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


Question: $已知函数f(x)=x^3-x^2+ax+1.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$由题意可得f'(x) = 3x^2-2x+a, $

$对于3x^2-2x+a=0, \Delta=4-12a.$

$①当a\geq\frac{1}{3}时，\Delta\leq0，即f'(x)\geq0在R上恒成立，此时f(x)在R上单调递增. $

$②当a<\frac{1}{3}时，\Delta>0, 方程3x^2-2x+a=0的两个根为x_1=\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3}，x_2=\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3}，故当x\in\left(-\infty ,\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3}\right) \cup  \left(\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3},+\infty \right)时， f'(x)>0, 当x\in\left(\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3}\right)时， f'(x)<0，所以f(x)在\left(-\infty ,\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3}\right) 和 \left(\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3},+\infty \right)上单调递增，在\left(\right.\frac{1-\sqrt{1-3a}}{3},\frac{1+\sqrt{1-3a}}{3}\left)\right.上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{ax^2+x-1}{e^x}, a\geq 0.$
$当a > 0时, 求证：函数f(x)在区间(0, 1)上有且仅有一个零点.$

Solution:
$证明：由(1)可知：当a>0时, f(x)在区间(-\frac{1}{a},2)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，且f(0)=-1<0, f(1)=\frac{a}{e}>0.$
$所以函数f(x)在区间(0，1)上有且仅有一个零点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^3+klnx(k\in R)， f'(x)为f(x)的导函数.$
$当k\geq -3时，求证：对任意的x_1，x_2\in [1，+\infty )，且x_1>x_2，有 $
$\frac{f '(x_1)+f '(x_2)}{2}>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}.$

Solution:
$证明：由题意得f '(x)=3x^2+\frac{k}{x}.$

$对任意的x_1，x_2\in [1，+\infty )，且x_1 > x_2，令\frac{x_1}{x_2}=t(t > 1)，则(x_1-x_2)[f '(x_1)+f '(x_2)]-2[f(x_1)-f(x_2)]=(x_1-x_2)\cdot(3x^2_1+\frac{k}{x_1}+3x^2_2+\frac{k}{x_2}]-2[x^3_1-x^3_2+k\mathrm{ln}\frac{x_1}{x_2}]=x^3_1-x^3_2-3x^2_1x_2+3x_1x^2_2+k(\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1})-2kln\frac{x_1}{x_2}=x^3_2(t^3-3t^2+3t-1)+k(t-\frac{1}{t}-2\mathrm{ln} t).①$

$令h(x)=x-\frac{1}{x}-2ln x，x\in [1，+\infty ).当x > 1时，h'(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x} =(1-\frac{1}{x})^2 > 0，由此可得h(x)在[1，+\infty )单调递增，所以当t > 1时，h(t) > h(1)，即t-\frac{1}{t}-2ln t > 0.$

$因为x_2 \geq  1，t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3 > 0，k \geq  -3，所以x^3_2(t^3-3t^2+3t-1)+k(t-\frac{1}{t}-2\mathrm{ln} t) > (t^3-3t^2+6ln t+\frac{3}{t}-1). ②$

由(1)(ii)可知，当t > 1时，g(t) > g(1)，即t^3-3t^2+6ln t+\frac{3}{t}> 1，故t^3-3t^2+6ln t+\frac{3}{t}-1 > 0 . ③

由①②③可得$(x_1-x_2)[f '(x_1)+f '(x_2)]-2[f(x_1)-f(x_2)] > 0 . 所以，当k \geq  -3时，对任意的x_1，x_2\in [1，+\infty )，且x_1 > x_2，有\frac{f '(x_1)+f '(x_2)}{2} > \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} .$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2e^{x}\\sin  x - ax。 (e是自然对数的底数)$
$若0<a<6，试讨论f(x)在(0,\pi )上的零点个数.(参考数据：e^{\frac{\pi }{2}}\approx 4.8)$

Solution:
$\because f(x)=2e^{x}\\sin {x}-ax，\therefore f'(x)=2e^{x}(\\sin {x}+\\cos {x})-a，$
$令h(x)=f'(x)，则h'(x)=4e^{x}\\cos {x}，$

$当x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)时，h'(x)>0；当x \in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)时，h'(x)<0，$

$\therefore h(x)在\left(0,\frac{\pi}{2}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)上单调递减，$
$即f'(x)在\left(0,\frac{\pi}{2}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)上单调递减.$

$显然f'(0)=2-a，f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=2e^{\frac{\pi}{2}}-a>0，f'(\pi)=-2e^{\pi}-a<0.$

$①当2-a\geq0，即0<a\leq2时，f'(0)\geq0，$

$\therefore \exists x_{0}\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)，使得f'(x_{0})=0，$

