di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知\triangle ABC面积为\sqrt{3}，D为BC的中点，且AD=1.$
$若b^{2}+c^{2}=8，求b，c.$

Solution:
$如图所示，延长AD至E，使DE=AD，连接BE，CE，$

<img_284>

$易得四边形ABEC为平行四边形，\therefore AB=CE,AC=BE,由余弦定理得BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos \angle BAC,AE^2=AC^2+CE^2-2AC\cdot CE\cos \angle ACE，两式相加得BC^2+AE^2=2(AB^2+AC^2)，即BC^2+AE^2=2(b^2+c^2)=16，    $
$又AE=2AD=2，\therefore BC^2=12，\therefore BC=2\sqrt{3}，    $
$\because S_\triangle ADC=\frac{1}{2}AD\cdot DC\cdot \sin \angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}，AD=1，DC=\sqrt{3}，    $
$\therefore \sin \angle ADC=1,\therefore AD\perp BC，\therefore b=c，    $
$又b^2+c^2=8，\therefore b=c=2.$

Final answer: b=c=2
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Question: $在\triangle ABC中，已知\angle BAC=120^\circ ，AB=2，AC=1.$
$求\sin \angle ABC；$

Solution:
$在\triangle ABC中，由余弦定理，得BC^2=2^2+1^2-2\times 2\times 1\times \cos  120^\circ =7，则BC=\sqrt{7}.  $

$由正弦定理，得\frac{AC}{\sin \angle ABC}=\frac{BC}{\sin \angle BAC},  $

$则\sin \angle ABC=\frac{AC\cdot \sin \angle BAC}{BC}=\frac{1\times \sin  120^{\circ}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{14}.$

Final answer: \frac{\sqrt{21}}{14}
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Question: $在\triangle ABC中，已知\angle BAC=120^\circ ，AB=2，AC=1.$
$若D为BC上一点，且\angle BAD=90^\circ ，求\triangle ADC的面积.$

Solution:
$在Rt\triangle ABD中，由(1)知\sin \angle ABD=\frac{\sqrt{21}}{14}，且\angle ABD为锐角，所以\tan \angle ABD=\frac{\sqrt{3}}{5}.  $
$在Rt\triangle ABD中，AB=2,则AD=AB\cdot \tan \angle ABD=2\times \frac{\sqrt{3}}{5}=\frac{2\sqrt{3}}{5}.  $
$在\triangle ADC中，\angle DAC=30^\circ ，AC=1，  $
$\therefore \triangle ADC的面积S=\frac{1}{2}\times \frac{2\sqrt{3}}{5}\times 1\times \sin  30^\circ =\frac{\sqrt{3}}{10}.  $

一题多解
$在\triangle ABC中，AB=2，AC=1,\angle BAC=120^\circ ，  $
$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times 2\times 1\times \sin  120^\circ =\frac{\sqrt{3}}{2},  $
$又\frac{S_{\vartriangle ACD}}{S_{\vartriangle ABD}}=\frac{\frac{1}{2}AC\cdot AD\cdot \sin  30^{\circ}}{\frac{1}{2}AB\cdot AD}=\frac{1\times \frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}，  $
$\therefore S_{\triangle ACD}=\frac{1}{5}S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{10}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{10}$
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Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,已知\sin C \cdot \sin(A-B) = \sin B \cdot \sin(C-A).$
$若a=5，cos A=\frac{25}{31}，求\triangle ABC的周长.$

Solution:
$: 由题意及余弦定理可得，b^2+c^2-a^2=2bc cos A=\frac{50}{31} bc=25,即2bc=31,又由(1)知b^2+c^2=2a^2,所以(b+c)^2=2bc+2a^2=81,所以b+c=9,所以a+b+c=14,故\triangle ABC的周长为14.$

Final answer: $14$
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Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，已知\frac{\cos  A}{1+\sin  A}=\frac{\sin  2B}{1+\cos  2B}.$
$若C=\frac{2\pi }{3},求B；$

Solution:
$\because  \frac{\\cos   A}{1+\\sin   A} = \frac{\\sin   2B}{1+\\cos   2B} = \frac{2\\sin   B\\cos   B}{2\\cos  ^2B} (采分点：出现二倍角公式，给1分), cos B \neq  0,$

$\therefore  \frac{\\cos   A}{1+\\sin   A} = \frac{\\sin   B}{\\cos   B},$

$\therefore  cos A cos B - sin A sin B = sin B,$

即 $cos (A + B) = sin B$,

$又 C = \frac{2\pi }{3}, \therefore  sin B = cos (A + B) = -cos C = -cos \frac{2\pi }{3} = \frac{1}{2},$

$\because  0 < B < \frac{\pi }{3}, \therefore  B = \frac{\pi }{6}.$



Final answer: $B = \frac{\pi }{6}$
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Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，已知\frac{\cos  A}{1+\sin  A}=\frac{\sin  2B}{1+\cos  2B}.$
$求\frac{a^2+b^2}{c^2}的最小值.$

