di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x 0 y$ 中, 以坐标原点为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=6(\rho>0)$.
$M$ 为曲线 $C_{1}$ 的动点, 点 $P$ 在线段 $O M$ 上, 且满足 $|O M| \cdot|O P|=36$, 求点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程.

Solution:
设 $\mathrm{P}$ 的极坐标为 $(\rho, \theta)(\rho>0), \mathrm{M}$ 的极坐标为 $\left(\rho_{1}, \theta\right)\left(\rho_{1}>0\right)$

由题设知 $|\mathrm{OP}|=\rho,|\mathrm{OM}|=\rho_{1}=\frac{6}{\cos \theta}$,

由 $|\mathrm{OM}||\mathrm{OP}|=36$ 得 $\mathrm{C}_{2}$ 的极坐标方程 $\rho=6 \cos \theta(\rho>0)$

因此 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $(x-3)^{2}+y^{2}=9(x \neq 0)$.

Final answer: $(x-3)^{2}+y^{2}=9$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系 $x 0 y$ 中, 以坐标原点为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=6(\rho>0)$.
设点 $\mathrm{A}$ 的极坐标为 $\left(4, \frac{\pi}{3}\right)$, 点 $\mathrm{B}$ 在曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 上, 求 $\triangle O A B$ 面积的最大值

Solution:
设点 B 的极坐标为 $\left(\rho_{B}, \alpha\right)\left(\rho_{B}>0\right)$. 由题设知 $|0 \mathrm{~A}|=4, \rho_{B}=6 \cos \alpha,$

于是 $\triangle \mathrm{OAB}$ 面积 $S=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot \rho_{\mathrm{B}} \sin \angle A O B=12 \cos \alpha\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$

$$
\begin{aligned}
& =12\left|\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} \alpha\right|=6\left|\sin 2 \alpha \cdot \frac{1}{2}-\cos 2 \alpha \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right| \\
& =6\left|\sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\right| \leqslant 6+3 \sqrt{3}
\end{aligned}
$$

所以当 $\alpha=-\frac{\pi}{12}$ 时, $\mathrm{S}$ 取得最大值 $6+3 \sqrt{3}$.

所以 $\triangle O A B$ 面积的最大值为 $6+3 \sqrt{3}$.

Final answer: $6+3 \sqrt{3}$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+1|-|x-2|$
求不等式 $f(x) \geqslant 2$ 的解集.

Solution:
$f(x)=|x+1|-|x-2| \geqslant 2$

当 $x<-1$ 时, $f(x)=-x-1+x-2=-3 \geqslant 2$ 不成立

当 $-1 \leq x \leq 2$ 时, $f(x)=x+1+x-2=2 x-1 \geqslant 2, \therefore x \geqslant \frac{3}{2} \therefore \frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 2$

当 $x>2$ 时, $f(x)=x+1-x+2=3 \geqslant 2$ 恒成立, $\therefore x>2$

综上所述: $f(x) \geqslant 2$ 的解集为 $\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$;

Final answer: $\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+1|-|x-2|$
若不等式 $f(x) \geqslant a^{2}+4 a$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because|f(x)| \leqslant|x+1-x+2|=3, \therefore-3 \leqslant f(x) \leqslant 3$

$$
\therefore f(x)_{\text {min }}=-3 \text {, }
$$

$\because f(x) \geqslant a^{2}+4 a$ 恒成立, $\therefore a^{2}+4 a \leqslant-3$

所以 $a$ 的范围是 $[-3,-1]$.

Final answer: $[-3,-1]$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b c}=\frac{2 \sin B-\sin A}{\sin C}$.
求角 $C$ 的值.

Solution:
由条件和正弦定理可得 $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b}=2 b-a$

整理得 $b^{2}+a^{2}-c^{2}=a b$ 从而由余弦定理得 $\cos C=\frac{1}{2}$.

又 $\because C$ 是三角形的内角

$\therefore C=\frac{\pi}{3}$.

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


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b c}=\frac{2 \sin B-\sin A}{\sin C}$.
若 $a+b=4$, 当边 $c$ 取最小值时，求 $\triangle A B C$ 的面积.

Solution:
由条件和正弦定理可得 $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b}=2 b-a$

整理得 $b^{2}+a^{2}-c^{2}=a b$ 从而由余弦定理得 $\cos C=\frac{1}{2}$.

又 $\because C$ 是三角形的内角

$\therefore C=\frac{\pi}{3}$.