$\therefore 当x \in (0,x_{0})时，f'(x)>0；当x \in (x_{0},\pi)时，f'(x)<0，$

$\therefore f(x)在(0,x_{0})上单调递增，在(x_{0},\pi)上单调递减.$

$\because f(0)=0，\therefore f(x_{0})>0，又f(\pi)=-a\pi<0，$

$\therefore 由函数零点存在定理可得，f(x)在(0,\pi)上仅有一个零点.$

$②当2<a<6时，f'(0)=2-a<0，$

$\because f'(x)在\left(0,\frac{\pi}{2}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)上单调递减，$
$而f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=2e^{\frac{\pi}{2}}-a>0，$

$\therefore \exists x_{1}\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)，x_{2}\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)，$
$使得f'(x_{1})=0，f'(x_{2})=0，且当x \in (0,x_{1}) \cup  (x_{2},\pi)时，f'(x)<0；当x \in (x_{1},x_{2})时，f'(x)>0，$

$\therefore f(x)在(0,x_{1})和(x_{2},\pi)上单调递减，在(x_{1},x_{2})上单调递增.$

$\because f(0)=0，\therefore f(x_{1})<0，\because f\left(\frac{\pi}{2}\right)=2e^{\frac{\pi}{2}}-\frac{\pi}{2}a>2e^{\frac{\pi}{2}}-3\pi>0，$
$\therefore f(x_{2})>0，$

$又\because f(\pi)=-a\pi<0，\therefore 由函数零点存在定理可得，f(x)在(x_{1},x_{2})和(x_{2},\pi)内各有一个零点，即此时f(x)在(0,\pi)上有两个零点.$

$综上所述，当0<a \leq 2时，f(x)在(0,\pi)上仅有一个零点；当2<a<6时，f(x)在(0,\pi)上有两个零点.$



Final answer: $当0<a \leq 2时，f(x)在(0,\pi)上仅有一个零点；当2<a<6时，f(x)在(0,\pi)上有两个零点.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $圆C：(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=9，过点P(-1,3)向圆C引两切线，A，B为切点.$
求切线的方程;

Solution:
如果过点P的直线斜率不存在，切线方程为x=-1，符合题意；
$如果过点P的直线斜率存在，设切线方程为y-3=k(x+1)，即kx-y+k+3=0，圆心C到切线的距离为 |3k+2|/\sqrt{k^2+1}=3，解得k=5/12，则切线方程为5x-12y+41=0.$
综上，切线方程为$x=-1或5x-12y+41=0$.

Final answer: $x=-1, 5x-12y+41=0$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|=4，\odot M过点A，B且与直线x+2=0相切.$
$若A在直线x+y=0上，求\odot M的半径；$

Solution:
$因为\odot M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.  $
$已知A在直线x+y=0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y=x上，故可设M(a，a).  $
$因为\odot M与直线x+2=0相切，  $
$所以\odot M的半径r=|a+2|.  $
$由已知得|AO|=2，又$
$$
\overrightarrow{MO}\perp\overrightarrow{AO}
$$
，  
$故可得2a^2+4=(a+2)^2,解得a=0或a=4.  $
$故\odot M的半径r=2或r=6.$

Final answer: $r=2,r=6$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 {x^2}/{a^2}+{y^2}/{b^2}=1 (a>b>0)的一个顶点为 A(0，-3)，右焦点为 F ，且 |OA|=|OF|，其中 O 为原点.$
$已知点C满足3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OF}，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.$

Solution:
$因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，所以AB\perp CP.$

$依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在.$

$设直线AB的方程为y=kx-3.$

由方程组

$\left\{\begin{matrix}y=kx-3,\\ \frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1,\end{matrix}\right.$

$消去y，可得(2k^2+1)x^2-12kx=0，$

解得x=0或x=

$\frac{12k}{2k^2+1}$

依题意，可得点B的坐标为

$\left(\frac{12k}{2k^2+1},\frac{6k^2-3}{2k^2+1}\right)$

因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，-3)，

所以点P的坐标为

$\left(\frac{6k}{2k^2+1},\frac{-3}{2k^2+1}\right)$

由3

$\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OF}，$

得点C的坐标为(1，0)，

故直线CP的斜率为

$\frac{\frac{-3}{2k^2+1}-0}{\frac{6k}{2k^2+1}-1}，$

即

$\frac{3}{2k^2-6k+1}$

$又因为AB\perp CP，所以k\cdot $

$\frac{3}{2k^2-6k+1}=-1，$

$整理得2k^2-3k+1=0，解得k=\frac{1}{2}$

或$k=1$.