Solution:
由(1)知，$sin B=cos(A+B)=-cos C$,  
$\because sin B>0恒成立，\therefore C\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right),  $
$\because -cos C=sin\left(C-\frac{\pi }{2}\right),  $
$\therefore C-\frac{\pi }{2}=B,\therefore A=\frac{\pi }{2}-2B,  $

  

$\because A>0,\therefore B\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right),  $
$\therefore \frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{\\sin  ^2A+\\sin  ^2B}{\\sin  ^2C}=\frac{\\cos  ^22B+\\sin  ^2B}{\\cos  ^2B}  $
$=\frac{(2\\cos  ^2B-1)^2+(1-\\cos  ^2B)}{\\cos  ^2B},  $

  

$令cos^2 B =t, t\in \left(\frac{1}{2},1\right),  $
$\therefore \frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{(2t-1)^2+(1-t)}{t}=4t+\frac{2}{t}-5\geq 4\sqrt{2}-5,  $

  

$当且仅当4t= \frac{2}{t} ,即 t= \frac{\sqrt{2}}{2} 时，取“=”.(扣分点，不写扣1分)  $
$\therefore \frac{a^2+b^2}{c^2}的最小值为4\sqrt{2}-5.$

Final answer: $4\sqrt{2}-5$
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Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S_1，S_2，S_3.已知S_1-S_2+S_3=\frac{\sqrt{3}}{2}，sin B=\frac{1}{3}.$
$若sin A sin C=\frac{\sqrt{2}}{3}，求b。$

Solution:
$由正弦定理\frac{a}{\sin  A} = \frac{b}{\sin  B} = \frac{c}{\sin  C}，得到\frac{b^2}{\sin ^2B} = \frac{ac}{\sin  A \sin  C}。$

$又知道 ac = \frac{3\sqrt{2}}{4}，且 sin A sin C = \frac{\sqrt{2}}{3}。$

$因此，有 \frac{b^2}{\sin ^2B} = \frac{9}{4}，则 \frac{b}{\sin  B} = \frac{3}{2}。$

$最后，求得 b = \frac{3}{2} sin B = \frac{3}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2}。$

Final answer: $\frac{1}{2}$
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Question: $在\triangle ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=\sqrt{5}c,cos C=\frac{3}{5}.$
$求sin A的值;$

Solution:
$由于cos C=\frac{3}{5},sin C>0,则sin C=\frac{4}{5}. $

$由已知及正弦定理得4sin A=\sqrt{5}sin C,则sin A=\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{5}}{5}$
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Question: $在\triangle ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=\sqrt{5}c,cos C=\frac{3}{5}.$
$若b=11,求\triangle ABC的面积.$

Solution:
$解法一：由\sin  C=\frac{4}{5}>\sin  A=\frac{\sqrt{5}}{5}, \cos  C=\frac{3}{5}>0，得A<C<\frac{\pi}{2}，\therefore cos A= \frac{2\sqrt{5}}{5}， $
$\therefore sin B=sin(A+C)=sin A cos C + cos A sin C = \frac{11\sqrt{5}}{25}， $
$由\frac{b}{\sin  B}=\frac{a}{\sin  A}得a=\frac{b \sin  A} {\sin  B}=5，$
$故\triangle ABC 的面积S=\frac{1}{2}ab \sin  C=\frac{1}{2}\times 5\times 11\times \frac{4}{5}=22。$

$解法二：由\cos  C=\frac{3}{5}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}，得 \frac{66}{5}a=a^2+121-c^2，$
$将c=\frac{4}{\sqrt{5}}a代入上式整理得a^2+6a-55=0，解得a=5或a=-11(舍)，\therefore \triangle ABC的面积S=\frac{1}{2}ab \sin  C=\frac{1}{2}\times 5\times 11\times \frac{4}{5}=22。$

Final answer: $22$
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Question: $在\triangle ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且满足b=a+1,c=a+2.$
$若2sin C=3sin A，求\triangle ABC的面积；$

Solution:
$2sin C=3sin A \Rightarrow 2c=3a ，又\because c=a +2 ，\therefore 2(a +2)=3a ，\therefore a=4 ，\therefore b=a +1=5 ，c=a +2=6 ，\therefore cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\times 5\times 6}=\frac{3}{4} ，\therefore sin A=\sqrt{1-\cos ^2A}=\frac{\sqrt{7}}{4} ，$

$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc sin A =\frac{1}{2} \times5\times 6\times\frac{\sqrt{7}}{4} =\frac{15\sqrt{7}}{4} .$

Final answer: $\frac{15\sqrt{7}}{4}$
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Question: $在\triangle ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且满足b=a+1,c=a+2.$
$是否存在正整数a，使得\triangle ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由.$

