di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Probability and Statistics


Question: $为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈，则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈，则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈，则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为\alpha和\beta，一轮试验中甲药的得分记为X。$
$若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p_i(i=0,1,\ldots ,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p_0=0,p_8=1,p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}(i=1,2,\ldots ,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0),c=P(X=1).假设\alpha =0.5，\beta =0.8.$

$证明：{p_{i+1}-p_i}(i=0,1,2,\ldots ,7)为等比数列；$

Solution:
$证明：由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.$
$因此p_{i}=0.4p_{i-1}+0.5p_{i}+0.1p_{i+1},$
$故0.1(p_{i+1}-p_{i})=0.4(p_{i}-p_{i-1})，即p_{i+1}-p_{i}=4(p_{i}-p_{i-1}).$
$又因为p_{1}-p_{0}=p_{1}\neq 0,$
$所以{p_{i+1}-p_{i}}(i=0,1,2,\ldots ,7)是公比为4，首项为p_{1}的等比数列.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四面体ABCD中，AD\perp CD，AD=CD，\angle ADB=\angle BDC，E为AC的中点.$

<img_203>
$证明：平面BED\perp 平面ACD；$

Solution:
$证明：因为AD=CD, E为AC的中点，所以DE \perp AC.因为\angle ADB=\angle BDC, AD=CD, BD=BD, 所以 \triangle ADB \cong \triangle CDB, 所以AB=CB,又E为AC的中点，所以BE \perp AC. 又DE,BE \subset 平面 BED,且DE \cap BE=E,$

$所以AC \perp 平面 BED, 又AC \subset 平面 ACD,$

$所以 平面 ACD \perp 平面 BED.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四面体ABCD中，AD\perp CD，AD=CD，\angle ADB=\angle BDC，E为AC的中点.$

![23GZT5SX13.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610435431452673/img/compression/M_220dc0896b3b4b6d351177a13641eddf.jpg)
$证明：平面BED\perp 平面ACD；$

Solution:
$证明：因为AD=CD, E为AC的中点，所以DE \perp AC.因为\angle ADB=\angle BDC, AD=CD, BD=BD, 所以 \triangle ADB \cong \triangle CDB, 所以AB=CB,又E为AC的中点，所以BE \perp AC. 又DE,BE \subset 平面 BED,且DE \cap BE=E,$

$所以AC \perp 平面 BED, 又AC \subset 平面 ACD,$

$所以 平面 ACD \perp 平面 BED.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，AD\parallel BC且AD=2BC，AD\perp CD，EG\parallel AD且EG=AD，CD\parallel FG且CD=2FG，DG\perp 平面ABCD，DA=DC=DG=2。$
<img_241>
$若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN\parallel 平面CDE；$

Solution:
$依题意，可以建立以D为原点，分别以\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{DG}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M\left(0,\frac{3}{2},1\right)，N(1，0，2).$

$证明：\overrightarrow{DC}=(0，2，0)，\overrightarrow{DE}=(2，0，2).$

设n_0=(x_0,y_0,z_0)为平面CDE的法向量，则
$\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_0 \cdot \overrightarrow{DC}=0,\\ \boldsymbol{n}_0 \cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.，即$
$\left\{\begin{matrix}2y_0=0,\\ 2x_0+2z_0=0,\end{matrix}\right.。$

不妨令z_0=-1，可得n_0=(1,0,-1).

$又\overrightarrow{MN}=\left(1,-\frac{3}{2},1\right)，可得\overrightarrow{MN}\cdot n_0=0，$

又因为直线$MN\not\subset $平面CDE，所以MN\parallel 平面CDE。
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，AD\parallel BC且AD=2BC，AD\perp CD，EG\parallel AD且EG=AD，CD\parallel FG且CD=2FG，DG\perp 平面ABCD，DA=DC=DG=2。$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610526569484290/img/compression/M_d62337ba9d2219b56f1c5c24d982b70a.jpg)
$若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN\parallel 平面CDE；$

Solution:
$依题意，可以建立以D为原点，分别以\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{DG}的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M\left(0,\frac{3}{2},1\right)，N(1，0，2).$

$证明：\overrightarrow{DC}=(0，2，0)，\overrightarrow{DE}=(2，0，2).$

设n_0=(x_0,y_0,z_0)为平面CDE的法向量，则
$\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_0 \cdot \overrightarrow{DC}=0,\\ \boldsymbol{n}_0 \cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.，即$
$\left\{\begin{matrix}2y_0=0,\\ 2x_0+2z_0=0,\end{matrix}\right.。$

不妨令z_0=-1，可得n_0=(1,0,-1).