所以直线AB的方程为$y=\frac{1}{2}$

$x-3或y=x-3.$

Final answer: $y=\frac{1}{2}x-3, y=x-3$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xln(2x+1)-ax^2.$
请直接写出函数f(x)的零点个数.

Solution:
$当a\leq 0或a=2时，函数f(x)有一个零点；$
$当0<a<2或a>2时，函数f(x)有两个零点.$
$详解：函数f(x)的定义域为\left(-\frac{1}{2},+\infty \right)$
$f(x)=0\Leftrightarrow xln(2x+1)=ax^2，$
$显然x=0是函数f(x)的零点，当x\neq 0时，函数f(x)的零点即为方程a=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}的解，$
$令g(x)=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x},x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)\cup (0,+\infty )，则g'(x)=\frac{\frac{2x}{2x+1}-\mathrm{ln}(2x+1)}{x^2}，$
$令h(x)=\frac{2x}{2x+1}－ln(2x+1)，则h'(x)=\frac{2}{(2x+1)^2}－\frac{2}{2x+1}=－\frac{4x}{(2x+1)^2}，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，h'(x)>0，当x>0时，h'(x)<0，所以函数h(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递增，在(0,+\infty )上单调递减，$
$所以∀x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)\cup (0,+\infty )，h(x)<h(0)=0，即有g'(x)<0，所以g(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)，(0,+\infty )上单调递减，$
$令\phi (x)=ln(2x+1)－2x，则\phi '(x)=\frac{2}{2x+1}－2=－\frac{4x}{2x+1}，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，\phi '(x)>0，当x>0时，\phi '(x)<0，$
$所以\phi (x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递增，在(0,+\infty )上单调递减，所以\phi (x)\leq \phi (0)=0，$
$即∀x\in \left(-\frac{1}{2},+\infty \right)，恒有ln(2x+1)\leq 2x，当且仅当x=0时取“=”，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}>2，当x>0时，0<\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}<2，$
$因此，g(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递减，g(x)取值集合为(2,+\infty )，g(x)在(0,+\infty )上单调递减，g(x)取值集合为(0,2)，$
$于是得当0<a<2或a>2时，方程a=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}有唯一解，当a\leq 0或a=2时，此方程无解，$
$所以，当a\leq 0或a=2时，函数f(x)有一个零点，当0<a<2或a>2时，函数f(x)有两个零点.$

Final answer: $当a\leq 0或a=2时，函数f(x)有一个零点；当0<a<2或a>2时，函数f(x)有两个零点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xln(2x+1)-ax^2. 0<a<2$
请直接写出函数f(x)的零点个数.

Solution:
$当a\leq 0或a=2时，函数f(x)有一个零点；$
$当0<a<2或a>2时，函数f(x)有两个零点.$
$详解：函数f(x)的定义域为\left(-\frac{1}{2},+\infty \right)$
$f(x)=0\Leftrightarrow xln(2x+1)=ax^2，$
$显然x=0是函数f(x)的零点，当x\neq 0时，函数f(x)的零点即为方程a=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}的解，$
$令g(x)=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x},x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)\cup (0,+\infty )，则g'(x)=\frac{\frac{2x}{2x+1}-\mathrm{ln}(2x+1)}{x^2}，$
$令h(x)=\frac{2x}{2x+1}－ln(2x+1)，则h'(x)=\frac{2}{(2x+1)^2}－\frac{2}{2x+1}=－\frac{4x}{(2x+1)^2}，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，h'(x)>0，当x>0时，h'(x)<0，所以函数h(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递增，在(0,+\infty )上单调递减，$
$所以∀x\in \left(-\frac{1}{2},0\right)\cup (0,+\infty )，h(x)<h(0)=0，即有g'(x)<0，所以g(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)，(0,+\infty )上单调递减，$
$令\phi (x)=ln(2x+1)－2x，则\phi '(x)=\frac{2}{2x+1}－2=－\frac{4x}{2x+1}，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，\phi '(x)>0，当x>0时，\phi '(x)<0，$
$所以\phi (x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递增，在(0,+\infty )上单调递减，所以\phi (x)\leq \phi (0)=0，$
$即∀x\in \left(-\frac{1}{2},+\infty \right)，恒有ln(2x+1)\leq 2x，当且仅当x=0时取“=”，$
$当－\frac{1}{2}<x<0时，\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}>2，当x>0时，0<\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}<2，$
$因此，g(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递减，g(x)取值集合为(2,+\infty )，g(x)在(0,+\infty )上单调递减，g(x)取值集合为(0,2)，$
$于是得当0<a<2或a>2时，方程a=\frac{\mathrm{ln}(2x+1)}{x}有唯一解，当a\leq 0或a=2时，此方程无解，$
$所以，当a\leq 0或a=2时，函数f(x)有一个零点，当0<a<2或a>2时，函数f(x)有两个零点.$



