diff --git "a/OE_TO_maths_zh_COMP.tsv" "b/OE_TO_maths_zh_COMP.tsv" new file mode 100644--- /dev/null +++ "b/OE_TO_maths_zh_COMP.tsv" @@ -0,0 +1,1105 @@ +id question solution final_answer context image modality difficulty is_multiple_answer unit answer_type error question_type subfield subject language +0 在 $\triangle A B C$ 中, $\sin A=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求 $\cos B+\sqrt{2} \cos C$ 的取值范围. ['根据题意, $A=\\frac{\\pi}{4}$ 或 $A=\\frac{3 \\pi}{4}$. 情形一: $A=\\frac{\\pi}{4}$. 此时\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\cos B+\\sqrt{2} \\cos C & =\\cos \\left(\\frac{3 \\pi}{4}-C\\right)+2 \\sqrt{2} \\cos C \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{2}}{2} \\sin C+\\frac{\\sqrt{2}}{2} \\cos C \\\\\n& =\\sin \\left(C+\\frac{\\pi}{4}\\right),\n\\end{aligned}\n$$\n\n其中 $C \\in\\left(0, \\frac{3 \\pi}{4}\\right)$, 从而题中代数式的取值范围是 $(0,1]$. 情形二: $A=\\frac{3 \\pi}{4}$. 此时\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\cos B+\\sqrt{2} \\cos C & =\\cos \\left(\\frac{\\pi}{4}-C\\right)+2 \\sqrt{2} \\cos C \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{2}}{2} \\sin C+\\frac{3 \\sqrt{2}}{2} \\cos C \\\\\n& =\\sqrt{5} \\sin (C+\\arctan 3),\n\\end{aligned}\n$$\n\n其中 $C \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{4}\\right)$, 从而题中代数式的取值范围是 $(0, \\sqrt{5}]$. 综上所述, 所求代数式的取值范围是 $(0,1] \\cup(2, \\sqrt{5}]$.'] ['$(0,1] \\cup (2, \\sqrt{5}]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +1 "对正整数 $n$ 及实数 $x(0 \leqslant x0$, 则 $\\triangle A B C$ 的面积 $S=\\frac{1}{2} r^{2}$. 根据题意, 有\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nr^{2} \\sin \\theta \\cos \\theta+\\frac{r \\cos \\theta}{a}+a r \\sin \\theta=0, \\\\\n-r^{2} \\sin \\theta \\cos \\theta-\\frac{r \\sin \\theta}{a}+a r \\cos \\theta=0,\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n\n\n于是\n\n$$\nr=\\frac{-a \\sin \\theta-\\frac{1}{a} \\cos \\theta}{\\sin \\theta \\cos \\theta}=\\frac{a \\cos \\theta-\\frac{1}{a} \\sin \\theta}{\\sin \\theta \\cos \\theta},\n$$\n\n从而可得\n\n$$\na^{2}=\\frac{\\sin \\theta-\\cos \\theta}{\\sin \\theta+\\cos \\theta}\n$$\n\n因此\n\n$$\nr^{2}=\\frac{a^{2} \\sin ^{2} \\theta+2 \\sin \\theta \\cos \\theta+\\frac{1}{a^{2}} \\cos ^{2} \\theta}{\\sin ^{2} \\theta \\cos ^{2} \\theta}=\\frac{a^{2} \\cos ^{2} \\theta-2 \\sin \\theta \\cos \\theta+\\frac{1}{a^{2}} \\sin ^{2} \\theta}{\\sin ^{2} \\theta \\cos ^{2} \\theta},\n$$\n\n进而\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS & =\\frac{1}{2} r^{2} \\\\\n& =\\frac{a^{2}+\\frac{1}{a^{2}}}{2 \\sin ^{2} \\theta \\cos ^{2} \\theta} \\\\\n& =\\frac{2}{\\sin ^{2} 2 \\theta \\cos 2 \\theta} \\\\\n& =\\frac{2 \\sqrt{2}}{\\sqrt{\\left(1-\\cos ^{2} 2 \\theta\\right)^{2} \\cdot 2 \\cos ^{2} 2 \\theta}} \\\\\n& \\geqslant \\frac{2 \\sqrt{2}}{\\sqrt{\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{3}}}=3 \\sqrt{3},\n\\end{aligned}\n$$\n\n等号当 $\\cos ^{2} 2 \\theta=\\frac{1}{3}$ 时取得, 因此所求面积的最小值为 $3 \\sqrt{3}$.'] ['$3 \\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +3 "给定整数 $n \geqslant 3$, 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2 n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{2 n}$ 是 $4 n$ 个非负实数, 满足 + +$$ +a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2 n}>0 +$$ + +且对任意 $i=1,2, \cdots, 2 n$, 有 $a_{i} a_{i+2} \geqslant b_{i}+b_{i+1}$ (这里 $a_{2 n+1}=a_{1}, a_{2 n+2}=a_{2}$, $b_{2 n+1}=b_{1}$ ), 求 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}$ 的最小值." ['在两组数之和相等的情况下由条件 $a_{i} a_{i+2} \\geqslant b_{i}+b_{i+1}$ 可以猜想两种情形: $2 \\cdot 2=2+2$以及 $0 \\cdot 0=0+0$. 记\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{2 n} a_{k}=\\sum_{k=1}^{2 n} b_{k}=S, \\quad \\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1}=T\n$$\n\n不妨设 $T \\leqslant \\frac{1}{2} S$. 情形一 $n=3$. 取 $a_{i}=b_{i}=2(i=1,2, \\cdots, 2 n)$, 可得 $S=12$. 而\n\n$$\nT^{2}-3\\left(a_{1} a_{3}+a_{3} a_{5}+a_{5} a_{1}\\right)=\\frac{1}{2}\\left(\\left(a_{1}-a_{3}\\right)^{2}+\\left(a_{3}-a_{5}\\right)^{2}+\\left(a_{5}-a_{1}\\right)^{2}\\right) \\geqslant 0\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\frac{S^{2}}{4} \\geqslant T^{2} \\geqslant 3\\left(a_{1} a_{3}+a_{3} a_{5}+a_{5} a_{1}\\right) \\geqslant 3 \\sum_{k=1}^{6} b_{k}=3 S \\Longrightarrow S \\geqslant 12\n$$\n\n因此 $S$ 的最小值为 12 . 情形二 $n \\geqslant 4$. 此时若 $n$ 为偶数, 则\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} \\leqslant\\left(a_{1}+a_{5}+\\cdots+a_{2 n-3}\\right)\\left(a_{3}+a_{7}+\\cdots+a_{2 n-1}\\right) \\leqslant \\frac{T^{2}}{4}\n$$\n\n若 $n$ 为奇数, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} & \\leqslant\\left(\\sum_{k=1}^{n-1} a_{2 k-1} a_{2 k+1}\\right)+a_{2 n-1} a_{3} \\\\\n& \\leqslant\\left(a_{1}+a_{5}+\\cdots+a_{2 n-1}\\right)\\left(a_{3}+a_{7}+\\cdots+a_{2 n-3}\\right) \\\\\n& \\leqslant \\frac{T^{2}}{4},\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n于是\n\n$$\nS \\leqslant \\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} \\leqslant \\frac{T^{2}}{4} \\leqslant \\frac{S^{2}}{16} \\Longrightarrow S \\geqslant 16\n$$\n\n取\n\n| $k$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | $\\cdots$ | $2 n$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $a_{k}$ | 4 | 4 | 4 | 4 | 0 | 0 | $\\cdots$ | 0 |\n| $b_{k}$ | 0 | 16 | 0 | 0 | 0 | 0 | $\\cdots$ | 0 |\n\n可得 $S=16$. 因此 $S$ 的最小值为 16 .'] ['$12 , 16$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +4 给定凸 20 边形 $P$. 用 $P$ 的 17 条在内部不相交的对角线将 $P$ 分割成 18 个三角形. 所得图形称为 $P$ 的一个三角剖分图. 对 $P$ 的任意一个三角剖分图 $T, P$ 的 20 条边以及添加的 17 条对角线均称为 $T$ 的边. $T$ 的任意 10 条两两无公共端点的边的集合称为 $T$的一个完美匹配. 当 $T$ 取遍 $P$ 的所有三角剖分图时, 求 $T$ 的完美匹配个数的最大值. ['将 20 边形换成 $2 n$ 边形，考虑一般的问题.\n\n对凸 $2 n$ 边形 $P$ 的一条对角线, 若其两侧各有奇数个 $P$ 的顶点, 称其为奇弦, 否则称为偶弦. 首先注意下述基本事实:\n\n引理一: 对 $P$ 的任意三角剖分图 $T, T$ 的完美匹配不含奇弦.\n\n引理一的证明: 如果完美匹配中有一条奇弦 $e_{1}$, 因为 $T$ 的一个完美匹配给出了 $P$ 的顶点集的一个配对划分, 而 $e_{1}$ 两侧各有奇数个顶点, 故该完美匹配中必有 $T$ 的另一条边 $e_{1}$, 端点分别在 $e_{1}$ 的两侧, 又 $P$ 是凸多边形, 故 $e_{1}$ 与 $e$ 在 $P$ 的内部相交, 这与 $T$是三角剖分图矛盾. 记 $f(T)$ 为 $T$ 的完美匹配的个数. 设 $F_{1}=1, F_{2}=2$, 对 $k \\geqslant 2$, $F_{k+2}=F_{k+1}+F_{k}$ 是 Fibonacci 数列. 下面对 $n$ 归纳证明:\n\n引理二: 若 $T$ 是凸 $2 n$ 边形的任意一个三角剖分图, 则 $f(T) \\leqslant F_{n}$.\n\n引理二的证明: 设 $P=A_{1} A_{2} \\cdots A_{2 n}$ 是凸 $2 n$ 边形. 从 $P$ 的 $2 n$ 条边中选 $n$ 条边构成完美匹配，恰有两种方法， $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{4}, \\cdots, A_{2 n-1} A_{2 n}$ 或 $A_{2} A_{3}, A_{4} A_{5}, \\cdots, A_{2 n-2} A_{2 n-1}, A_{2 n} A_{1}$.当 $n=2$ 时, 凸四边形 $P$ 的三角剖分图 $T$ 没有偶弦, 因此 $T$ 的完美匹配只能用 $P$ 的边, 故 $f(T)=2=F_{2}$. 当 $n=3$ 时, 凸六边形 $P$ 的三角剖分图 $T$ 至多有一条偶弦. 若 $T$ 没有偶弦, 同上可知 $f(T)=2$. 若 $T$ 含有偶弦, 不妨设是 $A_{1} A_{4}$, 选用 $A_{1} A_{4}$ 的完美匹配是唯一的, 另两条边只能是 $A_{2} A_{3}, A_{3} A_{6}$, 此时 $f(T)=3$. 总之 $f(T) \\leqslant 3=F_{3}$.结论在 $n=2,3$ 时成立.\n\n假设 $n \\geqslant 4$, 且结论在小于 $n$ 时均成立. 考虑凸 $2 n$ 边形 $P=A_{1} A_{2} \\cdots A_{2 n}$ 的一个三角剖分图 $T$. 若 $T$ 没有偶弦, 则同上可知 $f(T)=2$. 对于偶弦 $e$, 记 $e$ 两侧中 $P$ 的顶点个数的较小值为 $w(e)$, 若 $T$ 含有偶弦, 取其中一条偶弦 $e$ 使 $w(e)$ 达到最小. 设 $w(e)=2 k$, 不妨设 $e$ 为 $A_{2 n} A_{2 k+1}$, 则每个 $A_{i}(i=1,2, \\cdots, 2 k)$ 不能引出偶弦.\n\n事实上, 假设 $A_{i} A_{j}$ 是偶弦, 若 $j \\in\\{2 k+2,2 k+3, \\cdots, 2 n-1\\}$, 则 $A_{i} A_{j}$ 与 $e$ 在 $P$ 的内部相交, 矛盾. 若 $j \\in\\{1,2, \\cdots, 2 k+1,2 n\\}$, 则 $w\\left(A_{i} A_{j}\\right)<2 k$, 与 $w(e)$ 的最小性矛盾. 又完美匹配中没有奇弦, 故 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{2 k}$ 只能与其相邻顶点配对, 特别地, $A_{1}$只能与 $A_{2}$ 或 $A_{2 n}$ 配对. 下面分两种情况.\n\n情形一选用边 $A_{1} A_{2}$. 则必须选用边 $A_{3} A_{4}, \\cdots, A_{2 k-1} A_{2 k}$. 注意到 $A_{2 n} A_{2 k+1}$ 的两侧分别有 $2 k, 2 n-2 k-2$ 个顶点, $2 n-2 k-2 \\geqslant w\\left(A_{2 n} A_{2 k+1}\\right)=2 k$, 而 $n \\geqslant 4$, 因此 $2 n-2 k \\geqslant 6$. 在凸 $2 n-2 k$ 边形 $P_{1}=A_{2 k+1} A_{2 k+2} \\cdots A_{2 n}$ 上, $T$ 的边给出了 $P_{1}$ 的三角剖分图 $T_{1}$, 在 $T$ 中再选取 $n-k$ 条边 $e_{1}, e_{2}, \\cdots, e_{n-k}$, 与 $A_{1} A_{2}, A_{3} A_{4}, \\cdots, A_{2 k-1} A_{2 k}$一起构成 $T$ 的完美匹配, 当且仅当 $e_{1}, e_{2}, \\cdots, e_{n-k}$ 是 $T_{1}$ 的完美匹配. 故情形一中的 $T$的完美匹配个数等于 $f\\left(T_{1}\\right)$.\n\n情形二选用边 $A_{1} A_{2 n}$. 则必须选用边 $A_{2} A_{3}, \\cdots, A_{2 k} A_{2 k+1}$. 在凸 $2 n-2 k-2$ 边形 $P_{2}=A_{2 k+2} A_{2 k+3} \\cdots A_{2 n-1}$ 中构造如下的三角剖分图 $T_{2}$ : 对 $2 k+2 \\leqslant i\n\n根据极化恒等式，有\n\n$$\n\\overline{A F_{1}} \\cdot \\overrightarrow{A F_{2}}+\\overrightarrow{B F_{1}} \\cdot \\overrightarrow{B F_{2}}=0 \\Longleftrightarrow\\left(A O^{2}-\\frac{1}{4} F_{1} F_{2}^{2}\\right)+\\left(B O^{2}-\\frac{1}{4} F_{1} F_{2}^{2}\\right)=0,\n$$\n\n因此 $O A^{2}+O B^{2}=2 O F^{2}$, 又 $O B^{2}+O F^{2}=O A^{2}$, 因此\n\n$$\nO A: O B: O F=\\sqrt{3}: 1: \\sqrt{2}\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\tan \\angle A B F_{1} \\cdot \\tan \\angle A B F_{2} & =\\tan \\left(\\angle A B O+\\angle O B F_{1}\\right) \\cdot \\tan \\left(\\angle A B O-\\angle O B F_{1}\\right) \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{3}+\\sqrt{2}}{1-\\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{2}} \\cdot \\frac{\\sqrt{3}-\\sqrt{2}}{1+\\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{2}} \\\\\n& =-\\frac{1}{5}\n\\end{aligned}\n$$'] ['$-\\frac{1}{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +6 "设正实数 $a, b, c$ 满足 + +$$ +a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}=4 b+12 c-2 +$$ + +求 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}$ 的最小值." ['根据题意, 有\n\n$$\na^{2}+(2 b-1)^{2}+(3 c-2)^{2}=3\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{1}{a}+\\frac{2}{b}+\\frac{3}{c} & \\geqslant \\frac{(1+2+3)^{2}}{a+2 b+3 c} \\\\\n& =\\frac{36}{a+(2 b-1)+(3 c-2)+3} \\\\\n& \\geqslant \\frac{36}{\\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{a^{2}+(2 b-1)^{2}+(3 c-2)^{2}}+3} \\\\\n& =6,\n\\end{aligned}\n$$\n\n等号当 $a=b=c=1$ 时取得, 因此所求最小值为 6 .'] ['$6$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +7 "给定整数 $n \geqslant 2$. 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}>0$, 满足 + +$$ +a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n} +$$ + +且对任意 $i, j(1 \leqslant i\\frac{\\sqrt{3}}{3}$; 当 $m$ 为偶数时, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| & \\geqslant\\left|z_{1}+z_{2}\\right|-\\left|z_{3}+z_{4}\\right|-\\cdots-\\left|z_{m-1}+z_{m}\\right| \\\\\n& >\\frac{\\sqrt{3}}{2}-\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{8}+\\frac{\\sqrt{3}}{32}+\\cdots\\right) \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{3}}{3}\n\\end{aligned}\n$$\n\n当 $m$ 为不小于 3 的奇数时, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| & \\geqslant\\left|z_{1}+z_{2}\\right|-\\left|z_{3}+z_{4}\\right|-\\cdots-\\left|z_{m-2}+z_{m-1}\\right|-\\left|z_{m}\\right| \\\\\n& >\\frac{\\sqrt{3}}{2}-\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{8}+\\frac{\\sqrt{3}}{32}+\\cdots+\\frac{\\sqrt{3}}{2^{m-2}}\\right)-\\frac{1}{2^{m}} \\\\\n& >\\frac{\\sqrt{3}}{2}-\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{8}+\\frac{\\sqrt{3}}{32}+\\cdots+\\frac{\\sqrt{3}}{2^{m-2}}+\\frac{\\sqrt{3}}{2^{m}}\\right) \\\\\n& >\\frac{\\sqrt{3}}{3},\n\\end{aligned}\n$$'] ['$\\frac{\\sqrt{3}}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +12 设 $V$ 是空间中 2019 个点构成的集合, 其中任意四点不共面. 某些点之间连有线段, 记 $E$ 为这些线段构成的集合. 试求最小的正整数 $n$, 满足条件: 若 $E$ 至少有 $n$ 个元素, 则 $E$ 一定含有 908 个二元子集, 其中每个二元子集中的两条线段有公共端点, 且任意两个二元子集的交为空集. ['为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个 “角”.\n\n先证明一个引理: 设 $G=(V, E)$ 是一个简单图, 且 $G$ 是连通的, 则 $G$ 含有 $\\left[\\frac{|E|}{2}\\right]$ 个两两无公共边的角 (这里 $[\\alpha]$ 表示实数 $\\alpha$ 的整数部分).\n\n引理的证明: 对 $E$ 的元素个数 $|E|$ 归纳证明. 当 $|E|=0,1,2,3$ 时, 结论显然成立. 下面假设 $|E| \\geqslant 4$, 并且结论在 $|E|$ 较小时均成立.\n\n只需证明, 在 $G$ 中可以选取两条边 $a, b$ 构成一个角, 在 $G$ 中删去 $a, b$ 这两条边后, 剩下的图含有一个连通分支包含 $|E|-2$ 条边. 对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.\n\n考虑 $G$ 中的最长路 $P: v_{1} v_{2} \\ldots v_{k}$, 其中 $v_{1}, v_{2}, \\ldots, v_{k}$ 是互不相同的顶点. 因为 $G$ 连通, 故 $k \\geqslant 3$.\n\n情形 1: $\\operatorname{deg}\\left(v_{1}\\right) \\geqslant 2$. 由于 $P$ 是最长路, $v_{1}$ 的邻点均在 $v_{2}, \\ldots, v_{k}$ 中, 设 $v_{1} v_{i} \\in E$, 其中 $3 \\leqslant i \\leqslant k$. 则 $\\left\\{v_{1} v_{2}, v_{1} v_{i}\\right\\}$ 是一个角, 在 $E$ 中删去这两条边. 若 $v_{1}$ 处还有第三条边,则剩下的图是连通的: 若 $v_{1}$ 处仅有被删去的两条边, 则 $v_{1}$ 成为孤立点, 其余顶点仍互相连通. 总之在剩下的图中有一个连通分支含有 $|E|-2$ 条边.\n\n情形 $2: \\operatorname{deg}\\left(v_{1}\\right)=1, \\operatorname{deg}\\left(v_{2}\\right)=2$. 则 $\\left\\{v_{1} v_{2}, v_{2} v_{3}\\right\\}$ 是一个角, 在 $G$ 中删去这两条边后, $v_{1}, v_{2}$ 都成为孤立点, 其余的点互相连通, 因此有一个连通分支含有 $|E|-2$ 条边.\n\n情形 3: $\\operatorname{deg}\\left(v_{1}\\right)=1, \\operatorname{deg}\\left(v_{2}\\right) \\geqslant 3$, 且 $v_{2}$ 与 $v_{4}, \\ldots, v_{k}$ 中某个点相邻. 则 $\\left\\{v_{1} v_{2}, v_{2} v_{3}\\right\\}$是一个角, 在 $G$ 中删去这两条边后, $v_{1}$ 成为孤立点, 其余点互相连通, 因此有一个连通分支含有 $|E|-2$ 条边.\n\n情形 4: $\\operatorname{deg}\\left(v_{1}\\right)=1, \\operatorname{deg}\\left(v_{2}\\right) \\geqslant 3$, 且 $v_{2}$ 与某个 $u \\notin\\left\\{v_{1}, v_{3}, \\ldots, v_{k}\\right\\}$ 相邻. 由于 $P$ 是最长路, 故 $u$ 的邻点均在 $v_{2}, \\ldots, v_{k}$ 之中. 因 $\\left\\{v_{1} v_{2}, v_{2} u\\right\\}$ 是一个角, 在 $G$ 中删去这两条边, 则 $v_{1}$ 是孤立点, 若 $u$ 处仅有边 $u v_{2}$, 则删去所述边后 $u$ 也是孤立点, 而其余点互相连通. 若 $u$ 处还有其他边 $u v_{i}, 3 \\leqslant i \\leqslant k$, 则删去所述边后, 除 $v_{1}$ 外其余点互相连通, 总之, 剩下的图中有一个连通分支含有 $|E|-2$ 条边. 引理获证.\n\n回到原题, 题中的 $V$ 和 $E$ 可看作一个图 $G=(V, E)$.\n\n首先证明 $n \\geqslant 2795$.\n\n设 $V=\\left\\{v_{1}, v_{2}, \\ldots, v_{2019}\\right\\}$. 在 $v_{1}, v_{2}, \\ldots, v_{61}$ 中, 首先两两连边, 再删去其中 15 条边 (例如 $v_{1} v_{2}, v_{1} v_{3}, \\ldots, v_{1} v_{16}$ ), 共连了 $C_{61}^{2}-15=1815$ 条边, 则这 61 个点构成的图是连通图. 再将剩余的 $2019-61=1958$ 个点配成 979 对, 每对两点之间连一条边, 则图 $G$ 中一共连了 $1815+979=2794$ 条线段.\n\n由上述构造可见, $G$ 中的任何一个角必须使用 $v_{1}, v_{2}, \\ldots, v_{61}$ 相连的边, 因此至多有 $\\left[\\frac{1815}{2}\\right]=907$ 个两两无公共边的角. 故满足要求的 $n$ 不小于 2795 . 另一方面, 若 $|E| \\geqslant$ 2795 , 可任意删去若干条边, 只考虑 $|E|=2795$ 的情形. 设 $G$ 有 $k$ 个连通分支, 分别有 $m_{1}, \\ldots, m_{k}$ 个点, 及 $e_{1}, \\ldots, e_{k}$ 条边. 下面证明 $e_{1}, \\ldots, e_{k}$ 中至多有 979 个奇数.\n\n反证法, 假设 $e_{1}, \\ldots, e_{k}$ 中有至少 980 个奇数, 由于 $e_{1}+\\ldots+e_{k}=2795$ 是奇数, 故 $e_{1}, \\ldots, e_{k}$ 中至少有 981 个奇数, 故 $k \\geqslant 981$. 不妨设 $e_{1}, e_{2}, \\ldots, e_{981}$ 都是奇数, 显然 $m_{1}, m_{2}, \\ldots, m_{981} \\geqslant 2$. 令 $m=m_{981}+\\ldots+m_{k} \\geqslant 2$. 则有 $C_{m_{i}}^{2} \\geqslant e_{i}(1 \\leqslant i \\leqslant 980)$, $C_{m}^{2} \\geqslant e_{981}+\\ldots+e_{k}$, 故\n\n$$\n2795=\\sum_{i=1}^{k} e_{i} \\leqslant C_{m}^{2}+\\sum_{i=1}^{980} C_{m_{i}}^{2}\n$$\n\n利用组合数的凸性, 即对 $x \\geqslant y \\geqslant 3$, 有 $C_{x}^{2}+C_{y}^{2} \\leqslant C_{x+1}^{2}+C_{y-1}^{2}$, 可知当 $m_{1}, \\ldots, m_{980}, m$由 980 个 2 以及一个 59 构成时, $C_{m}^{2}+\\sum_{i=1}^{980} C_{m_{i}}^{2}$ 取得最大值. 于是\n\n$$\nC_{m_{i}}^{2}+\\sum_{i=1}^{980} C_{m_{i}}^{2} \\leqslant C_{59}^{2}+980 C_{2}^{2}=2691<2795\n$$\n\n这与前式矛盾.\n\n从而 $e_{1}, \\ldots, e_{k}$ 中至多有 979 个奇数. 对每个连通分支应用引理, 可知 $G$ 中含有 $N$ 个两两无公共边的角, 其中\n\n$$\nN=\\sum_{i=1}^{k}\\left[\\frac{e_{i}}{2}\\right] \\geqslant \\frac{1}{2}\\left(\\sum_{i=1}^{k} e_{i}-979\\right)=\\frac{1}{2}(2795-979)=908\n$$\n\n综上, 所求最小的 $n$ 是 2795 .'] ['$2795$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +13 在椭圆 $\Gamma$ 中, $F$ 为一个焦点, $A, B$ 为两个顶点. 若 $|F A|=3,|F B|=2$, 求 $|A B|$ 的所有可能值. ['不妨设平面直角坐标系中椭圆 $\\Gamma$ 的标准方程为 $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 并记 $c=$ $\\sqrt{a^{2}-b^{2}}$. 由对称性, 可设 $F$ 为 $\\Gamma$ 的右焦点.\n\n易知 $F$ 到 $\\Gamma$ 的左顶点的距离为 $a+c$, 到右顶点的距离为 $a-c$, 到上, 下顶点的距离均为 $a$. 分以下情况讨论:\n\n(1) $A, B$ 分别为左右顶点, 此时 $a+c=3, a-c=2$, 故 $|A B|=2 a=5$ （相应地, $b^{2}=(a+c)(a-c)=6, \\Gamma$ 的方程为 $\\left.\\frac{4 x^{2}}{25}+\\frac{y^{2}}{6}=1\\right)$\n\n(2) $A$ 为左顶点, $B$ 为上顶点或下顶点, 此时 $a+c=3, a=2$, 故 $c=1$, 进而 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$, 所以 $|A B|=\\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\\sqrt{7}$ (相应的 $\\Gamma$ 的方程为 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$ )\n\n(3) $A$ 为上顶点或下顶点, $B$ 为右顶点, 此时 $a=3, a-c=2$ 故 $c=1$, 进而 $b^{2}=$ $a^{2}-c^{2}=8$, 所以 $|A B|=\\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\\sqrt{17}$ (相应的 $\\Gamma$ 的方程为 $\\frac{x^{2}}{9}+\\frac{y^{2}}{8}=1$ )'] ['$5, \\sqrt{7}, \\sqrt{17}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +14 设 $a, b, c$ 均大于 1 , 满足 $\left\{\begin{array}{l}\log a+\log _{b} c=3 \\ \log b+\log _{a} c=4\end{array}\right.$ 求 $\log a \cdot \log c$ 的最大值. ['设 $\\log _{a}=x, \\log _{b}=y, \\log _{c}=z$, 由 $a, b, c>1$ 可知 $x, y, z>0$.\n\n由条件及换底公式知 $x+\\frac{z}{y}=3, y+\\frac{z}{x}=4$, 即 $x y+z=3 y=4 x$.\n\n由此, 令 $x=3 t, y=4 t(t>0)$, 则 $z=4 x-x y=12 t-12 t^{2}$. 其中由 $z>0$ 可知 $t \\in(0,1)$.\n\n因此, 结合三元平均不等式得\n\n$\\log _{a} \\log _{c}=x z=3 t \\cdot 12 t(1-t)=18 \\cdot t^{2}(2-2 t) \\leqslant 18 \\cdot\\left(\\frac{t+t+(2-2 t)}{3}\\right)^{3}=18 \\cdot\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{3}=$ $\\frac{16}{3}$\n\n当 $t=2-2 t$, 即 $t=\\frac{2}{3}$ (相应的 $a, b, c$ 分别为 $\\left.100,10^{\\frac{8}{3}}, 10^{\\frac{8}{3}}\\right)$ 时, $\\log _{a} \\log _{c}$ 取到最大值 $\\frac{16}{3}$.'] ['$\\frac{16}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +15 已知定义在 $\mathrm{R}^{*}$ 上的函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\left|\log _{3} x-1\right|, 09\end{array}\right.