Solution:
$由已知得 c > b > a ，若 \Delta ABC 为钝角三角形，则角 C 为钝角，  $
$\therefore  cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} < 0  $
$\Rightarrow  a^2 + b^2 < c^2  $
$\Rightarrow  a^2 + (a+1)^2 < (a+2)^2  $
$\Rightarrow  a^2 - 2a - 3 < 0  $
$\Rightarrow  -1 < a < 3 ，又 a > 0 , \therefore  a \in (0,3).  $
$同时还应考虑构成 \Delta ABC 的条件，即 a + b > c \Rightarrow  a + (a+1) > a + 2 \Rightarrow  a > 1 .  $
$综上所述，当 a \in (1,3)时， \Delta ABC 为钝角三角形. \therefore 存在正整数 a = 2 ，使 \Delta ABC 为钝角三角形.$

Final answer: $2$
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Question: $设函数 f(x) = \sin(\omega x+\frac{\pi }{3}) (\omega > 0)$
$给出一个\omega 的值，使得f(x)的图象向右平移\frac{\pi }{6}个单位长度后得到的函数g(x)的图象关于原点对称，则\omega 的一个取值为\_\_\_\_\_\_\_；$

Solution:
$g(x) = sin \left[\omega \left(x-\frac{\pi }{6}\right)+\frac{\pi }{3}\right] = sin \left(\right. \omega x + \frac{\pi }{3} -\frac{\pi }{6} \omega  \left)\right. ，\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6} \omega  = k\pi , k\in Z$
即可满足题意，
$可取\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6} \omega  =0，得 \omega  =2(答案不唯一).$

Final answer: $\omega =2$
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Question: $已知函数f(x)=Asinxcosx-\sqrt{3}cos2x的一个零点为\frac{\pi}{6}.$
求$A$和函数$f(x)$的最小正周期；

Solution:
$由 f\left(\frac{\pi }{6}\right) = Asin \frac{\pi }{6} \cdot cos \frac{\pi }{6} - \sqrt{3}cos \frac{\pi }{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}A - \frac{\sqrt{3}}{2} = 0，得 A = 2，\therefore f(x) = 2sin x cos x - \sqrt{3}cos 2x = sin 2x - \sqrt{3}cos 2x = 2sin\left(2x-\frac{\pi }{3}\right)，$
$\therefore 函数f(x) = 2sin\left(2x-\frac{\pi }{3}\right)的最小正周期为 \frac{2\pi }{2} = \pi .$

Final answer: $\pi$
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Question: $已知函数f(x)=asin xcos x+cos\left(2x+\frac{\pi }{6}\right)，且f \left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{2}.$
$求a的值和f(x)的最小正周期；$

Solution:
$由f\left(\frac{\pi}{4}\right) = asin \frac{\pi}{4} cos \frac{\pi}{4} + cos \left(2\times\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}a - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}，得a=2，所以f(x)=2sin xcos x+cos \left(2x+\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}sin 2x+\frac{\sqrt{3}}{2}cos 2x = sin \left(2x+\frac{\pi}{3}\right)，所以 f(x) 的最小正周期 T = \frac{2\pi}{2} = \pi。$



Final answer: a=2, T=\pi
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Question: $已知函数f(x)=sin x+sin\left(x+\frac{\pi }{3}\right).$
$求f(x)的最小正周期;$

Solution:
$因为f(x)=\sin x+\sin(x+\frac{\pi }{3})=\sin x+\frac{1}{2}\sin x+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x=\frac{3}{2}\sin x+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x=\sqrt{3}\sin(x+\frac{\pi }{6})，所以f(x)的最小正周期为2\pi .$

Final answer: $2\pi$
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Question: $已知函数f(x)=sin x+sin\left(x+\frac{\pi }{3}\right).$
$若x=\frac{\pi }{6}是函数y=f(x)-f(x+\phi) (\phi>0)的一个零点，求\phi的最小值.$

Solution:
：

$y=f(x)-f(x+\varphi)=\sqrt{3}sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}sin\left(x+\frac{\pi}{6}+\varphi\right)，由x=\frac{\pi}{6}是该函数的零点可知，\sqrt{3}sin\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}sin\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=0，即 sin\left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

$故 \frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{3}+2k\pi，k \in \mathbb{Z}或\frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{2\pi}{3}+2k\pi，k \in \mathbb{Z}，$

$解得 \varphi=2k\pi，k \in \mathbb{Z}或\varphi=\frac{\pi}{3}+2k\pi，k \in \mathbb{Z}.$

$因为 \varphi > 0，所以 \varphi 的最小值为 \frac{\pi}{3}.$

Final answer: $\frac{\pi}{3}$
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Question: $在\triangle ABC中，a=4\sqrt 2，b=m，sin A-cos A=0$.
若m=8，则c=________；