由余弦定理得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C=a^{2}+b^{2}-a b$,

$\because a+b=4, \quad \therefore c^{2}=a^{2}+b^{2}-a b=(a+b)^{2}-3 a b=16-3 a b$,

$\therefore c^{2}=16-3 a b \geq 16-3\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}=4$ （当且仅当 $a=b=2$ 时等号成立）

$\therefore c$ 的最小值为 2 , 故 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\sqrt{3} .$

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


Question: 网约车的兴起,丰富了民众出行的选择,为民众出行提供便利的同时也解决了很多劳动力的就业问题,据某著名网约车公司 “滴*打车” 官网显示, 截止目前, 该公司已经累计解决退伍军人转业为兼职或专职司机三百多万人次.梁某即为此类网约车司机，据梁某自己统计某一天出车一次的总路程数可能的取值是 $20 、 22 、 24 、 26 、$ 28、30(km)， 它们出现的概率依次是 $0.1 、 0.2 、 0.3 、 0.1 、 t 、 2 t$.
求这一天中梁某一次行驶路程 $\mathrm{X}$ 的均值和方差.

Solution:
由概率分布的性质有 $0.1+0.2+0.3+0.1+t+2 t=1$.

所以 $t=0.1,$

$\therefore X$ 的分布列为:

| $\mathrm{X}$ | 20 | 22 | 24 | 26 | 28 | 30 |
| :------------: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: |
| $\mathrm{P}$ | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.1 | 0.1 | 0.2 |

$\therefore E(X)=20 \times 0.1+22 \times 0.2+24 \times 0.3+26 \times 0.1+28 \times 0.1+30 \times 0.2=25(\mathrm{~km})$.

$D(X)=5^{2} \times 0.1+3^{2} \times 0.2+1^{2} \times 0.3+1^{2} \times 0.1+3^{2} \times 0.1+5^{2} \times 0.2=10.6$.

Final answer: $25 , 10.6$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 网约车的兴起,丰富了民众出行的选择,为民众出行提供便利的同时也解决了很多劳动力的就业问题,据某著名网约车公司 “滴*打车” 官网显示, 截止目前, 该公司已经累计解决退伍军人转业为兼职或专职司机三百多万人次.梁某即为此类网约车司机，据梁某自己统计某一天出车一次的总路程数可能的取值是 $20 、 22 、 24 、 26 、$ 28、30(km)， 它们出现的概率依次是 $0.1 、 0.2 、 0.3 、 0.1 、 t 、 2 t$.
网约车计费细则如下：起步价为 5 元，行驶路程不超过 $3 \mathrm{~km}$ 时，租车费为 5 元，若行驶路程超过 $3 \mathrm{~km}$ ，则按每超出 $1 \mathrm{~km}$ （不足 $1 \mathrm{~km}$ 也按 $1 \mathrm{~km}$ 计程）收费 3 元计费. 依据以上条件, 计算梁某一天中出车一次收入的均值和方差.

Solution:
由已知设梁某一天出车一次的收入为 $Y$ 元,

则 $Y=3(X-3)+5=3 X-4,(X>3, X \in N),$

$\therefore E(Y)=E(3 X-4)=3 E(X)-4=3 \times 25-4=71$ (元),

$D(Y)=D(3 X-4)=32 D(X)=95.4$.

Final answer: $71 , 95.4$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_4078>

如图,过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点 $P(1,1)$, 作两条直线分别交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若 $P A$ 与 $P B$ 的斜率满足 $k_{P A}+k_{P B}=0$.
求直线 $A B$ 的斜率.

Solution:
由抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 过点 $P(1,1)$, 得 $2 p=1$, 即 $y^{2}=x$,

将条件 $k_{P A}+k_{P B}=0$ 写为 $\frac{y_{1}-1}{x_{1}-1}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}-1}=0$,

注意到 $y_{1}^{2}=x_{1}, y_{2}^{2}=x_{2}$, 代入上式得到 $\frac{1}{y_{1}+1}+\frac{1}{y_{2}+1}=0$,

通分整理得 $y_{1}+y_{2}=-2$.

设直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}$, 由 $y_{1}^{2}=x_{1}, y_{2}^{2}=x_{2}$,

得 $k_{A B}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x_{1} \neq x_{2}\right),$

由于 $y_{1}+y_{2}=-2$,

将其代入上式得 $k_{A B}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}=-\frac{1}{2}$.

Final answer: $-\frac{1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_3563c7d01ff25d5f3768g-1.jpg?height=367&width=347&top_left_y=2136&top_left_x=1517)

如图,过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点 $P(1,1)$, 作两条直线分别交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若 $P A$ 与 $P B$ 的斜率满足 $k_{P A}+k_{P B}=0$.
求直线 $A B$ 的斜率.