$ 设 $a, b, c$ 是三个互不相同的实数, 满足 $f(a)=f(b)=f(c)$, 求 $a b c$ 的取值范围. ['不妨假设 $a8=\\left|2 y_{1} y_{2}\\right|$, 故满足 (1) 以及 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=4 \\sqrt{13}$ 的实数 $y_{1}$, $y_{2}$ 存在, 对应可得满足条件的点 $A, B$. 此时, 结合 (1), (2) 知 $|P F|=\\frac{y_{3}^{2}}{4}+1=\\frac{\\left(y_{1}+y_{2}\\right)^{2}+4}{4}=$ $\\frac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-4}{4}=\\frac{\\sqrt{208}-4}{4}=\\sqrt{13}-1$.'] ['$\\sqrt{13}-1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +17 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}: a_{1}=7, \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=a_{n}+2, n=1,2,3, \cdots$. 求满足 $a_{n}>4^{2018}$ 的最小正整数 $n$. ['由 $\\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=a_{n}+2$ 可知 $a_{n+1}+1=\\left(a_{n}+1\\right)^{2}$. 因此 $a_{n}+1=\\left(a_{1}+1\\right)^{2^{n-1}}=8^{2^{n-1}}=2^{3 \\times 2^{n-1}}$,\n故 $a_{n}=2^{3 \\times 2^{n-1}}-1$. 显然 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 单调递增. 由于 $a_{11}=2^{3072}-1<2^{4036}=4^{2018}, a_{12}=$ $2^{6144}-1>2^{4036}=4^{2018}$, 故满足题目条件的 $n$ 的最小值是 12 .'] ['$12$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +18 设集合 $A=\{1,2, \cdots, n\}, X, Y$ 均为 $A$ 的非空子集 (允许 $X=Y$ ). $X$ 中的最大元与 $Y$ 中的最小元分别���为 $\max X, \min Y$. 求满足 $\max X>\min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目. ['先计算满足 $\\max X \\leqslant \\min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目. 对给定的 $m=\\max X$, 集合 $X$ 是集合 $\\{1,2, \\cdots, m-1\\}$ 的任意一个子集与 $\\{m\\}$ 的并，故并有 $2^{m-1}$ 种取法. 又 $\\min Y \\geqslant M$, 故 $Y$ 是 $\\{m, m+1, \\cdots, n\\}$ 的任意一个非空子集, 共有 $2^{n+1-m}-1$ 种取法. 因此, 满足 $\\max X \\leqslant \\min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目是 $\\sum_{m=1}^{n} 2^{m-1}\\left(2^{n+1-m}-1\\right)=\\sum_{m=1}^{n} 2^{n}-\\sum_{m=1}^{n} 2^{m-1}=n \\cdot 2^{n}-2^{n}+1$. 由于有序集合对 $(X, Y)$ 有 $\\left(2^{n}-1\\right) \\cdot\\left(2^{n}-1\\right)=\\left(2^{n}-1\\right)^{2}$ 个, 于是满足 $\\max X>\\min Y$的有序集合对 $(X, Y)$的数目是$\\left(2^{n}-1\\right)^{2}-n \\cdot 2^{n}+2^{n}-1=2^{2 n}-2^{n}(n+1)$.'] ['$2^{2 n}-2^{n}(n+1)$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +19 设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是非负实数, 满足 $x_{1}+x_{2}+x_{3}=1$, 求 $\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(x_{1}+\frac{x_{2}}{3}+\frac{x_{3}}{5}\right)$的最小值和最大值. "['设题中代数式为 $M$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\nM & =x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+\\frac{10}{3} x_{1} x_{2}+\\frac{34}{15} x_{2} x_{3}+\\frac{26}{5} x_{3} x_{1} \\\\\n& =\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right)^{2}+\\frac{4}{15}\\left(5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1}\\right) \\\\\n& =1+\\frac{4}{15}\\left(5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1}\\right) .\n\\end{aligned}\n$$\n\n一方面，有\n\n$$\n5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1} \\geqslant 0\n$$\n\n等号当 $\\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\\right)=(1,0,0)$ 时取得, 因此 $M$ 的最小值为 1 .\n\n另一方面, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1} & \\leqslant 6 x_{1} x_{2}+6 x_{2} x_{3}+6 x_{3} x_{1}+3 x_{3}^{2}+3 x_{1}^{2} \\\\\n& \\leqslant 3\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right)^{2} \\\\\n& =3\n\\end{aligned}\n$$\n\n等号当 $\\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\\right)=\\left(\\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}\\right)$ 时取得, 因此 $M$ 的最大值为 $\\frac{9}{5}$.' + '设题中代数式为 $M$ ，则\n\n$$\nM=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+\\frac{10}{3} x_{1} x_{2}+\\frac{34}{15} x_{2} x_{3}+\\frac{26}{5} x_{3} x_{1} \\geqslant\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right)^{2}=1,\n$$\n\n等号当 $\\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\\right)=(1,0,0)$ 时取得, 因此 $M$ 的最小值为 1 .\n\n另一方面, 有\n\n$5 M=\\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\\right)\\left(5 x_{1}+\\frac{5}{3} x_{2}+x_{3}\\right) \\leqslant\\left(3 x_{1}+\\frac{7}{3} x_{2}+3 x_{3}\\right)^{2} \\leqslant\\left(3 x_{1}+3 x_{2}+3 x_{3}\\right)^{2}$,\n\n等号当 $\\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\\right)=\\left(\\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}\\right)$ 时取得, 因此 $M$ 的最大值为 $\\frac{9}{5}$.']" ['$1 , \\frac{9}{5}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +20 "设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\operatorname{Re}\left(z_{1}\right)>0, \operatorname{Re}\left(z_{2}\right)>0$, 且 $\operatorname{Re}\left(z_{1}^{2}\right)=\operatorname{Re}\left(z_{2}^{2}\right)=2$, 其中 $\operatorname{Re}(z)$ 表示复数 $z$ 的实部. +求 $\operatorname{Re}\left(z_{1} z_{2}\right)$ 的最小值;" ['设 $z_{k}=x_{k}+\\mathrm{i} y_{k}, k=1,2$. 根据题意, 有 $x_{1}, x_{2}>0$, 且\n\n$$\nx_{1}^{2}-y_{1}^{2}=x_{2}^{2}-y_{2}^{2}=2 \\text {. }\n$$\n\n于是 $P_{1}\\left(x_{1}, y_{2}\\right)$ 和 $P_{2}\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$ 都是双曲线 $H: x^{2}-y^{2}=2$ 右支上的点. 而\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\operatorname{Re}\\left(z_{1} z_{2}\\right) & =x_{1} x_{2}-y_{1} y_{2} \\\\\n& =\\sqrt{y_{1}^{2}+2} \\cdot \\sqrt{y_{2}^{2}+2}-y_{1} y_{2} \\\\\n& =\\sqrt{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+2 y_{1}^{2}+2 y_{2}^{2}+4}-y_{1} y_{2} \\\\\n& \\geqslant \\sqrt{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+4 y_{1} y_{2}+4}-y_{1} y_{2} \\\\\n& =\\left|y_{1} y_{2}+2\\right|-y_{1} y_{2} \\\\\n& \\geqslant 2\n\\end{aligned}\n$$\n\n等号当 $y_{1}=y_{2}$ 时取得. 因此所求的最小值为 2 .'] ['$2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Complex Numbers Math Chinese +21 "设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\operatorname{Re}\left(z_{1}\right)>0, \operatorname{Re}\left(z_{2}\right)>0$, 且 $\operatorname{Re}\left(z_{1}^{2}\right)=\operatorname{Re}\left(z_{2}^{2}\right)=2$, 其中 $\operatorname{Re}(z)$ 表示复数 $z$ 的实部. +求 $\left|z_{1}+2\right|+\left|\overline{z_{2}}+2\right|-\left|\overline{z_{1}}-z_{2}\right|$ 的最小值." ['由共轭复数的性质, 有\n\n$$\nm=\\left|z_{1}+2\\right|+\\left|\\overline{z_{2}}+2\\right|-\\left|\\overline{z_{1}}-z_{2}\\right|=\\left|z_{1}-(-2)\\right|+\\left|\\overline{z_{2}}-(-2)\\right|-\\left|z_{1}-\\overline{z_{2}}\\right|\n$$\n\n记 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$ 为双曲线 $H$ 的左、右焦点, $P_{2}^{\\prime}$ 为 $P_{2}$ 关于 $x$ 轴的对称点（该点仍然在双曲线 $H$ 上), 于是\n\n$$\nm=\\left|P_{1} F_{1}\\right|+\\left|P_{2}^{\\prime} F_{1}\\right|-\\left|P_{1} P_{2}^{\\prime}\\right|=2 \\sqrt{2}+\\left|P_{1} F_{2}\\right|+2 \\sqrt{2}+\\left|P_{2}^{\\prime} F_{2}\\right|-\\left|P_{1} P_{2}^{\\prime}\\right| \\geqslant 4 \\sqrt{2}\n$$\n\n等号当 $F_{2}$ 在线段 $P_{1} P_{2}^{\\prime}$ 时取得. 因此所求的最小值为 $4 \\sqrt{2}$.'] ['$4 \\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Complex Numbers Math Chinese +22 "设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为 $a_{1}=1$, + +$$ +a_{n+1}= \begin{cases}a_{n}+n, & a_{n} \leqslant n, \\ a_{n}-n, & a_{n}>n,\end{cases} n = 1, 2, \cdots . +$$ + +求满足 $a_{r}$ | $<$ | $=$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $=$ | $>$ | $<$ |\n\n归纳出\n\n引理: 若 $a_{r}=r$, 则对 $k=1,2, \\cdots, r-1$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{r+2 k-1} & =2 r+k-1>r+2 k-1, \\\\\na_{r+2 k} & =r-kr+1, \\\\\n& a_{r+2}=a_{r+1}-(r+1)=r-1r+2 k+1, \\\\\n& a_{r+2 k+2}=a_{r+2 k+1}-(r+2 k+1)=r-k-1r$. 因此满足条件的正整数 $r$ 的个数为\n\n$$\n\\frac{1}{2}\\left(3^{2017}-2018-1\\right)=\\frac{3^{2017}-2019}{2} .\n$$'] ['$\\frac{3^{2017}-2019}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +23 将 $33 \times 33$ 方格纸中每个小方格染三种颜色之一, 使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同, 则称它们的公共边为 “分隔边”. 试求分隔边条数的最小值. ['如下图, 分隔边的条数 $L=56$.\n\n\n\n下面证明 $L \\geqslant 56$. 将方格纸的行从上至下依次记为 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{33}$, 列从左至右依次记为 $B_{1}, B_{2}, \\cdots, B_{33}$. 行 $A_{i}$ 中方格出现的颜色数记为 $n\\left(A_{i}\\right)$, 列 $B_{i}$ 中方格出现的颜色数记为 $n\\left(B_{i}\\right)$, 三种颜色分别记为 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$, 对于一种颜色 $c_{j}$, 设 $n\\left(c_{j}\\right)$ 是含有 $c_{j}$ 色方格的行数与列数之和. 若 $A_{i}$ 行中含有 $c_{j}$ 色的方格, 则记 $\\delta\\left(A_{i}, c_{j}\\right)$ 为 1 , 否则记 $\\delta\\left(A_{i}, c_{j}\\right)$为 0 . 类似的定义 $\\delta\\left(B_{i}, c_{j}\\right)$, 于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=1}^{33}\\left(n\\left(A_{i}\\right)+n\\left(B_{i}\\right)\\right) & =\\sum_{i=1}^{33} \\sum_{j=1}^{3}\\left(\\delta\\left(A_{i}, c_{j}\\right)+\\delta\\left(B_{i}, c_{j}\\right)\\right) \\\\\n& =\\sum_{j=1}^{3} \\sum_{i=1}^{33}\\left(\\delta\\left(A_{i}, c_{j}\\right)+\\delta\\left(B_{j}, c_{j}\\right)\\right) \\\\\n& =\\sum_{j=1}^{3} n\\left(c_{j}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n由于染 $c_{j}$ 色的方格数为\n\n$$\n\\frac{1}{3} \\cdot 33^{2}=363\n$$\n\n设含有 $c_{j}$ 色方格的行有 $a$ 个, 列有 $b$ 个, 则 $c_{j}$ 色方格一定在这 $a$ 行和 $b$ 列的交叉方格中, 因此\n\n$$\na b \\geqslant 363\n$$\n\n从而\n\n$$\nn\\left(c_{j}\\right)=a+b \\geqslant 2 \\sqrt{a b}>2 \\sqrt{363}>38\n$$\n\n故\n\n$$\nn\\left(c_{j}\\right) \\geqslant 39, j=1,2,3\n$$\n\n\n\n由于在行 $A_{i}$ 中有 $n\\left(A_{i}\\right)$ 种颜色的方格, 因此至少有 $n\\left(A_{i}\\right)-1$ 条分割边, 同理在列 $B_{i}$中, 至少有 $n\\left(B_{i}\\right)-1$ 条分割边, 于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\nL & \\geqslant \\sum_{i=1}^{33}\\left(n\\left(A_{i}\\right)-1\\right)+\\sum_{i=1}^{33}\\left(n\\left(B_{i}\\right)-1\\right) \\\\\n& =\\sum_{i=1}^{33}\\left(n\\left(A_{i}\\right)+n\\left(B_{i}\\right)\\right)-66 \\\\\n& =\\sum_{j=1}^{3} n\\left(c_{j}\\right)-66 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n下面分两种情形讨论.\n\n情形 1: 有一行或一列全部方格同色. 不妨设有一行全部为 $c_{1}$ 色, 从而方格纸的 33 列中均含有 $c_{1}$ 色的方格, 由于 $c_{1}$ 色方格有 363 个, 故至少有 11 行中含有 $c_{1}$ 色方格, 于是\n\n$$\nn\\left(c_{1}\\right) \\geqslant 11+33=44\n$$\n\n于是\n\n$$\nL \\geqslant n\\left(c_{1}\\right)+n\\left(c_{2}\\right)+n\\left(c_{3}\\right)-66 \\geqslant 44+39+39-66=56 .\n$$\n\n情形 2: 没有一行也没有一列的全部方格同色, 则对任意 $1 \\leqslant i \\leqslant 33$, 具有 $n\\left(A_{i}\\right) \\geqslant 2$, $n\\left(B_{i}\\right) \\geqslant 2$, 从而可得\n\n$$\nL \\geqslant \\sum_{i=1}^{33}\\left(n\\left(A_{i}\\right)+n\\left(B_{i}\\right)\\right)-66 \\geqslant 33 \\cdot 4-66=66\n$$'] ['$56$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +24 设不等式 $\left|2^{x}-a\right|<\left|5-2^{x}\right|$ 对所有 $x \in[1,2]$ 成立, 求实数 $a$ 的取值范围. ['根据题意, 有\n\n$$\n\\forall x \\in[1,2],\\left|2^{x}-a\\right|<5-2^{x},\n$$\n\n即\n\n$$\n\\forall x \\in[1,2], 2^{x}-5<2^{x}-a<5-2^{x}\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\forall x \\in[1,2], 2 \\cdot 2^{x}-511 a_{i+1}^{2}(i=1,2, \cdots, 2015)$. 求 + +$$ +\left(a_{1}-a_{2}^{2}\right) \cdot\left(a_{2}-a_{3}^{2}\right) \cdots\left(a_{2015}-a_{2016}^{2}\right) \cdot\left(a_{2016}-a_{1}^{2}\right) +$$ + +的最大值." ['令原式为 $P$. 由于 $a_{i}-a_{i+1}^{2}>0, i=1,2, \\cdots, 2015$, 因此只需要考虑当 $a_{2016}-a_{1}^{2}>0$的情况, 记 $a_{2017}=a_{1}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\nP^{\\frac{1}{2016}} & \\leqslant \\frac{1}{2016} \\sum_{k=1}^{2016}\\left(a_{k}-a_{k+1}^{2}\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2016}\\left(\\sum_{k=1}^{2016} a_{k}-\\sum_{k=1}^{2016} a_{k}^{2}\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2016} \\sum_{k=1}^{2016}\\left[a_{k}\\left(1-a_{k}\\right)\\right] \\leqslant \\frac{1}{4},\n\\end{aligned}\n$$\n\n等号当 $a_{1}=a_{2}=\\cdots=a_{2016}=\\frac{1}{2}$ 时取得. 因此 $P$ 的最大值为 $\\frac{1}{4^{2016}}$.'] ['$\\frac{1}{4^{2016}}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +30 给定空间中 10 个点, 其中任意四点不在一个平面上, 将某些点之间用线段相连, 若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形, 试确定所连线段数目的最大值. ['记这 10 个点分别为 $P_{i}$ 且从 $P_{i}$ 点引出了 $a_{i}$ 条线段, 其中 $i=1,2, \\cdots, 10$. 这样图形中总共包含 $\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{10} a_{i}$ 条线段和 $\\sum_{i=1}^{10} \\mathrm{C}_{a_{i}}^{2}$ 个角. 根据题意, 图形中没有空间四边形, 因此任何一个角都与一个点对 $\\left(P_{m}, P_{n}\\right)$ 一一对应, 且不存在线段 $P_{m} P_{n}$. 这样就有\n\n$$\n\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{10} a_{i}+\\sum_{i=1}^{10} \\mathrm{C}_{a_{i}}^{2}=\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{10} a_{i}^{2} \\leqslant \\mathrm{C}_{10}^{2}\n$$\n\n于是所连线段数目\n\n$$\n\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{10} a_{i} \\leqslant \\frac{1}{2} \\sqrt{10 \\cdot \\sum_{i=1}^{10} a_{i}^{2}}=15\n$$\n\n接下来构造包含 15 条线段的图形, 此时从每个顶点出发的线段数均为 3 , 如下图.\n\n'] ['$15$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +31 若实数 $a, b, c$ 满足 $2^{a}+4^{b}=2^{c}, 4^{a}+2^{b}=4^{c}$, 求 $c$ 的最小值. ['记 $x=2^{a}, y=2^{b}, z=2^{c}$, 则\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nx+y^{2}=z \\\\\nx^{2}+y=z^{2}\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n消元得\n\n$$\n\\left(z-y^{2}\\right)^{2}+y=z^{2}\n$$\n\n整理得\n\n$$\nz=\\frac{y^{2}}{2}+\\frac{1}{2 y}=\\frac{y^{2}}{2}+\\frac{1}{4 y}+\\frac{1}{4 y} \\geqslant 3 \\sqrt[3]{\\frac{y^{2}}{2} \\cdot \\frac{1}{4 y} \\cdot \\frac{1}{4 y}}=\\frac{3}{4} \\sqrt[3]{2}\n$$\n\n等号当 $y=\\frac{1}{\\sqrt[3]{2}}, x=\\frac{\\sqrt[3]{2}}{4}$ 时取得. 于是 $z$ 的最小值为 $\\frac{3}{4} \\sqrt[3]{2}$, 进而 $c$ 的最小值为\n\n$$\n\\log _{2}\\left(\\frac{3}{4} \\sqrt[3]{2}\\right)=\\log _{2} 3-\\frac{5}{3}\n$$'] ['$\\log _{2} 3-\\frac{5}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +32 "设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 是 4 个有理数, 使得 + +$$ +\left\{a_{i} a_{j} \mid 1 \leqslant i0\n$$\n\n即\n\n$$\n2 k^{2}+1>m^{2}\n$$\n\n由题意直线 $A F_{1} 、 l 、 B F_{1}$ 的斜率成等差数列, 得\n\n$$\n\\frac{y_{1}}{x_{1}+1}+\\frac{y_{2}}{x_{2}+1}=2 k\n$$\n\n将 $y_{1}=k x_{1}+m, y_{2}=k x_{2}+m$ 代入并整理得\n\n$$\n(m-k)\\left(x_{1}+x_{2}+2\\right)=0,\n$$\n\n由直线 $l$ 不经过 $F_{1}$ 点, 舍去 $m-k=0$, 于是\n\n$$\nx_{1}+x_{2}=-2\n$$\n\n结合韦达定理有\n\n$$\n-\\frac{4 k m}{2 k^{2}+1}=-2 \\text {, }\n$$\n\n即\n\n$$\nm=k+\\frac{1}{2 k}\n$$\n\n由此可得 $k^{2}$ 的取值范围由\n\n$$\n2 k^{2}+1>m^{2}=\\left(k+\\frac{1}{2 k}\\right)^{2}\n$$\n\n\n\n确定, 即\n\n$$\nk^{2}>\\frac{1}{2}\n$$\n\n点 $F_{2}(1,0)$ 到直线 $l$ 的距离为\n\n$$\nd=\\frac{|k+m|}{\\sqrt{1+k^{2}}}=\\sqrt{\\frac{k^{2}}{1+k^{2}}} \\cdot\\left(2+\\frac{1}{2 k^{2}}\\right)\n$$\n\n结合 $k^{2}$ 的取值范围可得 $d$ 的取值范围为 $(\\sqrt{3}, 2)$.'] ['$(\\sqrt{3}, 2)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Plane Geometry Math Chinese +34 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{\pi}{6}, a_{n+1}=\arctan \left(\sec a_{n}\right)\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$. 求正整数 $m$, 使得 + +$$ +\sin a_{1} \cdot \sin a_{2} \cdots \sin a_{m}=\frac{1}{100} +$$" ['由已知条件可知, 对任意正整数 $n$,\n\n$$\na_{n+1} \\in\\left(-\\frac{\\pi}{2}, \\frac{\\pi}{2}\\right)\n$$\n\n且\n\n$$\n\\tan a_{n+1}=\\sec a_{n} , (1)\n$$\n\n由于 $\\sec a_{n}>0$, 故\n\n$$\na_{n+1} \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)\n$$\n\n由 (1) 得,\n\n$$\n\\tan ^{2} a_{n+1}=\\sec ^{2} a_{n}=1+\\tan ^{2} a_{n},\n$$\n\n故\n\n$$\n\\tan ^{2} a_{n}=n-1+\\tan ^{2} a_{1}=n-1+\\frac{1}{3}=\\frac{3 n-2}{3},\n$$\n\n即\n\n$$\n\\tan a_{n}=\\sqrt{\\frac{3 n-2}{3}}\n$$\n\n因此\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sin a_{1} \\cdot \\sin a_{2} \\cdots \\sin a_{m} & =\\frac{\\tan a_{1}}{\\sec a_{1}} \\cdot \\frac{\\tan a_{2}}{\\sec a_{2}} \\cdots \\frac{\\tan a_{m}}{\\sec a_{m}} \\\\\n& =\\frac{\\tan a_{1}}{\\tan a_{2}} \\cdot \\frac{\\tan a_{2}}{\\tan a_{3}} \\cdots \\frac{\\tan a_{m}}{\\tan a_{m+1}} \\\\\n& =\\frac{\\tan a_{1}}{\\tan a_{m+1}}=\\sqrt{\\frac{1}{3 m+1}},\n\\end{aligned}\n$$\n\n由\n\n$$\n\\sqrt{\\frac{1}{3 m+1}}=\\frac{1}{100}\n$$\n\n得 $m=3333$.'] ['$3333$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +35 设 $S=\{1,2,3, \cdots, 100\}$. 求最大的整数 $k$, 使得 $S$ 有 $k$ 个互不相同的非空子集, 具有性质：对这 $k$ 个子集中任意两个不同子集，若它们的交集非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同. ['对有限非空实数集 $A$, 用 $\\min A$ 与 $\\max A$ 分别表示 $A$ 的最小元素与最大元素.\n\n考虑 $S$ 的所有包含 1 且至少有两个元素的子集, 一共 $2^{99}-1$ 个.\n\n因为\n\n$$\n\\min \\left(A_{i} \\cap A_{j}\\right)=1<\\max A_{i}\n$$\n\n所以它们显然满足要求. 故 $k$ 可以取到 $2^{99}-1$.\n\n下面证明 $k \\geqslant 2^{99}$ 时不存在满足要求的 $k$ 个子集.\n\n我们用数学归纳法证明: 对整数 $n \\geqslant 3$, 在集合 $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的任意 $m\\left(\\geqslant 2^{n-1}\\right)$ 个不同非空子集 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{m}$ 中, 存在两个子集 $A_{i}, A_{j}, i \\neq j$, 满足\n\n$$\nA_{i} \\cap A_{j} \\neq \\varnothing, \\wedge \\min \\left(A_{i} \\cap A_{j}\\right)=\\max A_{i} . (1)\n$$\n\n\n\n显然只需对 $m=2^{n-1}$ 的情况证明上述结论.\n\n归纳基础: 当 $n=3$ 时, 将 $\\{1,2,3\\}$ 的全部 7 个非空子集分成 3 组:\n\n第一组: $\\{3\\},\\{1,3\\},\\{2,3\\}$;\n\n第二组: $\\{2\\},\\{1,2\\}$;\n\n第三组: $\\{1\\},\\{1,2,3\\}$.\n\n由抽屉原理, 任意 4 个非空子集必有两个在同一组中, 取同一组中的的两个子集分别记为 $A_{i}, A_{j}$, 排在前面的记为 $A_{i}$, 则满足 (1).\n\n递推证明: 假设结论在 $n(\\geqslant 3)$ 时成立, 考虑 $n+1$ 的情形.