Solution:
$\because sin A-cos A=0，\therefore tan A=1，\because 0<A<\pi ，\therefore A=\frac{\pi }{4}，由余弦定理a^2=b^2+c^2-2bccos A，得32=64+c^2-16\times \frac{\sqrt{2}}{2}c，\therefore c=4\sqrt{2}.$

Final answer: $4\sqrt{2}$
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Question: $在\triangle ABC中，a=4，b=5，\cos  C=\frac{1}{8}。$
$求c及sin A的值.$

Solution:
$由余弦定理 c^2 = a^2 + b^2 - 2ab cosC，得 c^2 = 16 + 25 - 2\times 4\times 5\times \frac{1}{8} = 36. 又 c > 0，所以 c = 6。$

$由正弦定理 \frac{a}{sinA} = \frac{c}{sinC}，得 sinA = \frac{a sinC}{c} = \frac{4\times \frac{3\sqrt{7}}{8}}{6} = \frac{\sqrt{7}}{4}.$

Final answer: $6,\frac{\sqrt{7}}{4}$
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Question: $如图，在\triangle ABC中，A=\frac{2\pi }{3}，AC=\sqrt{2}，CD平分\angle ACB交AB于点D，CD=\sqrt{3}.$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716267809374924801/img/compression/M_88fd6729a2449795a6d88fdcdd3b105f.jpg)
$求\angle ADC的值；$

Solution:
$在\triangle ADC中，由正弦定理得$

$\frac{CD}{\sin  A}=\frac{AC}{\sin ADC},$

$所以 sin ADC=\frac{AC\cdot \sin  A}{CD}=\frac{\sqrt{2}\times \sin  \frac{2\pi }{3}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2},$

$因为 0<ADC<\frac{\pi }{3},$

$所以 ADC=\frac{\pi }{4}.$

Final answer: $ADC=\frac{\pi }{4}.$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $如图，在\triangle ABC中，A=\frac{2\pi }{3}，AC=\sqrt{2}，CD平分\angle ACB交AB于点D，CD=\sqrt{3}.$
<img_1501>
$求\angle ADC的值；$

Solution:
$在\triangle ADC中，由正弦定理得$

$\frac{CD}{\sin  A}=\frac{AC}{\sin ADC},$

$所以 sin ADC=\frac{AC\cdot \sin  A}{CD}=\frac{\sqrt{2}\times \sin  \frac{2\pi }{3}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2},$

$因为 0<ADC<\frac{\pi }{3},$

$所以 ADC=\frac{\pi }{4}.$



Final answer: $ADC=\frac{\pi }{4}$
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Question: $在\triangle ABC中，\cos  B=\frac{4}{5}，b=6.$
$求\triangle ABC面积的最大值.$

Solution:
$因为 b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos  B = a^2 + c^2 - 2ac \times \frac{4}{5} =36，$
$a^2 + c^2 \geq  2ac，$
$所以36 \geq  2ac - \frac{8}{5}ac = \frac{2}{5}ac，$
$即ac \leq  90，当且仅当a=c=3\sqrt{10}时，等号成立.$
$所以 S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} ac \sin  B = \frac{3}{10} ac \leq  \frac{3}{10} \times 90 = 27.$
$所以 \triangle ABC 面积的最大值为27.$

Final answer: $27$
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Question: $在\triangle ABC中，\cos  2B = -\frac{1}{2}，c=8，b=7.$
$求\sin  C；$

Solution:
$解法一(用特殊角)：在\triangle ABC中，因为c>b，所以C>B，所以0<B<\frac{\pi }{2}，则0< 2B< \pi .$
$因为\cos  2B=-\frac{1}{2}，所以2B=\frac{2\pi }{3}，即B=\frac{\pi }{3}，所以\sin  B=\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$由\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}，得\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{\sin C}，解得\sin  C=\frac{4\sqrt{3}}{7}.$
$解法二(用二倍角公式)：在\triangle ABC中，因为\cos  2B=-\frac{1}{2}，所以1-2\sin ^2B=-\frac{1}{2}.因为0<B<\pi ，\sin  B>0，所以\sin  B=\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$由\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}，得\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{\sin C}，解得\sin  C=\frac{4\sqrt{3}}{7}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{3}}{7}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，\angle A,\angle B,\angle C的对边分别为a,b,c.b^2+c^2-a^2=\frac{4\sqrt{2}}{3}bc.$
$求tan A的值；$

Solution:
$因为b^2+c^2-a^2=\frac{4\sqrt{2}}{3}bc，  $
$所以\cos  A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.  $
$因为A\in (0,\pi )，所以\sin  A=\sqrt{1-\cos ^2A}=\sqrt{1-\frac{8}{9}}=\frac{1}{3}，  $
$所以\tan  A=\frac{\sin  A}{\cos  A}=\frac{1}{3}\times \frac{3}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$