Solution:
由抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 过点 $P(1,1)$, 得 $2 p=1$, 即 $y^{2}=x$,

将条件 $k_{P A}+k_{P B}=0$ 写为 $\frac{y_{1}-1}{x_{1}-1}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}-1}=0$,

注意到 $y_{1}^{2}=x_{1}, y_{2}^{2}=x_{2}$, 代入上式得到 $\frac{1}{y_{1}+1}+\frac{1}{y_{2}+1}=0$,

通分整理得 $y_{1}+y_{2}=-2$.

设直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}$, 由 $y_{1}^{2}=x_{1}, y_{2}^{2}=x_{2}$,

得 $k_{A B}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x_{1} \neq x_{2}\right),$

由于 $y_{1}+y_{2}=-2$,

将其代入上式得 $k_{A B}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}=-\frac{1}{2}$.

Final answer: $-\frac{1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_4078>

如图,过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点 $P(1,1)$, 作两条直线分别交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若 $P A$ 与 $P B$ 的斜率满足 $k_{P A}+k_{P B}=0$.
直线 $A B$的斜率$-\frac{1}{2}$.若直线 $A B$ 在 $y$ 轴上的截距 $b \in[0,1]$, 求 $\triangle A B P$ 面积的最大值.

Solution:
设直线 $A B$ 的方程为 $y=-\frac{1}{2} x+b$,

由 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=x \\ y=-\frac{1}{2} x+b\end{array}\right.$, 消去 $y$ 整理, 得 $\frac{1}{4} x^{2}-(b+1) x+b^{2}=0,$

$\because \mathrm{b} \in[0,1]$

$\therefore \Delta=(b+1)^{2}-b^{2}>0$,

且 $x_{1}+x_{2}=4(b+1), x_{1} x_{2}=4 b^{2} ，$

$|A B|=\sqrt{\frac{5}{4}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=2 \sqrt{5} \sqrt{2 b+1}$

又点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d=\frac{|3-2 b|}{\sqrt{5}}$,

所以 $S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{5} \sqrt{2 b+1} \cdot \frac{|3-2 b|}{\sqrt{5}}=\sqrt{1+2 b}|3-2 b|$

令 $f(x)=(1+2 x)(2 x-3)^{2}$, 其中 $x \in[0,1] ，$

则由 $f^{\prime}(x)=2(2 x-3)(6 x-1)=0$, 得 $x=\frac{1}{6}$ 或 $x=\frac{3}{2}$,

当 $x \in\left(0, \frac{1}{6}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 单调递增,

当 $x \in\left(\frac{1}{6}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,所以 $f(x)$ 单调递减,

故 $f(x)$ 的最大值为 $f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{256}{27}$.

故 $\triangle A B P$ 面积 $S_{\triangle A B P}$ 的最大值为 $\sqrt{f\left(\frac{1}{6}\right)}=\frac{16 \sqrt{3}}{9}$.

Final answer: $\frac{16 \sqrt{3}}{9}$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_3563c7d01ff25d5f3768g-1.jpg?height=367&width=347&top_left_y=2136&top_left_x=1517)

如图,过抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 上一点 $P(1,1)$, 作两条直线分别交抛物线于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若 $P A$ 与 $P B$ 的斜率满足 $k_{P A}+k_{P B}=0$.
直线 $A B$的斜率$-\frac{1}{2}$.若直线 $A B$ 在 $y$ 轴上的截距 $b \in[0,1]$, 求 $\triangle A B P$ 面积的最大值.

Solution:
设直线 $A B$ 的方程为 $y=-\frac{1}{2} x+b$,

由 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=x \\ y=-\frac{1}{2} x+b\end{array}\right.$, 消去 $y$ 整理, 得 $\frac{1}{4} x^{2}-(b+1) x+b^{2}=0,$

$\because \mathrm{b} \in[0,1]$

$\therefore \Delta=(b+1)^{2}-b^{2}>0$,

且 $x_{1}+x_{2}=4(b+1), x_{1} x_{2}=4 b^{2} ，$

$|A B|=\sqrt{\frac{5}{4}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=2 \sqrt{5} \sqrt{2 b+1}$

又点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d=\frac{|3-2 b|}{\sqrt{5}}$,

所以 $S_{\triangle A B P}=\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{5} \sqrt{2 b+1} \cdot \frac{|3-2 b|}{\sqrt{5}}=\sqrt{1+2 b}|3-2 b|$

令 $f(x)=(1+2 x)(2 x-3)^{2}$, 其中 $x \in[0,1] ，$

则由 $f^{\prime}(x)=2(2 x-3)(6 x-1)=0$, 得 $x=\frac{1}{6}$ 或 $x=\frac{3}{2}$,

当 $x \in\left(0, \frac{1}{6}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 单调递增,

当 $x \in\left(\frac{1}{6}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,所以 $f(x)$ 单调递减,

故 $f(x)$ 的最大值为 $f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{256}{27}$.

