di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4074>

如图, 在斜三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A C=B C=A A_{1}=a, \angle A C B=90^{\circ}$,又点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上, 且 $B C=3 B D$.
求证: $A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$;

Solution:
$\because$ 点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上,

$\therefore B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \because A C \subset$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp A C$,

又 $\angle A C B=90^{\circ}, \therefore B C \perp A C$,

又 $B_{1} D \cap B C=D, B_{1} D, B C \subset$ 平面 $B B_{1} C_{1} C \therefore A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$.
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0400d32d3922ae79cc64g-1.jpg?height=369&width=401&top_left_y=1313&top_left_x=533)

如图, 在斜三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A C=B C=A A_{1}=a, \angle A C B=90^{\circ}$,又点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上, 且 $B C=3 B D$.
求证: $A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$;

Solution:
$\because$ 点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上,

$\therefore B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \because A C \subset$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp A C$,

又 $\angle A C B=90^{\circ}, \therefore B C \perp A C$,

又 $B_{1} D \cap B C=D, B_{1} D, B C \subset$ 平面 $B B_{1} C_{1} C \therefore A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: <img_4074>

如图, 在斜三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A C=B C=A A_{1}=a, \angle A C B=90^{\circ}$,又点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上, 且 $B C=3 B D$.
若三棱锥 $B_{1}-A A_{1} C_{1}$ 的体积为 $24 \sqrt{2}$, 求实数 $a$ 的值.

Solution:
$\because B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp B C$, 又 $B D=\frac{a}{3}, B_{1} B=A A_{1}=a$,

$\therefore B_{1} D=\sqrt{B B_{1}^{2}-B D^{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} a$,

$\therefore$ 四边形 $B_{1} B C C_{1}$ 的面积 $S_{\text {四边形 } B_{1} B C C_{1}}=a \times \frac{2 \sqrt{2}}{3} a=\frac{2 \sqrt{2}}{3} a^{2}$,

$\therefore S_{\Delta B_{1} B C_{1}}=\frac{1}{2} S_{\text {四边形 } B_{1} B C C_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{3} a^{2}$

$\because V_{B_{1}-A A_{1} C_{1}}=V_{B_{1}-A C C_{1}}=V_{A-B_{1} C C_{1}}=V_{A-B B_{1} C_{1}}$,

$\because$ 点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上,

$\therefore B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \because A C \subset$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp A C$,

又 $\angle A C B=90^{\circ}, \therefore B C \perp A C$,

又 $B_{1} D \cap B C=D, B_{1} D, B C \subset$ 平面 $B B_{1} C_{1} C \therefore A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$.

故三棱锥 $A-B_{1} B C_{1}$ 的高为 $A C=a$,

$\therefore V_{B_{1}-A A_{1} C_{1}}=V_{A-B B_{1} C_{1}}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{3} a^{2} \times a=24 \sqrt{2}$.

$\therefore a=6$.

Final answer: $6$
Subfield: Solid Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0400d32d3922ae79cc64g-1.jpg?height=369&width=401&top_left_y=1313&top_left_x=533)

如图, 在斜三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A C=B C=A A_{1}=a, \angle A C B=90^{\circ}$,又点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上, 且 $B C=3 B D$.
若三棱锥 $B_{1}-A A_{1} C_{1}$ 的体积为 $24 \sqrt{2}$, 求实数 $a$ 的值.

Solution:
$\because B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp B C$, 又 $B D=\frac{a}{3}, B_{1} B=A A_{1}=a$,

$\therefore B_{1} D=\sqrt{B B_{1}^{2}-B D^{2}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} a$,

$\therefore$ 四边形 $B_{1} B C C_{1}$ 的面积 $S_{\text {四边形 } B_{1} B C C_{1}}=a \times \frac{2 \sqrt{2}}{3} a=\frac{2 \sqrt{2}}{3} a^{2}$,

$\therefore S_{\Delta B_{1} B C_{1}}=\frac{1}{2} S_{\text {四边形 } B_{1} B C C_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{3} a^{2}$

$\because V_{B_{1}-A A_{1} C_{1}}=V_{B_{1}-A C C_{1}}=V_{A-B_{1} C C_{1}}=V_{A-B B_{1} C_{1}}$,

$\because$ 点 $B_{1}$ 在底面 $A B C$ 上的射影 $D$ 落在 $B C$ 上,

$\therefore B_{1} D \perp$ 平面 $A B C, \because A C \subset$ 平面 $A B C, \therefore B_{1} D \perp A C$,

又 $\angle A C B=90^{\circ}, \therefore B C \perp A C$,

又 $B_{1} D \cap B C=D, B_{1} D, B C \subset$ 平面 $B B_{1} C_{1} C \therefore A C \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$.