Final answer: \frac{\sqrt{2}}{4}
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，\angle A,\angle B,\angle C的对边分别为a,b,c.b^2+c^2-a^2=\frac{4\sqrt{2}}{3}bc.$
$若3c \sin  A = \sqrt{2} a \sin  B，且\triangle ABC的面积S = 2\sqrt{2}, 求c的值.$

Solution:
$因为3c\sin A=\sqrt{2} a\sin B, $
$所以由正弦定理得3ac=\sqrt{2}ab, 所以b=\frac{3\sqrt{2}}{2} c.$
$因为\triangle ABC的面积为S=\frac{1}{2} bc\sin A=2\sqrt{2},$
$即\frac{1}{2}\times\frac{3\sqrt{2}c^2}{2}\times\frac{1}{3}=2\sqrt{2}，所以c^2=8.$
$所以c=2\sqrt{2}.$

Final answer: $2\sqrt{2}$
Subfield: Sequence


Question: $设{a_n}是等差数列，a_1=-10，且a_2+10，a_3+8,a_4+6成等比数列.$
$记a_n的前n项和为S_n，求S_n的最小值.$

Solution:
$由(1)知,a_n=2n-12.$
$所以,当n\geq 7时,a_n>0;当n\leq 6时，a_n\leq 0.$
$所以，S_n的最小值为S_6=-30.$

Final answer: $S_6=-30$
Subfield: Sequence


Question: $设等差数列a_n的公差为d,且d>1,令b_n=\frac{n^2+n}{a_n},记S_n,T_n分别为数列a_n,b_n的前n项和.$
$若b_n为等差数列，且S_{99}-T_{99}=99，求d。$

Solution:
$因为 b_n 为等差数列，$

$所以 2b_2 = b_1 + b_3，即 \frac{12}{a_2} = \frac{2}{a_1} +\frac{12}{a_3}，$

$即 \frac{6}{a_1+d} = \frac{1}{a_1} + \frac{6}{a_1+2d}：$

$a^2_1 - 3a_1d + 2d^2 = 0，$

$所以 a_1 = 2d 或 a_1 = d。$

$当 a_1 = 2d 时，a_n = (n+1)d, b_n = \frac{n}{d}，$

$所以 S_{99} = \frac{(2d + 100d) \times  99}{2} = 99 \times  51d，$

$T_{99} = \frac{1}{d} \cdot  \frac{(1+99) \times  99}{2} = \frac{99 \times  50}{d}，$

$又因为 S_{99} - T_{99} = 99，所以 99 \times  51d - 99 \times  50 \cdot  \frac{1}{d} = 99，$

$所以 51d - \frac{50}{d} = 1，解得 d = 1 或 d = -\frac{50}{51}，$

$又因为 d > 1，所以 a_1 \neq  2d。$

$当 a_1 = d 时，a_n = nd, b_n = \frac{n+1}{d}，$

$所以 S_{99} = \frac{(1+99) \times  99d}{2} = 50 \times  99d，$

$T_{99} = \frac{1}{d} \cdot  \frac{(2+100) \times  99}{2} = \frac{51 \times  99}{d}，$

$又因为 S_{99} - T_{99} = 99，所以 50 \times  99d - \frac{51 \times  99}{d} = 99，$

$所以 50d - \frac{51}{d} = 1，解得 d = \frac{51}{50} 或 d = -1，$

$又因为 d > 1，所以 d = \frac{51}{50}。$

$综上，d = \frac{51}{50}。$

Final answer: $d = \frac{51}{50}$
Subfield: Sequence


Question: $记S_n为公差不为零的等差数列{a_n}的前n项和，若a_3=S_5,a_2\cdot a_4=S_4.$
$求使得S_n > a_n的n的最小值.$

Solution:
$由(1)知a_n=2n-6,a_1=2\times 1-6=-4.  $
$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-4n+n(n-1)=n^2-5n.  $
$S_n > a_n \Leftrightarrow  n^2-5n>2n-6\Leftrightarrow n^2-7n+6>0\Leftrightarrow (n-1)(n-6)>0，   $
$解得n<1或n>6，又n\in N，\therefore n的最小值为7.$

Final answer: 7
Subfield: Sequence


Question: $设等比数列{a_n}满足a_1+a_2=4，a_3-a_1=8.$
$记S_n为数列{\log_3 a_n}的前n项和.若S_m+S_{m+1}=S_{m+3}，求m。$

Solution:
$由(1)知log_3a_n=n-1. 故S_n=\frac{n(n-1)}{2}。$

$由S_m+S_{m+1}=S_{m+3}得 m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2)，$

$即m^2-5m-6=0. 解得m=-1(舍去)或m=6.$

Final answer: $m=6$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列a_n满足a_1=1，a_{n+1}=$

$\begin{cases}
a_n+1, & \text{n为奇数},\\
a_n+2, & \text{n为偶数}.
\end{cases}$
$求a_n的前20项和.$