$又\overrightarrow{MN}=\left(1,-\frac{3}{2},1\right)，可得\overrightarrow{MN}\cdot n_0=0，$

又因为直线$MN\not\subset $平面CDE，所以MN\parallel 平面CDE。

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，\angle ABC=120^\circ ，AB=1，BC=4，PA=\sqrt{15}，M，N分别为BC，PC的中点，PD\perp DC，PM\perp MD.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894120918118402/img/compression/M_d3bf08194198b4b8ec1fa37ec1881a40.jpg)
$证明：AB \perp PM；$

Solution:
$证明：在\triangle CDM中，DC=1，MC=2，\angle DCM=60^\circ ，则DM=\sqrt{3}，所以CD\perp DM.$

$又因为CD\perp PD，PD\cap DM=D，PD，DM\subset 平面PDM，$

$所以CD\perp 平面PDM.$

$因此CD\perp PM.$

$又因为AB\parallel CD，所以AB\perp PM.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，\angle ABC=120^\circ ，AB=1，BC=4，PA=\sqrt{15}，M，N分别为BC，PC的中点，PD\perp DC，PM\perp MD.$
<img_1961>
$证明：AB \perp PM；$

Solution:
$证明：在\triangle CDM中，DC=1，MC=2，\angle DCM=60^\circ ，则DM=\sqrt{3}，所以CD\perp DM.$

$又因为CD\perp PD，PD\cap DM=D，PD，DM\subset 平面PDM，$

$所以CD\perp 平面PDM.$

$因此CD\perp PM.$

$又因为AB\parallel CD，所以AB\perp PM.$
Subfield: Solid Geometry


Question: 某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.

![24ASD55X646.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_22357a8044d3e5f34258ae560ed9c458.jpg)

![24ASD55X647.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894257608298498/img/compression/M_053ebd582071647a1ab9468ba1e065af.jpg)
若O是四边形EBCF的对角线的交点，求证：AO\parallel 平面GCF；

Solution:
$证明：在题图2中取线段CF的中点H，连接OH、GH，$

$由题图1可知，四边形EBCF是矩形，$

$\therefore O是线段BF与CE的中点，$

$\therefore OH\parallel BC且OH=\frac{1}{2}BC，易得AG\parallel BC且AG=\frac{1}{2}BC，$

$\therefore AG\xlongequal{//} OH，$

$\therefore 四边形AOHG是平行四边形，\therefore AO\parallel HG，$

$又AO\not\subset 平面GCF，HG\subset 平面GCF，$

$\therefore AO\parallel 平面GCF．$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”，如图2.

<img_2254>

<img_2042>
若O是四边形EBCF的对角线的交点，求证：AO\parallel 平面GCF；

Solution:
$证明：在题图2中取线段CF的中点H，连接OH、GH，$

$由题图1可知，四边形EBCF是矩形，$

$\therefore O是线段BF与CE的中点，$

$\therefore OH\parallel BC且OH=\frac{1}{2}BC，易得AG\parallel BC且AG=\frac{1}{2}BC，$

$\therefore AG\xlongequal{//} OH，$

$\therefore 四边形AOHG是平行四边形，\therefore AO\parallel HG，$

$又AO\not\subset 平面GCF，HG\subset 平面GCF，$

$\therefore AO\parallel 平面GCF．$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894284539924483/img/compression/M_3ea9af4a7605d5d61bc099e23d9ac1a9.jpg)
$求证：BF \parallel  平面 CDE；$

Solution:
$证明：在矩形ABCD中，AB\parallel CD。$
$因为AB\not\subset 平面CDE，CD\subset 平面CDE，$
$所以AB\parallel 平面CDE。$
$因为PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，所以PA\parallel DE，$
$因为PA\not\subset 平面CDE，DE\subset 平面CDE，$
$所以PA\parallel 平面CDE。$
$又因为PA\subset 平面PAB，AB\subset 平面PAB，PA\cap AB＝A，$
$所以平面PAB\parallel 平面CDE。$
$因为BF\subset 平面PAB，所以BF\parallel 平面CDE。$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

<img_339>
$求证：BF \parallel  平面 CDE；$

Solution:
$证明：在矩形ABCD中，AB\parallel CD。$
$因为AB\not\subset 平面CDE，CD\subset 平面CDE，$
$所以AB\parallel 平面CDE。$
$因为PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，所以PA\parallel DE，$
$因为PA\not\subset 平面CDE，DE\subset 平面CDE，$
$所以PA\parallel 平面CDE。$
$又因为PA\subset 平面PAB，AB\subset 平面PAB，PA\cap AB＝A，$
$所以平面PAB\parallel 平面CDE。$
$因为BF\subset 平面PAB，所以BF\parallel 平面CDE。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x) = \sin x - x\cos x.$
$求证：当x\in (0,\frac{\pi }{2})时, f(x) < \frac{1}{3}x^3；$