\n\n若 $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{2^{n}}$ 中至少有 $2^{n-1}$ 个子集不含 $n+1$, 对其中的 $2^{n-1}$ 个子集用归纳假设, 可知存在两个子集满足 (1).\n\n若至多有 $2^{n-1}-1$ 个子集不含 $n+1$, 则至少有 $2^{n-1}+1$ 个子集含 $n+1$. 将其中 $2^{n-1}+1$子集都去掉 $n+1$, 得到 $\\{1,2,3, \\cdots, n\\}$ 的 $2^{n-1}+1$ 个子集.\n\n由于 $\\{1,2,3, \\cdots, n\\}$ 的全体子集可分成 $2^{n-1}$ 组, 每组两个子集互补, 故由抽屉原理,在上述 $2^{n-1}+1$ 个子集中一定有两个属于同一组, 即互为补集. 因此, 相应地有两个子集 $A_{i}, A_{j}$, 满足 $A_{i} \\cap A_{j}=\\{n+1\\}$, 这两个子集显然满足 (1). 故 $n+1$ 时结论成立.'] ['$2^{99}-1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +36 一次考试共有 $m$ 道试题, $n$ 个学生参加, 其中 $m, n \geqslant 2$ 为给定的整数. 每道题的得分规则是: 若该题恰有 $x$ 个学生没有答对, 则每个答对该题的学生得分 $x$ 分, 未答对的学生得零分. 每个学生总分为其 $m$ 道题的得分总和. 将所有学生总分从高到低排列为 $p_{1} \geqslant p_{2} \geqslant \cdots \geqslant p_{n}$, 求 $p_{1}+p_{n}$ 的最大可能值. ['对任意的 $k=1,2, \\cdots, m$, 设第 $k$ 题没有答对者有 $x_{k}$ 人，则第 $k$ 题答对者有 $n-x_{k}$ 人, 由得分规则知, 这 $n-x_{k}$ 个人在第 $k$ 题均得到 $x_{k}$ 分. 设 $n$ 个学生得分之和为 $S$, 则有\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{p} p_{i}=S=\\sum_{k=1}^{m} x_{k}\\left(n-x_{k}\\right)=n \\sum_{k=1}^{m} x_{k}-\\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2}\n$$\n\n因为每一个人在第 $k$ 道题上至多得 $x_{k}$ 分, 故\n\n$$\np_{1} \\leqslant \\sum_{k=1}^{m} x_{k}.\n$$\n\n由于 $p_{2} \\geqslant \\cdots \\geqslant p_{n}$, 故有 $p_{n} \\leqslant \\frac{p_{2}+p_{3}+\\cdots+p_{n}}{n-1}=\\frac{S-p_{1}}{n-1}$. 所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\np_{1}+p_{n} & \\leqslant p_{1}+\\frac{S-p_{1}}{n-1} \\\\\n& =\\frac{n-2}{n-1} p_{1}+\\frac{S}{n-1} \\\\\n& \\leqslant \\frac{n-2}{n-1} \\cdot \\sum_{k=1}^{m} x_{k}+\\frac{1}{n-1} \\cdot\\left(n \\sum_{k=1}^{m} x_{k}-\\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2}\\right) \\\\\n& =2 \\sum_{k=1}^{m} x_{k}-\\frac{1}{n-1} \\cdot \\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n由柯西不等式得\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{m} x_{k}^{2} \\geqslant \\frac{1}{m}\\left(\\sum_{k=1}^{m} x_{k}\\right)^{2}\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\np_{1}+p_{n} & \\leqslant 2 \\sum_{k=1}^{m} x_{k}-\\frac{1}{m(n-1)} \\cdot\\left(\\sum_{k=1}^{m} x_{k}\\right)^{2} \\\\\n& =-\\frac{1}{m(n-1)} \\cdot\\left(\\sum_{k=1}^{m} x_{k}-m(n-1)\\right)^{2}+m(n-1) \\\\\n& \\leqslant m(n-1),\n\\end{aligned}\n$$\n\n另一方面, 若有一个学生全部答对, 其他 $n-1$ 个学生全部答错, 则\n\n$$\np_{1}+p_{n}=p_{1}=\\sum_{k=1}^{m}(n-1)=m(n-1)\n$$'] ['$m(n-1)$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Combinatorics Math Chinese +37 "已知函数 $f(x)=a \sin x-\frac{1}{2} \cos 2 x+a-\frac{3}{a}+\frac{1}{2}, a \in \mathbb{R}$ 且 $a \neq 0$. +若对任意 $x \in \mathbb{R}$, 都有 $f(x) \leqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围;" ['因为\n\n$$\nf(x)=\\sin ^{2} x+a \\sin x+a-\\frac{3}{a},\n$$\n\n令 $t=\\sin x(-1 \\leqslant t \\leqslant 1)$, 则\n\n$$\ng(t)=t^{2}+a t+a-\\frac{3}{a} .\n$$\n\n对任意 $x \\in \\mathbb{R}, f(x) \\leqslant 0$ 恒成立的充要条件是\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\ng(-1)=1-\\frac{3}{a} \\leqslant 0 \\\\\ng(1)=1+2 a-\\frac{3}{a} \\leqslant 0\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n解得 $a$ 的取值范围为 $(0,1]$.'] ['$(0,1]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +38 "已知函数 $f(x)=a \sin x-\frac{1}{2} \cos 2 x+a-\frac{3}{a}+\frac{1}{2}, a \in \mathbb{R}$ 且 $a \neq 0$. +若 $a \geqslant 2$, 且存在 $x \in \mathbb{R}$, 使得 $f(x) \leqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围." ['因为 $a \\geqslant 2$, 所以 $-\\frac{a}{2} \\leqslant-1$, 因此\n\n$$\ng(t)_{\\min }=g(-1)=1-\\frac{3}{a},\n$$\n\n故\n\n$$\nf(x)_{\\min }=1-\\frac{3}{a}\n$$\n\n\n\n于是, 存在 $x \\in \\mathbb{R}$, 使得 $f(x) \\leqslant 0$ 的充要条件是\n\n$$\n1-\\frac{3}{a} \\leqslant 0\n$$\n\n解得 $01\n\\end{aligned}\n$$\n\n故\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf(10 a+6 b+21) & =\\left|\\lg \\left[6(b+2)+\\frac{10}{b+2}\\right]\\right| \\\\\n& =\\lg \\left[6(b+2)+\\frac{10}{b+2}\\right]\n\\end{aligned}\n$$\n\n又因为\n\n$$\nf(10 a+6 b+21)=4 \\lg 2,\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\lg \\left[6(b+2)+\\frac{10}{b+2}\\right]=4 \\lg 2\n$$\n\n故\n\n$$\n6(b+2)+\\frac{10}{b+2}=16\n$$\n\n解得 $b=-\\frac{1}{3}$ 或 $b=-1$ (舍去)\n\n把 $b=-\\frac{1}{3}$ 代入\n\n$$\n(a+1)(b+2)=1,\n$$\n\n解得 $a=-\\frac{2}{5}$.'] ['$-\\frac{2}{5}, -\\frac{1}{3}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +41 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=2 t-3(t \in \mathbb{R}$ 且 $t \neq \pm 1), a_{n+1}=\frac{\left(2 t^{n+1}-3\right) a_{n}+2(t-1) t^{n}-1}{a_{n}+2 t^{n}-1}(n \in$ $\left.\mathbb{N}^{*}\right)$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;" ['由原式变形得\n\n$$\na_{n+1}=\\frac{2\\left(t^{n+1}-1\\right)\\left(a_{n}+1\\right)}{a_{n}+2 t^{n}-1}-1,\n$$\n\n\n\n则\n\n$$\n\\frac{a_{n+1}+1}{t^{n+1}-1}=\\frac{2\\left(a_{n}+1\\right)}{a_{n}+2 t^{n}-1}=\\frac{\\frac{2\\left(a_{n}+1\\right)}{t^{n}-1}}{\\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}+2}\n$$\n\n记 $\\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}=b_{n}$, 则 $b_{n+1}=\\frac{2 b_{n}}{b_{n}+2}$, 且\n\n$$\nb_{1}=\\frac{a_{1}+1}{t-1}=\\frac{2 t-2}{t-1}=2 .\n$$\n\n又\n\n$$\n\\frac{1}{b_{n+1}}=\\frac{1}{b_{n}}+\\frac{1}{2},\n$$\n\n从而有\n\n$$\n\\frac{1}{b_{n}}=\\frac{1}{b_{1}}+(n-1) \\cdot \\frac{1}{2}=\\frac{n}{2}\n$$\n\n故\n\n$$\n\\frac{a_{n}+1}{t^{n}-1}=\\frac{2}{n}\n$$\n\n于是有 $a_{n}=\\frac{2\\left(t^{n}-1\\right)}{n}-1$.'] ['$a_{n}=\\frac{2\\left(t^{n}-1\\right)}{n}-1$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +42 设 $A$ 是一个 $3 \times 9$ 的方格表, 在每一个小方格内各填一个正整数. 称 $A$ 中的一个 $m \times n(1 \leqslant m \leqslant 3,1 \leqslant n \leqslant 9)$ 方格表为 “好矩形”, 若它的所有数的和为 10 的倍数.称 $A$ 中的一个 $1 \times 1$ 的小方格为 “坏格”, 若它不包含于任何一个 “好矩形”. 求 $A$ 中 “坏格” 个数的最大值. ['首先证明 $A$ 中 “坏格” 不多于 25 个.\n\n用反证法, 假设结论不成立, 则方格表 $A$ 中至多有 1 个小方格不是 “坏格”, 由表格的对称性, 不妨设此时第 1 行都是 “坏格”.\n\n设方格表 $A$ 第 $i$ 列从上到下填的数依次为 $a_{i}, b_{i}, c_{i}, i=1,2, \\cdots, 9$, 记\n\n$$\nS_{k}=\\sum_{i=1}^{k} a_{i}, T_{k}=\\sum_{i=1}^{k}\\left(b_{i}+c_{i}\\right), k=0,1,2, \\cdots, 9\n$$\n\n这里 $S_{0}=T_{0}=0$.\n\n我们证明: 三组数 $S_{0}, S_{1}, \\cdots, S_{9} ; T_{0}, T_{1}, \\cdots, T_{9}$ 及 $S_{0}+T_{0}, S_{1}+T_{1}, \\cdots, S_{9}+T_{9}$ 都是模 10 的完全剩余系.\n\n事实上, 假如存在 $m, n$, 且 $0 \\leqslant m0$. 故 $\\mathrm{f}(\\mathrm{x})$ 在 $\\mathrm{x}=\\mathrm{a}$ 处取最小值 $2 \\mathrm{a}$, 即 $2 \\mathrm{a}=\\frac{1}{2} \\mathrm{a}^{2}+\\frac{13}{2}$,解得 $a=-2-\\sqrt{17}$; 于是得 $[a, b]=\\left[-2-\\sqrt{17}, \\frac{13}{4}\\right]$.\n\n(3) 当 $a0 \\quad \\quad ①$\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x+m \\\\ \\frac{x^{2}}{4}-\\frac{y^{2}}{12}=1\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 化简整理得\n\n$\\left(3-k^{2}\\right) x^{2}-2 k m x-m^{2}-12=0$\n\n设 $C\\left(x_{3}, y_{4}\\right), D\\left(x_{4}, y_{4}\\right)$, 则 $x_{3}+x_{4}=\\frac{2 k m}{3-k^{2}}$\n\n$\\Delta_{2}=(-2 k m)^{2}+4\\left(3-k^{2}\\right)\\left(m^{2}+12\\right)>0 \\quad \\quad ②$\n\n因为 $\\overrightarrow{A C}+\\overrightarrow{B D}=0$, 所以 $\\left(x_{4}-x_{2}\\right)+\\left(x_{3}-x_{1}\\right)=0$, 此时 $\\left(y_{4}-y_{2}\\right)+\\left(y_{3}-y_{1}\\right)=0$. 由 $x_{1}+x_{2}=x_{3}+x_{4}$ 得 $-\\frac{8 k m}{3+4 k^{2}}=\\frac{2 k m}{3-k^{2}}$.\n\n所以 $2 k m=0$ 或 $-\\frac{4}{3+4 k^{2}}=\\frac{1}{3-k^{2}}$. 由上式解得 $k=0$ 或 $m=0$. 当 $k=0$ 时, 由 ① 和 ②得 $-2 \\sqrt{3}0, \\\\\n& -2 \\sqrt{3}t_{2}, t_{1}^{2}+t_{2}^{2}=4$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& S_{\\triangle A B C}=\\frac{1}{2}\\left|\\begin{array}{ccc}\n5 & 0 & 1 \\\\\nt_{1}^{2} & \\sqrt{6} t_{1} & 1 \\\\\nt_{2}^{2} & \\sqrt{6} t_{2} & 1\n\\end{array}\\right| \\text { 的绝对值, } \\\\\n& S_{\\triangle A B C}^{2}=\\left(\\frac{1}{2}\\left(5 \\sqrt{6} t_{1}+\\sqrt{6} t_{1}^{2} t_{2}-\\sqrt{6} t_{1} t_{2}^{2}-5 \\sqrt{6} t_{2}\\right)\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =\\frac{3}{2}\\left(t_{1}-t_{2}\\right)^{2}\\left(t_{1} t_{2}+5\\right)^{2} \\\\\n& =\\frac{3}{2}\\left(4-2 t_{1} t_{2}\\right)\\left(t_{1} t_{2}+5\\right)\\left(t_{1} t_{2}+5\\right) \\\\\n& \\leq \\frac{3}{2}\\left(\\frac{14}{3}\\right)^{3}, \\\\\nS_{\\triangle A B C} & \\leq \\frac{14}{3} \\sqrt{7},\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $\\left(t_{1}-t_{2}\\right)^{2}=t_{1} t_{2}+5$ 且 $t_{1}^{2}+t_{2}^{2}=4$,\n\n即 $t_{1}=\\frac{\\sqrt{7}-\\sqrt{5}}{\\sqrt{6}}, t_{2}=-\\frac{\\sqrt{7}+\\sqrt{5}}{\\sqrt{6}}, A\\left(\\frac{6+\\sqrt{35}}{3}, \\sqrt{5}+\\sqrt{7}\\right), B\\left(\\frac{6-\\sqrt{35}}{3}, \\sqrt{5}-\\sqrt{7}\\right)$ 或\n\n$A\\left(\\frac{6+\\sqrt{35}}{3},-(\\sqrt{5}+\\sqrt{7})\\right), B\\left(\\frac{6-\\sqrt{35}}{3},-\\sqrt{5}+\\sqrt{7}\\right)$ 时等号成立.\n\n所以 $\\triangle A B C$ 面积的最大值是 $\\frac{14}{3} \\sqrt{7}$.']" ['$\\frac{14}{3}, \\sqrt{7}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +54 一种密码锁的密码设置是在正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n}$ 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个, 同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一, 使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置? ['对于该种密码锁的一种密码设置, 如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同, 在它们所在的边上标上 $a$, 如果颜色不同, 则标上 $b$, 如果数字和颜色都相同, 则标上 $c$. 于是对于给定的点 $A_{1}$ 上的设置 (共有 4 种), 按照边上的字母可以依次确定点 $A_{2}, A_{3}, \\cdots, A_{n}$ 上的设置. 为了使得最终回到 $A_{1}$ 时的设置与初始时相同, 标有 $a$ 和 $b$ 的边都是偶数条. 所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记 $a, b, c$, 使得标有 $a$ 和 $b$ 的边都是偶数条的方法数的4倍。\n\n设标有 $a$ 的边有 $2 i$ 条, $0 \\leq i \\leq\\left[\\frac{n}{2}\\right]$, 标有 $b$ 的边有 $2 j$ 条, $0 \\leq j \\leq\\left[\\frac{n-2 i}{2}\\right]$. 选取 $2 i$条边标记 $a$ 的有 $C_{n}^{2 i}$ 种方法, 在余下的边中取出 $2 j$ 条边标记 $b$ 的有 $C_{n-2 i}^{2 j}$ 种方法, 其余的边标记 $c$. 由乘法原理, 此时共有 $C_{n}^{2 i} C_{n-2 i}^{2 j}$ 种标记方法. 对 $i, j$ 求和, 密码锁的所有不同的密码设置方法数为\n\n$$\n4 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} \\sum_{j=0}^{\\left[\\frac{n-2 i}{2}\\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\\right). \\quad \\quad (1)\n$$\n\n这里我们约定 $C_{0}^{0}=1$.\n\n当 $n$ 为奇数时, $n-2 i>0$, 此时\n\n$$\n\\sum_{j=0}^{\\left[\\frac{n-2 i}{2}\\right]} C_{n-2 i}^{2 j}=2^{n-2 i-1}. \\quad \\quad (2)\n$$\n\n代入(1)式中, 得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 4 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} \\sum_{j=0}^{\\left[\\frac{n-2 i}{2}\\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\\right)=4 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\\right)=2 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i}\\right) \\\\\n= & \\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} 2^{n-k}+\\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} 2^{n-k}(-1)^{k}=(2+1)^{n}+(2-1)^{n} \\\\\n= & 3^{n}+1 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n当 $n$ 为偶数时, 若 $i<\\frac{n}{2}$, 则(2)式仍然成立; 若 $i=\\frac{n}{2}$, 则正 $n$ 边形的所有边都标记 $a$,此时只有一种标记方法. 于是, 当 $n$ 为偶数时, 所有不同的密码设置的方法数为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 4 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} \\sum_{j=0}^{\\left[\\frac{n-2 i}{2}\\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\\right)=4 \\times\\left(1+\\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]-1}\\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\\right)\\right) \\\\\n= & 2+4 \\sum_{i=0}^{\\left[\\frac{n}{2}\\right]}\\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\\right)=3^{n}+3 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上所述, 这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是: 当 $n$ 为奇数时有 $3^{n}+1$ 种; 当$n$为偶数时有 $3^{n}+3$ 种.'] ['$3^{n}+1 , 3^{n}+3$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Combinatorics Math Chinese +55 设正三棱锥 $P-A B C$ 的高为 $P O, M$ 为 $P O$ 的中点, 过 $A M$ 作与棱 $B C$ 平行的平面, 将三棱锥截为上、下两部分, 试求此两部分的体积比$\frac{V_{上}}{V_{下}}$的值。 ['$M$ 是 $P O$ 中点, 延长 $A O$ 与 $B C$ 交于点 $D$, 则 $D$ 为 $B C$ 中点, 连 $P D$, 由于 $A M$在平面 $P A D$ 内, 故延长 $A M$ 与 $P D$ 相交, 设交点为 $F$. 题中截面与面 $P B C$ 交于过 $F$ 的直线 $G H, G 、 H$ 分别在 $P B 、 P C$ 上. 由于 $B C / /$ 截面 $A G H, \\therefore G H / / B C$.\n\n在面 $P A D$ 中, $\\triangle P O D$ 被直线 $A F$ 截, 故 $\\frac{P M}{M O} \\cdot \\frac{O A}{A D} \\cdot \\frac{D F}{F P}=1$, 但 $\\frac{P M}{M O}=1, \\frac{O A}{A D}= \\frac{2}{3}, \\therefore \\frac{D F}{F P}$ $=\\frac{3}{2}$.\n\n\n\n\n\n$\\therefore \\frac{P F}{P D}=\\frac{2}{5}, \\therefore \\frac{S_{\\triangle P G H}}{S_{\\triangle P B C}}=\\frac{4}{25} \\Rightarrow \\frac{S_{\\triangle P G H}}{S_{H G B C}}=\\frac{4}{21}$. 而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点 $A$ 的两个棱锥 $A-P G H$ 及 $A-H G B C$. 故二者体积比 $=4: 21$.'] ['$\\frac{4}{21}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +56 设 $S=\{1,2, \cdots, n\}, A$ 为至少含有两项的公差为正的等差数列, 其项都在 $S$ 中,且添加 $S$ 的其他元素于 $A$ 后不能构成与 $A$ 有相同公差的等差数列. 求这种 $A$ 的个数 (这里只有两项的数列也看作等差数列). "['易知公差 1 $\\leqslant d \\leqslant n-1$.\n\n设 $n=2 k, d=1$ 或 $d=n-1$ 时, 这样的 $A$ 只有 1 个, $d=2$ 或 $d=n-2$ 时, 这样的数列只有 2 个, $d=3$ 或 $n-3$ 时这样的数列只有 3 个, $\\cdots \\cdots \\cdot, d=k-1$ 或 $k+1$ 时, 这样的数列有 $k-1$ 个, $d=\\boldsymbol{k}$ 时, 这样的数列有 $\\boldsymbol{k}$ 个.\n\n$\\therefore$ 这样的数列共有 $(1+2+\\cdots+k) \\times 2-k=k^{2}=\\frac{1}{4} n^{2}$ 个.\n\n当 $n=2 k+1$ 时, 这样的数列有 $(1+2+\\cdots+k) \\times 2=k(k+1)=\\frac{1}{4}\\left(n^{2}-1\\right)$ 个.\n\n两种情况可以合并为: 这样的 $A$ 共有 $\\frac{n^{2}}{4}-\\frac{1+(-1)^{n-1}}{8}$ 个 (或 $\\left[\\frac{1}{4} n^{2}\\right]$ 个).' + '对于 $k=\\left[\\frac{n}{2}\\right]$, 这样的数列 $A$ 必有连续两项, 一项在 $\\{1,2, \\cdots, k\\}$ 中, 一在 $\\{k+1 . k+2, \\cdots$, $n\\}$ 中, 反之, 在此两集合中各取一数, 可以其差为公差构成一个 $A$, 于是共有这样的数列\n\n当 $n=2 k$ 时, 这样的 $A$ 的个数为 $k^{2}=\\frac{1}{4} n^{2}$ 个; 当 $n=2 k+1$ 时, 这样的 $A$ 的个数为 $k(k+1)=\\frac{1}{4}$ $\\left(n^{2}-1\\right)$ 个.\n\n$\\therefore$ 这样的数列有 $\\left[\\frac{1}{4} n^{2}\\right]$ 个.']" ['$\\frac{1}{4} n^{2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +57 "解不等式 + +$$ +\log _{2}\left(x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}+1\right)<1+\log _{2}\left(x^{4}+1\right) . +$$" "['由 $1+\\log _{2}\\left(x^{4}+1\\right)=\\log _{2}\\left(2 x^{4}+2\\right)$, 且 $\\log _{2} y$ 在 $(0,+\\infty)$ 上为增函数, 故原不等式等价于 $x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}+1<2 x^{4}+2$.\n\n即 $x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}-2 x^{4}-1<0$.\n\n分组分解\n\n$$\n\\begin{gathered}\nx^{12}+x^{10}-x^{8} \\\\\n+2 x^{10}+2 x^{8}-2 x^{6} \\\\\n+4 x^{8}+4 x^{6}-4 x^{4} \\\\\n+x^{6}+x^{4}-x^{2} \\\\\n+x^{4}+x^{2}-1<0, \\\\\n\\left(x^{8}+2 x^{6}+4 x^{4}+x^{2}+1\\right)\\left(x^{4}+x^{2}-1\\right)<0,\n\\end{gathered}\n$$\n\n所以 $x^{4}+x^{2}-1>0,\\left(x^{2}-\\frac{-1-\\sqrt{5}}{2}\\right)\\left(x^{2}-\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}\\right)<0$ ．所以 $x^{2}<\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}$\n\n$-\\sqrt{\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}}x^{6}+3 x^{4}+3 x^{2}+1+2 x^{2}+2=\\left(x^{2}+1\\right)^{3}+2\\left(x^{2}+1\\right)$,\n\n$$\n\\left(\\frac{1}{x^{2}}\\right)^{3}+2\\left(\\frac{1}{x^{2}}\\right)>\\left(x^{2}+1\\right)^{3}+2\\left(x^{2}+1\\right),\n$$\n\n令 $g(t)=t^{3}+2 t$, 则不等式为 $g\\left(\\frac{1}{x^{2}}\\right)>g\\left(x^{2}+1\\right)$, 显然 $g(t)=t^{3}+2 t$ 在 $\\mathbf{R}$ 上为増函数, 由比上面不等式等价于 $\\frac{1}{x^{2}}>x^{2}+1$, 即 $\\left(x^{2}\\right)^{2}+x^{2}-1<0$, 解得 $x^{2}<\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}$, 故原不等式解集为 $\\left(-\\sqrt{\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}}, \\sqrt{\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}}\\right)$.']" ['$\\left(-\\sqrt{\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}}, \\sqrt{\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}}\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +58 长为 $\sqrt{2}$, 宽为 1 的矩形, 以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周, 求得到的旋转体的体积. ['过轴所在对角线 $B D$ 中点 $O$ 作 $M N \\perp B D$ 交边 $A D 、 B C$ 于 $M 、 N$,作 $A E \\perp B D$ 于 $E$,\n\n则 $\\triangle A B D$ 旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥, 底面半径 $A E=\\frac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}}=$ $\\frac{\\sqrt{6}}{3}$. 其体积 $V=\\frac{\\pi}{3}\\left(\\frac{\\sqrt{6}}{3}\\right)^{2} \\cdot \\sqrt{3}=\\frac{2 \\sqrt{3}}{9} \\pi$. 同样,\n\n$\\triangle B C D$ 旋转所得旋转体的体积 $=\\frac{2 \\sqrt{3}}{9} \\pi$.\n\n\n\n其重叠部分也是两个圆锥, 由 $\\triangle D O M \\sim \\triangle D A B, D O=\\frac{\\sqrt{3}}{2}, O M=\\frac{D O \\cdot A B}{D A}=\\frac{\\sqrt{6}}{4}$.\n\n$\\therefore$ 其体积 $=2 \\cdot \\frac{1}{3} \\pi \\cdot\\left(\\frac{\\sqrt{6}}{4}\\right)^{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{2}=\\frac{\\sqrt{3}}{8} \\pi$.\n\n$\\therefore$ 所求体积 $=2 \\cdot \\frac{2 \\sqrt{3}}{9} \\pi-\\frac{\\sqrt{3}}{8} \\pi=\\frac{23}{72} \\sqrt{3 \\pi}$.'] ['$\\frac{23}{72} \\sqrt{3 \\pi}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +59 将 2006 表示成 5 个正整数 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ 之和. 记 $S=\sum_{1 \leqslant ix_{1} x_{2}$. 将 $\\mathrm{S}$ 改写成\n\n$$\nS=\\sum_{1 \\leq i0$.\n\n这与 $\\mathrm{S}$ 在 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ 时取到最大值矛盾. 所以必有 $\\left|x_{i}-x_{j}\\right| \\leq 1$, $(1 \\leq i, j \\leq 5)$. 