Final answer: 2
Subfield: Sequence


Question: $已知数列{a_n}中，a_1=-9，且\frac{a_{n+1}}{2}是2与a_n(n\in N^)的等差中项.$
$设T_n = a_1a_2a_3...a_n，判断数列{T_n}是否存在最大项和最小项.若存在，请求出最大项和最小项的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$根据数列a_n的通项公式a_n = 2n -11，$

$可知a_1，\ldots ，a_5都为负值，当n\geq 6时,a_n>0，$

$所以T_2>0，T_4>0，$

$故max{T_n}= max{T_2，T_4}，min{T_n}= min{T_1，T_3，T_5, T_6,\ldots ，T_n}，$

$由于T_2 = 63，T_4 = 945，$

$所以数列T_n的最大项为第4项，其值为945. $

$由于T_5 = -945，T_6 = -945，$

$当n\geq 7时，a_n>1，所以数列T_n没有最小项.$

Final answer: 最大项：945，最小项不存在。
Subfield: Sequence


Question: $已知数列{a_n}中，a_1=-9，且\frac{a_{n+1}}{2}是2与a_n(n\in N^)的等差中项.$
$设T_n = a_1a_2a_3...a_n，判断数列{T_n}是否存在最大项和最小项.若存在，请求出最大项的值.$

Solution:
$根据数列a_n的通项公式a_n = 2n -11，$

$可知a_1，\ldots ，a_5都为负值，当n\geq 6时,a_n>0，$

$所以T_2>0，T_4>0，$

$故max{T_n}= max{T_2，T_4}，min{T_n}= min{T_1，T_3，T_5, T_6,\ldots ，T_n}，$

$由于T_2 = 63，T_4 = 945，$

$所以数列T_n的最大项为第4项，其值为945. $

$由于T_5 = -945，T_6 = -945，$

$当n\geq 7时，a_n>1，所以数列T_n没有最小项.$



Final answer: 945
Subfield: Sequence


Question: $等比数列{a_n}中，a_1=1，a_5=4a_3。$
$求a_n的通项公式；$

Solution:
$设a_n的公比为q，由题设得a_n=q^{n-1}。$

$由已知得q^4=4q^2，解得q=0(舍去)或q=-2或q=2。$

$故a_n=(-2)^{n-1}或a_n=2^{n-1}.$

Final answer: $a_n=(-2)^{n-1}，a_n=2^{n-1}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2x^3-3x.$
问过点$A(-1,2), B(2,10), C(0,2)$分别存在几条直线与曲线$y=f(x)$相切？

Solution:
$过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切；$
$过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切；$
$过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.$



Final answer: 3,2,1
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2x^3-3x.$
问过点$A(-1,2), B(2,10), C(0,2)$分别存在几条直线与曲线$y=f(x)$相切？(只需写出结论)

Solution:
$过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切；$
$过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切；$
$过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.$

Final answer: $$
\begin{align*}
&过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切；\\
&过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切；\\
&过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.
\end{align*}
$$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{4}x^3 - x^2 + x.$
$求曲线 y=f(x) 的斜率为1的切线方程；$

Solution:
$由f(x)=\frac{1}{4}x^3-x^2+x得f'(x)=\frac{3}{4}x^2-2x+1。令f'(x)=1，即\frac{3}{4}x^2-2x+1=1，得x=0或x=\frac{8}{3}。 $

$又f(0)=0，f(\frac{8}{3})=\frac{8}{27}，$

$所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-\frac{8}{27}=x-\frac{8}{3}，即y=x与y=x-\frac{64}{27}。$

Final answer: $y=x，y=x-\frac{64}{27}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

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

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)

Solution:
增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率.

Final answer: 增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率.
Subfield: Probability and Statistics


Question: 电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

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

好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.假设所有电影是否获得好评相互独立.
$假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“\xi_{k}=1”表示第k类电影得到人们喜欢，“\xi_{k}=0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k=1，2，3，4，5，6).写出方差D\xi_{1}，D\xi_{2}，D\xi_{3}，D\xi_{4}，D\xi_{5}，D\xi_{6}的大小关系.$

Solution:
$由题意知\xi_k(k=1，2，3，4，5，6)服从两点分布，由两点分布的方差公式D\xi=p(1-p)，分别求得D\xi_1=0.24，D\xi_2=0.16，D\xi_3=0.127 5，D\xi_4=0.187 5，D\xi_5=0.16，D\xi_6=0.09，所以D\xi_1>D\xi_4>D\xi_2=D\xi_5>D\xi_3>D\xi_6.$

Final answer: $D\xi_1>D\xi_4>D\xi_2=D\xi_5>D\xi_3>D\xi_6$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知\triangle ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a-b=c(\cos B -\cos A)。$
$判断\triangle ABC的形状并给出证明；$