Solution:
$证明：令 g(x)=f(x)-\frac{1}{3}x^3=sin x-xcos x-\frac{1}{3}x^3，$
$则 g'(x)=xsin x-x^2=x(sin x-x)，$
$当 x\in (0,\frac{\pi }{2}) 时，设 t(x)=sin x-x，$
$则 t'(x)=cos x-1<0，$
$所以 t(x) 在 x\in (0,\frac{\pi }{2}) 上单调递减，t(x)=sin x-x<t(0)=0，所以 g'(x)<0，$
$所以 g(x) 在 (0,\frac{\pi }{2}) 上单调递减，所以 g(x)<g(0)=0，$
$所以 f(x)< \frac{1}{3}x^{3}.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \tan x - kx^3 - x，k \in R.$
$当k=\frac{1}{3}, x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)时，求证：f(x)>0；$

Solution:
$证明：当k=1/3时, f'(x)= (1-\cos ^2x-x^2\cos ^2x)/\cos ^2x = (\sin  x+x\cos  x)(\sin  x-x\cos  x)/\cos ^2x.$

$因为x\in (0,\pi /2)，所以\sin  x+x\cos  x>0. $

$设h(x)=\sin  x-x\cos  x，则h'(x)=x\sin  x. $

$当x\in (0,\pi /2)时，h'(x)>0，$

$所以h(x)在区间(0,\pi /2)上单调递增. $

$所以当x\in (0,\pi /2)时，h(x)>h(0)=0. $

$即\sin  x-x\cos  x>0得证. $

$所以当x\in (0,\pi /2)时, f'(x)>0. $

$所以f(x)在区间(0,\pi /2)上单调递增. $

$又f(0)=0,所以当x\in (0,\pi /2)时, f(x)>f(0)=0.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{x+1}{e^x}.$
$求证：当x\in (0,+\infty )时, f(x) > -\frac{1}{2}x^2 + 1；$

Solution:
$证明：令 g(x)=f(x)+\frac{1}{2}x^{2}-1=\frac{x+1}{e^{x}}+\frac{1}{2}x^{2}-1\ (x>0), 则 g'(x)=-\frac{x}{e^{x}}+x=x(1-\frac{1}{e^{x}})=x\cdot\frac{e^{x}-1}{e^{x}}. 由 x>0 得 e^{x}-1>0, 所以，g'(x)>0, 故函数 g(x) 是 (0,+\infty ) 上的增函数. 所以 g(x)>g(0)=0，即 f(x)>-\frac{1}{2}x^{2}+1.$

解后反思

$令 g(x)=f(x)+\frac{1}{2}x^{2}-1，求导，根据函数 g(x) 的单调性和最值证明。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1).$
$证明：f(x)只有一个零点.$

Solution:
$证明：由于x^2+x+1>0，所以f(x)=0等价于\frac{x^3}{x^2+x+1}-3a=0。$

$设g(x)=\frac{x^3}{x^2+x+1}-3a，则g'(x)=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{(x^2+x+1)^2}\geq 0，仅当x=0时g'(x)=0，所以g(x)在(-\infty ,+\infty )上单调递增。故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点。$

$又f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6\left(a-\frac{1}{6}\right)^2-\frac{1}{6}<0, f(3a+1)=\frac{1}{3}>0，故f(x)有一个零点。$

$综上， f(x)只有一个零点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}.$
$判断方程f(x)=\ln x的解的个数，并证明你的结论；$

Solution:
$方程f(x)=ln x的解的个数为2，证明如下.$
$由f(x)=ln x，得\frac{x+2}{x^2+2x-3}=ln x，$
$设g(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}-ln x，定义域为(0，1)\cup (1,+\infty )，$
$则 g'(x)=\frac{-x^2-4x-7}{(x^2+2x-3)^2}-\frac{1}{x}=\frac{-{(x+2)}^2-3}{{(x^2+2x-3)}^2}-\frac{1}{x}<0，$
$所以函数g(x)的单调减区间为(0，1)，(1,+\infty ).$
$又g \left(\frac{1}{10}\right)=\frac{0.1+2}{{0.1}^2+0.2-3}-ln \frac{1}{10}=\frac{2.1}{-2.79}+ln 10>0，$
$g \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{0.5+2}{{0.5}^2+1-3}-ln \frac{1}{2}=\frac{2.5}{-1.75}+ln 2<-1+ln 2<0，$
$所以g(x)在区间(0，1)上存在一个零点.$
$g\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1.5+2}{{1.5}^2+3-3}-ln\frac{3}{2}=\frac{3.5}{2.25}-ln \frac{3}{2}>0，$
$g(3)=\frac{3+2}{3^2+6-3}-ln 3=\frac{5}{12}-ln 3<0，$
$所以g(x)在区间(1,+\infty )上存在一个零点，$
$所以方程f(x)=ln x的解有2个.$