因此当 $x_{1}=402, x_{2}=x_{3}=x_{4}=x_{5}=401$ 取到最大值.'] ['$402, 401,401,401,401$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +60 某市有 $n$ 所中学, 第 $i$ 所中学派出 $C_{i}$ 名代表 $\left(1 \leqslant C_{i} \leqslant 39,1 \leqslant i \leqslant n\right)$ 来到体育馆观看球赛, 全部学生总数为 $\sum_{I=1}^{n} C_{i}=1990$. 看台上每一横排有 199 个座位, 要求同一学校的学生必须坐在同一横排, 问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下. ['首先, $199>39 \\times 5$, 故每排至少可坐 5 所学校的学生.\n\n$1990=199 \\times 10$, 故如果没有 “同一学校的学生必须坐在同一横排” 的限制, 则全部学生只要坐在 10 排就够了.\n\n现让这些学生先按学校顺序入坐, 从第一排坐起, 一个学校的学生全部坐好后, 另一个学校的学生接下去坐, 如果在某一行不够坐, 则余下的学生坐到下一行. 这样一个空位都不留, 则坐 10 排, 这些学生就全部坐完. 这时, 有些学校的学生可能分坐在两行, 让这些学校的学生全部从原坐处起来, 坐到第 11、12 排去. 由于, 这种情况只可能在第一行末尾与第二行开头、第二行末尾与第三行开头、.....-第九行末尾与第十行开头这 9 处发生,故需要调整的学校不超过 10 所, 于是第 $11 、 12$ 行至多各坐 5 所学校的学生, 就可全部坐完. 这说明 12 行保证够坐.\n\n其次证明, 11 行不能保证就此学生按条件全部入坐: $199=6 \\times 33+1$. $1990=34 \\times 58+18$.\n\n取 59 所学校, 其中 58 所学校 34 人, 1 所学校 18 人. 则对前 58 所学校的学生, 每排只能坐 5 所学校而不能坐 6 所学校. 故 11 排只能坐其中 55 所学校的学生. 即 11 排不够坐.综上可知, 最少要安排 12 横排才能保证全部学生都能坐下.'] ['$12$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +61 设 $x \geqslant y \geqslant z \geqslant \frac{\pi}{12}$, 且 $x+y+z=\frac{\pi}{2}$, 求乘积 $\cos x \sin y \cos z$ 的最大值和最小值. ['由于 $x \\geqslant y \\geqslant z \\geqslant \\frac{\\pi}{12}$, 故 $\\frac{\\pi}{6} \\leq \\mathbf{x} \\leq \\frac{\\pi}{2}-\\frac{\\pi}{12} \\times 2=\\frac{\\pi}{3}$.\n\n$\\therefore \\cos x \\sin y \\cos z=\\cos x \\times \\frac{1}{2}[\\sin (y+z)+\\sin (y-z)]=\\frac{1}{2} \\cos ^{2} x+\\frac{1}{2} \\cos x \\sin (y-z) \\geqslant \\frac{1}{2} \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{3}$ $=\\frac{1}{8}$. 即最小值.\n\n(由于 $\\frac{\\pi}{6} \\leq x \\leq \\frac{\\pi}{3}, y \\geqslant z$, 故 $\\cos x \\sin (y-z) \\geq 0$ ), 当 $y=z=\\frac{\\pi}{12}, x=\\frac{\\pi}{3}$ 时, $\\cos x \\sin y$ $\\cos z=\\frac{1}{8}$.\n\n$\\because \\cos x \\sin y \\cos z=\\cos z \\times \\frac{1}{2}[\\sin (x+y)-\\sin (x-y)]=\\frac{1}{2} \\cos ^{2} z-\\frac{1}{2} \\cos z \\sin (x-y)$.\n\n由于 $\\sin (x - y) \\geqslant 0, \\cos z>0$, 故 $\\cos x \\sin y \\cos z \\leq \\frac{1}{2} \\cos ^{2} z=\\frac{1}{2} \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{12}=\\frac{1}{2}\\left(1+\\cos {\\frac{\\pi}{6}}\\right)=\\frac{2+\\sqrt{3}}{8}$.\n\n当 $\\mathbf{x}=y=\\frac{5 \\pi}{12}, z=\\frac{\\pi}{12}$ 时取得最大值.\n\n$\\therefore$ 最大值 $\\frac{2+\\sqrt{3}}{8}$, 最小值 $\\frac{1}{8}$.'] ['$\\frac{2+\\sqrt{3}}{8}，\\frac{1}{8}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +62 已知复数 $z=1-\sin \theta+i \cos \theta\left(\frac{\pi}{2}<\theta5$, 即 $-80$. 由此得\n\n$a_{1}^{2}\\left(a_{1}+2 d\\right)^{2}=\\left(a_{1}+d\\right)^{4} \\quad$ 化简得: $2 a_{1}^{2}+4 a_{1} d+d^{2}=0$\n\n解得: $d=(-2 \\pm \\sqrt{2}) a_{1}$\n\n而 $-2 \\pm \\sqrt{2}<0$, 故 $a_{1}<0$\n\n若 $d=(-2-\\sqrt{2}) a_{1}$, 则 $q=\\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}}=(\\sqrt{2}+1)^{2}$\n\n若 $d=(-2+\\sqrt{2}) a_{1}$, 则 $q=\\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}}=(\\sqrt{2}-1)^{2}$\n\n但 $\\lim _{n \\rightarrow+\\infty}\\left(b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{n}\\right)=\\sqrt{2}+1$ 存在, 故 $|\\boldsymbol{q}|<1$, 于是 $q=(\\sqrt{2}+1)^{2}$ 不可能.\n\n从而 $\\frac{a_{1}^{2}}{1-(\\sqrt{2}-1)^{2}}=\\sqrt{2}+1 \\Rightarrow a_{1}^{2}=(2 \\sqrt{2}-2)(\\sqrt{2}+1)=2$\n\n所以 $a_{1}=-\\sqrt{2}, d=(-2+\\sqrt{2}) a_{1}=2 \\sqrt{2}-2$.'] ['$-\\sqrt{2}, 2 \\sqrt{2}-2$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +65 "设 $\mathrm{x}_{\mathrm{i}} \geqslant 0(\mathrm{I}=1,2,3, \cdots, \mathrm{n})$ 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+2 \sum_{1 \leq k2^{n}$, 知, $n \\leq 4$. 即最多能过 4 关.'] ['$4$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +67 "一项 “过关游戏” 规则规定: 在第 $n$ 关要抛郑一颗骰子 $n$ 次,如果这 $n$ 次抛掷所出现的点数的和大于 $2^{n}$, 则算过关. 问: +他连过前三关的概率是多少?" ['要求他第一关时掷 1 次的点数 $>2$, 第二关时掷 2 次的点数和 $>4$, 第三关时掷 3 次的点数和 $>8$.\n\n第一关过关的概率 $=\\frac{4}{6}=\\frac{2}{3}$;\n\n第二关过关的基本事件有 $6^{2}$ 种, 不能过关的基本事件有为不等式 $x + y \\leq 4$ 的正整数解的个数, 有 $C_{4}^{2}$ 个 (亦可枚举计数: $1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1$ ) 计 6 种, 过关的概率 $=1-$ $\\frac{6}{6^{2}}=\\frac{5}{6}$。\n\n第三关的基本事件有$6^{3}$种，不能过关的基本事件为方程$x+y+z \\leq 8$的正整数解的总数，可连写 8 个 1 , 从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 $C_{8}^{3}=\\frac{8 \\times 7 \\times 6}{3 \\times 2 \\times 1}=56$ 种, 不能过关的概率 $=\\frac{56}{6^{3}}=\\frac{7}{27}$,能过关的概率 $=\\frac{20}{27}$;\n\n$\\therefore$ 连过三关的概率 $=\\frac{2}{3} \\times \\frac{5}{6} \\times \\frac{20}{27}=\\frac{100}{243}$.'] ['$\\frac{100}{243}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +68 已知 $\alpha, \beta$ 是方程 $4 x^{2}-4 t x-1=0(t \in R)$ 的两个不等实根, 函数 $f(x)=\frac{2 x-t}{x^{2}+1}$ 的定义域为 $[\alpha, \beta]$. 求 $g(t)=\max f(x)-\min f(x)$的表达式; ['$\\alpha+\\beta=t, \\alpha \\beta=-\\frac{1}{4}$. 故 $\\alpha<0, \\beta>0$. 当 $x_{1}, x_{2} \\in[\\alpha, \\beta]$ 时,\n\n$\\therefore f^{\\prime}(x)=\\frac{2\\left(x^{2}+1\\right)-2 x(2 x-t)}{\\left(x^{2}+1\\right)^{2}}=\\frac{-2\\left(x^{2}-x t\\right)+2}{\\left(x^{2}+1\\right)^{2}}$. 而当 $x \\in[\\alpha, \\beta]$ 时, $x^{2}-x t<0$, 于是 $f^{\\prime}(x)>0$, 即 $f(x)$ 在 $[\\alpha, \\beta]$ 上单调增.\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\therefore g(t)=\\frac{2 \\beta-t}{\\beta^{2}+1}-\\frac{2 \\alpha-t}{\\alpha^{2}+1}=\\frac{(2 \\beta-t)\\left(\\alpha^{2}+1\\right)-(2 \\alpha-t)\\left(\\beta^{2}+1\\right)}{\\left(\\alpha^{2}+1\\right)\\left(\\beta^{2}+1\\right)}=\\frac{(\\beta-\\alpha)[t(\\alpha+\\beta)-2 \\alpha \\beta+2]}{\\alpha^{2} \\beta^{2}+\\alpha^{2}+\\beta^{2}+1} \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{t^{2}+1}\\left(t^{2}+\\frac{5}{2}\\right)}{t^{2}+\\frac{25}{16}}=\\frac{8 \\sqrt{t^{2}+1}\\left(2 t^{2}+5\\right)}{16 t^{2}+25}\n\\end{aligned}\n$$'] ['$\\frac{8 \\sqrt{t^{2}+1}\\left(2 t^{2}+5\\right)}{16 t^{2}+25}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +69 设 $l, m$ 是两条异面直线, 在 $l$ 上有 $A, B, C$ 三点, 且 $A B=B C$, 过 $A, B, C$ 分别作 $m$ 的垂线 $A D, B E, C F$, 垂足依次是 $D, E, F$, 已知 $A D=\sqrt{15}, B E=\frac{7}{2} C F=\sqrt{10}$, 求 $l$ 与 $m$ 的距离. ['过 $m$ 作平面 $\\alpha / / l$, 作 $A P \\perp \\alpha$ 于 $P, A P$ 与 $l$ 确定平面 $\\beta, \\beta \\cap \\alpha=l^{\\prime}, l^{\\prime} \\cap m=K$.\n\n作 $B Q \\perp \\alpha, C R \\perp \\alpha$, 垂足为 $Q 、 R$, 则 $Q 、 R \\in l^{\\prime}$, 且 $A P=B Q=C R=l$ 与 $m$的距离 $d$.\n\n连 $P D 、 Q E 、 R F$, 则由三垂线定理之逆, 知 $P D 、 Q E 、 R F$ 都 $\\perp m$.\n\n\n\n$P D=\\sqrt{15-d^{2}}, Q E=\\sqrt{\\frac{49}{4}-d^{2}}, \\quad R F=\\sqrt{10-d^{2}}$.\n\n当 $D 、 E 、 F$ 在 $K$ 同侧时 $2 Q E=P D+R F$,\n\n$\\Rightarrow \\sqrt{49-4 d^{2}}=\\sqrt{15-d^{2}}+\\sqrt{10-d^{2}}$. 解之得 $d=\\sqrt{6}$\n\n当 $D 、 E 、 F$ 不全在 $K$ 同侧时 $2 Q E=P D-R F, \\Rightarrow \\sqrt{49-4 d^{2}}=\\sqrt{15-d^{2}}-\\sqrt{10-d^{2}}$. 无实解.\n\n\n\n$\\therefore l$ 与 $m$ 距离为 $\\sqrt{6}$.'] ['$\\sqrt{6}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +70 给定曲线簇 $2(2 \sin \theta-\cos \theta+3) x^{2}-(8 \sin \theta+\cos \theta+1) y=0, \theta$ 为参数, 求该曲线在直线 $y=2 x$ 上所截得的弦长的最大值. ['以 $y=2 x$ 代入曲线方程得 $x=0, x=\\frac{8 \\sin \\theta+\\cos \\theta+1}{2 \\sin \\theta-\\cos \\theta+3}$.\n\n$\\therefore$ 所求弦长 $1=\\left|\\frac{8 \\sin \\theta+\\cos \\theta+1}{2 \\sin \\theta-\\cos \\theta+3}\\right| \\sqrt{5}$. 故只要求 $|x|$ 的最大值即可.\n\n由 $(2 x-8) \\sin \\theta-(x+1) \\cos \\theta=1-3 x . \\Rightarrow(2 x-8)^{2}+(x+1)^{2} \\geqslant(1-3 x)^{2}$, 即 $x^{2}+16 x-16$ $\\leqslant 0$.\n\n解之得, $-8 \\leqslant x \\leqslant 2$. 即 $|x| \\leqslant 8$ (当 $\\sin \\theta= \\pm \\frac{24}{25}, \\cos \\theta=\\mp \\frac{7}{25}$ 时即可取得最大值). 故得最大弦长为 $8 \\sqrt{5}$.'] ['$8 \\sqrt{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +71 "函数 $F(x)=\left|\cos ^{2} x+2 \sin x \cos x-\sin ^{2} x+A x+B\right|$ + +在 $0 \leqslant x \leqslant \frac{3}{2} \pi$ 上的最大值 $M$ 与参数 $A 、 B$ 有关, 问 $A和B$ 分别取什么值时, $M$ 为最小?." ['$F(x)=\\left|\\sqrt{2} \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{4}\\right)+A x+B\\right|$. 取 $g(x)=\\sqrt{2} \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{4}\\right)$, 则 $g\\left(\\frac{\\pi}{8}\\right)=g\\left(\\frac{9 \\pi}{8}\\right)=\\sqrt{2} \\cdot g\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right)=-\\sqrt{2}$.\n\n取 $h(\\boldsymbol{x})=A \\boldsymbol{x}+B$, 若 $A=0, B \\neq 0$, 则当 $B > 0$ 时, $F\\left(\\frac{\\pi}{8}\\right) > \\sqrt{2}$, 当 $B<0$ 时, $F\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right)<\\sqrt{2} . $从而 $M > \\sqrt{2}$.\n\n若 $A \\neq 0$, 则当 $h\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right)<0$ 时, $F\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right) > \\sqrt{2}$, 当 $h\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right) \\geq 0$ 时, 由于 $h(x)$ 是一次函数, 当 $A>0$ 时 $h(x)$ 递増, $h\\left(\\frac{9 \\pi}{8}\\right)>h\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right)>0$, 此时 $F\\left(\\frac{9 \\pi}{8}\\right) > \\sqrt{2}$; 当 $A < 0$ 时 $h(x)$ 递减, $h\\left(\\frac{\\pi}{8}\\right)>h\\left(\\frac{5 \\pi}{8}\\right)>0$,此时 $F\\left(\\frac{\\pi}{8}\\right) > \\sqrt{2}$. 故此时 $M>\\sqrt{2}$.\n\n若 $A=B=0$, 显然有 $M=\\sqrt{2}$.\n\n从而 $M$ 的最小值为 $\\sqrt{2}$, 这个最小值在 $A=B=0$ 时取得.'] ['$A=0，B=0$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Algebra Math Chinese +72 "设 $A 、 B 、 C$ 分别是复数 $Z_{0}=a \mathrm{i}, Z_{1}=\frac{1}{2}+b \mathrm{i}, Z_{2}=1+c \mathrm{i}$ (其中 $a, b, c$ 都是实数) 对应的不共线的三点. 曲线 + +$$ +Z=Z_{0} \cos ^{4} t+2 Z_{1} \cos ^{2} t \sin ^{2} t+Z_{2} \sin ^{4} t \quad(t \in \mathrm{R}) +$$ + +与 $\triangle A B C$ 中平行于 $A C$ 的中位线只有一个公共点, 求出此点." ['曲线方程为 : $Z=ai \\cos ^{4} t+(1+2 b \\mathrm{i}) \\cos ^{2} t \\sin ^{2} t+(1+c i) \\sin ^{4} t=\\left(\\cos ^{2} t \\sin ^{2} t+\\sin ^{4} t\\right)+\\mathrm{i}\\left(\\operatorname{acos}^{4} t+2 b \\cos ^{2} t \\sin ^{2} t+c\\right.$ $\\left.\\sin ^{4} t\\right)$\n\n$\\therefore \\quad x=\\cos ^{2} t \\sin ^{2} t+\\sin ^{4} t=\\sin ^{2} t\\left(\\cos ^{2} t+\\sin ^{2} t\\right)=\\sin ^{2} t . \\quad(0 \\leqslant x \\leqslant 1)$\n\n$y=a \\cos ^{4} t+2 b \\cos ^{2} t \\sin ^{2} t+c \\sin ^{4} t=a(1-x)^{2}+2 b(1-x) x + c x^{2}$\n\n即 $y=(a-2 b+c) x^{2}+2(b-a) x + a(0 \\leqslant x \\leqslant 1) \\qquad ①$\n\n若 $a-2 b+c=0$, 则 $Z_{0} 、 Z_{1} 、 Z_{2}$ 三点共线, 与已知矛盾, 故 $a-2 b+c \\neq 0$. 于是此曲线为轴与 $x$ 轴垂直的抛物线.\n\n$A B$ 中点 $M: \\frac{1}{4}+\\frac{1}{2}(a+b)i$, $B C$ 中点 $N: \\frac{3}{4}+\\frac{1}{2}(b+c)i$.\n\n\n\n与 $A C$ 平行的中位线经过 $M\\left(\\frac{1}{4}, \\frac{1}{2}(a+b)\\right)$ 及 $N\\left(\\frac{3}{4}, \\frac{1}{2}(b+c)\\right)$ 两点, 其方程为\n\n$4(a-c) x+4 y-3 a-2 b+c=0 . \\quad\\left(\\frac{1}{4} \\leqslant x \\leqslant \\frac{3}{4}\\right) \\qquad ②$\n\n令 $4(a-2 b+c) x^{2}+8(b-a) x+4 a=4(c-a) x+3 a+2 b-c$.\n\n即 $4(a-2 b+c) x^{2}+4(2 b-a-c) x + a-2 b+c=0$. 由 $a-2 b+c \\neq 0$, 得\n\n$$\n4 x^{2}+4 x+1=0,\n$$\n\n此方程在 $\\left[\\frac{1}{4}, \\frac{3}{4}\\right]$ 内有惟一解: $x=\\frac{1}{2} . $\n\n以 $x=\\frac{1}{2}$ 代入$②$得, $y=\\frac{1}{4}(a+2 b+c)$\n\n$\\therefore$ 所求公共点坐标为 $\\left(\\frac{1}{2}, \\frac{1}{4}(a+2 b+c)\\right)$.'] ['$\\left(\\frac{1}{2},\\frac{1}{4}(a+2 b+c)\\right)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Geometry Math Chinese +73 "设三角形的三边长分别是正整数 $l, m, n$. 且 $l>m>n>0$. + +已知 $\left\{\frac{3^{l}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{m}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{n}}{10^{4}}\right\}$, 其中 $\{x\}=x-[x]$, 而 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值." ['当 $3^{l} 、 3^{m} 、 3^{n}$ 的末四位数字相同时, \n$ \\left\\{\\frac{3^{l}}{10^{4}}\\right\\}=\\left\\{\\frac{3^{m}}{10^{4}}\\right\\}=\\left\\{\\frac{3^{n}}{10^{4}}\\right\\}.$\n\n即求满足 $3^{l} \\equiv 3^{m} \\equiv 3^{n}\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$ 的 $l 、 \\mathbb{m} 、 n . \\therefore 3^{n}\\left(3^{l-n}-1\\right) \\equiv 0\\left(\\bmod 10^{4}\\right) 。(l-n>0)$\n\n但 $\\left(3^{n}, 10^{4}\\right)=1$, 故必有 $3^{l-n} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$; 同理 $3^{m-n} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$.\n\n下面先求满足 $3^{x} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$ 的最小正整数 $x$.\n\n$\\because \\varphi\\left(10^{4}\\right)=10^{4} \\times \\frac{1}{2} \\times \\frac{4}{5}=4000$. 故 $x \\mid 4000$. 用 4000 的约数试验:\n\n$\\because x=1,2$, 时 $3^{x} \\not\\equiv 1(\\bmod 10)$, 而 $3^{4} \\equiv 1(\\bmod 10), \\therefore x$ 必须是 4 的倍数;\n\n$\\because x=4,8,12,16$ 时 $3^{x} \\not\\equiv 1\\left(\\bmod 10^{2}\\right)$, 而 $3^{20} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{2}\\right), \\therefore x$ 必须是 20 的倍数;\n\n$\\because x=20,40,60,80$ 时 $3^{x} \\not\\equiv 1\\left(\\bmod 10^{3}\\right)$, 而 $3^{100} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{3}\\right), \\therefore x$ 必须是 100 的倍数;\n\n$\\because x=100,200,300,400$ 时 $3^{x} \\not\\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$, 而 $3^{500} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$.\n\n即, 使 $3^{x} \\equiv 1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)$ 成立的最小正整数 $x=500$, 从而 $l-n 、 m-n$ 都是 500 的倍数,\n\n设 $1-n=500 k, m-n=500 h,(k, h \\in N *, k>h)$.\n\n由 $m+n>l$, 即 $n+500 h+n>n+500 k, \\Rightarrow n>500(k-h) \\geqslant 500$, 故 $n \\geqslant 501$.\n\n\n\n取 $n=501, m=1001, l=1501$, 即为满足题意的最小三个值.\n\n$\\therefore$ 所求周长的最小值 $=3003$.'] ['$3003$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +74 "$x$ 的二次方程 $x^{2}+z_{1} x+ z_{2}+m=0$ 中, $z_{1}, z_{2}, m$ 均是复数, 且 $z_{1}^{2}-4 z_{2}=16+20 i$, + +设这个方程的两个根 $\alpha 、 \beta$, 满足 $|\alpha-\beta|=2 \sqrt{7}$, 求 $|m|$ 的最大值和最小值." ['设 $m=a+b i(a, b \\in R)$. 则 $\\triangle=z_{1}{ }^{2}-4 z_{2}-4 m=16+20 i-4 a-4 b i=4[(4-a)+(5-b) i]$. 设 $\\triangle$ 的平方根为 $u+v i$. $(u, v \\in R)$\n\n即 $(u+v i)^{2}=4[(4-a)+(5-b) i]$.\n\n$|\\alpha-\\beta|=2 \\sqrt{7}, \\Leftrightarrow|\\alpha-\\beta|^{2}=28, \\Leftrightarrow|(4-a)+(5-b) i|=7, \\Leftrightarrow(a-4)^{2}+(b-5)^{2}=7^{2}$,\n\n即表示复数 $\\mathrm{m}$ 的点在圆 $(a-4)^{2}+(b-5)^{2}=7^{2}$ 上, 该点与原点距离的最大值为 $7+\\sqrt{41}$, 最小值为 $7-\\sqrt{41}$.'] ['$7+\\sqrt{41}, 7-\\sqrt{41}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +75 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列, 试求出这个数列的第 1000 项。 ['由 $105=3 \\times 5 \\times 7$; 故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 $105 \\times\\left(1-\\frac{1}{3}\\right)\\left(1-\\frac{1}{5}\\right)(1$ $\\left.-\\frac{1}{7}\\right)=48$ 个。 $1000=48 \\times 20+48-8, \\quad 105 \\times 20=2100$. 而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86 .\n\n$\\therefore$ 所求数为 2186 .'] ['$2186$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +76 "已知边长为 4 的正三角形 $A B C . D 、 E 、 F$ 分别是 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点,且 $|A E|=|B F|=|C D|=1$, 连结 $A D 、 B E 、 C F$, 交成 $\triangle R Q S$. 点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 内及边上移动, 点 $P$到 $\triangle A B C$ 三边的距离分别记作 $x 、 y 、 z$. +求上述乘积 $x y z$ 的极小值." ['利用面积, 易证: (1) 当点 $P$ 在 $\\triangle A B C$ 内部及边上移动时, $x+y+z$为定值 $h=2 \\sqrt{3}$;\n\n(2)过 $P$ 作 $B C$ 的平行线 $l$, 交 $\\triangle A B C$ 的两边于 $G 、 H$. 当点 $P$ 在线段 $G H$上移动时, $y+z$ 为定值, 从而 $x$ 为定值.\n\n(3) 设 $y \\in[\\alpha, \\beta], m$ 为定值. 则函数 $u=y(m-y)$ 在点 $y=\\alpha$ 或 $y=\\beta$ 时取得极小值.\n\n\n\n于是可知, 过 $R$ 作 $A B 、 A C$ 的平行线, 过 $Q$ 作 $A B 、 B C$ 的平行线, 过 $S$ 作 $B C 、 A C$ 的平行线, 这 6 条平行线交得六边形 STRUQV, 由上证, 易得只有当点 $P$ 在此六点上时, $x y z$ 取得极小值. 由对称性易知, $x y z$ 的值在此六点处相等.\n\n\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\text { 由 } \\frac{E A}{A C} \\cdot \\frac{C D}{D B} \\cdot \\frac{B S}{S E}=1, \\quad \\text { 得 } \\frac{B S}{B E}=\\frac{12}{13}, x=\\frac{12}{13} \\cdot \\frac{3}{4} h=\\frac{9}{13} h, y=\\frac{S E}{B E} h=\\frac{1}{13} h, z=\\frac{3}{13} h . \\\\\n& \\therefore x y z=\\left(\\frac{3}{13}\\right)^{3} h^{3}=\\frac{648}{2197} \\sqrt{3} .\n\\end{aligned}\n$$'] ['$\\frac{648}{2197} \\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +77 "一张台球桌形状是正六边形 $A B C D E F$, 一个球从 $A B$ 的中点 $P$ 击出, 击中 $B C$ 边上的某点 $Q$, 并且依次碰击 $C D 、 D E 、 E F 、 F A$ 各边, 最后击中 $A B$ 边上的某一点. 设 $\angle B P Q=\vartheta$, 求 $\vartheta$ 的范围. + +提示: 利用入射角等于反射角的原理." ['只要把这个正六边形经过 5 次对称变换. 则击球时应如图所示, 击球方向在 $\\angle M P N$ 内部时即可.\n\n\n\n\n设 $A B=2$, 以 $P$ 为原点, $P B$ 为 $x$ 轴正方向建立直角坐标系, 点 $M$ 坐标为 $(8,3 \\sqrt{3})$. 点 $N$坐标为 $(10,3 \\sqrt{3})$, 即 $\\vartheta \\in\\left[\\arctan \\frac{3 \\sqrt{3}}{10}, \\arctan \\frac{3 \\sqrt{3}}{8}\\right]$.'] ['$\\left[\\arctan \\frac{3 \\sqrt{3}}{10}, \\arctan \\frac{3 \\sqrt{3}}{8}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Geometry Math Chinese +78 将编号为 $1,2, \cdots, 9$ 的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上, 每个等分点上各有一个小球. 设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要 $\mathrm{S}$. 求使 $\mathrm{S}$ 达到最小值的放法的概率. (注: 如果某种放法, 经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合, 则认为是相同的放法) ['九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上, 每点放一个, 相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列, 故共有 $8 !$ 种放法, 考虑到翻转因素, 则本质不同的放法有 $\\frac{8 !}{2}$ 种。