Solution:
$\triangle ABC为等腰三角形或直角三角形.证明如下：由a-b=c (\cos  B - \cos  A) 及正弦定理得 \sin  A - \sin  B= \sin  C (\cos  B - \cos  A) ,即 \sin  (B + C) - \sin  (A + C) = \sin  C \cdot  (\cos  B - \cos  A) ,即 \sin  B \cos  C + \cos  B \sin  C - \sin  A \cos  C - \cos  A \sin  C = \sin  C \cos  B - \sin  C \cos  A ,整理得 \sin  B \cos  C - \sin  A \cos  C = 0，所以 \cos  C (\sin  B - \sin  A) = 0，故 \sin  A = \sin  B 或 \cos  C = 0，又 A 、 B 、 C 为\triangle  ABC 的内角，所以 a = b 或 C = \frac{\pi }{2}，因此\triangle ABC为等腰三角形或直角三角形．$

Final answer: 等腰三角形或直角三角形
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知函数f(x)=\frac{\sqrt{3}}{3}\left[\\cos  \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)+4\\sin   x\\cos   x\right]+1，x\in \mathbb{R}．$
$令g(x)=af(x)+b，若函数g(x)在区间[-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{4}]上的值域为[-1,1]，求a+b的值.$

Solution:
$- -\frac{\pi }{6} \leq  x \leq  \frac{\pi }{4}，则 - \frac{\pi}{6} \leq  2 x + \frac{\pi}{6} \leq  \frac{2\pi}{3}。$

$故 - \frac{1}{2} \leq  sin\left(2x+\frac{\pi }{6}\right) \leq  1。$

$\therefore 函数 f(x) 在区间 \left[-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{4}\right] 上的值域为 \left[\frac{1}{2},2\right]。$

\therefore  
$1. 当 a > 0 时，\left\{\begin{matrix}2a+b=1 \\ \frac{1}{2}a+b=-1\end{matrix}\right. 解得 \left\{\begin{matrix}a=\frac{4}{3} \\ b=-\frac{5}{3}\end{matrix}\right. 则 a + b = - \frac{1}{3}。$
$2. 当 a < 0 时，\left\{\begin{matrix}2a+b=-1 \\ \frac{1}{2}a+b=1\end{matrix}\right. 解得 \left\{\begin{matrix}a=-\frac{4}{3} \\ b=\frac{5}{3}\end{matrix}\right. 则 a + b = \frac{1}{3}。$

$综上，a + b = - \frac{1}{3} 或 \frac{1}{3}。$

Final answer: $- \frac{1}{3}， \frac{1}{3}$
Subfield: Sequence


Question: $已知集合A=\{x|x=2n-1,n\in N^\}，B=\{x|x=3^{n},n\in N^\}$，$将A与B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列\{a_n\}(若有相同元素，按重复方式计入排列)为1，3，3，5，7，9，9，11，\ldots .设数列\{a_n\}的前n项和为S_n.$
$若a_m=27，求m的值；$

Solution:
$因为a_m=27，所以数列{a_n}的前m项中含有A中的元素为1，3，5，7，9，\ldots ，27，共有14项，含有B中的元素为3，9，27，共有3项，排列后为1，3,3，5，7，9，9，\ldots ，27，27，所以m=16或17.$

Final answer: $16，17$
Subfield: Sequence


Question: $已知S_n为数列{a_n}的前n项和，且a_{n+1}=a_n+d(n\in N^，d为常数)，若S_3=12，a_3a_5+2a_3-5a_5-10=0.求：$
$数列a_n的通项公式$

Solution:
$由a_{n+1}=a_{n}+d(d为常数)知数列{a_{n}}是等差数列，且d为公差。由S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=3a_{2}=12得a_{2}=4，$
$由a_{3}a_{5}+2a_{3}-5a_{5}-10=0得(a_{3}-5)(a_{5}+2)=0，$
$所以a_{3}=5或a_{5}=-2，$
由
$\left\{\begin{matrix}a_2=4,\\ a_3=5\end{matrix}\right.得a_{1}=3,d=1，此时a_{n}=n+2.$
由
$\left\{\begin{matrix}a_2=4,\\ a_5=-2\end{matrix}\right.得a_{1}=6,d=-2，此时a_{n}=-2n+8.$
$所以a_{n}=n+2或a_{n}=-2n+8.$

Final answer: $a_{n}=n+2，a_{n}=-2n+8$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，\sqrt{3}a=2bsinA.$
求B；