故 $\triangle A B P$ 面积 $S_{\triangle A B P}$ 的最大值为 $\sqrt{f\left(\frac{1}{6}\right)}=\frac{16 \sqrt{3}}{9}$.

Final answer: $\frac{16 \sqrt{3}}{9}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=2 x(\ln x+1)$.
求函数 $f(x)$ 的单调区间.

Solution:
$f(x)$ 的定义域是 $(0,+\infty)$, 且 $f^{\prime}(x)=2 \ln x+4$.

由 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=e^{-2}$,

当 $x \in\left(0, e^{-2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 此时 $f(x)$ 单调递减;

当 $x \in\left(e^{-2},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 此时 $f(x)$ 单调递增：

综上, $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, e^{-2}\right), f(x)$ 的增区间为 $\left(e^{-2},+\infty\right)$.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=2 x(\ln x+1)$.
若斜率为 $k$ 的直线与曲线 $y=f^{\prime}(x)$ 交于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 两点, 其中 $x_{1}<x_{2}$.

求证: $x_{1}<\frac{2}{k}<x_{2}$.

Solution:
$k=\frac{f^{\prime}\left(x_{2}\right)-f^{\prime}\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}=\frac{2 \ln x_{2}-2 \ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$,

要证明 $x_{1}<\frac{2}{k}<x_{2}$, 即证 $x_{1}<\frac{x_{2}-x_{1}}{\ln x_{2}-\ln x_{1}}<x_{2}$ ，

等价于 $1<\frac{\frac{x_{2}}{x_{1}}-1}{\ln \frac{x_{2}}{x_{1}}}<\frac{x_{2}}{x_{1}},$

令 $t=\frac{x_{2}}{x_{1}}$ (由 $x_{1}<x_{2}$, 知 $\left.t>1\right),$

则只需证 $1<\frac{t-1}{\ln t}<t$, 由 $t>1$, 知 $\ln t>0$,

故等价于 $\ln t<t-1<t \ln t(t>1) .(*)$

(1) 设 $g(t)=t-1-\ln t$, 则当 $t>1$ 时, $g^{\prime}(t)=1-\frac{1}{t}>0$,

所以 $g(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 内是增函数，

当 $t>1$ 时, $g(t)=t-1-\ln t>g(1)=0$, 所以 $t-1>\ln t$ ；

(2) 设 $h(t)=t \ln t-(t-1)$, 则当 $t>1$ 时, $h^{\prime}(t)=\ln t>0$,

所以 $h(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 内是增函数,

所以当 $t>1$ 时, $\mathrm{h}(t)=t \ln t-(t-1)>h(1)=0$, 即 $t \ln t>t-1(t>1)$.

由(1)(2)知 $(*)$ 成立, 所以 $x_{1}<\frac{2}{k}<x_{2}$.
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 圆 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-2 a \rho \cos \theta+a^{2}-4=0(a>0)$.
若直线 $l$ 与圆 $C_{1}$ 相切, 求 $a$ 的值.

Solution:
直线 $l$ 的普通方程为 $y=x-1$.

圆 $C_{1}$ 的直角坐标方程为 $(x-a)^{2}+y^{2}=4$.

因直线 $l$ 与圆 $C_{1}$ 相切,所以 $\frac{|a-1|}{\sqrt{2}}=2$, 由于 $a>0$ 解得 $a=2 \sqrt{2}+1$.

Final answer: $2 \sqrt{2}+1$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 圆 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-2 a \rho \cos \theta+a^{2}-4=0(a>0)$.
若直线 $l$ 与曲线 $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=\sqrt{3} \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 交于 $A, B$ 两点, 点 $C(2,1)$, 求 $|A C|+|B C|$.

Solution:
曲线 $C_{2}$ 的普通方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 点 $C(2,1)$ 在直线 $y=x-1$ 上,

所以直线 $l$ 的参数方程可以写为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=1+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),

将上式代入 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 得 $\frac{7}{2} t^{2}+10 \sqrt{2} t+4=0$.