\n\n下求使 $\\mathrm{S}$ 达到最小值的放法数：在圆周上, 从 1 到 9 有优弧与劣弧两条路径, 对其中任一条路径, 设 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{k}$ 是依次排列于这段弧上的小球号码, 则\n\n$$\n\\left|1-x_{1}\\right|+\\left|x_{1}-x_{2}\\right|+\\cdots+| x_{k}-9|\\geq|\\left(1-x_{1}\\right)+\\left(x_{1}-x_{2}\\right)+\\cdots+\\left(x_{k}-9\\right)|=| 1-9 \\mid=8 .\n$$\n\n上式取等号当且仅当 $1\n\n过抛物线上点$A$的切线斜率为：$y^{\\prime} = 2x|_{x=1}=2$, $\\because$ 切线$AB$的方程为$y=2x-1$. \n\n$\\therefore B、D$ 的坐标为 $B(0,-1), D\\left(\\frac{1}{2}, 0\\right), \\therefore D$ 是线段 $A B$ 的中点.\n\n令 $\\gamma=\\frac{C D}{C P}, t_{1}=\\frac{C A}{C E}=1+\\lambda_{1}, t_{2}=\\frac{C B}{C F}=1+\\lambda_{2}$, 则 $t_{1}+t_{2}=3$. 因为 $C D$ 为 $\\triangle A B C$ 的中线,\n\n$\\therefore S_{\\triangle C A B}=2 S_{\\triangle C A D}=2 S_{\\triangle C B D}$.\n\n而\n\n$\\frac{1}{t_{1} t_{2}}=\\frac{C E \\cdot C F}{C A \\cdot C B}=\\frac{S_{\\triangle C E F}}{S_{\\triangle C A B}}=\\frac{S_{\\triangle C E P}}{2 S_{\\triangle C A D}}+\\frac{S_{\\triangle C F P}}{2 S_{\\triangle C B D}}=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{t_{1} \\gamma}+\\frac{1}{t_{2} \\gamma}\\right)=\\frac{t_{1}+t_{2}}{2 t_{1} t_{2} \\gamma}=\\frac{3}{2 t_{1} t_{2} \\gamma}, \\therefore \\gamma=\\frac{3}{2}$,\n\n$\\therefore P$ 是 $\\triangle A B C$ 的重心.\n\n设 $P(x, y), C\\left(x_{0}, x_{0}^{2}\\right)$, 因点 $\\mathrm{C}$ 异于 $\\mathrm{A}$, 则 $x_{0} \\neq 1$, 故重心 $\\mathrm{P}$ 的坐标为\n\n$x=\\frac{0+1+x_{0}}{3}=\\frac{1+x_{0}}{3},\\left(x \\neq \\frac{2}{3}\\right), y=\\frac{-1+1+x_{0}^{2}}{3}=\\frac{x_{0}^{2}}{3}$, 消去 $x_{0}$, 得 $y=\\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}$.\n\n故所求轨迹方程为 $y=\\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}\\left(x \\neq \\frac{2}{3}\\right)$.'] ['$y=\\frac{1}{3}(3 x-1)^{2}$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Geometry Math Chinese +80 "设正数 $a 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 x 、 \mathrm{y} 、 \mathrm{z}$ 满足 $c y+b z=a, a z+c x=b ; b x+a y=c$. + +求函数 $f(x, y, z)=\frac{x^{2}}{1+x}+\frac{y^{2}}{1+y}+\frac{z^{2}}{1+z}$ 的最小值." ['由条件得, $b(a z+c x-b)+c(b x+a y-c)-a(c y+b z-a)=0$,\n\n即 $2 b c x+a^{2}-b^{2}-c^{2}=0 ，$\n\n$\\therefore x=\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$, 同理, 得 $y=\\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} ; z=\\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$.\n\n$\\because a、 b 、 c 、x 、 y 、 z$ 为正数, 据以上三式知,\n\n$b^{2}+c^{2}>a^{2}, a^{2}+c^{2}>b^{2}, a^{2}+b^{2}>c^{2}$,\n\n故以 $a 、 b 、 c$ 为边长, 可构成一个锐角三角形 $\\mathrm{ABC}$,\n\n$\\therefore x=\\cos A, y=\\cos B, z=\\cos C$, 问题转化为: 在锐角 $\\triangle \\mathrm{ABC}$ 中,\n\n求函数 $f(\\cos A 、 \\cos B 、 \\cos C)=\\frac{\\cos ^{2} A}{1+\\cos A}+\\frac{\\cos ^{2} B}{1+\\cos B}+\\frac{\\cos ^{2} C}{1+\\cos C}$ 的最小值.\n\n令 $u=\\cot A, v=\\cot B, w=\\cot C$, 则 $u, v, w \\in R^{+}, u v+v w+w u=1$,\n\n且 $u^{2}+1=(u+v)(u+w), v^{2}+1=(u+v)(v+w), w^{2}+1=(u+w)(v+w)$.\n\n$\\therefore \\frac{\\cos ^{2} A}{1+\\cos A}=\\frac{\\frac{u^{2}}{u^{2}+1}}{1+\\frac{u}{\\sqrt{u^{2}+1}}}=\\frac{u^{2}}{\\sqrt{u^{2}+1}\\left(\\sqrt{u^{2}+1}+u\\right)}=\\frac{u^{2}\\left(\\sqrt{u^{2}+1}-u\\right)}{\\sqrt{u^{2}+1}}$\n\n$=u^{2}-\\frac{u^{3}}{\\sqrt{u^{2}+1}} u^{2}-\\frac{u^{3}}{\\sqrt{(u+v)(u+w)}} \\geq u^{2}-\\frac{u^{3}}{2}\\left(\\frac{1}{u+v}+\\frac{1}{u+w}\\right)$,\n\n同理, $\\frac{\\cos ^{2} B}{1+\\cos B} \\geq v^{2}-\\frac{v^{3}}{2}\\left(\\frac{1}{u+v}+\\frac{1}{u+w}\\right), \\frac{\\cos ^{2} C}{1+\\cos C} \\geq w^{2}-\\frac{w^{3}}{2}\\left(\\frac{1}{u+w}+\\frac{1}{v+w}\\right)$.\n\n$\\therefore f \\geq u^{2}+v^{2}+w^{2}-\\frac{1}{2}\\left(\\frac{u^{3}+v^{3}}{u+v}+\\frac{v^{3}+w^{3}}{v+w}+\\frac{u^{3}+w^{3}}{u+w}\\right)=u^{2}+v^{2}+w^{2}-\\frac{1}{2}\\left[\\left(u^{2}-u v+v^{2}\\right)\\right.$\n\n$\\left.+\\left(v^{2}-v w+w^{2}\\right)+\\left(u^{2}-u w+w^{2}\\right)\\right]=\\frac{1}{2}(u v+v w+u w)=\\frac{1}{2} . \\quad$ (取等号当且仅当 $u=v=w$, 此时, $\\left.a=b=c, x=y=z=\\frac{1}{2}\\right),[f(x, y, z)]_{\\min }=\\frac{1}{2}$.'] ['$\\frac{1}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +81 某足球邀请赛有十六个城市参加, 每市派出甲、乙两个队, 根据比赛规则, 比赛若干天后进行统计, 发现除 $A$ 市甲队外, 其它各队已比赛过的场数各不相同. 问 $A$ 市乙队已赛过多少场？ ['用 32 个点表示这 32 个队, 如果某两队比赛了一场, 则在表示这两个队的点间连一条线. 否则就不连线.\n\n由于, 这些队比赛场次最多 30 场, 最少 0 场, 共有 31 种情况, 现除 $A$ 城甲队外还有 31 个队, 这 31 个队比赛场次互不相同, 故这 31 个队比赛的场次恰好从 0 到 30 都有. 就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次.\n\n考虑比赛场次为 30 的队, 这个队除自己与同城的队外, 与不同城有队都进行了比赛,于是, 它只可能与比赛 0 场的队同城; 再考㱆比赛 29 场的队, 这个队除与同城队及比赛 0 场、 1 场 (只赛 1 场的队已经与比赛 30 场的队赛过 1 场, 故不再与其它队比赛) 的队不比赛外, 与其余各队都比赛, 故它与比赛 1 场的队同城; 依次类推, 知比赛 $k$ 场的队与比赛 $30-k$场的队同城, 这样, 把各城都配对后, 只有比赛 15 场的队没有与其余的队同城, 故比赛 15 场的队就是 $A$ 城乙队. 即 $A$ 城乙队比赛了 15 场.'] ['15'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +82 "在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, a=3, \cos C=-\frac{1}{15}, 5 \sin (B+C)=3 \sin (A+C)$. +求边 $c$." ['由 $5 \\sin (B+C)=3 \\sin (A+C)$ 得 $5 \\sin A=3 \\sin B$\n\n由正弦定理得 $5 a=3 b$\n\n$\\because a=3, \\therefore b=5$\n\n由余弦定理得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \\cos C=36$\n\n$\\therefore c=6$'] ['$6$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +83 "在 $\triangle A B C$ 中, 内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, a=3, \cos C=-\frac{1}{15}, 5 \sin (B+C)=3 \sin (A+C)$. +$c=6$，求 $\sin \left(B-\frac{\pi}{3}\right)$ 的值." ['由余弦定理求出 $\\cos B=\\frac{5}{9}$\n\n再求出 $\\sin B=\\frac{2 \\sqrt{14}}{9}$\n\n$\\therefore \\sin \\left(B-\\frac{\\pi}{3}\\right)=\\sin B \\cos \\frac{\\pi}{3}-\\cos B \\sin \\frac{\\pi}{3}$\n\n$=\\frac{2 \\sqrt{14}-5 \\sqrt{3}}{18}$.'] ['$\\frac{2 \\sqrt{14}-5 \\sqrt{3}}{18}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +84 "有甲乙两个班级进行一门课程的考试, 按照学生考试优秀和不优秀统计成绩后, 得到如下列联表: + +班级与成绩列联表 + +| | 优秀 | 不优秀 | 合计 | +| :--: | :--: | :----: | :--: | +| 甲班 | 20 | | 45 | +| 乙班 | | 40 | | +| 合计 | | | 90 | + +参考数据: + +| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.15 | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001 | +| :--------------------------------: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :----: | +| $k_{0}$ | 2.072 | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 | + +参考公式: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}$ +针对调查的 90 名同学, 各班都想办法要提高班级同学的优秀率, 甲班决定从调查的 45 名同学中按分层抽样的方法随机抽取 9 名同学组成学习互助小组, 每单元学习结束后在这 9 人中随机抽取 2 人负责制作本单元思维导图, 设这 2 人中优秀人数为 $X$, 求 $X$ 的数学期望." ['甲班 45 人, 按照分层抽样的方法随机抽取 9 人、其中优秀 4 人, 不优秀 5 人.故 $X$ 的应有可能取值为 $0,1,2$\n\n$$\nP(X=0)=\\frac{C_{4}^{0} C_{5}^{2}}{C_{9}^{2}}=\\frac{5}{18}, P(X=1)=\\frac{C_{4}^{1} C_{5}^{1}}{C_{9}^{2}}=\\frac{5}{9}, \\quad P(X=2)=\\frac{C_{4}^{2} C_{5}^{0}}{C_{9}^{2}}=\\frac{1}{6}\n$$\n\n故 $X$ 的分布列为:\n\n| $X$ | 0 | 1 | 2 |\n| :---: | :--------------: | :-------------: | :-------------: |\n| $P$ | $\\frac{5}{18}$ | $\\frac{5}{9}$ | $\\frac{1}{6}$ |\n\n数学期望 $E(X)=0 \\times \\frac{5}{18}+1 \\times \\frac{5}{9}+2 \\times \\frac{1}{6}=\\frac{8}{9}$.'] ['$\\frac{8}{9}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +85 "已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 过 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 和 $\left(-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 两点. +求椭圆的标准方程." ['$\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +86 "已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 过 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 和 $\left(-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 两点. +已知 $P$ 为椭圆 $C$ 上不同于顶点的任意一点, $A, B$ 为椭圆的左. 右顶点, 直线 $A P, B P$ 分别与定直线 $l: x=-6$相交于 $M, N$ 两点, 设线段 $M N$ 中点为 $Q$, 若 $\overrightarrow{A Q} \cdot \overrightarrow{B Q}$ 的值晨小, 求此时 $Q$ 的坐标." ['$\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$;\n\n令 $A(-2,0), B(2,0)$, 设 $P(x, y)(x y \\neq 0)$,\n\n$k_{A P} \\cdot k_{B P}=\\frac{y}{x+2} \\cdot \\frac{y}{x-2}=\\frac{y^{2}}{x^{2}-4}=\\frac{1-\\frac{x^{2}}{4}}{x^{2}-4}=-\\frac{1}{4}$\n\n$\\therefore$ 令 $k_{A P}=k, k_{B P}=-\\frac{1}{4 k}(k \\neq 0)$\n\n$l_{A P}: y=k(x+2), \\therefore M(-6,-4 k)$\n\n$l_{B P}: y=-\\frac{1}{4 k}(x-2), \\therefore N\\left(-6, \\frac{2}{k}\\right)$\n\n$\\therefore Q\\left(-6,-2 k+\\frac{1}{k}\\right)$\n\n$\\overrightarrow{A Q} \\cdot \\overrightarrow{B Q}=32+\\left(-2 k+\\frac{1}{k}\\right)^{2}=4 k^{2}+\\frac{1}{k^{2}}+28 \\geq 32$\n\n当且仅当 $k^{2}=\\frac{1}{2}, k= \\pm \\frac{\\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立.\n\n此时 $Q(-6,0)$.'] ['$(-6,0)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Plane Geometry Math Chinese +87 "在平面直角坐标系中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 + +$\rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)+3=0$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数). +求直线 $l$ 的直角坐标方程;" ['$\\rho\\left(\\sin \\theta \\cos \\frac{\\pi}{6}-\\cos \\theta \\sin \\frac{\\pi}{6}\\right)+3=0$\n\n$\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\rho \\sin \\theta-\\frac{1}{2} \\rho \\cos \\theta+3=0$\n\n$\\therefore$ 直线 $l: x-\\sqrt{3} y-6=0$.'] ['$x-\\sqrt{3} y-6=0$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +88 "在平面直角坐标系中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 + +$\rho \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)+3=0$, 椭圆 $\mathrm{C}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数). +椭圆 $C$ 上一点到直线 $l$ 的最小距离是多少?" "['$\\rho\\left(\\sin \\theta \\cos \\frac{\\pi}{6}-\\cos \\theta \\sin \\frac{\\pi}{6}\\right)+3=0$\n\n$\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\rho \\sin \\theta-\\frac{1}{2} \\rho \\cos \\theta+3=0$\n\n$\\therefore$ 直线 $l: x-\\sqrt{3} y-6=0$.\n\n设 $P(2 \\cos \\alpha, \\sin \\alpha)$\n\n点 $P$ 到$l$的距离\n\n$d=\\frac{|2 \\cos \\alpha-\\sqrt{3} \\sin \\alpha-6|}{2}=\\frac{|\\sqrt{7} \\cos (\\alpha+\\phi)-6|}{2}$, 其中 $\\phi$ 为锐角, 且 $\\left.\\tan \\phi=\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)$\n\n$\\therefore d_{\\min }=\\frac{6-\\sqrt{7}}{2}$.' + '$\\rho\\left(\\sin \\theta \\cos \\frac{\\pi}{6}-\\cos \\theta \\sin \\frac{\\pi}{6}\\right)+3=0$\n\n$\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\rho \\sin \\theta-\\frac{1}{2} \\rho \\cos \\theta+3=0$\n\n$\\therefore$ 直线 $l: x-\\sqrt{3} y-6=0$.\n\n假设直线 $m$ 平行于直线 $l$, 则 $m: x-\\sqrt{3} y+k=0$, 消去 $x$ 得, $7 y^{2}-2 \\sqrt{3} k y+k^{2}-4=0$.\n\n$\\Delta=12 k^{2}-28\\left(k^{2}-4\\right)=0$.\n\n$\\therefore k_{1}=-\\sqrt{7}, k_{2}=\\sqrt{7}$\n\n所以 $d_{1}=\\frac{|-6+\\sqrt{7}|}{\\sqrt{1+3}}=\\frac{6-\\sqrt{7}}{2}, d_{2}=\\frac{6+\\sqrt{7}}{2}$\n\n$\\therefore$ 最小距离是 $\\frac{6-\\sqrt{7}}{2}$.']" ['$\\frac{6-\\sqrt{7}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +89 "已知函数 $f(x)=|x+1|-|x-2|$. +求不等式 $f(x)<1$ 的解集." ['$f(x)=\\left\\{\\begin{array}{l}3, x \\geq 2, \\\\ 2 x-1,-11)$,\n\n它的极坐标方程是 $\\rho=2 \\sin \\theta, \\theta \\in\\left(\\frac{\\pi}{4}, \\frac{3 \\pi}{4}\\right)$.'] ['$\\rho=2 \\sin \\theta$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +92 "在直角坐标系 $x o y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.半圆 C (圆心为点 C) 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \varphi \\ y=1+\sin \varphi\end{array} \varphi\right.$ 为参数, $\{\varphi \in(0, \pi)$. +若一直线与量坐标轴的交点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 其中 $\mathrm{A}(0,-2)$, 点 $\mathrm{D}$ 在半圆 $\mathrm{C}$ 上, 且真线 $\mathrm{CD}$ 的倾斜角是直线 $A B$ 倾斜角的 2 倍, 若 $\triangle A B D$ 的面积为4,点 $D$ 的直角坐标." ['设直线 $l$ 的倾斜角为 $\\alpha$, 则直线 $l$ 的方程为 $y=x \\tan \\alpha-2$,\n\n$D(\\cos 2 \\alpha, 1+\\sin 2 \\alpha), 2 \\alpha \\in(0, \\pi),|A B|=\\frac{2}{\\sin \\alpha}$\n\n点 $D$ 到直线 $l$ 的距离为 $|\\sin \\alpha \\cos 2 \\alpha-\\cos \\alpha \\sin 2 \\alpha-3 \\cos \\alpha|=3 \\cos \\alpha+\\sin \\alpha$\n\n由 $\\triangle A B D$ 的面积为4，得 $\\tan \\alpha=1$, 即 $\\alpha=\\frac{\\pi}{4}$, 故点 $D(0,2)$.'] ['$(0,2)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +93 "已知函数 $f(x)=|x+2|-m|x-1|$. +若 $\mathrm{m}=-2$ 时, 解不等式 $f(x) \geq 5$;" ['当 $m=-2$ 时, $f(x)=\\left\\{\\begin{array}{l}-3 x, x<-2 \\\\ 4-x,-2 \\leq x \\leq 1 \\\\ 3 x, x>1\\end{array}\\right.$\n\n由 $f(x)$ 的单调性及 $f(-1)=f\\left(\\frac{5}{3}\\right)=5$,\n\n得 $f(x) \\geq 5$ 的解集为 $\\left\\{x \\mid x \\leq-1\\right.$ 或 $\\left.x \\geq \\frac{5}{3}\\right\\}$.'] ['$(-\\infty, -1] \\cup [\\frac{5}{3}, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +94 "已知函数 $f(x)=|x+2|-m|x-1|$. +若 $f(x) \leq m(x+5)$, 求 $\mathrm{m}$ 的最小值." ['由 $f(x) \\leq m|x+5|$ 得 $\\mathbb{m} \\geq \\frac{|x+2|}{|x-1|+|x+5|}$,\n\n由 $|x-1|+|x+5| \\geq 2|x+2|$ 得 $\\frac{|x+2|}{|x-1|+|x+5|} \\leq \\frac{1}{2}$, 得 $m \\geq \\frac{1}{2}$.\n\n（当且仅当 $x \\geqslant 4$ 或 $x \\leqslant-6$ 时等号成立）\n\n故 $m$ 的最小值为 $\\frac{1}{2}$.'] ['$\\frac{1}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +95 "在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$. +求 $\sin \angle A C B$." ['$\\because A B=3, A C=1, \\angle A=60^{\\circ}$, 所以由余弦定理可知,\n\n$B C^{2}=3^{2}+1^{2}-2 \\times 3 \\times 1 \\times \\cos 60^{\\circ}, \\quad \\therefore B C=\\sqrt{7}$.\n\n根据正弦定理, $\\frac{3}{\\sin \\angle A C B}=\\frac{\\sqrt{7}}{\\frac{\\sqrt{3}}{2}}, \\therefore \\sin \\angle A C B=\\frac{3 \\sqrt{21}}{14}$.'] ['$\\frac{3 \\sqrt{21}}{14}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +96 "在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=1, \angle A=60^{\circ}$. +若 $D$ 为 $B C$ 的中点, 求 $A D$ 的长度." ['$\\because A B=3, A C=1, \\angle A=60^{\\circ}$, 所以由余弦定理可知,\n\n$B C^{2}=3^{2}+1^{2}-2 \\times 3 \\times 1 \\times \\cos 60^{\\circ}, \\quad \\therefore B C=\\sqrt{7}$.\n\n根据正弦定理, $\\frac{3}{\\sin \\angle A C B}=\\frac{\\sqrt{7}}{\\frac{\\sqrt{3}}{2}}, \\therefore \\sin \\angle A C B=\\frac{3 \\sqrt{21}}{14}$.\n\n$\\because A B^{2}>A C^{2}+B C^{2} ， \\therefore \\angle A C B$ 为钝角, 则\n\n$\\cos \\angle A C B=-\\sqrt{1-\\left(\\frac{3 \\sqrt{21}}{14}\\right)^{2}}=-\\frac{\\sqrt{7}}{14}.$\n\n$\\because A C=1, C D=\\frac{\\sqrt{7}}{2}$, 在 $\\triangle A C D$ 中, 根据余弦定理,\n\n$A D^{2}=1^{2}+\\left(\\frac{\\sqrt{7}}{2}\\right)^{2}-2 \\times 1 \\times \\frac{\\sqrt{7}}{2} \\times\\left(-\\frac{\\sqrt{7}}{14}\\right)$.\n\n求得 $A D=\\frac{\\sqrt{13}}{2}$.'] ['$\\frac{\\sqrt{13}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +97 "设盒子中装有 6 个红球, 4 个白球, 2 个黑球, 且规定：取出一个红球得 $a$ 分, 取出一个白球得 $b$ 分,取出一个黑球得 $c$ 分, 其中 $a, b, c$ 都为正整数. +当 $a=1$ 时, 从该盒子中任取（每球取到的机会均等） 1 个球, 记随机变量 $\eta$ 为取出此球所得分数. 若 $E \eta=\frac{5}{3}, D \eta=\frac{5}{9}$, 求 $b$ 和 $c$." ['由题意知 $\\eta$ 的分布列为\n\n| $\\eta$ | 1 | $b$ | $c$ |\n| :------- | :-------------- | :-------------- | :-------------- |\n| $P$ | $\\frac{1}{2}$ | $\\frac{1}{3}$ | $\\frac{1}{6}$ |\n\n$E \\eta=\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3} b+\\frac{1}{6} c=\\frac{5}{3}, \\quad D(\\eta)=\\left(1-\\frac{5}{3}\\right)^{2} \\cdot \\frac{1}{2}+\\left(b-\\frac{5}{3}\\right)^{2} \\cdot \\frac{1}{3}+\\left(c-\\frac{5}{3}\\right)^{2} \\cdot \\frac{1}{6}=\\frac{5}{9}$ .\n\n解得 $b=2, c=3$.'] ['$2, 3$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +98 "设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 过点 $(m, 0)(|m| \geq 1)$ 作直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且坐标原点 $O(0,0)$ 到直线 $l$ 的距离为 1 . +当 $m=1$ 时, 求直线 $A F$ 的方程." ['焦点 $F(\\sqrt{3}, 0)$, 当 $m=1$ 时, 直线 $l: x=1$, 点 $A\\left(1, \\pm \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right), k_{A F}=\\frac{\\frac{\\sqrt{3}}{2}-0}{1-\\sqrt{3}}$ 或 $\\frac{-\\frac{\\sqrt{3}}{2}-0}{1-\\sqrt{3}}$\n\n$\\therefore$ 直线 $A F$ 的方程为: $y=-\\frac{\\sqrt{3}+3}{4}(x-\\sqrt{3})$ 或 $y=\\frac{\\sqrt{3}+3}{4}(x-\\sqrt{3})$.'] ['$y=-\\frac{\\sqrt{3}+3}{4}(x-\\sqrt{3}) , y=\\frac{\\sqrt{3}+3}{4}(x-\\sqrt{3})$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Plane Geometry Math Chinese +99 "设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 过点 $(m, 0)(|m| \geq 1)$ 作直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且坐标原点 $O(0,0)$ 到直线 $l$ 的距离为 1 . +求 $\triangle A B F$ 面积的最大值." ['当直线 $l$ 的斜率不存在时, $m= \\pm 1, S_{\\triangle A B F}=\\frac{3-\\sqrt{3}}{2}$ 或 $\\frac{3+\\sqrt{3}}{2}$ .\n\n当直线 $l$ 的斜率存在时, 设直线 $l: y=k(x-m)$, 联立方程 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 \\\\ y=k(x-m)\\end{array}\\right.$, 得 $\\left(1+4 k^{2}\\right) x^{2}-8 m k^{2} x+4 m^{2} k^{2}-4=0$. 设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\\frac{8 m k^{2}}{1+4 k^{2}}, \\quad x_{1} \\cdot x_{2}=\\frac{4 m^{2} k^{2}-4}{1+4 k^{2}}$.\n\n由题意知 $\\frac{|k m|}{\\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 即 $k^{2} m^{2}=k^{2}+1. \\quad \\quad (1)$\n\n$\\left|y_{1}-y_{2}\\right|=|k|\\left|x_{1}-x_{2}\\right|=|k| \\sqrt{\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=|k| \\sqrt{\\left(\\frac{8 m k^{2}}{1+4 k^{2}}\\right)^{2}-\\frac{16\\left(m^{2} k^{2}-1\\right)}{1+4 k^{2}}}$, 利用(1)\n\n式, 消去 $k$, 得 $\\left|y_{1}-y_{2}\\right|=\\frac{4 \\sqrt{3}}{m^{2}+3}, \\therefore S_{\\triangle A B F}=\\frac{1}{2}|m-\\sqrt{3}| \\cdot\\left|y_{1}-y_{2}\\right|=\\frac{2 \\sqrt{3}|m-\\sqrt{3}|}{m^{2}+3}$\n\n当 $m<-1$ 或 $1\\sqrt{3}$ 时, $S_{\\triangle A B F}=\\frac{2 \\sqrt{3}(m-\\sqrt{3})}{m^{2}+3}$, 令 $t=m-\\sqrt{3}, t \\in(0,+\\infty)$, 则 $S_{\\triangle A B F}=\\frac{2 \\sqrt{3} t}{t^{2}+2 \\sqrt{3} t+6}=\\frac{2 \\sqrt{3}}{t+\\frac{6}{t}+2 \\sqrt{3}} \\leq \\sqrt{2}-1 ;$\n\n$\\therefore$ 当 $m=-1$ 时, $\\triangle A B F$ 面积的最大值为 $\\frac{3+\\sqrt{3}}{2}$.'] ['$\\frac{3+\\sqrt{3}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +100 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-4+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 点 $M(-2,-4)$. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho \sin ^{2} \theta-2 a \cos \theta=0(a>0)$. +当 $a=1$ 时，求曲线 $C$ 的直角坐标方程." ['曲线 $C: y^{2}=2 x$.'] ['$y^{2}=2 x$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +101 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+\frac{\sqrt{2}}{2} t \\ y=-4+\frac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$, 点 $M(-2,-4)$. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho \sin ^{2} \theta-2 a \cos \theta=0(a>0)$. +设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 若 $|A B|^{2}=|M A| \cdot|M B|$, 求 $a$ 的值." ['曲线 $C: y^{2}=2 a x$, 直线 $l$ 的参数方程代入曲线 $C$ 的直角坐标方程得,\n\n$t^{2}-(8 \\sqrt{2}+2 \\sqrt{2} a) t+8 a+32=0$,\n\n设交点 $A, B$ 所对参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,\n\n则 $t_{1}+t_{2}=8 \\sqrt{2}+2 \\sqrt{2} a, t_{1} \\cdot t_{2}=8 a+32$,\n\n$\\therefore|A B|=\\left|t_{1}-t_{2}\\right|=\\sqrt{\\left(t_{1}+t_{2}\\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=\\sqrt{8 a^{2}+32 a} ，$\n\n$\\because|A B|^{2}=|M A| \\cdot|M B| \\quad \\therefore 8 a^{2}+32 a=8 a+32$\n\n得 $a=1$.'] ['$1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +102 "已知 $f(x)=|x+2|-|a x-3|$. +当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x)>2$ 的解集." ['$f(x)=|x+2|-|2 x-3|= \\begin{cases}5-x & x \\geq \\frac{3}{2} \\\\ 3 x-1 & -22, \\therefore x \\in\\left[\\frac{3}{2}, 3\\right)$\n\n当 $-22, \\therefore x \\in\\left(1, \\frac{3}{2}\\right)$\n\n当 $x \\leq-2$ 时, $x-5>2, \\therefore x \\in \\phi$\n\n综上可知, 所求不等式的解集为 $(1,3) $.'] ['$(1,3) $'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +103 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+3 \times 2^{n-1}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}}$. +求 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$." ['$a_{2}=5, a_{3}=16, b_{1}=\\frac{1}{2}, b_{2}=\\frac{5}{4}, b_{3}=2 ;$'] ['$\\frac{1}{2},\\frac{5}{4},2$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +104 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+3 \times 2^{n-1}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}}$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式." ['$b_{1}=\\frac{1}{2}$,\n\n$\\because \\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\\frac{a_{n}}{2^{n}}+\\frac{3}{4}, \\therefore b_{n+1}-b_{n}=\\frac{3}{4}, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等差数列;\n\n$\\therefore b_{n}=\\frac{1}{2}+(n-1) \\times \\frac{3}{4}=\\frac{1}{4}(3 n-1) ， \\therefore a_{n}=(3 n-1) \\cdot 2^{n-2}$.'] ['$(3 n-1) \\cdot 2^{n-2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +105 "某集团公司计划从甲分公司中的 3 位员工 $A_{1} 、 A_{2} 、 A_{3}$ 和乙分公司中的 3 位员工 $B_{1} 、 B_{2} 、 B_{3}$ 选择 2 位员工去国外工作. +若从这 6 名员工中任选 2 名, 求这 2 名员工都是甲分公司的概率." ['由题意得, 从 6 名员工中任选 2 名, 其一切可能的结果组成的基本事件有:\n\n$\\left\\{A_{1}, A_{2}\\right\\},\\left\\{A_{1}, A_{3}\\right\\},\\left\\{A_{2}, A_{3}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{3}\\right\\}$,\n\n$\\left\\{A_{2}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{2}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{2}, B_{3}\\right\\}\\left\\{A_{3}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{3}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{3}, B_{3}\\right\\}$,\n\n$\\left\\{B_{1}, B_{2}\\right\\},\\left\\{B_{1}, B_{3}\\right\\},\\left\\{B_{2}, B_{3}\\right\\}$ ，共 15 个\n\n所选两名员工都是甲分公司所包含的基本事件有: $\\left\\{A_{1}, A_{2}\\right\\},\\left\\{A_{1}, A_{3}\\right\\},\\left\\{A_{2}, A_{3}\\right\\}$, 共 3 个, 所以所求事件的概率为 $p=\\frac{3}{15}=\\frac{1}{5} ;$'] ['$\\frac{1}{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +106 "某集团公司计划从甲分公司中的 3 位员工 $A_{1} 、 A_{2} 、 A_{3}$ 和乙分公司中的 3 位员工 $B_{1} 、 B_{2} 、 B_{3}$ 选择 2 位员工去国外工作. +若从甲分公司和乙分公司中各任选 1 名员工，求这 2 名员工包括 $A_{1}$ 但不包括 $B_{1}$ 的概率." ['从甲分公司和乙分公司各任选 1 名员工, 其一切可能的结果组成的基本事件有: $\\left\\{A_{1}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{3}\\right\\},\\left\\{A_{2}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{2}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{2}, B_{3}\\right\\}\\left\\{A_{3}, B_{1}\\right\\},\\left\\{A_{3}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{3}, B_{3}\\right\\}$ 共 9 个，包含 $A_{1}$ 但不包括 $B_{1}$ 的事件所包含的基本事件有 $\\left\\{A_{1}, B_{2}\\right\\},\\left\\{A_{1}, B_{3}\\right\\}$ 共 2 个, 所以所求事件的概率为 $p=\\frac{2}{9}$.'] ['$\\frac{2}{9}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +107 "已知 $O$ 为坐标原点, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 点 $A(-2,0)$, 设直线 $l$ 与 $C$ 交于不同的两点 $P 、 Q$. +若直线 $l \perp x$ 轴, 求直线 $P A$ 的斜率的取值范围." ['当点 $P$ 在第一象限时, 设 $P(t, 2 \\sqrt{t}), k_{P A}=\\frac{2 \\sqrt{t}-0}{t+2}=\\frac{2}{\\sqrt{t}+\\frac{2}{\\sqrt{t}}} \\leq \\frac{2}{2 \\sqrt{2}}=\\frac{\\sqrt{2}}{2}$,\n\n$\\therefore k_{P A} \\in\\left(0, \\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right]$, 同理, 当点 $P$ 在第四象限时, $\\therefore k_{P A} \\in\\left[-\\frac{\\sqrt{2}}{2}, 0\\right)$, 综上所述 $\\therefore k_{P A} \\in\\left[-\\frac{\\sqrt{2}}{2}, 0\\right) \\cup\\left(0, \\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right] $.'] ['$\\left[-\\frac{\\sqrt{2}}{2}, 0\\right) \\cup\\left(0, \\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Plane Geometry Math Chinese +108 "已知函数 $f(x)=e^{2 x}-3 a e^{x}-2 a^{2} x$. +若对于任意的 $x_{1}, x_{2} \in R, x_{1} \neq x_{2}$, 都有 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>-2 a^{2}-1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围." ['$\\because \\frac{f\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)}{x_{1}-x_{2}}>-2 a^{2}-1, \\therefore$ 不妨设 $x_{1}>x_{2}$,\n\n则 $f\\left(x_{1}\\right)+\\left(2 a^{2}+1\\right) x_{1}>f\\left(x_{2}\\right)+\\left(2 a^{2}+1\\right) x_{2}$,\n\n$\\therefore f(x)+\\left(2 a^{2}+1\\right) x$ 在 $R$ 上单调递增:\n\n记 $g(x)=f(x)+\\left(2 a^{2}+1\\right) x=e^{2 x}-3 a e^{x}+x$,\n\n$g^{\\prime}(x)=2 e^{2 x}-3 a e^{x}+1 \\geq 0$ 恒成立, $\\therefore a \\leq \\frac{2 e^{2 x}+1}{3 e^{x}}=\\frac{1}{3}\\left(2 e^{x}+\\frac{1}{e^{x}}\\right)$ 对 $x \\in R$ 恒成立, 即 $\\therefore a \\leq \\frac{1}{3}\\left(2 e^{x}+\\frac{1}{e^{x}}\\right)_{\\text {min }}, \\because 2 e^{x}+\\frac{1}{e^{x}} \\geq 2 \\sqrt{2}$, 当且仅当 $2 e^{x}=\\frac{1}{e^{x}}$, 即 $e^{x}=\\frac{\\sqrt{2}}{2}$ 时等号取到, $\\therefore a \\leq \\frac{2 \\sqrt{2}}{3} $.'] ['$(-\\infty, \\frac{2 \\sqrt{2}}{3}]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +109 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-1=0$. +求曲线 $C$ 的直角坐标方程;" ['$x^{2}+y^{2}-4 x-1=0$.'] ['$x^{2}+y^{2}-4 x-1=0$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +110 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta-1=0$. +设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 求 $|A B|$ 的最小值." ['当 $\\alpha=n \\pi+\\frac{\\pi}{2}(n \\in Z)$ 时, 直线 $l: x=1$, 此时 $|A B|=4 $;\n\n当 $\\alpha \\neq n \\pi+\\frac{\\pi}{2}(n \\in Z)$ 时, 设直线 $l: y-1=k(x-1)$, 圆心 $(2,0)$ 到直线 $l$ 的距离最大值为 $d_{\\text {max }}=\\sqrt{2}$, 此时 $|A B|=2 \\sqrt{5-2}=2 \\sqrt{3}, \\because 4>2 \\sqrt{3}, \\therefore|A B|_{\\text {min }}=2 \\sqrt{3} $.'] ['$2 \\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +111 "已知函数 $f(x)=|x-2|+|x+1|, x \in R$, 其最小值为 $t$. +求 $t$ 的值." ['$f(x)=\\left\\{\\begin{array}{c}2 x-1, x>2 \\\\ 3,-1 \\leq x \\leq 2 \\\\ -2 x+1, x<-1\\end{array}, f(x)_{\\text {min }}=3\\right.$, 即 $t=3$.'] ['$3$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +112 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$. +求 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$." ['$b_{1}=3, b_{2}=9, b_{3}=27$.'] ['$3, 9, 27$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +113 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式." ['$\\because \\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=\\frac{3 a_{n}+3}{a_{n}+1}=3, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等比数列.\n\n可得 $b_{n}=3^{n}, a_{n}=3^{n}-1$.'] ['$3^{n}-1$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +114 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-6 \rho \sin \theta-7=0$. +求曲线 $C$ 的直角坐标方程." ['曲线 $C: x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$.'] ['$x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +115 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \cos \alpha \\ y=1+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数). 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-6 \rho \sin \theta-7=0$. +设曲线 $C$ 与直线 $l$ 交于点 $A, B$, 若点 $Q$ 的坐标为 $(2,1)$, 求 $|Q A|+|Q B|$ 的最小值." ['曲线 $C: x^{2}+y^{2}-6 y-7=0$.\n\n直线 $l$ 的参数方程代入曲线 $C$ 的直角坐标方程得,\n\n$t^{2}+4(\\cos \\alpha-\\sin \\alpha) t-8=0$,\n\n设交点 $A, B$ 所对参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,\n\n则 $t_{1}+t_{2}=-4(\\cos \\alpha-\\sin \\alpha), t_{1} \\cdot t_{2}=-8$,\n\n$\\therefore|Q A|+|Q B|=\\left|t_{1}\\right|+\\left|t_{2}\\right|=\\left|t_{1}-t_{2}\\right|=\\sqrt{\\left(t_{1}+t_{2}\\right)^{2}-4 t_{1} t_{2}}=4 \\sqrt{3-\\sin 2 \\alpha},$\n\n因此当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{4}+k \\pi, k \\in Z$ 时, $|Q A|+|Q B|$ 取最小值 $4 \\sqrt{2}$.'] ['$4 \\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +116 "设函数 $f(x)=|x+3|+|x-a|-10$. +当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>0$ 的解集." ['当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+3|+|x-1|-10=\\left\\{\\begin{array}{c}2 x-8, x \\geq 1 \\\\ -6,-30$ 的解集为 $(-\\infty,-6) \\cup(4,+\\infty)$.'] ['$(-\\infty,-6) \\cup(4,+\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +117 "设函数 $f(x)=|x+3|+|x-a|-10$. +如果���任意的 $x$, 不等式 $f(x)>0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围." ['$\\because|x+3|+|x-a|-10 \\geq \\mid 3+a \\mid-10$\n\n$\\therefore|3+a|-10>0, \\quad \\therefore a \\in(-\\infty,-13) \\cup(7,+\\infty)$.'] ['$(-\\infty,-13) \\cup(7,+\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +118 "已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 其外接圆半径为 $R$,三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, 2 R\left(\sin ^{2} A-\sin ^{2} C\right)=$ $(\sqrt{3} a-b) \sin B$. +求角 $C$." ['根据题意, 有\n\n$$\n2 R \\cdot \\sin (A+C) \\cdot \\sin (A-C)=(\\sqrt{3} a-b) \\cdot \\sin B\n$$\n\n即\n\n$$\n\\sin (A-C)=\\sqrt{3} \\sin A-\\sin B,\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\sqrt{3} \\sin A=\\sin (A-C)+\\sin (A+C),\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\sqrt{3} \\sin A=2 \\sin A \\cdot \\cos C\n$$\n\n解得 $C=\\frac{\\pi}{6}$.'] ['$\\frac{\\pi}{6}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +119 "已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $S$, 其外接圆半径为 $R$,三个内角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, 2 R\left(\sin ^{2} A-\sin ^{2} C\right)=$ $(\sqrt{3} a-b) \sin B$. +若 $\left(\frac{\sqrt{S}}{2 R}\right)^{2}=\sin ^{2} A-(\sin B-\sin C)^{2}, a=4$, 求 $c$ 及 $\triangle A B C$ 的面积." ['根据题意, 有\n\n$$\nS=a^{2}-(b-c)^{2},\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=4(p-b)(p-c),\n$$\n\n其中 $p$ 为 $\\triangle A B C$ 的半周长. 因此\n\n$$\n\\sqrt{\\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\\frac{1}{4}\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\tan \\frac{A}{2}=\\frac{1}{4}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\sin A=\\frac{8}{17}\n$$\n\n由正弦定理, 可得 $c=\\frac{17}{4}$. 又\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sin B & =\\sin (A+C) \\\\\n& =\\sin A \\cdot \\cos C+\\cos A \\cdot \\sin C \\\\\n& =\\frac{8}{17} \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{2}+\\frac{15}{17} \\cdot \\frac{1}{2} \\\\\n& =\\frac{15+8 \\sqrt{3}}{34}\n\\end{aligned}\n$$\n\n于是\n\n$$\nS=\\frac{1}{2} a c \\sin B=\\frac{1}{2} \\cdot 4 \\cdot \\frac{17}{4} \\cdot \\frac{15+8 \\sqrt{3}}{34}=\\frac{15+8 \\sqrt{3}}{4}\n$$'] ['$\\frac{17}{4}, \\frac{15+8 \\sqrt{3}}{4}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +120 "已知圆 $B:(x+\sqrt{2})^{2}+y^{2}=16$, 定点 $A(\sqrt{2}, 0), P$ 是圆周上任一点, 线段 $A P$ 的垂直平分线与 $B P$交于点 $Q$. +求点 $Q$ 的轨迹 $C$ 的方程;" ['根据题意, 有\n\n$$\nQ A+Q B=Q P+Q B=P B=4\n$$\n\n因此 $Q$ 的轨迹是以 $A, B$ 为焦点, 4 为长轴长的椭圆, 其方程为\n\n$$\n\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1.\n$$'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +121 "已知圆 $B:(x+\sqrt{2})^{2}+y^{2}=16$, 定点 $A(\sqrt{2}, 0), P$ 是圆周上任一点, 线段 $A P$ 的垂直平分线与 $B P$交于点 $Q$. +直线 $l$ 过点 $A$ 且与 $x$ 轴不重合, 直线 $l$ 交曲线 $C$ 于 $M, N$ 两点, 过 $A$ 且与 $l$ 垂直的直线与圆 $B$ 交于 $D, E$ 两点, 求四边形 $M D N E$ 面积的取值范围." ['根据题意, 设直线 $l$ 的倾斜角为 $\\theta$, 则 $\\theta \\neq 0$, 且\n\n$$\nl: x \\sin \\theta-y \\cos \\theta-\\sqrt{2} \\cdot \\sin \\theta=0\n$$\n\n于是直线 $M N$ 的方程可以表示为\n\n$$\nx \\cos \\theta+y \\sin \\theta-\\sqrt{2} \\cos \\theta=0,\n$$\n\n因此点 $B$ 到直线 $M N$ 的距离\n\n$$\nd=2 \\sqrt{2} \\cdot|\\cos \\theta|,\n$$\n\n进而\n\n$$\nD E=2 \\cdot \\sqrt{16-d^{2}}=4 \\sqrt{4-2 \\cos ^{2} \\theta}=4 \\sqrt{2+2 \\sin ^{2} \\theta}\n$$\n\n又根据椭圆的焦点弦长公式, 有\n\n$$\nM N=\\frac{4}{1+\\sin ^{2} \\theta},\n$$\n\n于是四边形 $M D N E$ 的面积\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS & =\\frac{1}{2} \\cdot M N \\cdot D E \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{4}{1+\\sin ^{2} \\theta} \\cdot 4 \\sqrt{2+2 \\sin ^{2} \\theta} \\\\\n& =\\frac{8 \\sqrt{2}}{\\sqrt{1+\\sin ^{2} \\theta}},\n\\end{aligned}\n$$\n\n而 $\\sin ^{2} \\theta \\in(0,1]$, 于是 $S$ 的取值范围是 $[8,8 \\sqrt{2})$.'] ['$[8,8 \\sqrt{2})$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Plane Geometry Math Chinese +122 "在直角坐标系中, 直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-\sqrt{3} t, \\ y=3+t,\end{array}\right.$ 其中 $t$ 为参数, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2} \cos ^{2} \theta+3 \rho^{2} \sin ^{2} \theta=3$. +过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $l$ 夹角为 $45^{\circ}$ 的直线, 交 $l$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最大值与最小值." ['直线 $l: x+\\sqrt{3} y-3 \\sqrt{3}=0$, 过 $P(\\sqrt{3} \\cos \\theta, \\sin \\theta)$ 作直线 $l$ 的垂线, 垂足为 $H$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\nP A & =\\sqrt{2} \\cdot P H \\\\\n& =\\sqrt{2} \\cdot \\frac{3 \\sqrt{3}-\\sqrt{3}(\\sin \\theta+\\cos \\theta)}{2} \\\\\n& =\\frac{3 \\sqrt{6}-2 \\sqrt{3} \\sin \\left(\\theta+\\frac{\\pi}{4}\\right)}{2}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此所求 $|P A|$ 的最大值为 $\\frac{3 \\sqrt{6}+2 \\sqrt{3}}{2}$, 最小值为 $\\frac{3 \\sqrt{6}-2 \\sqrt{3}}{2}$.'] ['$\\frac{3 \\sqrt{6}+2 \\sqrt{3}}{2}, \\frac{3 \\sqrt{6}-2 \\sqrt{3}}{2}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +123 "已知函数 $f(x)=|2 x-1|-|x+2|$. +存在 $x_{0} \in \mathbb{R}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)+2 a^{2} \leqslant 4 a$, 求实数 $a$ 的取值范围." ['根据题意, 有\n\n$$\n\\exists x \\in \\mathbb{R}, f(x) \\leqslant-2 a^{2}+4 a\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\min _{x \\in \\mathbb{R}}\\{f(x)\\} \\leqslant-2 a^{2}+4 a,\n$$\n\n也即\n\n$$\n2 a^{2}-4 a-\\frac{5}{2} \\leqslant 0,\n$$\n\n解得实数 $a$ 的取值范围是 $\\left[-\\frac{1}{2}, \\frac{5}{2}\\right]$.'] ['$\\left[-\\frac{1}{2}, \\frac{5}{2}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +124 "已知函数 $f(x)=|2 x-1|-|x+2|$. +存在 $x_{0} \in \mathbb{R}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)+2 a^{2} \leqslant 4 a$.设实数$a$的取值范围中的最大数为 $a_{0}$, 若 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}+\frac{9}{c^{2}}=a_{0}$。存在 $a, b, c$, 使得$a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}$ 有最小值, 求出该最小值." ['根据柯西不等式有\n\n$$\n\\frac{5}{2}=\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{4}{b^{2}}+\\frac{9}{c^{2}} \\geqslant \\frac{(1+4+9)^{2}}{a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}},\n$$\n\n因此\n\n$$\na^{2}+4 b^{2}+9 c^{2} \\geqslant \\frac{392}{5}\n$$\n\n等号当\n\n$$\na^{2}=b^{2}=c^{2}=\\frac{28}{5}\n$$\n\n时取得, 进而可得所求代数式的最小值为 $\\frac{392}{5}$.'] ['$\\frac{392}{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +125 "已知向量 $\vec{m}=(2 \cos x, \sin x), \vec{n}=(\cos x, 2 \sqrt{3} \cos x) \quad(x \in \mathbf{R})$,设函数 $f(x)=\vec{m} \cdot \vec{n}-1$. +求函数 $f(x)$ 的单调减区间." ['$f(x)=\\vec{m} \\cdot \\vec{n}-1=2 \\cos ^{2} x+2 \\sqrt{3} \\sin x \\cos x-1=\\cos 2 x+\\sqrt{3} \\sin 2 x$.