故三棱锥 $A-B_{1} B C_{1}$ 的高为 $A C=a$,

$\therefore V_{B_{1}-A A_{1} C_{1}}=V_{A-B B_{1} C_{1}}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{3} a^{2} \times a=24 \sqrt{2}$.

$\therefore a=6$.

Final answer: $6$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 19. (12 分) 为了对中考成绩进行分析, 某中学从分数在 70 分(满分 100 分)以上的全体同学中随机抽出 8 位, 他们的数学、物理分数对应如下表:

| 数学$X$ | 75 | 76 | 76 | 77 | 83 | 84 | 84 | 85 |
| :-------- | :- | :- | :- | :- | :- | :- | :- | :- |
| 物理$Y$ | 77 | 78 | 81 | 81 | 81 | 82 | 83 | 85 |

附:

| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10 | 0.05 | 0.010 | 0.005 |
| :--------------------------------: | :---: | :---: | :---: | :---: |
|             $k_{0}$             | 2.706 | 3.841 | 6.635 | 7.879 |

$K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$
从物理或数学分数在 80 分以上的同学中任意挑选 2 名, 求这 2 名同学的数学与物理分数恰好都在 80 分以上的概率.

Solution:
由已知数表可以看出,物理或数学分数在 80 分以上的同学共 6 人,其中 4 人的物理与数学分数都在 80 分以上, 设这 4 人分别为 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$, 另外 2 人为 $B_{1}, B_{2}$, 则从中任选 2 人的所有基本事件为

$A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{1} A_{4}, A_{1} B_{1}, A_{1} B_{2}$,

$A_{2} A_{3}, A_{2} A_{4}, A_{2} B_{1}, A_{2} B_{2}$

$A_{3} A_{4}, A_{3} B_{1}, A_{3} B_{2}$,

$A_{4} B_{1}, A_{4} B_{2}$,

$B_{1} B_{2}$,

共 15 个,

记“这 2 名同学的数学与物理分数恰好都在 80 分以上”为事件 $M$,则 $M$ 所包含的基本事件为 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{1} A_{4}$,

$A_{2} A_{3}, A_{2} A_{4}$,

$A_{3} A_{4}$, 共 6 个. 故 $P(M)=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$, 于是, 这 2 名同学的数学与物理分数恰好都在 80 分以上的概率为 $\frac{2}{5}$.

Final answer: $\frac{2}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 已知抛物线 $C$ 的顶点在原点, 焦点为 $F(0,1)$.

<img_4240>
求抛物线 $C$ 的方程.

Solution:
设抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程是 $x^{2}=a y$, 则 $\frac{a}{4}=1$, 即 $a=4$.故所求抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4y$.

Final answer: $x^{2}=4y$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 已知抛物线 $C$ 的顶点在原点, 焦点为 $F(0,1)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0400d32d3922ae79cc64g-1.jpg?height=448&width=528&top_left_y=947&top_left_x=1793)
求抛物线 $C$ 的方程.

Solution:
设抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程是 $x^{2}=a y$, 则 $\frac{a}{4}=1$, 即 $a=4$.故所求抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4y$.

Final answer: $x^{2}=4y$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 已知抛物线 $C$ 的顶点在原点, 焦点为 $F(0,1)$.

<img_4240>
已知抛物线 $C$ 与直线 $y=-\frac{1}{2} x+b$ 相交于 $P 、 Q$ 两点（点 $P$ 在第一象限内), 且 $P F \perp Q F$, 求抛物线 $C$ 在点 $P$ 处的切线方程.

Solution:
设抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程是 $x^{2}=a y$, 则 $\frac{a}{4}=1$, 即 $a=4$.故所求抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4y$.

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

直线 $P Q$ 的方程是 $y=-\frac{1}{2} x+b$.

将上式代入抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程, 得

$x^{2}+2 x-4 b=0$,

故 $x_{1}+x_{2}=-2, x_{1} x_{2}=-4 b$

所以 $y_{1} y_{2}=b^{2}, y_{1}+y_{2}=1+2 b$,

而 $\overrightarrow{F P}=\left(x_{1}, y_{1}-1\right), \overrightarrow{F Q}=\left(x_{2}, y_{2}-1\right)$,

$\overrightarrow{F P} \cdot \overrightarrow{F Q}=x_{1} x_{2}+\left(y_{1}-1\right)\left(y_{2}-1\right)$

$=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}-\left(y_{1}+y_{2}\right)+1$

$=-4 b+b^{2}-(1+2 b)+1$

$=b^{2}-6 b=0$

$\therefore b=6$ 或 $b=0$ (舍去)

$\therefore x_{1}=4, y_{1}=4$

即点 $P$ 的坐标是 $(4,4)$

所以抛物线 $C$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y-4=2(x-4)$, 即 $2 x-y-4=0$.