Solution:
$由 \sqrt{3}a=2b\sin  A 及正弦定理，得$
$\sqrt{3}\sin  A=2\sin  B \sin  A，$
$因为\sin  A>0，所以\sin  B=\frac{\sqrt{3}}{2}，$
$又B\in (0,\pi )，所以B=\frac{\pi }{3}或B=\frac{2\pi }{3}.$



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


Question: $在\triangle ABC中，\sqrt{3}a=2bsinA.$
$若b = \sqrt{7} ,c = 3，求\triangle ABC的面积.$

Solution:
$由(1)可知 B=\frac{\pi }{3} 或 B=\frac{2\pi }{3} ，因为 b=\sqrt{7} , c=3 , b< c ，所以 B< C ，所以 B=\frac{\pi }{3} .由余弦定理 b^2=a^2+c^2-2ac \cos  B ，得 7=a^2+9-2a\times 3\times \frac{1}{2} ，解得 a=1 或 a=2 .当 a=1 时，S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac \sin  B=\frac{1}{2}\times 1\times 3\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4} ，当 a=2 时，S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac \sin  B=\frac{1}{2}\times 2\times 3\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2} ，所以 \triangle ABC 的面积为 \frac{3\sqrt{3}}{2} 或 \frac{3\sqrt{3}}{4} .$

Final answer: $\frac{3\sqrt{3}}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{4}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知函数f(x)=sin(\omega x+\varphi ) \left(\omega >0,|\varphi |<\frac{\pi }{2}\right)，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使f(x)的解析式唯一确定.$

$条件①：f(x)的最小正周期为\pi ；  $
$条件②：f(x)为奇函数；  $
$条件③：f(x)图象的一条对称轴为直线x=\frac{\pi }{4}.  $
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
$求f(x)的解析式；$

Solution:
$选择条件①②：由条件①及已知得 T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi，所以 \omega = 2，由条件②得 f(-x)=-f(x)，所以 f(0)=0，即 \sin  \phi = 0。解得 \phi = k\pi( k \in Z)。因为 |\phi| < \frac{\pi}{2}，所以 \phi = 0，所以 f(x)=\sin 2x。经检验 \phi = 0 符合题意.$

$选择条件①③：由条件①及已知得 T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi，所以 \omega = 2。由条件③得 2 \times \frac{\pi}{4} + \phi = k\pi + \frac{\pi}{2} ( k \in Z)，解得 \phi = k\pi( k \in Z)。因为 |\phi| < \frac{\pi}{2}，所以 \phi = 0。所以 f(x)=\sin 2x。$

若选择条件②③，无法得到唯一的解析式。

Final answer: $f(x)=\sin 2x$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=sin(\omega x+\varphi ) \left(\omega >0,|\varphi |<\frac{\pi }{2}\right)，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使f(x)的解析式唯一确定.$

$条件①：f(x)的最小正周期为\pi ；  $
$条件②：f(x)为奇函数；  $
$条件③：f(x)图象的一条对称轴为直线x=\frac{\pi }{4}.  $
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
$设函数 g(x) = f(x) + f\left(x + \frac{\pi}{6}\right)，求 g(x) 在区间 \left[0, \frac{\pi}{4}\right] 上的最大值.$

Solution:
$选择条件①②：由题意得g(x)=\sin 2x+\sin\left(2x+\frac{\pi }{3}\right)，化简得g(x)=\sqrt{3}\sin\left(2x+\frac{\pi }{6}\right). 因为0\leq x\leq \frac{\pi }{4}，所以\frac{\pi }{6}\leq 2x+\frac{\pi }{6}\leq \frac{2\pi }{3}，所以当2x+\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即x=\frac{\pi }{6}时，g(x)取最大值\sqrt{3}.$

选择条件①③：同选择条件①②.

若选择条件②③，无法得到唯一的解析式.

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


Question: $已知等比数列{a_n}满足: a^2_5 = a_{10}, 2(a_n + a_{n+2}) = 5a_{n+1}.$
$求a_n的通项公式；$

Solution:
$设数列的公比为q，首项为a_1， 有 a^2_5=a_{10}, 2(a_n+a_{n+2})=5a_{n+1}, 则有方程组:$

$$
\left\{
\begin{matrix}
(a_1q^4)^2=a_1q^9,\\
2(1+q^2)=5q,
\end{matrix}
\right.
$$

$解得 a_1=q=2 或者 a_1=q=\frac{1}{2}， 则有 a_n=2^n 或者 a_n=2^{-n}。$

Final answer: $a_n=2^n，a_n=2^{-n}$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知二次函数f(x) = ax^2 + bx + c，且满足f(0) = 2， f(x+1) - f(x) = 2x + 1.$
$当x\in [t，t+2](t\in R)时，求函数f(x)的最小值(用t表示).$