疑难突破
$引入新函数g(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}-ln x，由导数得出g(x)的单调性，利用函数零点存在定理进行判断；$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列a_n和b_n满足a_1=1, b_1=0, 4a_{n+1}=3a_n-b_n+4, 4b_{n+1}=3b_n-a_n-4.$
$证明：{a_n+b_n}是等比数列，{a_n-b_n}是等差数列；$

Solution:
$证明：由题设得4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)，即a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+b_n)。(通常以所证数列的结构为目标，对已知递推数列变形)$

$又因为a_1+b_1=1，所以{a_n+b_n}是首项为1，公比为\frac{1}{2}的等比数列。$

$由题设得4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8，即a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2。$

$又因为a_1-b_1=1，所以{a_n-b_n}是首项为1，公差为2的等差数列。$
Subfield: Inequality


Question: $已知a, b, c均为正数，且a^2+b^2+4c^2=3,证明：$
$a + b + 2c \leq 3;$

Solution:
$证法一(柯西不等式)：由柯西不等式可得a^{2}+b^{2}+(2c)^{2} \ge (a+b+2c)^{2}，当且仅当 a = b =2c时，取“=”。$
$\because a^{2}+b^{2}+4c^{2}=3，\therefore (a+b+2c)^{2}\leq 9$
$\because a, b, c均为正数，\therefore a+b+2c\leq 3。$

证法二(基本不等式):
$\because a^{2}+b^{2}\geq 2ab,a^{2}+4c^{2}\geq 4ac,b^{2}+4c^{2}\geq 4bc，\therefore a^{2}+b^{2}+(2c)^{2} \ge ab+2ac+2bc，当且仅当 a = b =2c时，取“=”。$
$\because a^{2}+b^{2}+4c^{2}=3，\therefore ab+2ac+2bc\leq 3，$
$\therefore (a+b+2c)^{2}=a^{2}+b^{2}+4c^{2}+2(ab+2ac+2bc)=3+2(ab+2ac+2bc)\leq 9。$
$\because a, b, c均为正数，\therefore a+b+2c\leq 3.$
Subfield: Inequality


Question: $已知a，b，c都是正数，且a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}=1，证明：$
$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \leq  \frac{1}{2\sqrt{abc}}$

Solution:
证法一(分析法)：
$要证\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\leq \frac{1}{2\sqrt{abc}}成立，只需证\frac{a^\frac{3}{2}\sqrt{bc}}{b+c}+\frac{b^\frac{3}{2}\sqrt{ac}}{a+c}+\frac{c^\frac{3}{2}\sqrt{ab}}{a+b}\leq \frac{1}{2},因为b+c\geq 2\sqrt{bc},a+c\geq 2\sqrt{ac},a+b\geq 2\sqrt{ab},当且仅当a=b=c=3^{-\frac{2}{3}}时取等号，所以\frac{a^\frac{3}{2}\sqrt{bc}}{b+c}+\frac{b^\frac{3}{2}\sqrt{ac}}{a+c}+\frac{c^\frac{3}{2}\sqrt{ab}}{a+b}\leq \frac{a^\frac{3}{2}\sqrt{bc}}{2\sqrt{bc}}+\frac{b^\frac{3}{2}\sqrt{ac}}{2\sqrt{ac}}+\frac{c^\frac{3}{2}\sqrt{ab}}{2\sqrt{ab}}=\frac{a^\frac{3}{2}+b^\frac{3}{2}+c^\frac{3}{2}}{2}=\frac{1}{2}.$

证法二(综合法)：
$因为b+c\geq 2\sqrt{bc},$
$所以\frac{a}{b+c}\leq \frac{a}{2\sqrt{bc}}=\frac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{abc}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}$
(当且仅当b=c时取等号)，
$同理\frac{b}{a+c}\leq \frac{b^\frac{3}{2}}{2\sqrt{abc}}(当且仅当a=c时取等号)，$
$\frac{c}{a+b}\leq \frac{c^{\frac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}(当且仅当a=b时取等号)，$
$所以\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\leq \frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}=\frac{1}{2\sqrt{abc}},$
$当且仅当a=b=c=3^{-\frac{2}{3}}时取等号.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x - e^{x}。$
$求证：f(x)有且只有一个极值点；$

Solution:
$证明：f(x)的定义域为(0,+\infty)，$
$因为y=\frac{1}{x}在区间(0,+\infty)上单调递减，y=-e^{x}在区间(0,+\infty)上也单调递减，$
$所以f'(x)=\frac{1}{x}-e^{x}在(0,+\infty)上单调递减，$
$因为f'(1)=1-e<0, f'(\frac{1}{2})=2-\sqrt{e}>0，$
$所以存在x_0\in(\frac{1}{2},1), 使得f'(x_0)=0，$
$所以当x\in(0,x_0)时, f(x)单调递增，当x\in(x_0,+\infty)时, f(x)单调递减，$
$所以f(x)有且只有一个极值点x_0。$
Subfield: Derivative