Final answer: $2 x-y-4=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 已知抛物线 $C$ 的顶点在原点, 焦点为 $F(0,1)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0400d32d3922ae79cc64g-1.jpg?height=448&width=528&top_left_y=947&top_left_x=1793)
已知抛物线 $C$ 与直线 $y=-\frac{1}{2} x+b$ 相交于 $P 、 Q$ 两点（点 $P$ 在第一象限内), 且 $P F \perp Q F$, 求抛物线 $C$ 在点 $P$ 处的切线方程.

Solution:
设抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程是 $x^{2}=a y$, 则 $\frac{a}{4}=1$, 即 $a=4$.故所求抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4y$.

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

直线 $P Q$ 的方程是 $y=-\frac{1}{2} x+b$.

将上式代入抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程, 得

$x^{2}+2 x-4 b=0$,

故 $x_{1}+x_{2}=-2, x_{1} x_{2}=-4 b$

所以 $y_{1} y_{2}=b^{2}, y_{1}+y_{2}=1+2 b$,

而 $\overrightarrow{F P}=\left(x_{1}, y_{1}-1\right), \overrightarrow{F Q}=\left(x_{2}, y_{2}-1\right)$,

$\overrightarrow{F P} \cdot \overrightarrow{F Q}=x_{1} x_{2}+\left(y_{1}-1\right)\left(y_{2}-1\right)$

$=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}-\left(y_{1}+y_{2}\right)+1$

$=-4 b+b^{2}-(1+2 b)+1$

$=b^{2}-6 b=0$

$\therefore b=6$ 或 $b=0$ (舍去)

$\therefore x_{1}=4, y_{1}=4$

即点 $P$ 的坐标是 $(4,4)$

所以抛物线 $C$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y-4=2(x-4)$, 即 $2 x-y-4=0$.

Final answer: $2 x-y-4=0$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=x \ln x, g(x)=-x^{2}+a x-3$.
求函数 $f(x)$ 在 $[t, t+1](t>0)$ 上的最小值.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\ln x+1$

$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 为减函数, 在 $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 为增函数

(1) 当 $0<t<\frac{1}{e}$ 时, $f(x)$ 在 $\left[t, \frac{1}{e}\right)$ 为减函数, 在 ${\left[\frac{1}{e}, t+1\right]}$ 为增函数,

$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{e}\right)=-\frac{1}{e}$

(2)当 $t \geq \frac{1}{e}$ 时, $f(x)$ 在 $[t, t+1]$ 为增函数, $\therefore f(x)_{\min }=f(t)=t \ln t$.

Final answer: $-\frac{1}{e} , t\ln t$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=x \ln x, g(x)=-x^{2}+a x-3$.
若对任意的 $x \in\left[\frac{1}{e^{2}}, e^{2}\right](e$ 是自然对数的底数, $e=2.71828 \cdots)$, 不等式 $f(x) \geq \frac{1}{2} g(x)$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
由题意可知, $2 x \ln x+x^{2}-a x+3 \geq 0$ 在 $\left[\frac{1}{e^{2}}, e^{2}\right]$ 上恒成立, 即

$a \leq \frac{2 x \ln x+x^{2}+3}{x}=2 \ln x+x+\frac{3}{x}$ 在 $\left[\frac{1}{e^{2}}, e^{2}\right]$ 上恒成立,

令 $h(x)=2 \ln x+x+\frac{3}{x}$, 即 $a \leq h(x)_{\text {min }}$

$\because h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}+1-\frac{3}{x^{2}}=\frac{x^{2}+2 x-3}{x^{2}}=\frac{(x+3)(x-1)}{x^{2}}$

$\therefore h(x)$ 在 $(0,1)$ 为减函数, 在 $(1,+\infty)$ 为增函数, 则在 $\left(\frac{1}{e^{2}}, 1\right)$ 为减函数, 在 $\left(1, e^{2}\right)$ 为增函数.

$\therefore a \leq h(x)_{\min }=h(1)=4$.

Final answer: $(-\infty, 4]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 已知圆雉曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \theta, \\ y=\sqrt{2} \sin \theta,\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) 和直线 $l:\left\{\begin{array}{l}x=-1+t \cos \alpha, \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\alpha$ 为 $l$ 的倾斜角, 且 $\left.0<\alpha<\pi\right)$ 相交于不同两点 $A, B$.
当 $\alpha=30^{\circ}$ 时, 求交点 $A 、 B$ 的坐标.