Solution:
$\because x\in [t，t+2]，\therefore ①t\geq 0时， f(x)的最小值为f(t)＝t^2+2；②t＜0且t+2＞0，即-2＜t＜0时，f(x)的最小值为f(0)＝2；③t+2\leq 0，即t\leq -2时， f(x)的最小值为f(t+2)＝(t+2)^2+2＝t^2+4t+6.综上，t\geq 0时， f(x)的最小值为t^2+2；-2＜t＜0时， f(x)的最小值为2；t\leq -2时， f(x)的最小值为t^2+4t+6.$

Final answer: $t^2+2, 2, t^2+4t+6$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知二次函数f(x) = ax^2 + bx + c，且满足f(0) = 2， f(x+1) - f(x) = 2x + 1.$
$当x\in [t，t+2](t \geq 0)时，求函数f(x)的最小值(用t表示).$

Solution:
$\because x\in [t，t+2]，\therefore ①t\geq 0时， f(x)的最小值为f(t)＝t^2+2；②t＜0且t+2＞0，即-2＜t＜0时，f(x)的最小值为f(0)＝2；③t+2\leq 0，即t\leq -2时， f(x)的最小值为f(t+2)＝(t+2)^2+2＝t^2+4t+6.综上，t\geq 0时， f(x)的最小值为t^2+2；-2＜t＜0时， f(x)的最小值为2；t\leq -2时， f(x)的最小值为t^2+4t+6.$



Final answer: $t^2+2$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2x^3-ax^2+b.$
$求所有的(a,b),使得f(x)在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1。$

Solution:
$满足题设条件的a,b存在.$

$①当a\leq 0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0，b=-1.$

$②当a\geq 3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1，即a=4，b=1.$

$③当0<a<3时，由(1)知， f(x)在[0,1]的最小值为f\left(\frac{a}{3}\right)=-\frac{a^3}{27}+b，最大值为b或2-a+b.$

$若-\frac{a^3}{27}+b=-1，b=1,则a=3\sqrt[3]{2}，与0<a<3矛盾.$

$若-\frac{a^3}{27}+b=-1，2-a+b=1，则a=3\sqrt{3}或a=-3\sqrt{3}或a=0，与0<a<3矛盾.$

$综上，当且仅当a=0, b=-1或a=4; b=1时，f(x)在[0,1]的最小值为-1，最大值为1.$



Final answer: $(0, -1),(4, 1)$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2x^3-ax^2+b.$
$是否存在a,b,使得f(x)在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a,b的所有值；若不存在，说明理由.$

Solution:
$满足题设条件的a,b存在.$

$①当a\leq 0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0，b=-1.$

$②当a\geq 3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1，即a=4，b=1.$

$③当0<a<3时，由(1)知， f(x)在[0,1]的最小值为f\left(\frac{a}{3}\right)=-\frac{a^3}{27}+b，最大值为b或2-a+b.$

$若-\frac{a^3}{27}+b=-1，b=1,则a=3\sqrt[3]{2}，与0<a<3矛盾.$

$若-\frac{a^3}{27}+b=-1，2-a+b=1，则a=3\sqrt{3}或a=-3\sqrt{3}或a=0，与0<a<3矛盾.$

$综上，当且仅当a=0, b=-1或a=4; b=1时，f(x)在[0,1]的最小值为-1，最大值为1.$

Final answer: ${a=0, b=-1}或{a=4; b=1}$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=1+(1+a)x-x^2-x^3,其中a \geq 4.$
$当x\in [0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.$

Solution:
$因为a > 0，所以x_1 < 0，x_2  > 0。$

$①当a \geq 4时，x_2  \geq 1。$

$由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增。$

$所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值。$

$②当0<a<4时，x_2 < 1。$

$由(1)知，f(x)在[0，x_2]上单调递增，在[x_2,1]上单调递减。所以f(x)在x=x_2=\frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3}处取得最大值。$

$又f(0)=1，f(1)=a，所以$

$当0<a<1时，f(x)在x=1处取得最小值；$

$当a=1时，f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值；$

$当1<a<4时，f(x)在x=0处取得最小值。$



Final answer: $1, 0$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=1+(1+a)x-x^2-x^3,其中a>0.$
$当x\in [0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.$

Solution:
$因为a > 0，所以x_1 < 0，x_2  > 0。$

$①当a \geq 4时，x_2  \geq 1。$

$由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增。$

$所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值。$

$②当0<a<4时，x_2 < 1。$

$由(1)知，f(x)在[0，x_2]上单调递增，在[x_2,1]上单调递减。所以f(x)在x=x_2=\frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3}处取得最大值。$