设 $A, B$ 对应的参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,

所以 $t_{1}+t_{2}=-\frac{20 \sqrt{2}}{7}, t_{1} t_{2}=\frac{8}{7},$

所以 $|A C|+|B C|=\left|t_{1}\right|+\left|t_{2}\right|=-\left(t_{1}+t_{2}\right)=\frac{20 \sqrt{2}}{7}$.

Final answer: $\frac{20 \sqrt{2}}{7}$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+1|+|3 x+a|$, 若 $f(x)$ 的最小值为 1 .
求实数 $a$ 的值.

Solution:
$f(x)=|x+1|+|3 x+a|$

(1) 当$a>3$时，即$-1>-\frac{a}{3}$ , $f(x)=\left\{\begin{array}{l}-4x-1-a, x \leq -\frac{a}{3}\\ 2x+a-1, -\frac{a}{3}<x<-1 \\ 4x+a+1, x \geq -1\end{array}\right.$,

$\because f(-1)-f\left(-\frac{a}{3}\right)=(-3+a)-\left(\frac{a}{3}-1\right)=\frac{2(a-3)}{3}>0$

$\therefore f(-1)>f\left(-\frac{a}{3}\right)$

则当 $x=-\frac{a}{3}$ 时, $f(x)_{\text {min }}=-4\left(-\frac{a}{3}\right)-1-a=1$

$\therefore a=6 \quad$

(2) 当$a<3$时，即$-1<-\frac{a}{3}$ , $f(x)=\left\{\begin{array}{l}-4x-1-a, x \leq -1\\ 2x-a+1, -1<x<-\frac{a}{3} \\ 4x+a+1, x \geq -\frac{a}{3}\end{array}\right.$,

$\because f(-1)-f\left(-\frac{a}{3}\right)=(3-a)-\left(-\frac{a}{3}+1\right)=\frac{2(3-a)}{3}>0$

$\therefore f(-1)>f\left(-\frac{a}{3}\right)$

则当 $x=-\frac{a}{3}$ 时, $f(x)_{\text {min }}=4\left(-\frac{a}{3}\right)+1+a=1$

$\therefore a=0$

(3)当 $a=3$ 时, 即 $-1=-\frac{a}{3} ， f(x)=4|x+1|$

当 $x=-1$ 时, $f(\mathrm{x})_{\min }=0$ 不满足题意

综上 $a=0$ 或 $a=6$.

Final answer: $0 , 6$
Subfield: Inequality


Question: 已知函数 $f(x)=|x+1|+|3 x+a|$, 若 $f(x)$ 的最小值为 1 .
若 $a>0$, 且 $m, n$ 均为正实数, 且满足 $m+n=\frac{a}{2}$, 求 $m^{2}+n^{2}$ 的最小值.

Solution:
由题意知, $m+n=3, \because m>0, n>0$,

$\therefore(m+n)^{2}=m^{2}+n^{2}+2 m n \leq\left(m^{2}+n^{2}\right)+\left(m^{2}+n^{2}\right)=2\left(m^{2}+n^{2}\right)$

即 $m^{2}+n^{2} \geq \frac{1}{2}(m+n)^{2},$

当且仅当 $m=n=\frac{3}{2}$ 时取 “ $=”$

$\therefore m^{2}+n^{2} \geq \frac{9}{2} ， \therefore m^{2}+n^{2}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$.

Final answer: $\frac{9}{2}$
Subfield: Sequence


Question: 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都是正数, $S_{n}$ 为其前 $n$ 项和, $a_{3}=8, S_{3}=14$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=8, S_{3}=14$, 可列方程组 $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=8 \\ a_{1}+a_{1} q=6\end{array} \right.$

由于 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都是正数, $\therefore q>0$, 可得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=2 \\ q=2\end{array}\right.$

$\therefore a_{n}=2^{n}$.

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


Question: 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都是正数, $S_{n}$ 为其前 $n$ 项和, $a_{3}=8, S_{3}=14$.
设 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 3 的等差数列, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式及其前 $n$ 项和 $T_{n}$.

Solution:
等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}=8, S_{3}=14$, 可列方程组 $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=8 \\ a_{1}+a_{1} q=6\end{array} \right.$

由于 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都是正数, $\therefore q>0$, 可得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=2 \\ q=2\end{array}\right.$

$\therefore a_{n}=2^{n}$.

$\because 2^{n}-b_{n}=1+(n-1) \times 3, \quad \therefore b_{n}=2^{n}-3 n+2 $

$\therefore \mathrm{T}_{\mathrm{n}}=2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n}-3 \times(1+2+\cdots+n)+2 n$

$=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}-3 \times \frac{(1+n) n}{2}+2 n=2^{n+1}-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{n}{2}-2$.