Solution:
$C: \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$, 轨迹为椭圆,

其焦点为 $F_{1}(-1,0)$,

$\therefore$ 直线 $A B$ 的方程为: $y=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+1),$

联立可得, $2 x^{2}+3 \cdot \frac{1}{3}(x+1)^{2}=6$. , 化简得, $3 x^{2}+2 x-5=0$

可得交点坐标为 $\left(1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right),\left(-\frac{5}{3},-\frac{2 \sqrt{3}}{9}\right)$.

Final answer: $\left(1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right),\left(-\frac{5}{3},-\frac{2 \sqrt{3}}{9}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x o y$ 中, 已知圆雉曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \theta, \\ y=\sqrt{2} \sin \theta,\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数) 和直线 $l:\left\{\begin{array}{l}x=-1+t \cos \alpha, \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\alpha$ 为 $l$ 的倾斜角, 且 $\left.0<\alpha<\pi\right)$ 相交于不同两点 $A, B$.
若 $|P A| \cdot|P B|=\frac{8}{5}$, 其中 $P(-1,0)$, 求直线 $l$ 的斜率.

Solution:
直线 AB 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-1+t \cos \alpha, \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

上式代入椭圆 $C$ 的方程式中得: $\left(2 \cos ^{2} \alpha+3 \sin ^{2} \alpha\right) t^{2}-4 \cos \alpha t-4=0,$

$\therefore|P A| \cdot|P B|=\left|t_{1} t_{2}\right|=\frac{4}{2 \cos ^{2} \alpha+3 \sin ^{2} \alpha}=\frac{8}{5}$,

可得 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\alpha=45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$ ，所以直线 $l$ 的斜率为 $\pm 1$.

Final answer: $+1, -1$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+|x+3|, g(x)=2 x+4, a$ 是实数.
当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq g(x)$ 的解集;

Solution:
当 $a=1, f(x)=|2 x-1|+|x+3|$

当 $x \leq-3$ 时，原不等式化为 $-3 x-2 \geq 2 x+4$, 得 $x \leq-3 .$

当 $-3<x \leq \frac{1}{2}$ 时, 原不等式化为 $4-x \geq 2 x+4$, 得 $-3<x \leq 0 .$

当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 原不等式化为 $3 x+2 \geq 2 x+4$, 得 $x \geq 2$

综上, 不等式 $f(x) \geq g(x)$ 的解集为 $\{x \mid x \leq 0$ 或 $x \geq 2\}$.

Final answer: $(-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+|x+3|, g(x)=2 x+4, a$ 是实数.
设 $a>-6$, 当 $x \in\left[-3, \frac{a}{2}\right)$ 时, $f(x) \geq g(x)$, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
当 $x \in\left[-3, \frac{a}{2}\right)$ 时, $f(x)=-x+a+3$

不等式 $f(x) \geq g(x)$ 化为 $-x+a+3 \geq 2 x+4$.

所以 $3 x \leq a-1$ 对 $x \in\left[-3, \frac{a}{2}\right)$ 都成立.

故 $\frac{3 a}{2} \leq a-1$, 即 $a \leq-2$. 综上, $a$ 的取值范围为 $-6<a \leq-2 .$

Final answer: $(-6, -2]$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知圆 $O: x^{2}+y^{2}=4$ 与曲线 $C: y=3|x-t|, A(m, n), B(s, p)\left(m, n, s, p \in N^{*}\right)$ 为曲线 $C$ 上的两点, 使得圆 $O$ 上的任意一点到点 $A$ 的距离与到点 $B$ 的距离之比为定值 $k(k>1)$, 求 $t$ 的值.

Solution:
取圆上的点 $C(2,0), D(-2,0), E(0,2), F(0,-2)$, 依题意有:

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{(2-m)^{2}+n^{2}}{(2-s)^{2}+p^{2}}=\frac{(2+m)^{2}+n^{2}}{(2+s)^{2}+p^{2}}=\frac{m}{s} \\
\frac{m^{2}+(2-n)^{2}}{s^{2}+(p-2)^{2}}=\frac{m^{2}+(2+n)^{2}}{s^{2}+(2+p)^{2}}=\frac{n}{p}
\end{array}\right.
$$

于是: $\overrightarrow{O A}=t \overrightarrow{O B}$, 所以, 点 $A 、 B 、 O$ 三点共线.