Question: 已知函数$f(x)=\sqrt{x}lnx$.
$求证：f(x)<x；$

Solution:
$因为x >0，所以\sqrt{x} >0. 由此可知，要证\sqrt{x}ln x < x，只需证ln x < \sqrt{x}，即证ln x - \sqrt{x} <0.$

$令h(x) =ln x - \sqrt{x}, 则h'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{2-\sqrt{x}}{2x}.$

$令h'(x) = 0, 解得x = 4.$

$x，h'(x)与h(x)的变化情况如下表:$

|$x$|$(0,4)$|4|$(4,+\infty )$|
|---|---|---|---|
|$h'(x)$|+|0|-|
|$h(x)$|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|

$所以h(x) \leq  h(4) = ln4 - 2 < 0.$

$所以ln x - \sqrt{x} < 0，所以原不等式成立.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{\ln x+a}{x+1}.$
$当a>2时，$
$1. 求证：f(x)有唯一的极值点x_{1}；$
$2. 记f(x)的零点为x_{0}，是否存在a，使得\frac{x_1}{x_0}\leq e^2？说明理由.$

Solution:
$①证明：f(x)的定义域是(0,+\infty )， f'(x) = \frac{1+\frac{1}{x}-\mathrm{ln} x - a}{(x+1)^2}，设g(x) = 1+ \frac{1}{x} - \mathrm{ln} x - a， $

$因为y = \frac{1}{x}, y = -\mathrm{ln} x 在(0,+\infty )上单调递减，$

$所以g(x)在(0,+\infty )上单调递减. $

$因为g(e^{-a}) = 1+ e^a > 0, g(1) = 2-a < 0, 所以g(x)在(0,+\infty )上有唯一的零点，$

$所以f'(x) = 0在区间(0,+\infty )上有唯一解，不妨设为x_1,x_1 \in  (e^{-a},1).$

$当x变化时， f'(x)， f(x)变化情况如下：$

$| x | (0,x_1) | x_1 | (x_1,+\infty ) |$
|------|-----|-----|------|
$| f'(x) | + | 0 | - |$
$| f(x) | \text{单调递增} | 极大值 | \text{单调递减} |$

$所以f(x)有唯一的极值点x_1.$

$②由题意，ln x_0= -a，则x_0=e^{-a}，$

$若存在a，使得\frac{x_1}{x_0} \leq  e^2，则x_1 \leq  e^{2-a} < 1，$

$又x_1 \in (e^{-a}, 1), 所以e^{-a} < x_1 \leq  e^{2-a},$

$因为g(x)在(0,+\infty )上单调递减，g(e^{-a}) = 1+ e^a > 0，$

$则需g(e^{2-a}) = e^{a-2} -1 \leq  0，即a \leq  2，与已知矛盾.$

$所以，不存在a > 2，使得\frac{x_1}{x_0} \leq  e^2.$
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线C：x^2 = 2py(p>0)的焦点为F，抛物线C上不同的两点M，N同时满足下列三个条件中的两个：$
1. |FM| + |FN| = |MN|;
$2. |OM| = |ON| = |MN| = 8\sqrt{6};$
3. 直线MN的方程为 y=6p.
$若直线l与抛物线C相切于点P，l与椭圆D： \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} =1 相交于A，B两点，l与直线y= -\sqrt{2} 交于点Q，以PQ为直径的圆与直线y= -\sqrt{2} 交于Q，Z两点，求证：直线OZ经过线段AB的中点.$

Solution:
$证明：设P(t,\frac{t^2}{4\sqrt{2}})，$

$因为抛物线C：x^2=4\sqrt{2}y，则y'=\frac{x}{2\sqrt{2}}，$

$故直线AB的斜率k_{AB}=\frac{t}{2\sqrt{2}}，设A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)，$

则有
$\begin{cases}
\frac{x^2_1}{4}+\frac{y^2_1}{2}=1,\\
\frac{x^2_2}{4}+\frac{y^2_2}{2}=1,
\end{cases}$
$两式相减可得\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=-\frac{2(x_1-x_2)}{4(y_1-y_2)}=-\frac{1}{2k_{AB}}=-\frac{\sqrt{2}}{t}，$

$设AB的中点为G，则k_{OG}=-\frac{\sqrt{2}}{t}，$

$因为PQ为直径，所以QZ\perp PZ，故Z(t，-\sqrt{2})，$

$直线OZ的斜率k_{OZ}=-\frac{\sqrt{2}}{t}，$

$则k_{OG}=k_{OZ}，所以点O，G，Z三点共线，故直线OZ经过线段AB的中点.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E: x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1(a>b>0) 的右顶点为 A(2,0)，离心率为 1/2. 过点 P(6,0)与x轴不重合的直线 l 交椭圆 E 于不同的两点 B, C，直线 AB, AC 分别交直线 x=6 于点 M, N.$
$设O为原点，求证：\angle PAN+\angle POM=90^\circ .$

Solution:
证明：由题设知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x－6)(k\neq 0).