\n\n$$\n=2 \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)\n$$\n\n$\\because x \\in \\mathrm{R}$, 由 $2 k \\pi+\\frac{\\pi}{2} \\leq 2 x+\\frac{\\pi}{6} \\leq 2 k \\pi+\\frac{3 \\pi}{2}$ 得\n\n$$\nk \\pi+\\frac{\\pi}{6} \\leq x \\leq k \\pi+\\frac{2 \\pi}{3}\n$$\n\n$\\therefore$ 函数 $f(x)$ 的单调减区间 $\\left[k \\pi+\\frac{\\pi}{6}, k \\pi+\\frac{2 \\pi}{3}\\right] \\quad k \\in Z$.'] ['$\\left[k \\pi+\\frac{\\pi}{6}, k \\pi+\\frac{2 \\pi}{3}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +126 "已知向量 $\vec{m}=(2 \cos x, \sin x), \vec{n}=(\cos x, 2 \sqrt{3} \cos x) \quad(x \in \mathbf{R})$,设函数 $f(x)=\vec{m} \cdot \vec{n}-1$. +已知 $\triangle A B C$ 的三个内角分别为 $A, B, C$, 若 $f(A)=2, B=\frac{\pi}{4}$, 边 $A B=\sqrt{6}+\sqrt{2}$, 求边 $B C$." ['$\\because f(A)=2$, 即 $2 \\sin \\left(2 A+\\frac{\\pi}{6}\\right)=2, \\because$ 角 $A$ 为锐角, 得 $A=\\frac{\\pi}{6}$,\n\n$$\n\\text { 又 } B=\\frac{\\pi}{4}, \\therefore C=\\frac{7}{12} \\pi, \\therefore \\sin C=\\sin \\frac{7 \\pi}{12}=\\sin \\left(\\frac{\\pi}{4}+\\frac{\\pi}{3}\\right)=\\frac{\\sqrt{6}+\\sqrt{2}}{4}\n$$\n\n$\\because A B=\\sqrt{6}+\\sqrt{2}$,\n\n由正弦定理得 $B C=\\frac{A B \\sin A}{\\sin C}=\\frac{(\\sqrt{6}+\\sqrt{2})(\\sqrt{6}-\\sqrt{2})}{2}=2$.'] ['$2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +127 "2018 年元旦期间, 某品牌轿车销售商为了促销，给出了两种优惠方案, 顾客只能选择其中的一种, 方案一: 每满 6 万元, 可减 6 千元. 方案二: 金额超过 6 万元 (含 6 万元), 可摇号三次, 其规则是依次装有 2 个幸运号、 2 个吉祥号的一号摇号机, 装有 2 个幸运号、 2 个吉祥号的二号摇号机, 装有 1 个幸运号、 3 个吉祥号的三号摇号机各摇号一次, 其优惠情况为:若摇出 3 个幸运号则打 6 折; 若摇出 2 个幸运号则打 7 折; 若摇出 1 个幸运号则打 8 折；若没有摇出幸运号则不打折. +若某型号的车正好 6 万元, 两个顾客都选中第二种方案, 求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率;" ['要使选择方案二比选择方案一更优惠, 则需要至少摸出 1 个幸运球,设顾客不打折即三次没摸出幸运球为事件 $A$, 则\n\n$P(A)=\\frac{2 \\times 2 \\times 3}{4 \\times 4 \\times 4}=\\frac{3}{16}$,\n\n故所求概率 $P=1-P(A) P(A)=1-\\left(\\frac{3}{16}\\right)^{2}=\\frac{247}{256}$.'] ['$\\frac{247}{256}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +128 "已知动点 $D$ 与两定点 $A(-2,0) 、 B(2,0)$ 连线的斜率的乘积为 $-\frac{1}{2}$,圆 $C$ 的圆心在原点, 半径为 $\sqrt{2}$. +若动点 $D$ 的轨迹为曲线 $E$, 求曲线 $E$ 方程;" ['设点 $D(x, y)$, 则 $k_{D A} \\cdot k_{D B}=\\frac{y}{x+2} \\cdot \\frac{y}{x-2}=-\\frac{1}{2}$,\n\n即 $2 y^{2}+x^{2}=4$, 整理得 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1$, 其中 $x \\neq \\pm 2$.'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +129 "已知动点 $D$ 与两定点 $A(-2,0) 、 B(2,0)$ 连线的斜率的乘积为 $-\frac{1}{2}$,�� $C$ 的圆心在原点, 半径为 $\sqrt{2}$. +若动点 $P$ 在曲线 $E$ 上, 点 $Q$ 在圆 $C$ 上, 且 $P, Q$ 在 $y$ 轴两侧, 线段 $P Q$ 平行于 $x$ 轴. 直线 $A P$ 交 $y$ 轴于点 $M$, 直线 $B P$ 交 $y$ 轴于点 $N$, 求 $\angle M Q N$." ['设点 $D(x, y)$, 则 $k_{D A} \\cdot k_{D B}=\\frac{y}{x+2} \\cdot \\frac{y}{x-2}=-\\frac{1}{2}$,\n\n即 $2 y^{2}+x^{2}=4$, 整理得 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1$, 其中 $x \\neq \\pm 2$.\n\n设直线 $A P$ 为 $y=k(x+2)$, 联立椭圆 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{2}=1$ 得\n\n$$\n\\left(1+2 k^{2}\\right) x^{2}+8 k^{2} x+8 k^{2}-4=0\n$$\n\n根据韦达定理得 $x_{p} \\cdot x_{A}=\\frac{8 k^{2}-4}{1+2 k^{2}}$, 其中 $x_{A}=-2$, 所以 $x_{p}=\\frac{2-4 k^{2}}{1+2 k^{2}}$,\n\n将 $x_{p}$ 代入直线 $A P$ 得到 $y_{p}=\\frac{4 k}{1+2 k^{2}}$.\n\n由于 $P Q$ 平行于 $x$ 轴,所以 $y_{Q}=y_{p}=\\frac{4 k}{1+2 k^{2}}$.\n\n在直线 $A P$ 为 $y=k(x+2)$ 中令 $x=0$ 得 $M(0,2 k)$.\n\n根据条件知可设直线 $B P$ 为 $y=-\\frac{1}{2 k}(x-2)$, 令 $x=0$ 得 $N\\left(0, \\frac{1}{k}\\right)$.\n\n\n\n设 $Q\\left(x_{Q}, y_{Q}\\right)$, 则 $\\overrightarrow{M Q} \\cdot \\overrightarrow{N Q}=\\left(x_{Q}, y_{Q}-2 k\\right) \\cdot\\left(x_{Q}, y_{Q}-\\frac{1}{k}\\right)$\n\n$=x_{Q}^{2}+y_{Q}^{2}-\\left(\\frac{1}{k}+2 k\\right) y_{Q}+2=2-\\left(\\frac{1}{k}+2 k\\right) \\frac{4 k}{1+2 k^{2}}+2=0$.\n\n所以 $\\angle M Q N=\\frac{\\pi}{2}$.'] ['$\\frac{\\pi}{2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Plane Geometry Math Chinese +130 "已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$. +求实数 $m, n$ 的值." ['函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\\infty), f^{\\prime}(x)=\\frac{m(1-\\ln x)}{x^{2}},$\n\n因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,\n\n所以 $\\left\\{\\begin{array}{l}f^{\\prime}(1)=m=1 \\\\ f(1)=\\frac{m \\ln 1}{1}+n=0\\end{array}\\right.$. 解得 $m=1, n=0$.'] ['$1, 0$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +131 "已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$. +函数 $f(x)$ 的最大值." ['函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\\infty), f^{\\prime}(x)=\\frac{m(1-\\ln x)}{x^{2}},$\n\n因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,\n\n所以 $\\left\\{\\begin{array}{l}f^{\\prime}(1)=m=1 \\\\ f(1)=\\frac{m \\ln 1}{1}+n=0\\end{array}\\right.$. 解得 $m=1, n=0$.\n\n所以 $f(x)=\\frac{\\ln x}{x}$. 故 $f^{\\prime}(x)=\\frac{1-\\ln x}{x^{2}}$.\n\n令 $f^{\\prime}(x)=0$, 得 $x=e,$\n\n当 $00, f(x)$ 单调递增;\n\n当 $x>e$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减.\n\n所以当 $x=e$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $f(e)=\\frac{1}{e}$.'] ['$\\frac{1}{e}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +132 "已知函数 $f(x)=\frac{m \ln x}{x}+n, g(x)=x^{2}\left(f(x)-\frac{1}{x}-\frac{a}{2}\right)$ $(m, n, a \in R)$, 且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$. +当 $a \in\left(-e, \frac{1}{e}\right)$ 时, 记函数 $g(x)$ 的最小值为 $b$, 求实数 $b$ 的取值范围." ['函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\\infty), f^{\\prime}(x)=\\frac{m(1-\\ln x)}{x^{2}},$\n\n因为 $f(x)$ 的图象在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=x-1$,\n\n所以 $\\left\\{\\begin{array}{l}f^{\\prime}(1)=m=1 \\\\ f(1)=\\frac{m \\ln 1}{1}+n=0\\end{array}\\right.$. 解得 $m=1, n=0$.\n\n所以 $f(x)=\\frac{\\ln x}{x}$. 故 $f^{\\prime}(x)=\\frac{1-\\ln x}{x^{2}}$.\n\n令 $f^{\\prime}(x)=0$, 得 $x=e,$\n\n当 $00, f(x)$ 单调递增;\n\n当 $x>e$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减.\n\n$\\because g(x)=x^{2}\\left[f(x)-\\frac{1}{x}-\\frac{a}{2}\\right]=x \\ln x-\\frac{a x^{2}}{2}-x$,\n\n$\\therefore g^{\\prime}(x)=\\ln x-a x=x\\left(\\frac{\\ln x}{x}-a\\right),$\n\n令 $h(x)=\\frac{\\ln x}{x}-a$, $f(x)=\\frac{\\ln x}{x}$ 在 $(0, e)$ 上是增函数,\n\n故 $h(x)=\\frac{\\ln x}{x}-a$ 在 $(0, e)$ 上是增函数,\n\n又 $\\because-e0, h\\left(\\frac{1}{e}\\right)=-e-a<0$,\n\n因此存在唯一的 $t \\in\\left(\\frac{1}{e}, e\\right)$, 使得 $h(t)=0$, 也就是 $g^{\\prime}(t)=0$, 即 $\\ln t=a t$\n\n当 $x \\in(0, t)$ 时, $h(x)0, g(x)$ 单调递增, 所以 $g(x)$ 的最小值为 $b=t \\ln t-\\frac{a}{2} t^{2}-t=\\frac{t \\ln t}{2}-t$, 令 $s(t)=\\frac{t \\ln t}{2}-t$, 因为 $h^{\\prime}(t)=\\frac{\\ln t-1}{2}<0$, 所以 $h(t)$ 在 $\\left(\\frac{1}{e}, e\\right)$ 单调递减, 从而$h(t) \\in\\left(-\\frac{e}{2},-\\frac{3}{2 e}\\right)$, 即 $b$ 的取值范围是 $\\left(-\\frac{e}{2},-\\frac{3}{2 e}\\right)$.'] ['$\\left(-\\frac{e}{2},-\\frac{3}{2 e}\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +133 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$. +写出曲线 $C_{1}$ 的普通方程" ['由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 可得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x-y+m=0$.'] ['$x-y+m=0$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +134 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$. +写出曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程." ['由曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程得 $3 \\rho^{2}-2 \\rho^{2} \\cos ^{2} \\theta=3, \\theta \\in[0, \\pi]$,\n\n$\\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1(0 \\leq y \\leq 1)$.'] ['$\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +135 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=m+t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $m \in R$ ), 以原点 $O$ 为极点, $x$ 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$的极坐标方程为 $\rho^{2}=\frac{3}{3-2 \cos ^{2} \theta}(0 \leq \theta \leq \pi)$. +已知点 $P$ 是曲线 $C_{2}$ 上一点, 若点 $P$ 到曲线 $C_{1}$ 的最小距离为 $2 \sqrt{2}$, 求 $m$的值." ['由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 可得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x-y+m=0$.\n\n由曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程得 $3 \\rho^{2}-2 \\rho^{2} \\cos ^{2} \\theta=3, \\theta \\in[0, \\pi]$,\n\n$\\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1(0 \\leq y \\leq 1)$\n\n设曲线 $C_{2}$ 上任意一点 $P$ 为 $(\\sqrt{3} \\cos \\alpha, \\sin \\alpha), \\alpha \\in[0, \\pi]$,\n\n则点 $P$ 到曲线 $C_{1}$ 的距离为 $d=\\frac{|\\sqrt{3} \\cos \\alpha-\\sin \\alpha+m|}{\\sqrt{2}}=\\frac{\\left|2 \\cos \\left(\\alpha+\\frac{\\pi}{6}\\right)+m\\right|}{\\sqrt{2}} .$\n\n$\\because \\alpha \\in[0, \\pi] \\quad \\therefore \\cos \\left(\\alpha+\\frac{\\pi}{6}\\right) \\in\\left[-1, \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right], \\quad 2 \\cos \\left(\\alpha+\\frac{\\pi}{6}\\right) \\in[-2, \\sqrt{3}]$,\n\n当 $m+\\sqrt{3}<0$ 时, $m+\\sqrt{3}=-4$, 即 $m=-4-\\sqrt{3}$;\n\n当 $m-2>0$ 时, $m-2=4$, 即 $m=6$.\n\n$\\therefore m=-4-\\sqrt{3}$ 或 $m=6$.'] ['$-4-\\sqrt{3},6$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +136 "已知函数$f(x)=\frac{1}{3}|x-a|(a \in R)$. +当 $a=2$ 时, 解不等式 $\left|x-\frac{1}{3}\right|+f(x) \geq 1$ ；" ['当 $a=2$ 时, 原不等式可化为 $|3 x-1|+|x-2| \\geq 3$.\n\n(1) 当 $x \\leq \\frac{1}{3}$ 时, 原不等式可化为 $-3 x+1+2-x \\geq 3$, 解得 $x \\leq 0$, 所以 $x \\leq 0 ;$\n\n(2)当 $\\frac{1}{3}0)$, 过 $A, B$ 作 $x$ 轴的垂线, 与抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 在第一象限分别交于 $D, C$ 两点. +若 $a=p$, 点 $A$ 与抛物线 $y^{2}=2 p x$ 的焦点重合, 求直线 $C D$ 的斜率;" ['由 $A\\left(\\frac{p}{2}, 0\\right)$, 则 $B\\left(\\frac{p}{2}+a, 0\\right), D\\left(\\frac{p}{2}, p\\right)$, 则 $C\\left(\\frac{p}{2}+a, \\sqrt{p^{2}+2 p a}\\right)$,\n\n又 $a=p$, 所以 $k_{C D}=\\frac{\\sqrt{3} p-p}{\\frac{3 p}{2}-\\frac{p}{2}}=\\sqrt{3}-1$.'] ['$\\sqrt{3}-1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +141 "已知 $A, B$ 是 $x$ 轴正半轴上两点 ( $A$ 在 $B$ 的左侧), 且 $|A B| = a(a>0)$, 过 $A, B$ 作 $x$ 轴的垂线, 与抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 在第一象限分别交于 $D, C$ 两点. +若 $O$ 为坐标原点, 记 $\triangle O C D$ 的面积为 $S_{1}$, 梯形 $A B C D$ 的面积为 $S_{2}$, 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围." ['设直线 $C D$ 的方程为: $y=k x+b(k \\neq 0)$, 设 $C\\left(x_{1}, y_{1}\\right), D\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$,\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x+b \\\\ y^{2}=2 p x\\end{array}\\right.$, 得 $k y^{2}-2 p y+2 p b=0$,\n\n所以 $\\Delta=4 p^{2}-8 p k b>0$, 得 $k b<\\frac{p}{2}$,\n\n又 $y_{1}+y_{2}=\\frac{2 p}{k}, y_{1} y_{2}=\\frac{2 p b}{k}$, 由 $y_{1}+y_{2}=\\frac{2 p}{k}>0, y_{1} y_{2}=\\frac{2 p b}{k}>0$, 可知 $k>0, b>0$,\n\n由 $|C D|=\\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{1}-x_{2}\\right|=a \\sqrt{1+k^{2}}$,\n\n点 $O$ 到直线 $C D$ 的距离为 $d=\\frac{|b|}{\\sqrt{1+k^{2}}}$, 所以 $S_{1}=\\frac{1}{2} \\cdot a \\sqrt{1+k^{2}} \\cdot \\frac{|b|}{\\sqrt{1+k^{2}}}=\\frac{1}{2} a b$.\n\n又 $S_{2}=\\frac{1}{2}\\left(y_{1}+y_{2}\\right) \\cdot\\left|x_{1}-x_{2}\\right|=\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{2 p}{k} \\cdot a=\\frac{a p}{k}$,\n\n所以 $\\frac{S_{1}}{S_{2}}=\\frac{k b}{2 p}$,\n\n因为 $0a$ 成立, 求 $a$ 的取值范围." ['若存在 $x \\in \\mathbf{R}$, 使得不等式 $f(x)>a$ 成立, 即 $|x+2|-a|2 x-1|>a$ 成立,\n\n所以存在 $x \\in \\mathbf{R}$, 使得 $a<\\frac{|x+2|}{|2 x-1|+1}$ 成立, 令 $g(x)=\\frac{|x+2|}{|2 x-1|+1}$, 只需 $a\\frac{1}{2}\\end{array}\\right.$,\n\n当 $x<-2$ 时, $g(x)$ 单调递减, $0\\frac{1}{2}$ 时, $g(x)$ 单调递减, $\\frac{1}{2}1$时，$a_{n}=S_{n-1} + 1, a_{n+1}-a_{n}=a_{n},\\therefore a_{n+1}=2a_{n}, \\therefore \\left \\{a_{n}\\right \\}$为等比数列.\n\n且公比 $\\mathrm{q}=2$,\n\n$a_{n}=2^{n-1} ;$'] ['$2^{n-1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +147 "已知 $S_{2}=3, a_{n+1}=S_{n}+1$ +若 $b_{n}=a_{n}\left(\log _{2} a_{n}+1\right)\left(n \in N_{+}\right)$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $T_{n}$" ['$\\because a_{n+1}=S_{n}+1$, 当 $n=1$ 时, $a_{2}=a_{1}+1$,\n\n$$\n\\text { 又 } \\because \\mathrm{a}_{1}+a_{2}=3, \\therefore a_{1}=1, a_{2}=2\n$$\n\n当$n>1$时，$a_{n}=S_{n-1} + 1, a_{n+1}-a_{n}=a_{n},\\therefore a_{n+1}=2a_{n}, \\therefore \\left \\{a_{n}\\right \\}$为等比数列.\n\n且公比 $\\mathrm{q}=2$,\n\n$a_{n}=2^{n-1} ;$\n\n$b_{n}=a_{n}\\left(\\log _{2} a_{n}+1\\right)=n \\cdot 2^{n-1}$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\therefore T_{n}=1 \\cdot 2^{0}+2 \\cdot 2^{1}+3 \\cdot 2^{2}+\\cdots+n \\cdot 2^{n-1} \\\\\n& \\therefore 2 T_{n}=\\quad 1 \\cdot 2^{1}+2 \\cdot 2^{2}+\\cdots+(n-1) \\cdot 2^{n-1}+n \\cdot 2^{n} \\\\\n& \\therefore-T_{n}=2^{0}+2^{1}+2^{2}+\\cdots+2^{n-1}-n \\cdot 2^{n}=\\frac{1 \\cdot\\left(1-2^{n}\\right)}{1-2}-n \\cdot 2^{n}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\therefore T_{n}=(n-1) \\cdot 2^{n}+1 .\n$$'] ['$(n-1) \\cdot 2^{n}+1$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +148 "“不怕同桌是学霸, 就怕学霸过暑假.”说的是暑假学习的重要性.现对某中学高中学生暑假学习时间进行调查, 随机调查男生、女生各 50 名, 其中每学习时间超过 6 小时的学生为 “甲组”, 否则为 “乙组”, 调查结果如下: + +| | 甲组 | 乙组 | 合计 | +| :--: | :--: | :--: | :--: | +| 男生 | 28 | 22 | 50 | +| 女生 | 30 | 20 | 50 | +| 合计 | 58 | 42 | 100 | + +参考公式: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$, 其中 $n=a+b+c+d$ 为样本容量. + +参考数据: + +| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.50 | 0.40 | 0.25 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | +| :--------------------------------: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | +| $k_{0}$ | 0.455 | 0.708 | 1.323 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | +现从调查的女生中按分层抽样的方法选出 5 人赠送学习软件各 1 份,求所抽取 5 人中 “甲组”有3人，“乙组” 有2人.接着从抽取的 5 人中再随机抽取 2 人赠送 200 元的学习资料, 求 “这 2 人中都在甲组或都在乙组” 的概率." ['设: 甲组的三人为 A, B, C, 乙组的二人为 $a, b$, 则从 5 人中选取 2 人的基本事件有: $(A, B)(A, C)(A, a)(A, b)(B, C)(B, a)(B, b)(C, a)(C, b)(a, b)$ 共 10 种.\n\n其中都在甲组或都在乙组的有（A, B）(A, C ）(B, C) ( $a, b)$ ，共 4 种.\n\n所以 “所选取 2 人中都在甲组或都在乙组” 的概率 $\\mathrm{P}=\\frac{4}{10}=\\frac{2}{5}$.'] ['$\\frac{2}{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +149 "已知中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上的椭圆 C 过点 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}, A_{1}$, $A_{2}$ 是椭圆 $C$ 的长轴的两个端点 ( $A_{2}$ 位于 $A_{1}$ 右侧), $B$ 是椭圆在 $\mathrm{y}$ 轴正半轴的交点. +求椭圆 $C$ 的标准方程;" ['设椭圆的方程为 $\\frac{x^{2}}{\\mathrm{a}^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{3}{4} \\cdot \\frac{1}{b^{2}}=1 \\\\\n\\frac{c}{a}=\\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\\\\na^{2}=b^{2}+c^{2}\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n$\\therefore a=2, b=1,$所以椭圆的方程为$\\frac{\\mathrm{x}^{2}}{4}+y^{2}=1$.'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +150 "已知函数 $f(x)=2 \ln x-a x^{2}+3 x, a \in R$. +若 $f(1)=2$, 求函数 $f(x)$ 的最大值." ['因为 $f(1)=2$, 所以 $-a+3=2$, 所以 $a=1$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\therefore & f(x)=2 \\ln x-x^{2}+3 x \\\\\n\\therefore & f^{\\prime}(x)=\\frac{2}{x}-2 x+3=-\\frac{(2 x+1)(x-2)}{x}\n\\end{aligned}\n$$\n\n由 $f^{\\prime}(x)>0$ 得, $02$,\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 为增函数, 在 $(2,+\\infty)$ 为减函数\n\n$\\therefore f(x)_{\\max }=f(2)=2 \\ln 2+2$.'] ['$2 \\ln 2+2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +151 "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." ['设 $\\mathrm{P}$ 的极坐标为 $(\\rho, \\theta)(\\rho>0), \\mathrm{M}$ 的极坐标为 $\\left(\\rho_{1}, \\theta\\right)\\left(\\rho_{1}>0\\right)$\n\n由题设知 $|\\mathrm{OP}|=\\rho,|\\mathrm{OM}|=\\rho_{1}=\\frac{6}{\\cos \\theta}$,\n\n由 $|\\mathrm{OM}||\\mathrm{OP}|=36$ 得 $\\mathrm{C}_{2}$ 的极坐标方程 $\\rho=6 \\cos \\theta(\\rho>0)$\n\n因此 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $(x-3)^{2}+y^{2}=9(x \\neq 0)$.'] ['$(x-3)^{2}+y^{2}=9$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +152 "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" ['设点 B 的极坐标为 $\\left(\\rho_{B}, \\alpha\\right)\\left(\\rho_{B}>0\\right)$. 由题设知 $|0 \\mathrm{~A}|=4, \\rho_{B}=6 \\cos \\alpha,$\n\n于是 $\\triangle \\mathrm{OAB}$ 面积 $S=\\frac{1}{2}|\\mathrm{OA}| \\cdot \\rho_{\\mathrm{B}} \\sin \\angle A O B=12 \\cos \\alpha\\left|\\sin \\left(\\alpha-\\frac{\\pi}{3}\\right)\\right|$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =12\\left|\\frac{1}{2} \\sin \\alpha \\cos \\alpha-\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cos ^{2} \\alpha\\right|=6\\left|\\sin 2 \\alpha \\cdot \\frac{1}{2}-\\cos 2 \\alpha \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{2}-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right| \\\\\n& =6\\left|\\sin \\left(2 \\alpha-\\frac{\\pi}{3}\\right)-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right| \\leqslant 6+3 \\sqrt{3}\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以当 $\\alpha=-\\frac{\\pi}{12}$ 时, $\\mathrm{S}$ 取得最大值 $6+3 \\sqrt{3}$.\n\n所以 $\\triangle O A B$ 面积的最大值为 $6+3 \\sqrt{3}$.'] ['$6+3 \\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +153 "已知函数 $f(x)=|x+1|-|x-2|$ +求不等式 $f(x) \geqslant 2$ 的解集." ['$f(x)=|x+1|-|x-2| \\geqslant 2$\n\n当 $x<-1$ 时, $f(x)=-x-1+x-2=-3 \\geqslant 2$ 不成立\n\n当 $-1 \\leq x \\leq 2$ 时, $f(x)=x+1+x-2=2 x-1 \\geqslant 2, \\therefore x \\geqslant \\frac{3}{2} \\therefore \\frac{3}{2} \\leqslant x \\leqslant 2$\n\n当 $x>2$ 时, $f(x)=x+1-x+2=3 \\geqslant 2$ 恒成立, $\\therefore x>2$\n\n综上所述: $f(x) \\geqslant 2$ 的解集为 $\\left[\\frac{3}{2},+\\infty\\right)$;'] ['$\\left[\\frac{3}{2},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +154 "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." ['$\\because|f(x)| \\leqslant|x+1-x+2|=3, \\therefore-3 \\leqslant f(x) \\leqslant 3$\n\n$$\n\\therefore f(x)_{\\text {min }}=-3 \\text {, }\n$$\n\n$\\because f(x) \\geqslant a^{2}+4 a$ 恒成立, $\\therefore a^{2}+4 a \\leqslant-3$\n\n所以 $a$ 的范围是 $[-3,-1]$.'] ['$[-3,-1]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +155 "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." ['由条件和正弦定理可得 $\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b}=2 b-a$\n\n整理得 $b^{2}+a^{2}-c^{2}=a b$ 从而由余弦定理得 $\\cos C=\\frac{1}{2}$.