由阿波罗尼斯圆的性质: $O A \cdot O B=\mathrm{R}^{2}=4$, 且 $O A=\frac{R}{\lambda}, O B=R \lambda$, 其中 $\lambda>1$, 则 $O A<O B$, 所以:

$O A<2$;

因为: $m^{2}+n^{2}=O A^{2}=\frac{4}{\lambda^{2}}$,

又 $m 、 n \in \mathrm{N}^{*}$, 从而: $O A^{2}=\frac{4}{\lambda^{2}} \in \mathrm{N}^{*}$,

(1)若 $O A^{2}=\frac{4}{\lambda^{2}}=1$, 则 $\lambda=2$, 此时: $m^{2}+n^{2}=1$, 必有 $m n=0$, 因为 $m 、 n \in N^{*}$, 不符合题意;

(2) 若 $O A^{2}=\frac{4}{\lambda^{2}}=2$, 则 $\lambda=\sqrt{2}$, 此时: $m^{2}+n^{2}=2$, 得: $m=n=1, s=p=2$, 直线 $A B$ 的方程为 $y=x$,则点 $A(1,1), B(2,2)$ 在曲线 $C$ 上, 代入解得: $t=\frac{4}{3}$.

(3) 若 $O A^{2}=\frac{4}{\lambda^{2}}=3$, 此时: $m^{2}+n^{2}=3$, 无正整数解, 不合题意.

综上: $t=\frac{4}{3}$.

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


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足:

$$
a_{1}=\frac{\pi}{3}, \quad 0<a_{n}<\frac{\pi}{3}, \quad \sin a_{n+1} \leqslant \frac{1}{3} \sin 3 a_{n}(n \geqslant 2),
$$

求证: $\sin a_{n}<\frac{1}{\sqrt{n}}$.

Solution:
由于 $0<a_{n}<\frac{\pi}{3}$, 于是: $\sin a_{n} \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$,

当 $n=1$ 时，有 $\sin a_{1}=\frac{1}{2}<1$;

当 $n=2$ 时, $\sin a_{2} \in\left(0, \frac{1}{2}\right)<\frac{1}{\sqrt{2}}$ 成立；

设当 $n=k$ 时，有

$$
\sin a_{k}<\frac{1}{\sqrt{k}}
$$

则当 $n=k+1$ 时,

$$
\sin a_{k+1} \leq \frac{1}{3} \sin 3 a_{k}=\frac{1}{3}\left(3 \sin a_{k}-4 \sin ^{3} a_{k}\right),
$$

令 $f(x)=3 x-4 x^{3}, x \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$,

则 $f^{\prime}(x)=3-12 x^{2}>0$, 即 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 单调递增,

于是:

$$
\sin a_{k+1} \leq \frac{1}{3} \sin 3 a_{k}=\frac{1}{3}\left(3 \sin a_{k}-4 \sin ^{3} a_{k}\right) \leq \frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{4}{3 k \sqrt{k}},
$$

所以只需证明:

$$
\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{4}{3 k \sqrt{k}}<\frac{1}{\sqrt{k+1}}(k \geq 2)
$$

即可.

即证明:

$$
\frac{3 k-4}{3 k}<\sqrt{\frac{k}{k+1}}
$$

平分后整理可得:

$$
15 k^{2}+8 k-16>0,
$$

即证明对任意 $k \geq 2$ 有:

$$
(3 k+4)(5 k-4)>0,
$$

显然成立.

于是：对任意 $n \in \mathrm{N}^{*}$, 有 $\sin a_{n}<\frac{1}{\sqrt{n}}$.
Subfield: Elementary Functions


Question: 实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=\lambda(\lambda>0)$, 试求

$$
f=\min \left\{(a-b)^{2}, \quad(b-c)^{2}, \quad(c-a)^{2}\right\}
$$

的最大值.

Solution:
由 $\mathrm{i}$ 对称性, 不妨设 $a \geq b \geq c$,

从而:

$$
a-b>a-c>0
$$

于是有:

$$
\begin{aligned}
f & =\min \left\{(a-b)^{2}, \quad(b-c)^{2}, \quad(c-a)^{2}\right\}=\min \left\{(a-b)^{2}, \quad(b-c)^{2}\right\} \\
& \leq(a-b)(b-c) \\
& \leq\left[\frac{(a-b)+(b-c)}{2}\right]^{2} \\
& =\frac{(a-c)^{2}}{4} \\
& \leq \frac{\lambda}{2} .
\end{aligned}
$$

当且仅当 $b=0, a=-c=\frac{\sqrt{2 \lambda}}{2}$ 时等号成立.

Final answer: $\frac{\lambda}{2}$
Subfield: Set Theory


Question: 证明对所有的正整数 $n \geqslant 4$, 存在一个集合 $S$, 满足如下条件:

(1) $S$ 由都小于 $2^{n-1}$ 的 $n$ 个正整数组成;

(2)对 $S$ 的任意两个不同非空子集 $A 、 B$, 集合 $A$ 中所有元素之和不等于集合 $B$ 中所有元素之和.

Solution:
用 $|T|$ 表示集合 $T$ 中的元素个数, $M(A)$ 表示集合 $A$ 中的元素之和.