由
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=k(x-6),\\ 
\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y，得(4k^2+3)x^2－48k^2x+144k^2－12=0.$

$由 \Delta=(-48k^2)^2－4(4k^2+3)(144k^2－12)>0及k\neq 0，$

$解得-\frac{\sqrt{6}}{8}<k<0或0<k<\frac{\sqrt{6}}{8}.$

设B(x1,y1),C(x2,y2)，

$则x1+x2=\frac{48k^2}{4k^2+3}， x1x2=\frac{144k^2-12}{4k^2+3}.$

$直线AB:y=\frac{y1}{x1-2}(x－2)，令x=6，得y=\frac{4y1}{x1-2}，$

$所以点M \left(6,\frac{4y1}{x1-2}\right).$

$同理，点N \left(6,\frac{4y2}{x2-2}\right).$

$由题设知，tan\angle PMO=\frac{6}{\left|\frac{4y1}{x1-2}\right|}，tan\angle PAN=\frac{\left|\frac{4y2}{x2-2}\right|}{4}，$

$因为\frac{4y1}{x1-2}\cdot \frac{4y2}{x2-2}=\frac{16k^2(x1-6)(x2-6)}{(x1-2)(x2-2)}$

$=\frac{16k^2[x1x2-6(x1+x2)+36]}{x1x2-2(x1+x2)+4}$

$=\frac{16k^2\left(\frac{144k^2-12}{4k^2+3}-6 \times \frac{48k^2}{4k^2+3}+36\right)}{\frac{144k^2-12}{4k^2+3}-2 \times \frac{48k^2}{4k^2+3}+4}$

=24，

$所以tan\angle PAN=tan\angle PMO，且\frac{4y1}{x1-2}与\frac{4y2}{x2-2}同号.$

依题意，得$\angle PAN=\angle PMO$，且$点M,N位于x轴同侧$.

因为$\angle PMO+\angle POM=90^\circ ,$

所以$\angle PAN+\angle POM=90^\circ .$
Subfield: Sequence


Question: $设a_n为等差数列，a_2+a_5=16, a_5-a_3=4.$
$已知b_n为等比数列，对于任意k \in N，若2^{k-1}\leq n\leq 2^k-1，则b_k < a_n < b_{k+1}.当k\geq 2时，求证：2^k-1 < b_k < 2^k+1;$

Solution:
$证明: 2^{k-1} \leq n \leq 2^k -1 \Rightarrow 2^k \leq 2n \leq 2^{k+1} - 2 \Rightarrow 2^k + 1 \leq 2n+1 \leq 2^{k+1} -1，即 2^k + 1 \leq a_n \leq 2^{k+1} -1 。$
$因为 b_{k} < a_n < b_{k+1} 成立，$
$所以 \begin{cases}b_k < (a_n)_{min}, \\ b_{k+1} > (a_n)_{max},\end{cases} $
$所以 b_{k} < 2^k + 1且b_{k+1} > 2^{k+1} -1 ，则 b_{k} > 2^k - 1。$
$综上，2^k -1 < b_k < 2^k +1，证毕。$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，四边形ABCD为正方形，PA\perp 平面ABCD，PA\parallel BE，AB=PA=4，BE=2.

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874894905368580/img/compression/M_e414bbef565517dae2f476604bf401c3.jpg)
$求证：CE\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：设PA中点为G，连接EG，DG，$

$因为PA\parallel BE，且PA=4，BE=2，$

$所以BE\parallel AG且BE=AG，$

$所以四边形BEGA为平行四边形.$

$所以EG\parallel AB，且EG=AB.$

$在正方形ABCD中，CD\parallel AB，CD=AB，$

$所以EG\parallel CD，且EG=CD.$

$所以四边形CDGE为平行四边形.$

$所以CE\parallel DG.$

$因为DG\subset 平面PAD，CE\not\subset 平面PAD，$

$所以CE\parallel 平面PAD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，四边形ABCD为正方形，PA\perp 平面ABCD，PA\parallel BE，AB=PA=4，BE=2.