Solution:
$当n为奇数时，a_n=a_{n+1}-1。$

$设数列{a_n}的前n项和为S_n，$

$则S_{20}=a_1+a_2+\ldots +a_{20}$

$=(a_1+a_3+\ldots +a_{19})+(a_2+a_4+\ldots +a_{20})$

$=[(a_2-1)+(a_4-1)+\ldots +(a_{20}-1)]+(a_2+a_4+\ldots +a_{20})$

$=2(a_2+a_4+\ldots +a_{20})-10=2(b_1+b_2+\ldots +b_{10})-10=2 \left(10\times 2+\frac{9\times 10}{2}\times 3\right) -10=300$

$即{a_n}的前20项和为300.$

Final answer: $300$
Subfield: Sequence


Question: $已知a_n是等差数列，b_n是公比为2的等比数列，且a_2 - b_2 = a_3 - b_3 = b_4 - a_4.$
$求集合{k|b_k=a_m+a_1，1\leq m\leq 500}中元素的个数.$

Solution:
$由(1)知 d=2b_1=2a_1, 由 b_k=a_m+a_1, 1\leq m\leq 500 得 b_1\times 2^{k-1}=2a_1+(m-1)d, 即 a_1\times 2^{k-1}=2a_1+2(m-1)a_1, 其中 a_1\neq 0。$

$\therefore  2^{k-1}=2m, 即 2^{k-2}=m, \therefore  1\leq 2^{k-2}\leq 500, \therefore  0\leq k-2\leq 8。$

$\therefore  2\leq k\leq 10。$

$故集合｛k|b_k=a_m+a_1, 1\leq m\leq 500｝中元素个数为9.$

Final answer: 9
Subfield: Sequence


Question: $已知数列{a_n}, {b_n}的项数均为m (m>2)，且a_n, b_n \in  {1,2,\ldots , m}, {a_n}, {b_n}的前n项和分别为A_n,B_n并规定A_0=B_0=0对于k \in  {0,1,2,\ldots ,m},定义r_k=max{i|B_i\leq A_k,i\in {0,1,2,\ldots ,m}}，其中, max M表示数集M中最大的数.$
$若a_{1}=2, a_{2}=1, a_{3}=3, b_{1}=1, b_{2}=3, b_{3}=3, 写出r_{0}, r_{1}, r_{2}, r_{3}的值；$

Solution:
$由题意得A_1=2，A_2=3，A_3=6,B_1=1,B_2=4,B_3=7,r_k表示使得B_i\leq A_k成立的i的最大值，i，k\in {0,1,2,\ldots ,m}，故r_0=0,r_1=1,r_2=1,r_3=2.$

Final answer: $r_0=0,r_1=1,r_2=1,r_3=2.$
Subfield: Sequence


Question: $设p为实数.若无穷数列{a_n}满足如下三个性质，则称{a_n}为R_p数列：$
$①a_1+p\geq 0，且a_2+p=0；$
$②a_{4n-1}<a_{4n}(n=1,2,\ldots );$
$③a_{m+n}\in {a_m+a_n+p，a_m+a_n+p+1}(m=1,2，\ldots ；n=1,2,\ldots ).$
$若数列{a_n}是R_0数列，求a_5;$

Solution:
$根据R_0数列的定义，可知{a_n}满足:$
$a_1\geq 0,a_2=0;a_{4n-1} < a_{4n};a_{m+n}=a_m+a_n或a_{m+n}=a_m+a_n+1.$
$由a_{n+1}=a_n+a_1或a_{n+1}=a_n+a_1+1，以及a_1\geq 0，可知a_{n+1}\geq a_n。所以a_1=0.$
$由a_3=a_1+a_2=0或a_3=a_1+a_2+1=1;a_4=a_2+a_2=0或a_4=a_2+a_2+1=1，以及a_3<a_4，可知a_3=0,a_4=1.$
$由a_5=a_2+a_3=0或a_5=a_2+a_3+1=1,以及a_5\geq a_4，可知a_5=1.$

Final answer: ${a_5}=1$
Subfield: Sequence


Question: $设p为实数.若无穷数列{a_n}满足如下三个性质，则称{a_n}为R_p数列：$
$①a_1+p\geq 0，且a_2+p=0；$
$②a_{4n-1}<a_{4n}(n=1,2,\ldots );$
$③a_{m+n}\in {a_m+a_n+p，a_m+a_n+p+1}(m=1,2，\ldots ；n=1,2,\ldots ).$
$设数列a_n的前n项和为S_n. 是否存在R_p数列a_n,使得S_n\geq S_{10}恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由.$