$又f(0)=1，f(1)=a，所以$

$当0<a<1时，f(x)在x=1处取得最小值；$

$当a=1时，f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值；$

$当1<a<4时，f(x)在x=0处取得最小值。$

Final answer: $当a\geq 4时，{x=0}和{x=1}；当0<a<4时，{x=x_2=\frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3}}，当0<a<1时，{x=1}；当a=1时，{x=0}和{x=1}；当1<a<4时，{x=0}.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x-k)e^{x}$, 1< k<2
$求f(x)在区间[0,1]上的最小值.$

Solution:
$当k-1\leq 0，即k\leq 1时，f'(x)=(x-k+1)e^{x}\geq 0在x\in [0,1]上恒成立，则函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k；$

$当0< k-1<1，即1< k<2时，由(1)知f(x)在[0,k-1]上单调递减，在(k-1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e^{k-1}；$

$当k-1\geq 1，即k\geq 2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.$

$综上，当k\leq 1时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k；当1< k<2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e^{k-1}；当k\geq 2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.$



Final answer: -e^{k-1}
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x-k)e^{x}$
$求f(x)在区间[0,1]上的最小值.$

Solution:
$当k-1\leq 0，即k\leq 1时，f'(x)=(x-k+1)e^{x}\geq 0在x\in [0,1]上恒成立，则函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k；$

$当0< k-1<1，即1< k<2时，由(1)知f(x)在[0,k-1]上单调递减，在(k-1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e^{k-1}；$

$当k-1\geq 1，即k\geq 2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.$

$综上，当k\leq 1时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k；当1< k<2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e^{k-1}；当k\geq 2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.$

Final answer: $当k\leq 1时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k；当1< k<2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e^{k-1}；当k\geq 2时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
<img_1564>
$已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 \frac{\sqrt{7}}{21} ，求线段AH的长.$

Solution:
$\overrightarrow{BE}=(-2，2，2).依题意，设AH=h(0\leq h\leq 4),$

$则H(0,0,h),进而可得\overrightarrow{NH}=(-1，-2，h),由已知，得$

$|cos\langle \overrightarrow{NH}，\overrightarrow{BE}\rangle |= \frac{|\overrightarrow{NH} \cdot \overrightarrow{BE}|}{|\overrightarrow{NH}||\overrightarrow{BE}|} = \frac{|2h-2|}{\sqrt{h^2+5} \times 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{7}}{21},整理得10h^2-21h+8=0,解得h= \frac{8}{5} 或h= \frac{1}{2}.$

$所以线段AH的长为 \frac{8}{5} 或 \frac{1}{2}.$

<img_1538>

Final answer: $\frac{8}{5}，\frac{1}{2}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABC中，PA\perp 底面ABC，\angle BAC=90^\circ .点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.  $
![图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610319115268098/img/compression/M_396c87fdfbd9da28708a0f7793e6769d.jpg)
$已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 \frac{\sqrt{7}}{21} ，求线段AH的长.$

Solution:
$\overrightarrow{BE}=(-2，2，2).依题意，设AH=h(0\leq h\leq 4),$

$则H(0,0,h),进而可得\overrightarrow{NH}=(-1，-2，h),由已知，得$

$|cos\langle \overrightarrow{NH}，\overrightarrow{BE}\rangle |= \frac{|\overrightarrow{NH} \cdot \overrightarrow{BE}|}{|\overrightarrow{NH}||\overrightarrow{BE}|} = \frac{|2h-2|}{\sqrt{h^2+5} \times 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{7}}{21},整理得10h^2-21h+8=0,解得h= \frac{8}{5} 或h= \frac{1}{2}.$

$所以线段AH的长为 \frac{8}{5} 或 \frac{1}{2}.$

![18GZTLSX42.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610319115268098/img/compression/M_2d89014829a97445134742518cc97b7b.jpg)

Final answer: $\frac{8}{5}，\frac{1}{2}.$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知角\alpha 的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P (-\frac{3}{5},-\frac{4}{5}) .$
$若角\beta 满足\sin (\alpha +\beta )=\frac{5}{13}，求\cos  \beta 的值.$

Solution:
$由角i\alpha的终边过点iP\left(-\frac{3}{5},-\frac{4}{5}\right)得\cos  i\alpha=-\frac{3}{5}，由\sin (i\alpha+i\beta)=\frac{5}{13}得\cos (i\alpha+i\beta)=\pm \frac{12}{13}.由i\beta=(i\alpha+i\beta)-i\alpha得\cos  i\beta=\cos [(i\alpha+i\beta)-i\alpha]=\cos (i\alpha+i\beta)\cos  i\alpha+\sin (i\alpha+i\beta)\sin  i\alpha，所以\cos  i\beta=-\frac{56}{65}或\cos  i\beta=\frac{16}{65}.$

Final answer: $-\frac{56}{65}，\frac{16}{65}$