<img_1671>
$求证：CE\parallel 平面PAD；$

Solution:
$证明：设PA中点为G，连接EG，DG，$

$因为PA\parallel BE，且PA=4，BE=2，$

$所以BE\parallel AG且BE=AG，$

$所以四边形BEGA为平行四边形.$

$所以EG\parallel AB，且EG=AB.$

$在正方形ABCD中，CD\parallel AB，CD=AB，$

$所以EG\parallel CD，且EG=CD.$

$所以四边形CDGE为平行四边形.$

$所以CE\parallel DG.$

$因为DG\subset 平面PAD，CE\not\subset 平面PAD，$

$所以CE\parallel 平面PAD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱锥 D-ABC 中，\triangle  ACD 为正三角形，平面 ACD \perp  平面 ABC ，AD \perp  BC ，AC = BC = 2.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874991993614338/img/compression/M_31be3064fbd8ae3875910ce010147a12.jpg)
$求证：BC \perp AC；$

Solution:
$证明：设O为AC的中点，连接OD.$

$\because \triangle ACD是正三角形，\therefore OD\perp AC，$

$\because 平面ACD\perp 平面ABC，平面ACD\cap 平面ABC=AC，$

$\therefore OD\perp 平面ABC.又BC\subset 平面ABC，$

$\therefore OD\perp BC，$

$又\because AD\perp BC，OD\cap AD=D，OD，AD\subset 平面ACD，$

$\therefore BC\perp 平面ACD，\therefore BC\perp AC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱锥 D-ABC 中，\triangle  ACD 为正三角形，平面 ACD \perp  平面 ABC ，AD \perp  BC ，AC = BC = 2.$

<img_1810>
$求证：BC \perp AC；$

Solution:
$证明：设O为AC的中点，连接OD.$

$\because \triangle ACD是正三角形，\therefore OD\perp AC，$

$\because 平面ACD\perp 平面ABC，平面ACD\cap 平面ABC=AC，$

$\therefore OD\perp 平面ABC.又BC\subset 平面ABC，$

$\therefore OD\perp BC，$

$又\because AD\perp BC，OD\cap AD=D，OD，AD\subset 平面ACD，$

$\therefore BC\perp 平面ACD，\therefore BC\perp AC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧面BCC_1B_1为矩形，AC\perp 平面BCC_1B_1，D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点. $

![23ABJ5SX66.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875035056533505/img/compression/M_ebb54bdd14e4b6c0f0a0a8a1a464f440.jpg)
$求证：AE\parallel 平面B_{1}C_{1}D；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AA_1\parallel BB_1，且AA_1=BB_1。$

$因为点D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点，$

$所以AD\parallel B_1E，且AD=B_1E。$

$所以四边形AEB_1D是平行四边形.所以AE\parallel DB_1。$

$又因为AE不在平面B_1C_1D内，DB_1在平面B_1C_1D内，$

$所以AE\parallel 平面B_1C_1D。$

解后反思

$先证明AE\parallel DB_1，再由线面平行的判定定理证明AE\parallel 平面B_1C_1D；$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧面BCC_1B_1为矩形，AC\perp 平面BCC_1B_1，D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点. $

<img_271>
$求证：AE\parallel 平面B_{1}C_{1}D；$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AA_1\parallel BB_1，且AA_1=BB_1。$

$因为点D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点，$

$所以AD\parallel B_1E，且AD=B_1E。$

$所以四边形AEB_1D是平行四边形.所以AE\parallel DB_1。$

$又因为AE不在平面B_1C_1D内，DB_1在平面B_1C_1D内，$

$所以AE\parallel 平面B_1C_1D。$

解后反思

$先证明AE\parallel DB_1，再由线面平行的判定定理证明AE\parallel 平面B_1C_1D；$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧面BCC_1B_1为矩形，AC\perp 平面BCC_1B_1，D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点. $

<img_271>
$求证：CC_1\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：因为AC\perp 平面BCC_{1}B_{1}，CC_{1}\subset 平面BCC_{1}B_{1}，所以AC\perp CC_{1}.因为四边形BCC_{1}B_{1}为矩形，所以CC_{1}\perp BC。又因为AC\cap BC=C，AC\subset 平面ABC，BC\subset 平面ABC，所以CC_{1}\perp 平面ABC。$

解后反思
$由AC\perp 平面BCC_{1}B_{1}得出AC\perp CC_{1}，结合CC_{1}\perp BC，由线面垂直的判定定理证明CC_{1}\perp 平面ABC。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧面BCC_1B_1为矩形，AC\perp 平面BCC_1B_1，D，E分别是棱AA_1，BB_1的中点. $

![23ABJ5SX66.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875035056533505/img/compression/M_ebb54bdd14e4b6c0f0a0a8a1a464f440.jpg)
$求证：CC_1\perp 平面ABC；$

Solution:
$证明：因为AC\perp 平面BCC_{1}B_{1}，CC_{1}\subset 平面BCC_{1}B_{1}，所以AC\perp CC_{1}.因为四边形BCC_{1}B_{1}为矩形，所以CC_{1}\perp BC。又因为AC\cap BC=C，AC\subset 平面ABC，BC\subset 平面ABC，所以CC_{1}\perp 平面ABC。$

解后反思
$由AC\perp 平面BCC_{1}B_{1}得出AC\perp CC_{1}，结合CC_{1}\perp BC，由线面垂直的判定定理证明CC_{1}\perp 平面ABC。$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\angle ABC=60^\circ ，PA \perp底面ABCD，PA=2，点E是PC的中点。$