Solution:
$假设数列a_n是满足“S_n\geq S_{10}恒成立”的R_p数列.$
$因为a_{n+1}=a_n+a_1+p或a_{n+1}=a_n+a_1+p+1，且a_1+p\geq 0，所以a_{n+1}\geq a_n.$
$由-p\leq a_1\leq a_2=-p，可知a_1=-p.$
$从而a_{4n}=a_{4n-1}+a_1+p=a_{4n-1}或a_{4n}=a_{4n-1}+a_1+p+1=a_{4n-1}+1.$
$又因为a_{4n-1}<a_{4n}，所以a_{4n}=a_{4n-1}+1.$
$因为a_4=a_3+1，且a_3\geq a_2=-p，所以a_4\geq -p+1.$
$又因为a_4\leq a_2+a_2+p+1=-p+1,所以a_4=-p+1，a_3=-p.$
$因为a_{12}\leq a_6+a_6+p+1，且a_6\leq a_3+a_3+p+1=-p+1，所以a_{12}\leq -p+3.$
$因为a_{11}=a_{12}-1，所以a_{11}\leq -p+2.$
$由S_{11}\geq S_{10}可知a_{11}\geq 0，所以p\leq 2.$
$由a_{10}\geq a_8=a_7+1及a_7\geq a_4=-p+1，可知a_{10}\geq -p+2.$
$由S_{9}\geq S_{10}可知a_{10}\leq 0，所以p\geq 2.$
$综上可知，若数列a_n是满足“S_n\geq S_{10}恒成立”的R_p数列，则p=2.当p=2时，考虑数列a_n:$

$a_n=\left\{
\begin{matrix}
-2+k,n\in {4k+1,4k+2,4k+3},\\ 
-1+k,n=4k+4
\end{matrix}
\right.$

$(k\in N).$

$下面验证数列a_n满足性质①②③.$

$由a_1=-2,a_2=-2可知a_1+p\geq 0,a_2+p=0.$

$因为a_{4n-1}=n-3,a_{4n}=n-2，所以a_{4n-1}<a_{4n}.$

$对于任意正整数m,n，存在k_1,k_2\in N，r_1,r_2\in {0,1,2,3},使得m=4k_1+r_1,n=4k_2+r_2.$

$所以a_m=-2+k_1,a_n=-2+k_2.$

$所以a_m+a_n+p=-2+k_1+k_2,a_m+a_n+p+1=-1+k_1+k_2.$

$又m+n=4(k_1+k_2)+r_1+r_2，所以当0\leq r_1+r_2<4时，a_{m+n}=-2+k_1+k_2;当4\leq r_1+r_2\leq 6时，a_{m+n}=-1+k_1+k_2.$

$所以a_{m+n}\in {a_m+a_n+p,a_m+a_n+p+1}.$

$由通项公式可知，当n\leq 9时，a_n\leq a_{10}=0;当n\geq 11时，a_n\geq a_{10}=0.$

$所以S_n\geq S_{10}恒成立.$

$综上，存在R_p数列a_n，使得S_n\geq S_{10}恒成立，这时p=2.$

Final answer: $p=2$
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 |
从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率；

Solution:
$记事件C为$“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”，$则P(C)=\frac{1}{25}=0.04.$

Final answer: $0.04$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制订了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取100个学生进行调查，获得数据如下表：

| |男|女|
|---|---|---|
|支持方案一|24|16|
|支持方案二|25|35|

假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立.
从样本中抽1人，求在已知抽到的学生支持方案二的条件下，该学生是女生的概率；

Solution:
$支持方案二的学生中，男生有25人，女生有35人，所以抽到的是女生的概率P=\frac{35}{25+35}=\frac{7}{12}.$

Final answer: $\frac{7}{12}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知函数f(x)=2cos\left(x-\frac{\pi }{4}\right)cos\left(x+\frac{\pi }{4}\right).$
$求函数 f(x) 的最小正周期；$

Solution:
$解法一：f(x)=2cos\left(x-\frac{\pi }{4}\right)cos\left(x+\frac{\pi }{4}\right)$
$=2\cos \left[\left(x+\frac{\pi }{4}\right)-\frac{\pi }{2}\right]\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$
$=2\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\cos \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\sin \left(2x+\frac{\pi }{2}\right)=\cos  2x，$
$所以f(x)的最小正周期T=\frac{2\pi }{|\omega |}=\pi .$

$解法二：f(x)=2cos\left(x-\frac{\pi }{4}\right)cos\left(x+\frac{\pi }{4}\right)$
$=2\left(\cos  x\cos \frac{\pi }{4}+\sin  x\sin \frac{\pi }{4}\right)\left(cos xcos\frac{\pi }{4}-sin xsin\frac{\pi }{4}\right)$
$=2\left(\frac{1}{2}{\cos }^2x-\frac{1}{2}{\sin }^2x\right)=\cos  2x，$
$所以f(x)的最小正周期T=\frac{2\pi }{|\omega |}=\frac{2\pi }{2}=\pi .$

Final answer: $\pi $
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若\sqrt{3}a=b(sinC+\sqrt{3}cosC).$
求角B的大小；