当 $n=4$ 时，若 $|A|=1 ，$ 则 $M(A)=\{1,2,4,8\}$;

若 $|A|=2$ ，则 $M(A)=\{3,5,9,6,10,12\}$ ，

若 $|A|=3$ ，则 $M(A)=\{7,11 ， 13,14\} ，$

若 $|A|=4$ ，则 $M(A)=\{15\} ，$

即集合 $S$ 的 15 个子集，其和值也有 15 个，每个子集的和值各不相同，

所以：当 $A \neq B$ 时，总有 $M(A) \neq M(B)$.

故：当 $n=4$ 时, $S=\{1,2,4,8\}$ 满足题意;

假设当 $n=k$ 时，集合 $S=\left\{2^{0} ， 2^{1}, 2^{2}, \ldots, 2^{k-1}\right\}$满足题意，

此时集合 $S$ 的 $2^{k}-1$ 个非空子集有 $2^{k}-1$ 个不同的值，其集合为

$$
\left\{1,2, \ldots, 2^{k}-1\right\}
$$

则当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k}$ 个子集的和值组成的集合为

$$
\left\{1,2,3, \ldots, 2^{k}-1,2^{k}, 2^{k}+1, \ldots, 2^{k}+2^{k}-1\right\},
$$

即:

$$
\left\{1,2,3, \ldots, 2^{k}-1,2^{k}, \ldots, 2^{k+1}-1\right\}
$$

所以当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k+1}-1$ 个子集有 $2^{k+1}-1$ 个不同的值.

综上：集合 $S=\left\{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \ldots, 2^{n-1}\right\}$ 总是满足题意.
不妨假设 $a_{1}<a_{2}<\ldots<a_{m}, b_{1}<b_{2}<\ldots<b_{t}$, 且对任意的 $i, j, a_{i} \neq b_{j}, b_{t}<a_{m}$,

根据题意只需证明:

$$
\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}} \neq \sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}
$$

即可.

若不然, 设 $\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}}=\sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}$,

则: $2^{a_{m}}<\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}}=\sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}$,

所以: $1<2^{b_{1}-a_{m}}+2^{b_{2}-a_{m}}+\ldots+2^{b_{t}-a_{m}} \leq \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{t^{-m}}}=1-\frac{1}{2^{t-m+1}}<1$, 矛盾.

从而: 集合 $S=\left\{ 2^{0}, 2^{1}, \ldots, 2^{n-1}\right\}$的任意的两个子集之和不同.

所以存在满足题意的集合$S=\left\{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \ldots, 2^{n-1}\right\}$ 满足题意.
Subfield: Conic Sections


Question: 已知抛物线 $C_{1}$ 的顶点 $(\sqrt{2}-1,1)$, 焦点 $\left(\sqrt{2}-\frac{3}{4}, 1\right)$, 另一抛物线 $C_{2}$ 的方程 $y^{2}-a y+x+2 b=0, C_{1}$与 $C_{2}$ 在一个交点处它们的切线互相垂直. 其中 $C_{2}$ 必过定点, 求该点的坐标.

Solution:
$C_{1}$ 的 $p=\frac{1}{2}$, 方程 $(y-1)^{2}=x-(\sqrt{2}-1)$, 即 $y^{2}-2 y-x+\sqrt{2}=0$.

设交点为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $C_{1}$ 的切线方程为 $y_{0} y-\left(y+y_{0}\right)-\frac{1}{2}\left(x+x_{0}\right)+\sqrt{2}=0$, 即

$$
2\left(y_{0}-1\right) y-x-2 y_{0}-x_{0}+2 \sqrt{2}=0
$$

同理可得, $C_{2}$ 的切线方程为 $y_{0} y-\frac{1}{2} a\left(y_{0}+y\right)+\frac{1}{2}\left(x+x_{0}\right)+2 b=0$, 即

$$
\left(2 y_{0}-a\right) y+x-a y_{0}+x_{0}+4 b=0
$$

由题意知二者垂直, 从而可得 $(-1)+2\left(y_{0}-1\right)\left(2 y_{0}-a\right)=0$, 整理得

$$
4 y_{0}^{2}-2(a+2) y_{0}+2 a-1=0  \cdots（1）
$$

由 $y_{0}^{2}-2 y_{0}-x_{0}+\sqrt{2}=0$ 和 $y_{0}^{2}-a y_{0}+x_{0}+2 b=0$ 相加得:

$$
2 y_{0}^{2}-(a+2) y_{0}+2 b+\sqrt{2}=0 \cdots（2）
$$

(1)-(2) $\times 2$ 得: $2 a-1-4 b-2 \sqrt{2}=0$, 可得

$$
4 b=2 a-1-2 \sqrt{2} \cdots（3）
$$

代入 $C_{2}$ 方程整理即可得: $2 y^{2}-2 a y+2 x+2 a-1-2 \sqrt{2}=0$, 即

$$
2 y^{2}+2 x-2 \sqrt{2}-1-2 a(y-1)=0
$$

取方程组 $\left\{\begin{array}{l}2 y^{2}+2 x-2 \sqrt{2}-1=0 \\ y-1=0\end{array}\right.$, 解得 $\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}, 1\right)$, 即对任何满足(3)的 $a, b$, 点 $\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}, 1\right)$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 即 $C_{2}$ 过定点, 该定点的坐标为 $\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}, 1\right)$.