<img_1512>
$求证：DC\parallel 平面ABE；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中,AB \parallel CD,$

$又CD \nsubseteq平面ABE, AB \subseteq平面ABE,$

$所以CD \parallel 平面 ABE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\angle ABC=60^\circ ，PA \perp底面ABCD，PA=2，点E是PC的中点。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716267989823647746/img/compression/M_6b3de400e232ec00afb4edbe4e512548.jpg)
$求证：DC\parallel 平面ABE；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中,AB \parallel CD,$

$又CD \nsubseteq平面ABE, AB \subseteq平面ABE,$

$所以CD \parallel 平面 ABE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，点E，F分别在棱DD_1，BB_1上，且2DE=ED_1，BF=2FB_1.证明：$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268008189128705/img/compression/M_9aa872513f5d63a5ba92a48c015a2b6a.jpg)
$当AB=BC时，EF\perp AC；$

Solution:
$如图，连接BD，B_1D_1.因为AB=BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC \perp BD.又因为BB_1 \perp平面ABCD，于是AC \perp BB_1，因为BB_1 \cap BD=B,BB_1,BD\subset 平面BB_1D_1D，所以AC \perp平面BB_1D_1D.$

$由于EF\subset 平面BB_1D_1D，所以EF \perp AC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，点E，F分别在棱DD_1，BB_1上，且2DE=ED_1，BF=2FB_1.证明：$

<img_255>
$当AB=BC时，EF\perp AC；$

Solution:
$如图，连接BD，B_1D_1.因为AB=BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC \perp BD.又因为BB_1 \perp平面ABCD，于是AC \perp BB_1，因为BB_1 \cap BD=B,BB_1,BD\subset 平面BB_1D_1D，所以AC \perp平面BB_1D_1D.$

$由于EF\subset 平面BB_1D_1D，所以EF \perp AC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA \perp  AB，PA \perp  BC，AB \perp  BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268010898649091/img/compression/M_fde24ce6c175984056260619bbe5a463.jpg)
$求证：平面BDE\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为 AB=BC，D 为 AC 的中点，所以 BD \perp AC. $

$由(1)知，PA \perp BD，又 PA \cap AC = A，$

$所以 BD \perp 平面 PAC. 又因为 BD 在平面 BDE 内，$

$所以平面 BDE \perp 平面 PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA \perp  AB，PA \perp  BC，AB \perp  BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.$
<img_2960>
$求证：平面BDE\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为 AB=BC，D 为 AC 的中点，所以 BD \perp AC. $

$由(1)知，PA \perp BD，又 PA \cap AC = A，$

$所以 BD \perp 平面 PAC. 又因为 BD 在平面 BDE 内，$

$所以平面 BDE \perp 平面 PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，直角三角形ABC和等边三角形ABD所在平面互相垂直，AB = AC = 2，E是线段AD上一点.

<img_2499>
$设E为AD的中点，求证：BE\perp CD；$

Solution:
$证明：由题意知AB \perp AC.因为平面ABC \perp平面ABD，平面ABC \cap平面ABD = AB，所以AC \perp平面ABD.因为BE \subset平面ABD，所以AC \perp BE.因为\Delta ABD为等边三角形，E是AD的中点，所以AD \perp BE.因为AC \cap AD = A，所以BE \perp平面ACD.因为CD \subset平面ACD,所以BE \perp CD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，直角三角形ABC和等边三角形ABD所在平面互相垂直，AB = AC = 2，E是线段AD上一点.

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716268034375544835/img/compression/M_549f66340c6ba88b4f30e820fae38055.jpg)
$设E为AD的中点，求证：BE\perp CD；$

Solution:
$证明：由题意知AB \perp AC.因为平面ABC \perp平面ABD，平面ABC \cap平面ABD = AB，所以AC \perp平面ABD.因为BE \subset平面ABD，所以AC \perp BE.因为\Delta ABD为等边三角形，E是AD的中点，所以AD \perp BE.因为AC \cap AD = A，所以BE \perp平面ACD.因为CD \subset平面ACD,所以BE \perp CD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD－A_1B_1C_1D_1中，底面ABCD是正方形，平面A_1ADD_1\perp 平面ABCD，AD=2，AA_1=A_1D.$
<img_1648>
$求证：A_1D \perp AB；$

Solution:
$证明：\because 四边形ABCD为正方形，\therefore AB\perp AD，\because 平面A_1ADD_1\perp 平面ABCD，平面A_1ADD_1\cap 平面ABCD=AD，AB\subset 平面ABCD，\therefore AB\perp 平面A_1AD_1D，    $
$\because A_1D\subset 平面A_1AD_1D，\therefore AB\perp A_1D。$