Final answer: $2^{n}-3 n+2, 2^{n+1}-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{n}{2}-2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某公司生产甲、乙两种不同规格的产品, 并且根据质量的测试指标分数进行划分, 其中分数不小于 70 的为合格品, 否则为次品, 现随机抽取两种产品各 100 件进行检测, 其结果如下:

| 测试指标分数 | $[50,60)$ | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :----------- | :---------- | :---------- | :---------- | :---------- | :----------- |
| 产品甲       | 7           | 13          | 40          | 32          | 8            |
| 产品乙       | 9           | 21          | 40          | 24          | 6            |
根据表中数据，估计甲、乙两种产品的不合格率.

Solution:
甲产品的不合格率为 $P_{1}=\frac{7+13}{100}=20 \%$, 乙产品的不合格率为 $P_{2}=\frac{9+21}{100}=30 \%$.

Final answer: $20，30$ %,%
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某公司生产甲、乙两种不同规格的产品, 并且根据质量的测试指标分数进行划分, 其中分数不小于 70 的为合格品, 否则为次品, 现随机抽取两种产品各 100 件进行检测, 其结果如下:

| 测试指标分数 | $[50,60)$ | $[60,70)$ | $[70,80)$ | $[80,90)$ | $[90,100]$ |
| :----------- | :---------- | :---------- | :---------- | :---------- | :----------- |
| 产品甲       | 7           | 13          | 40          | 32          | 8            |
| 产品乙       | 9           | 21          | 40          | 24          | 6            |
若按合格与不合格的比例抽取 5 件甲产品, 再从这 5 件甲产品中随机抽取 2 件, 求这 2 件产品全是合格品的概率.

Solution:
由题意, 若按合格与不合格的比例抽取 5 件甲产品, 则其中恰有 1 件次品, 4 件合格品, 因而可设这 5 件甲产品分别为 a,b,c,d,E, 其中小写字母代表合格品, E 代表次品, 从中随机抽取 2 件，则所有可能的情况为 $\mathrm{ab}, \mathrm{ac}, \mathrm{ad}, \mathrm{aE}, \mathrm{bc}, \mathrm{bd}, \mathrm{bE}, \mathrm{cd}, \mathrm{cE}, \mathrm{dE}$ ，共 10种, 设 “这 2 件产品全是合格品” 为事件 M, 则事件 M 所包含的情况为 ab,ac,ad,bc,bd,cd, 共 6 种.

由古典概型的概率计算公式, 得 $P(M)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$ .

Final answer: $\frac{3}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 在三棱锥 $A-P C B$ 中, 其中 $\angle B P C=90^{\circ}, \angle A P C=\angle A P B=60^{\circ}$, 且 $P A=P B=P C=2$.

<img_4116>

$D$ 为线段 $A C$ 上一点, 且 $A D=\frac{2}{3} A C$, 求三棱锥 $D-A P B$ 的体积.

Solution:
$\because P A=P B=P C=2$, 又 $\angle A P C=\angle A P B=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A P B$ 和 $\triangle A P C$ 都是等边三角形, $A B=A C=2$.

取 $B C$ 中点 $H$, 连接 $A H, \therefore A H \perp B C$.

<img_4073>

$\therefore A H^{2}=A C^{2}-C H^{2}=2$

$\because \angle B P C=90^{\circ}, \quad \therefore B C=2 \sqrt{2}, \quad P H=\sqrt{2}$

在 $\triangle P H A$ 中, $A H^{2}=2, P H^{2}=2, P A^{2}=4$,

$\therefore P A^{2}=P H^{2}+A H^{2}, \quad \therefore A H \perp P H, \quad P H \cap B C=H$

$\therefore A H \perp$ 平面 $P B C$.

$\because A H \subset$ 平面 $A B C, \therefore$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $B P C$ .

$V_{D-A P B}=\frac{2}{3} V_{C-A P B}=\frac{2}{3} V_{A-P B C}=\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times S_{\triangle P B C} \times A H=\frac{4 \sqrt{2}}{9}$.

Final answer: $\frac{4 \sqrt{2}}{9}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 在三棱锥 $A-P C B$ 中, 其中 $\angle B P C=90^{\circ}, \angle A P C=\angle A P B=60^{\circ}$, 且 $P A=P B=P C=2$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e93b6014b8c8b42f3bf3g-1.jpg?height=422&width=511&top_left_y=258&top_left_x=3404)

$D$ 为线段 $A C$ 上一点, 且 $A D=\frac{2}{3} A C$, 求三棱锥 $D-A P B$ 的体积.