Final answer: $\left(\sqrt{2}-\frac{1}{2}, 1\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在凸四边形 $A B C D$ 中, $M$ 为边 $A B$ 的中点, 且 $M C=M D$. 分别过点 $C, D$ 作边 $B C, A D$ 的垂线, 设两条垂线的交点为 $P$, 过点 $P$ 作 $P Q \perp A B$ 于 $Q$. 求证: $\angle P Q C=\angle P Q D$.
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Solution:
联结 $P A, P B$, 分别取 $P A, P B$ 的中点 $E, F$, 联结 $E M, E D, F M, F C$, 则四边形 $P E M F$ 为平行四边形.

从而 $\angle P E M=\angle P F M$, 由 $M E=\frac{1}{2} B P=C F, M F=\frac{1}{2} A P=D E, M D=M C$, 所以

即 $\angle D E M=\angle M F C$, 所以 $\angle P E D=\angle D E M-\angle P E M=\angle M F C-\angle P F M=\angle P F C$.

又 $\angle P E D=2 \angle P A D, \angle P F C=2 \angle P B C$, 得 $\angle P A D=\angle P B C$.

由于 $\angle P Q A=\angle P D A=90^{\circ}, \angle P Q B=\angle P C B=90^{\circ}$, 则 $P, Q, A, D$ 和 $P, Q, B, C$ 分别四点共圆. 

故 $\angle P Q D=\angle P A D, \angle P Q C=\angle P B C$, 所以 $\angle P Q C=\angle P Q D$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在凸四边形 $A B C D$ 中, $M$ 为边 $A B$ 的中点, 且 $M C=M D$. 分别过点 $C, D$ 作边 $B C, A D$ 的垂线, 设两条垂线的交点为 $P$, 过点 $P$ 作 $P Q \perp A B$ 于 $Q$. 求证: $\angle P Q C=\angle P Q D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_df241e569909e62e59c3g-1.jpg?height=528&width=1378&top_left_y=774&top_left_x=334)

Solution:
联结 $P A, P B$, 分别取 $P A, P B$ 的中点 $E, F$, 联结 $E M, E D, F M, F C$, 则四边形 $P E M F$ 为平行四边形.

从而 $\angle P E M=\angle P F M$, 由 $M E=\frac{1}{2} B P=C F, M F=\frac{1}{2} A P=D E, M D=M C$, 所以

即 $\angle D E M=\angle M F C$, 所以 $\angle P E D=\angle D E M-\angle P E M=\angle M F C-\angle P F M=\angle P F C$.

又 $\angle P E D=2 \angle P A D, \angle P F C=2 \angle P B C$, 得 $\angle P A D=\angle P B C$.

由于 $\angle P Q A=\angle P D A=90^{\circ}, \angle P Q B=\angle P C B=90^{\circ}$, 则 $P, Q, A, D$ 和 $P, Q, B, C$ 分别四点共圆. 

故 $\angle P Q D=\angle P A D, \angle P Q C=\angle P B C$, 所以 $\angle P Q C=\angle P Q D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$.
若函数在区间 $[-1,1]$ 上存在零点, 求实数 $p$ 的取值范围;

Solution:
因为二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$ 的对称轴是 $x=8$, 所以函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递减, 则函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上存在零点须满足 $f(-1) \cdot f(1) \leq 0$, 即 $(1+16+p+3)(1-16+p+3) \leq 0$,解得 $-20 \leq p \leq 12$.

Final answer: $[-20,12]$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$.
求常数 $q(q \geq 0)$, 当 $x \in[q, 10]$ 时, $f(x)$ 的值域为区间 $D$, 且 $D$ 的长度为 $12-q$.（记 区间 $[a, b](a<b)$ 的长度为 $b-a$.）

Solution:
假设存在常数 $q$ 满足题意, 分三种情况求解:

(1) 当 $\left\{\begin{array}{l}q<8 \\ 8-q \geq 10-8 \\ q \geq 0\end{array}\right.$ 时, 即 $0 \leq q \leq 6$ 时.