Solution:
$\because \sqrt{3}a=b(\sin  C+\sqrt{3}\cos  C)$
$\therefore \sqrt{3}\sin  A=\sin  B(\sin  C+\sqrt{3}\cos  C)$
$在\triangle ABC中，\sin  A=\sin (B+C)$
$则\sqrt{3}\sin (B+C)=\sin  B\sin  C+\sqrt{3}\sin  B\cos  C$
$即\sqrt{3}\cos  B\sin  C=\sin  B\sin  C$
$\because C\in (0，\pi )，\therefore \sin  C\neq 0$
$\therefore \sqrt{3}\cos  B=\sin  B，即\tan  B=\sqrt{3}$
$\because B\in (0,\pi ),\therefore B=\frac{\pi }{3}.$



Final answer: $B=\frac{\pi }{3}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若\sqrt{3}a=b(sinC+\sqrt{3}cosC).$
$若A=\frac{\pi }{3}，D为\triangle ABC外一点，DB=2,CD=1，求四边形ABDC面积的最大值.$

Solution:
$在\triangle BCD中，BD=2, CD=1，\therefore BC^2 = 1^2 + 2^2 - 212\cos  D =5 - 4\cos  D ，\because \angle ABC=\frac{\pi }{3}，A=\frac{\pi }{3}，\therefore \triangle ABC为等边三角形，$

$\therefore S_\triangle ABC = \frac{1}{2}BC^2 \times  \sin \frac{\pi }{3}=\frac{5\sqrt{3}}{4}-\sqrt{3}\cos  D，$

$又S_\triangle BDC = \frac{1}{2}\cdot BD\cdot DC\cdot \sin  D = \sin  D，$

$\therefore S_四边形ABDC = \frac{5\sqrt{3}}{4}+\sin  D -\sqrt{3}\cos  D=\frac{5\sqrt{3}}{4}+2\sin  \left(D-\frac{\pi }{3}\right)，$

$\therefore 当D-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}，即D=\frac{5\pi }{6}时，四边形ABDC的面积取得最大值，最大值为\frac{5\sqrt{3}}{4}+2.$

Final answer: \frac{5\sqrt{3}}{4}+2
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $\triangle ABC中，sin^2A - sin^2B - sin^2C = sinB \cdot sinC。$
求A；

Solution:
$由正弦定理和已知条件得 BC^2-AC^2-AB^2=AC\cdot AB. ①$
$由余弦定理得 BC^2=AC^2+AB^2-2AC\cdot AB \cos  A. ②$
$由①②得 \cos  A=-\frac{1}{2}. 因为0<A<\pi ,所以 A=\frac{2\pi }{3}.$

Final answer: $\frac{2\pi }{3}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $\triangle ABC中，sin^2A - sin^2B - sin^2C = sinB \cdot sinC。$
$若BC=3，求\triangle ABC周长的最大值.$

Solution:
$由正弦定理及(1)得$

$$
\frac{AC}{\sin  B} = \frac{AB}{\sin  C} = \frac{BC}{\sin  A} = 2\sqrt{3}
$$

从而

$$
AC = 2\sqrt{3}\sin B
$$

以及

$$
AB = 2\sqrt{3}\sin(\pi -A-B) = 3\cos B - \sqrt{3}\sin B
$$

故

$$
BC + AC + AB = 3 + \sqrt{3}\sin B + 3\cos B = 3 + 2\sqrt{3}\sin \left(B+\frac{\pi }{3}\right)
$$

$并且 0 < B < \frac{\pi }{3}，所以，$

当

$$
B = \frac{\pi }{6}
$$

$时，\triangle ABC周长取得最大值3+2\sqrt{3}。$

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


Question: $在\triangle ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知c=4，A=\frac{\pi }{3}.$
当a=2时，求b；

Solution:
$由余弦定理a^2=b^2+c^2-2bc \cos  A 得 a^2 = 2^2 + 4^2 - 2\times 2\times 4\times \cos \frac{\pi }{3} =12. 解得 a=2\sqrt{3}(舍负).$

Final answer: b}=2\sqrt{3
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，a=7，b=8，\cos  B=-(\frac{1}{7}\).$
$求\angle A；$

Solution:
$在\triangle ABC中，因为\cos  B=-\frac{1}{7}，所以\sin  B=\sqrt{1-\cos ^2B}=\frac{4\sqrt{3}}{7}.由正弦定理得\sin  A=\frac{a\sin  B}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}.由题设知\frac{\pi }{2}<\angle B<\pi ，所以0<\angle A<\frac{\pi }{2}.所以\angle A=\frac{\pi }{3}.$

Final answer: $\frac{\pi }{3}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，\sin 2C=\sin C。$
求C的值；

Solution:
$因为 sin2C=sinC，因此2sinCcosC=sinC，$
$又 C 为三角形内角，因此 sinC\neq 0，则 cosC=\frac{1}{2}。$
$在三角形ABC中，因为 C 属于 (0，\pi )，因此 C=\frac{\pi}{3}。$

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