC=2$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD垂直平面ABC，\angle ACB=\angle ACD=45^\circ ，DC=2BC.$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283937438285825/img/compression/M_aceee3984001f83cc56c3b7cee3a8581.jpg)
$求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.$

Solution:
$过点O作OH\perp BD，交直线BD于点H，连接CH.$

$由三棱台ABC-DEF得DF\parallel CO，$
$所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.$

$由BC\perp 平面BDO且OH\subset 平面BDO得OH\perp BC，又BC\cap BD=B，故OH\perp 平面BCD，$
$所以\angle OCH为直线CO与平面DBC所成角.$

$设CD=2\sqrt{2}，由DO=OC=2，BO=BC=\sqrt{2}，得BD=\sqrt{6}，OH=\frac{2\sqrt{3}}{3}，所以sin\angle OCH=\frac{OH}{OC}=\frac{\sqrt{3}}{3}，$
$因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD垂直平面ABC，\angle ACB=\angle ACD=45^\circ ，DC=2BC.$
<img_3043>
$求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.$

Solution:
$过点O作OH\perp BD，交直线BD于点H，连接CH.$

$由三棱台ABC-DEF得DF\parallel CO，$
$所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.$

$由BC\perp 平面BDO且OH\subset 平面BDO得OH\perp BC，又BC\cap BD=B，故OH\perp 平面BCD，$
$所以\angle OCH为直线CO与平面DBC所成角.$

$设CD=2\sqrt{2}，由DO=OC=2，BO=BC=\sqrt{2}，得BD=\sqrt{6}，OH=\frac{2\sqrt{3}}{3}，所以sin\angle OCH=\frac{OH}{OC}=\frac{\sqrt{3}}{3}，$
$因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，长方体 ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA_1 上，BE \perp EC_1.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283938130345987/img/compression/M_3a139046bba83d337a934f8ed1c86fb9.jpg)
若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

Solution:
$由(1)知\angle BEB_1=90^\circ .$

$由题设知Rt\triangle ABE\cong Rt\triangle A_1B_1E,$

$所以\angle AEB=45^\circ ，故AE=AB，AA_1=2AB.$

$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，\overrightarrow{DA}为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，$

$则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C_1(0，1，2)，E(1，0，1)，则\overrightarrow{CB}=(1,0,0),\overrightarrow{CE}=(1,-1,1),\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2).$

$设平面EBC的法向量为\boldsymbol{n}=(x,y,z),$

则

$\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CB}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.$

即

$\left\{\begin{matrix}x=0,\\ x-y+z=0,\end{matrix}\right.$

$所以可取\boldsymbol{n}=(0,-1,-1).$

$设平面ECC_1的法向量为\boldsymbol{m}=(x',y',z'),$

则

$\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CC_1}\cdot \boldsymbol{m}=0,\\ \overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{m}=0,\end{matrix}\right.$

即

$\left\{\begin{matrix}2z'=0,\\ x'-y'+z'=0,\end{matrix}\right.$

$所以可取\boldsymbol{m}=(1,1,0).$

$于是cos\langle \boldsymbol{n,m}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=-\frac{1}{2}.$

$所以，二面角B－EC－C_1的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{2}.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283938474278913/img/compression/M_b7a6d812e14b9bd568b3eb111260e868.jpg)

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


Question: $如图，长方体 ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA_1 上，BE \perp EC_1.$
<img_1813>
若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

Solution:
$由(1)知\angle BEB_1=90^\circ .$

$由题设知Rt\triangle ABE\cong Rt\triangle A_1B_1E,$

$所以\angle AEB=45^\circ ，故AE=AB，AA_1=2AB.$

$以D为坐标原点，\overrightarrow{DA}的方向为x轴正方向，\overrightarrow{DA}为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，$

$则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C_1(0，1，2)，E(1，0，1)，则\overrightarrow{CB}=(1,0,0),\overrightarrow{CE}=(1,-1,1),\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2).$

$设平面EBC的法向量为\boldsymbol{n}=(x,y,z),$

则

$\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CB}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.$

即

$\left\{\begin{matrix}x=0,\\ x-y+z=0,\end{matrix}\right.$

$所以可取\boldsymbol{n}=(0,-1,-1).$

$设平面ECC_1的法向量为\boldsymbol{m}=(x',y',z'),$

则

$\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{CC_1}\cdot \boldsymbol{m}=0,\\ \overrightarrow{CE}\cdot \boldsymbol{m}=0,\end{matrix}\right.$

即

$\left\{\begin{matrix}2z'=0,\\ x'-y'+z'=0,\end{matrix}\right.$

$所以可取\boldsymbol{m}=(1,1,0).$

$于是cos\langle \boldsymbol{n,m}\rangle =\frac{\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=-\frac{1}{2}.$

$所以，二面角B－EC－C_1的正弦值为\frac{\sqrt{3}}{2}.$

<img_1887>

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{2}$