Solution:
$\because P A=P B=P C=2$, 又 $\angle A P C=\angle A P B=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A P B$ 和 $\triangle A P C$ 都是等边三角形, $A B=A C=2$.

取 $B C$ 中点 $H$, 连接 $A H, \therefore A H \perp B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9deaed52425468a14452g-1.jpg?height=504&width=547&top_left_y=613&top_left_x=1434)

$\therefore A H^{2}=A C^{2}-C H^{2}=2$

$\because \angle B P C=90^{\circ}, \quad \therefore B C=2 \sqrt{2}, \quad P H=\sqrt{2}$

在 $\triangle P H A$ 中, $A H^{2}=2, P H^{2}=2, P A^{2}=4$,

$\therefore P A^{2}=P H^{2}+A H^{2}, \quad \therefore A H \perp P H, \quad P H \cap B C=H$

$\therefore A H \perp$ 平面 $P B C$.

$\because A H \subset$ 平面 $A B C, \therefore$ 平面 $A B C \perp$ 平面 $B P C$ .

$V_{D-A P B}=\frac{2}{3} V_{C-A P B}=\frac{2}{3} V_{A-P B C}=\frac{2}{3} \times \frac{1}{3} \times S_{\triangle P B C} \times A H=\frac{4 \sqrt{2}}{9}$.

Final answer: $\frac{4 \sqrt{2}}{9}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$, 过焦点 $F$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A$,$B$ 两点.
当 $|A B|$ 的最小值为 4 时, 求抛物线 $C$ 的方程.

Solution:
当直线 $l$ 的斜率不存在时, $A\left(\frac{p}{2}, p\right), B\left(\frac{p}{2},-p\right)$, 此时 $|A B|=2 p$.

当直线 $l$ 的斜率存在时, 设为 $k$, 此时 $l: y=k\left(x-\frac{p}{2}\right)$, 与抛物线方程联立:

$\left\{\begin{array}{l}y=k\left(x-\frac{p}{2}\right) \\ y^{2}=2 p x\end{array}\right.$, 消去 $y$, 可得: $k^{2} x^{2}-\left(k^{2} p+2 p\right) x+\frac{k^{2} p^{2}}{4}=0 $.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 根据韦达定理, $x_{1}+x_{2}=\frac{k^{2} p+2 p}{k^{2}}=p+\frac{2 p}{k^{2}}$

$\therefore|A B|=x_{1}+x_{2}+p=2 p\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right)>2 p$

$\therefore|A B|_{\text {min }}=2 p=4$, 则抛物线 $\mathrm{C}$ 的方程为: $y^{2}=4 x$.

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


Question: 设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$, 过焦点 $F$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A$,$B$ 两点.
设 $A B$ 的中点为 $M$, 过 $M$ 作直线 $x=-\frac{p}{2}$ 的垂线, 垂足为 $N$, 求证: 直线 $F N \perp l$.

Solution:
当直线 $l$ 的斜率不存在时, 结论显然成立

当直线 $l$ 的斜率存在时, $\because y_{1}+y_{2}=k x_{1}-\frac{k p}{2}+k x_{2}-\frac{k p}{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-k p$, 将

$x_{1}+x_{2}=p+\frac{2 p}{k^{2}}$ 代入可得, $y_{1}+y_{2}=\frac{2 p}{k}, N\left(-\frac{p}{2}, \frac{p}{k}\right) $

$\mathrm{k}_{N F}=\frac{\frac{p}{k}}{-\frac{p}{2}-\frac{p}{2}}=-\frac{1}{k}$, 由于 $\left(-\frac{1}{k}\right) \cdot k=-1, \therefore$ 直线 $\mathrm{F} N \perp l $
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x-2 \ln x$.
当 $a=-1$ 时, 求函数 $f(x)$ 的单调区间.

Solution:
当 $a=-1$ 时, $f(x)=x^{3}-x-2 \ln x(x>0), f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1-\frac{2}{x}=\frac{3 x^{3}-x-2}{x} $.

$f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)\left(3 x^{2}+3 x+2\right)}{x} $

$\because 3 x^{2}+3 x+2>0$ 恒成立, $\therefore$ 所以当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, y=f(x)$ 单调递增;

当 $x \in(0,1)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, y=f(x)$ 单调递减.