当 $x=8$ 时, 取到最小值 $f(8)$; 当 $x=q$ 时, 取到最大值 $f(q)$, 所以 $f(x)$ 的值域为: $[f(8), f(q)]$, 即 $\left[p-61, q^{2}-16 q+p+3\right]$, 所以区间长度为 $q^{2}-16 q+p+3-(p-61)=q^{2}-16 q+64=12-q$.

所以 $q^{2}-15 q+52=0$, 所以 $q=\frac{15 \pm \sqrt{17}}{2}$, 经检验 $q=\frac{15+\sqrt{17}}{2}$ 不合题意, 舍去, 故 $q=\frac{15-\sqrt{17}}{2}$;

(2) 当 $\left\{\begin{array}{l}q<8 \\ 8-q<10-8 \\ q \geq 0\end{array}\right.$ 时, 即 $6 \leq q<8$.

当 $x=8$ 时, 取到最小值 $f(8)$; 当 $x=10$ 时, 取到最大值 $f(10)$, 所以 $f(x)$ 的值域为 $[f(8), f(10)]$, 即 $[p-61, p-57]$, 所以区间长度为 $p-57-(p-61)=4=12-q$, 所以 $q=8$, 经检验不合题意, 舍去;

(3) 当 $q \geq 8$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $[q, 10]$ 上单调递增, 所以 $f(x)$ 的值域为: $[f(q), f(10)]$, 即 $\left[q^{2}-16 q+p+\right.$ $3, p-57]$, 所以区间长度为 $p-57-\left(q^{2}-16 q+p+3\right)=-q^{2}-16 q-60=12-q$, 所以 $q^{2}-17 q+72=0$, 所以 $q=8$ 或 $q=9$, 经检验 $q=8$ 或 $q=9$ 满足题意.

综上知, 存在常数 $q=8$ 或 $q=9, q=\frac{15-\sqrt{17}}{2}$, 当 $x \in[q, 10]$ 时, $f(x)$ 的值域为区间 $D$, 且 $D$ 的长度为 $12-q$.

Final answer: $8,9,\frac{15-\sqrt{17}}{2}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的奇数项是首项为 1 的等差数列, 偶数项是首项为 2 的等比数列, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}, a_{9}=a_{3}+a_{4}$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
设等差数列的公差为 $d$, 等比数列的公比为 $q$, 则 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{3}=1+d, a_{4}=2 q, a_{9}=1+4 d$.

因为 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{4}$, 即 $4 d=2 q$, 又 $a_{9}=a_{3}+a_{4}$, 所以 $1+4 d=1+d+2 q$, 解得: $d=2, q=3$, 所以对于 $k \in \mathbf{N}^{*}$, 有 $a_{2 k-1}=1+(k-1) \cdot 2=2 k-1, a_{2 k}=2 \cdot 3^{k-1}$, 故

$$
a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
n & , n=2 k-1 \\
2 \cdot 3^{\frac{n}{2}-1} & , n=2 k
\end{array} \quad k \in \mathbf{N}^{*}\right.
$$

Final answer: $$
a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
n & , n=2 k-1 \\
2 \cdot 3^{\frac{n}{2}-1} & , n=2 k
\end{array} \quad k \in \mathbf{N}^{*}\right.
$$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的奇数项是首项为 1 的等差数列, 偶数项是首项为 2 的等比数列, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}, a_{9}=a_{3}+a_{4}$.
若 $a_{m} a_{m+1}=a_{m+2}$, 求正整数 $m$ 的值;

Solution:
设等差数列的公差为 $d$, 等比数列的公比为 $q$, 则 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{3}=1+d, a_{4}=2 q, a_{9}=1+4 d$.

因为 $S_{5}=2 a_{4}+a_{5}$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{4}$, 即 $4 d=2 q$, 又 $a_{9}=a_{3}+a_{4}$, 所以 $1+4 d=1+d+2 q$, 解得: $d=2, q=3$, 所以对于 $k \in \mathbf{N}^{*}$, 有 $a_{2 k-1}=1+(k-1) \cdot 2=2 k-1, a_{2 k}=2 \cdot 3^{k-1}$, 故

$$
a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}
n & , n=2 k-1 \\
2 \cdot 3^{\frac{n}{2}-1} & , n=2 k
\end{array} \quad k \in \mathbf{N}^{*}\right.
$$

若 $a_{m}=2 k$, 则由 $a_{m} a_{m+1}=a_{m+2}$, 得 $2 \cdot 3^{k-1}(2 k+1)=2 \cdot 3^{k}$, 解得: $k=1$, 则 $m=2$;

若 $a_{m}=2 k-1$, 则由 $(2 k-1) \cdot 2 \cdot 3^{k-1}=2 k+1$, 此时左边为偶数, 右边为奇数, 不成立.

故满足条件的正数为 2 .

Final answer: $2$