Final answer: 见解析，略
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x-2 \ln x$.
若 $f(x) \geq 0$ 在定义域内恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
$\because f(x)=x^{3}+a x-2 \ln x \geq 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, $\therefore$ 当 $x \in(0,+\infty)$ 时,

$g(x)=x^{2}+a-\frac{2 \ln x}{x} \geq 0$ 恒成立

$g^{\prime}(x)=2 x-2 \frac{(\ln x)^{\prime} \cdot x-\ln x \cdot x^{\prime}}{x^{2}}=2 \frac{x^{3}+\ln x-1}{x}$ .

令 $h(x)=x^{3}+\ln x-1$, 可得 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 且 $h(1)=0$

$\therefore x \in(0,1)$ 时, $\mathrm{h}(x)<0, g^{\prime}(x)<0$, 即 $y=g(x)$ 单调递减

$\therefore x \in(1,+\infty), \mathrm{h}(x)>0, g^{\prime}(x)>0$, 即 $y=g(x)$ 单调递增 .

$\therefore g(x)_{\text {min }}=g(1)=1+a \geq 0$, 可得: $a \geq-1$ .

Final answer: $[-1, +\infty)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 已知在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 以 $O$ 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, $P$ 点的极坐标为 $\left(3 \sqrt{2},-\frac{\pi}{4}\right)$, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+1=0$.
写出点 $P$ 的直角坐标及曲线 $C$ 的直角坐标方程;

Solution:
$P(3,-3), \mathrm{C}:(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$.

Final answer: $(3,-3), (x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 已知在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 以 $O$ 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, $P$ 点的极坐标为 $\left(3 \sqrt{2},-\frac{\pi}{4}\right)$, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-2 \rho \sin \theta+1=0$.
若 $Q$ 为 $C$ 上的动点, 求 $P Q$ 的中点 $M$ 到直线 $l:\left\{\begin{array}{l}x=2-2 t \\ y=4+2 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数) 的距离的最大值.

Solution:
$P(3,-3), \mathrm{C}:(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$.

设 $\mathrm{Q}(2 \cos \theta+2,2 \sin \theta+1)$, 则 $\mathrm{PQ}$ 的中点 $\mathrm{M}\left(\cos \theta+\frac{5}{2}, \sin \theta-1\right)$.

直线 $l: x+y-6=0$.

则点 $\mathrm{M}$ 到直线 $l$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\left|\cos \theta+\sin \theta-\frac{9}{2}\right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-\frac{9}{2}\right|}{\sqrt{2}}$.

当 $\theta=2 k \pi-\frac{3}{4} \pi(k \in Z)$ 时, 最大距离为 $1+\frac{9 \sqrt{2}}{4}$ .

Final answer: $1+\frac{9 \sqrt{2}}{4}$
Subfield: Inequality


Question: 已知不等式 $|2 x+4|+|x-1| \geq m$ 的解集为 $R$.
求实数 $m$ 的取值范围.

Solution:
$f(x)=|2 x+4|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}3 x+3, x \geq 1 \\ x+5,-2<x<1, \\ -3 x-3, x \leq-2\end{array}\right.$ 所以 $f(x)$ 的值域为 $[3,+\infty)$,由不等式 $|2 x+4|+|x-1| \geq m$ 的解集为 $\mathrm{R}$ 可知, $m \leq 3 $.

Final answer: $(-\infty, 3]$
Subfield: Inequality


Question: 已知不等式 $|2 x+4|+|x-1| \geq m$ 的解集为 $R$.
若 $m$ 的最大值为 $n$, 当正数 $a, b$ 满足 $\frac{2}{2 a+b}+\frac{1}{a+3 b}=n$ 时, 求 $17 a+11 b$ 的最小值.

Solution:
$n=3, \frac{2}{2 a+b}+\frac{1}{a+3 b}=3$

当 $a, b>0$ 时, $17 a+11 b=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{2 a+b}+\frac{1}{a+3 b}\right)[8(2 a+b)+(a+3 b)]$ $=\frac{1}{3}\left[16+\frac{2(a+3 b)}{2 a+b}+\frac{8(2 a+b)}{a+3 b}+1\right] \geq \frac{1}{3}(17+2 \sqrt{2 \times 8})=\frac{25}{3}$.

当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{2 a+b}+\frac{1}{a+3 b}=3 \\ a+3 b=2(2 a+b)\end{array}\right.$, 即 $a=\frac{1}{6}, b=\frac{1}{2}$ 时, $17 a+11 b$ 取到最小值 $\frac{25}{3}$.

Final answer: $\frac{25}{3}$