\n\n又 $\\because C$ 是三角形的内角\n\n$\\therefore C=\\frac{\\pi}{3}$.'] ['$\\frac{\\pi}{3}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +156 "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." ['由条件和正弦定理可得 $\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b}=2 b-a$\n\n整理得 $b^{2}+a^{2}-c^{2}=a b$ 从而由余弦定理得 $\\cos C=\\frac{1}{2}$.\n\n又 $\\because C$ 是三角形的内角\n\n$\\therefore C=\\frac{\\pi}{3}$.\n\n由余弦定理得 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \\cos C=a^{2}+b^{2}-a b$,\n\n$\\because a+b=4, \\quad \\therefore c^{2}=a^{2}+b^{2}-a b=(a+b)^{2}-3 a b=16-3 a b$,\n\n$\\therefore c^{2}=16-3 a b \\geq 16-3\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{2}=4$ （当且仅当 $a=b=2$ 时等号成立）\n\n$\\therefore c$ 的最小值为 2 , 故 $S_{\\triangle A B C}=\\frac{1}{2} a b \\sin C=\\sqrt{3} .$'] ['$\\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +157 "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." ['由概率分布的性质有 $0.1+0.2+0.3+0.1+t+2 t=1$.\n\n所以 $t=0.1,$\n\n$\\therefore X$ 的分布列为:\n\n| $\\mathrm{X}$ | 20 | 22 | 24 | 26 | 28 | 30 |\n| :------------: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: |\n| $\\mathrm{P}$ | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.1 | 0.1 | 0.2 |\n\n$\\therefore E(X)=20 \\times 0.1+22 \\times 0.2+24 \\times 0.3+26 \\times 0.1+28 \\times 0.1+30 \\times 0.2=25(\\mathrm{~km})$.\n\n$D(X)=5^{2} \\times 0.1+3^{2} \\times 0.2+1^{2} \\times 0.3+1^{2} \\times 0.1+3^{2} \\times 0.1+5^{2} \\times 0.2=10.6$.'] ['$25 , 10.6$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +158 "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." ['由已知设梁某一天出车一次的收入为 $Y$ 元,\n\n则 $Y=3(X-3)+5=3 X-4,(X>3, X \\in N),$\n\n$\\therefore E(Y)=E(3 X-4)=3 E(X)-4=3 \\times 25-4=71$ (元),\n\n$D(Y)=D(3 X-4)=32 D(X)=95.4$.'] ['$71 , 95.4$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +159 "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." ['直线 $l$ 的普通方程为 $y=x-1$.\n\n圆 $C_{1}$ 的直角坐标方程为 $(x-a)^{2}+y^{2}=4$.\n\n因直线 $l$ 与圆 $C_{1}$ 相切,所以 $\\frac{|a-1|}{\\sqrt{2}}=2$, 由于 $a>0$ 解得 $a=2 \\sqrt{2}+1$.'] ['$2 \\sqrt{2}+1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +160 "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 $|A C|+|B C|$." ['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,\n\n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),\n\n将上式代入 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$ 得 $\\frac{7}{2} t^{2}+10 \\sqrt{2} t+4=0$.\n\n设 $A, B$ 对应的参数分别为 $t_{1}, t_{2}$,\n\n所以 $t_{1}+t_{2}=-\\frac{20 \\sqrt{2}}{7}, t_{1} t_{2}=\\frac{8}{7},$\n\n所以 $|A C|+|B C|=\\left|t_{1}\\right|+\\left|t_{2}\\right|=-\\left(t_{1}+t_{2}\\right)=\\frac{20 \\sqrt{2}}{7}$.'] ['$\\frac{20 \\sqrt{2}}{7}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +161 "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." ['$f(x)=|x+1|+|3 x+a|$\n\n(1) 当$a>3$时，即$-1>-\\frac{a}{3}$ , $f(x)=\\left\\{\\begin{array}{l}-4x-1-a, x \\leq -\\frac{a}{3}\\\\ 2x+a-1, -\\frac{a}{3}0$\n\n$\\therefore f(-1)>f\\left(-\\frac{a}{3}\\right)$\n\n则当 $x=-\\frac{a}{3}$ 时, $f(x)_{\\text {min }}=-4\\left(-\\frac{a}{3}\\right)-1-a=1$\n\n$\\therefore a=6 \\quad$\n\n(2) 当$a<3$时，即$-1<-\\frac{a}{3}$ , $f(x)=\\left\\{\\begin{array}{l}-4x-1-a, x \\leq -1\\\\ 2x-a+1, -10$\n\n$\\therefore f(-1)>f\\left(-\\frac{a}{3}\\right)$\n\n则当 $x=-\\frac{a}{3}$ 时, $f(x)_{\\text {min }}=4\\left(-\\frac{a}{3}\\right)+1+a=1$\n\n$\\therefore a=0$\n\n(3)当 $a=3$ 时, 即 $-1=-\\frac{a}{3} ， f(x)=4|x+1|$\n\n当 $x=-1$ 时, $f(\\mathrm{x})_{\\min }=0$ 不满足题意\n\n综上 $a=0$ 或 $a=6$.'] ['$0 , 6$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +162 "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." ['由题意知, $m+n=3, \\because m>0, n>0$,\n\n$\\therefore(m+n)^{2}=m^{2}+n^{2}+2 m n \\leq\\left(m^{2}+n^{2}\\right)+\\left(m^{2}+n^{2}\\right)=2\\left(m^{2}+n^{2}\\right)$\n\n即 $m^{2}+n^{2} \\geq \\frac{1}{2}(m+n)^{2},$\n\n当且仅当 $m=n=\\frac{3}{2}$ 时取 “ $=”$\n\n$\\therefore m^{2}+n^{2} \\geq \\frac{9}{2} ， \\therefore m^{2}+n^{2}$ 的最小值为 $\\frac{9}{2}$.'] ['$\\frac{9}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +163 "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." ['等比数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中, $a_{3}=8, S_{3}=14$, 可列方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=8 \\\\ a_{1}+a_{1} q=6\\end{array} \\right.$\n\n由于 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 各项都是正数, $\\therefore q>0$, 可得 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{1}=2 \\\\ q=2\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore a_{n}=2^{n}$.'] ['$2^{n}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +164 "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 $T_{n}$." ['等比数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中, $a_{3}=8, S_{3}=14$, 可列方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=8 \\\\ a_{1}+a_{1} q=6\\end{array} \\right.$\n\n由于 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 各项都是正数, $\\therefore q>0$, 可得 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{1}=2 \\\\ q=2\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore a_{n}=2^{n}$.\n\n$\\because 2^{n}-b_{n}=1+(n-1) \\times 3, \\quad \\therefore b_{n}=2^{n}-3 n+2 $\n\n$\\therefore \\mathrm{T}_{\\mathrm{n}}=2^{1}+2^{2}+\\cdots+2^{n}-3 \\times(1+2+\\cdots+n)+2 n$\n\n$=\\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$.'] ['$2^{n}-3 n+2, 2^{n+1}-\\frac{3}{2} n^{2}+\\frac{n}{2}-2$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Sequence Math Chinese +165 "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." ['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 $P_{2}=\\frac{9+21}{100}=30 \\%$.'] ['$20，30$'] [] Text-only Competition True %,% Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +166 "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." ['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.\n\n由古典概型的概率计算公式, 得 $P(M)=\\frac{6}{10}=\\frac{3}{5}$ .'] ['$\\frac{3}{5}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +167 "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." ['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 $|A B|=2 p$.\n\n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:\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}y=k\\left(x-\\frac{p}{2}\\right) \\\\ y^{2}=2 p x\\end{array}\\right.$, 消去 $y$, 可得: $k^{2} x^{2}-\\left(k^{2} p+2 p\\right) x+\\frac{k^{2} p^{2}}{4}=0 $.\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 根据韦达定理, $x_{1}+x_{2}=\\frac{k^{2} p+2 p}{k^{2}}=p+\\frac{2 p}{k^{2}}$\n\n$\\therefore|A B|=x_{1}+x_{2}+p=2 p\\left(1+\\frac{1}{k^{2}}\\right)>2 p$\n\n$\\therefore|A B|_{\\text {min }}=2 p=4$, 则抛物线 $\\mathrm{C}$ 的方程为: $y^{2}=4 x$.'] ['$y^{2}=4 x$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +168 "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." ['$\\because f(x)=x^{3}+a x-2 \\ln x \\geq 0$ 在 $(0,+\\infty)$ 上恒成立, $\\therefore$ 当 $x \\in(0,+\\infty)$ 时,\n\n$g(x)=x^{2}+a-\\frac{2 \\ln x}{x} \\geq 0$ 恒成立\n\n$g^{\\prime}(x)=2 x-2 \\frac{(\\ln x)^{\\prime} \\cdot x-\\ln x \\cdot x^{\\prime}}{x^{2}}=2 \\frac{x^{3}+\\ln x-1}{x}$ .\n\n令 $h(x)=x^{3}+\\ln x-1$, 可得 $h(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增, 且 $h(1)=0$\n\n$\\therefore x \\in(0,1)$ 时, $\\mathrm{h}(x)<0, g^{\\prime}(x)<0$, 即 $y=g(x)$ 单调递减\n\n$\\therefore x \\in(1,+\\infty), \\mathrm{h}(x)>0, g^{\\prime}(x)>0$, 即 $y=g(x)$ 单调递增 .\n\n$\\therefore g(x)_{\\text {min }}=g(1)=1+a \\geq 0$, 可得: $a \\geq-1$ .'] ['$[-1, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +169 "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;" ['$P(3,-3), \\mathrm{C}:(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$.'] ['$(3,-3), (x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$'] [] Text-only Competition True Tuple,Equation Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +170 "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." ['$P(3,-3), \\mathrm{C}:(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=4$.\n\n设 $\\mathrm{Q}(2 \\cos \\theta+2,2 \\sin \\theta+1)$, 则 $\\mathrm{PQ}$ 的中点 $\\mathrm{M}\\left(\\cos \\theta+\\frac{5}{2}, \\sin \\theta-1\\right)$.\n\n直线 $l: x+y-6=0$.\n\n则点 $\\mathrm{M}$ 到直线 $l$ 的距离为 $\\mathrm{d}=\\frac{\\left|\\cos \\theta+\\sin \\theta-\\frac{9}{2}\\right|}{\\sqrt{2}}=\\frac{\\left|\\sqrt{2} \\sin \\left(\\theta+\\frac{\\pi}{4}\\right)-\\frac{9}{2}\\right|}{\\sqrt{2}}$.\n\n当 $\\theta=2 k \\pi-\\frac{3}{4} \\pi(k \\in Z)$ 时, 最大距离为 $1+\\frac{9 \\sqrt{2}}{4}$ .'] ['$1+\\frac{9 \\sqrt{2}}{4}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +171 "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." ['$f(x)=|2 x+4|+|x-1|=\\left\\{\\begin{array}{l}3 x+3, x \\geq 1 \\\\ x+5,-20$ 时, $17 a+11 b=\\frac{1}{3}\\left(\\frac{2}{2 a+b}+\\frac{1}{a+3 b}\\right)[8(2 a+b)+(a+3 b)]$ $=\\frac{1}{3}\\left[16+\\frac{2(a+3 b)}{2 a+b}+\\frac{8(2 a+b)}{a+3 b}+1\\right] \\geq \\frac{1}{3}(17+2 \\sqrt{2 \\times 8})=\\frac{25}{3}$.\n\n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 $\\frac{25}{3}$.'] ['$\\frac{25}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +173 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{2}=6$, 且数列 $\left\{a_{n+1}-a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列. +求 $a_{n}$." ['$\\because$ 数列 $\\left\\{a_{n+1}-a_{n}\\right\\}$ 是首项为 $a_{2}-a_{1}=4$, 公差为 2 的等差数列\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\therefore a_{n+1}-a_{n}=2 n+2 \\\\\n& \\therefore a_{2}-a_{1}=2 \\times 1+2 \\\\\n& a_{3}-a_{2}=2 \\times 2+2 \\\\\n& \\ldots \\ldots . \\\\\n& a_{n}-a_{n-1}=2 \\times(n-1)+2(n \\geq 2)\n\\end{aligned}\n$$\n\n将以上各式相加得\n\n$$\na_{n}-a_{1}=2 \\times[1+2+3+\\ldots(n-1)]+2(n-1)=2 \\times \\frac{(n-1) n}{2}+2 n-2\n$$\n\n$\\therefore a_{n}=n(n-1)+2 n=n^{2}+n(n \\geq 2) \\because a_{1}=2$ 也符合上式 $\\quad \\therefore a_{n}=n^{2}+n(n \\geq 1)$.'] ['$a_{n}=n^{2}+n$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +174 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{2}=6$, 且数列 $\left\{a_{n+1}-a_{n}\right\}$ 是公差为 2 的等差数列. +$a_{n}=n^{2}+n(n \geq 1)$, 记数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求满足不等式 $S_{n}>\frac{2016}{2017}$ 的 $n$ 的最小值." ['$\\because \\frac{1}{a_{n}}=\\frac{1}{n(n+1)}=\\frac{1}{n}-\\frac{1}{n+1}$\n\n$\\therefore S_{n}=\\left(1-\\frac{1}{2}\\right)+\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3}\\right)+\\ldots+\\left(\\frac{1}{n}-\\frac{1}{n+1}\\right)=1-\\frac{1}{n+1}$\n\n令 $S_{n}>\\frac{2016}{2017}$ 即 $1-\\frac{1}{n+1}>\\frac{2016}{2017} \\therefore n>2016 \\because n \\in N^{*}$\n\n$\\therefore n$ 的最小值为 2017.'] ['$2017$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +175 "身体质量指数 BMI（简称体质指数）是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准.现为分析胖瘦程度对空腹血糖的影响, 从志愿者中随机抽取 12 名志愿者测定 BMI 值及空腹血糖 GLU 指标值 (单位: mmol/L) 如下表所示: + +| 人员编号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | +| :----------------------: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | :-: | +| BMI 值$\mathrm{x}$ | 14 | 17 | 18 | 19 | 20 | 22 | 23 | 26 | 27 | 29 | 30 | 31 | +| GLU 指标值$\mathrm{y}$ | 2.5 | 4.5 | 4.8 | 4.9 | 5.5 | 5.6 | 5.8 | 6.1 | 6.4 | 6.9 | 7.1 | 9.5 | + +参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}, \quad \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$; + +相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$; + +参考数据: $\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)=95.8 ，$ + +$$ +\sum_{i=1}^{12}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=342, \quad \sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{12} y_{i}^{2}-12 y^{2}=31.56 +$$ + +$s=\sqrt{\frac{1}{12}\left[\sum_{i=1}^{12}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}\right]} \approx 1.6, \sqrt{38} \approx 6.2, \sqrt{31.56} \approx 5.6, \sqrt{0.6964} \approx 0.83$ +求 $y$ 与 $x$ 的线性回归方程, 并预测 GLU 指标值 $y=9.8$ 时 BMI 值 $x$ 是多少？" ['$\\because \\hat{b}=\\frac{\\sum_{i=1}^{12}\\left(x_{i}-\\bar{x}\\right)\\left(y_{i}-\\bar{y}\\right)}{\\sum_{i=1}^{12}\\left(x_{i}-\\bar{x}\\right)^{2}}=\\frac{95.8}{342} \\approx 0.28$\n\n又 $\\because \\bar{x}=23, \\bar{y}=5.8$\n\n$\\therefore \\hat{a}=5.8-0.28 \\times 23=-0.64 \\therefore$ 线性回归方程为: $\\hat{y}=0.28 x-0.64$\n\n令 $\\hat{y}=9.8$ 则 $x \\approx 37.29$.'] ['$\\hat{y}=0.28 x-0.64, 37.29$'] [] Text-only Competition True Expression,Numerical ,1e-2 Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +176 "已知动圆 $P$ 在圆 $E:(x+1)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$ 外部且与圆 $E$ 相切, 同时还在圆 $F:(x-1)^{2}+y^{2}=\frac{49}{4}$ 内部与圆 $F$ 相切, +求动圆圆心 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程;" ['设 $P(x, y)$, 动圆 $P$ 半径为 $r$ 由题意 $\\left\\{\\begin{array}{l}|P E|=r+\\frac{1}{2} \\\\ |P F|=\\frac{7}{2}-r\\end{array}\\right.$\n\n$$\n\\therefore|P E|+|P F|=4>|E F|=2\n$$\n\n$\\therefore$ 轨迹 $C$ 是以 $E, F$ 为焦点的椭圆, 设其方程为: $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 则 $\\left\\{\\begin{array}{l}a=2 \\\\ b=\\sqrt{3}\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore$ 轨迹 $C$ 的方程为: $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$.'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +177 "已知动圆 $P$ 在圆 $E:(x+1)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}$ 外部且与圆 $E$ 相切, 同时还在圆 $F:(x-1)^{2}+y^{2}=\frac{49}{4}$ 内部与圆 $F$ 相切, +设 $A(2,0)$, 过点 $A$ 的直线 $l$ 与轨迹 $C$ 交于点 $B$ (点 $B$ 不在 $X$ 轴上),垂直于 $l$ 的直线与 $l$ 交于点 $M$, 与 $y$ 轴交于点 $H$ .若 $B F \perp H F$, 且 $\angle M O A \leq \angle M A O$, 求直线 $l$ 斜率的取值范围." ['设 $P(x, y)$, 动圆 $P$ 半径为 $r$ 由题意 $\\left\\{\\begin{array}{l}|P E|=r+\\frac{1}{2} \\\\ |P F|=\\frac{7}{2}-r\\end{array}\\right.$\n\n$$\n\\therefore|P E|+|P F|=4>|E F|=2\n$$\n\n$\\therefore$ 轨迹 $C$ 是以 $E, F$ 为焦点的椭圆, 设其方程为: $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 则 $\\left\\{\\begin{array}{l}a=2 \\\\ b=\\sqrt{3}\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore$ 轨迹 $C$ 的方程为: $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$.\n\n设直线 $l$ 的斜率为 $k(k \\neq 0)$, 则直线 $l$ 的方程为 $y=k(x-2)$. 设 $B\\left(x_{B}, y_{B}\\right)$,\n\n由方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1 \\\\ y=k(x-2)\\end{array}\\right.$, 消去 $y$, 整理得 $\\left(4 k^{2}+3\\right) x^{2}-16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0$.\n\n解得 $x=2$ 或 $x=\\frac{8 k^{2}-6}{4 k^{2}+3}$, 由题意得 $x_{B}=\\frac{8 k^{2}-6}{4 k^{2}+3}$, 从而 $y_{B}=\\frac{-12 k}{4 k^{2}+3}$.\n\n$F(1,0)$, 设 $H\\left(0, y_{H}\\right)$, 有 $\\overrightarrow{F H}=\\left(-1, y_{H}\\right), \\overrightarrow{B F}=\\left(\\frac{9-4 k^{2}}{4 k^{2}+3}, \\frac{12 k}{4 k^{2}+3}\\right)$\n\n由 $B F \\perp F H$, 得 $\\overrightarrow{B F} \\cdot \\overrightarrow{F H}=0$, 所以 $\\frac{4 k^{2}-9}{4 k^{2}+3}+\\frac{12 k y_{H}}{4 k^{2}+3}=0$, 解得 $y_{H}=\\frac{9-4 k^{2}}{12 k}$. 因此直线 $M H$ 的方程为 $y=-\\frac{1}{k} x+\\frac{9-4 k^{2}}{12 k}$.\n\n设 $M\\left(x_{M}, y_{M}\\right)$, 由方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=-\\frac{1}{k} x+\\frac{9-4 k^{2}}{12 k} \\text { 消去 } y \\text {, 解得 } x_{M}=\\frac{20 k^{2}+9}{12\\left(k^{2}+1\\right)} \\\\ y=k(x-2)\\end{array}\\right.$\n\n在 $\\triangle M A O$ 中, $\\angle M O A \\leq \\angle M A O \\Leftrightarrow|M A| \\leq|M O|$, 即 $\\left(x_{M}-2\\right)^{2}+y_{M}^{2} \\leq x_{M}^{2}+y_{M}^{2}$.\n\n化简得 $x_{M} \\geq 1$, 即 $\\frac{20 k^{2}+9}{12\\left(k^{2}+1\\right)} \\geq 1$, 解得 $k \\leq-\\frac{\\sqrt{6}}{4}$ 或 $k \\geq \\frac{\\sqrt{6}}{4}$\n\n所以直线 $l$ 的斜率的取值范围为 $\\left(-\\infty,-\\frac{\\sqrt{6}}{4}\\right] \\cup\\left[\\frac{\\sqrt{6}}{4},+\\infty\\right)$.'] ['$\\left(-\\infty,-\\frac{\\sqrt{6}}{4}\\right] \\cup\\left[\\frac{\\sqrt{6}}{4},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Plane Geometry Math Chinese +178 "设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{2 a}{x}-\frac{e^{x}}{x^{2}}$. +若 $a \leq e$, 求 $f(x)$ 的最大值." ['$$\nf^{\\prime}(x)=\\frac{a}{x}-\\frac{2 a}{x^{2}}-\\frac{x e^{x}-2 e^{x}}{x^{3}}=\\frac{a x(x-2)-e^{x}(x-2)}{x^{3}}=\\frac{(x-2)\\left(a x-e^{x}\\right)}{x^{3}} \\quad(x>0)\n$$\n\n(1)当 $a \\leq 0$ 时 $a x-e^{x}<0$ 令 $f^{\\prime}(x)>0$ 则 $02$;\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 单调递增, $(2,+\\infty)$ 单调递减 $\\therefore f(x)_{\\max }=f(2)=a \\ln 2+a-\\frac{e^{2}}{4}$\n\n(2)当 $00$ 则 $x<\\ln a$; 令 $g^{\\prime}(x)<0$ 则 $x>\\ln a$\n\n$\\therefore g(x)$ 在 $(-\\infty, \\ln a)$ 单调递增, $(\\ln a,+\\infty)$ 单调递减\n\n$\\therefore g(x)_{\\max }=g(\\ln a)=a \\ln a-a=a(\\ln a-1) \\because 00)$\n\n令 $f^{\\prime}(x)>0$ 则 $02$;\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 单调递增, $(2,+\\infty)$ 单调递减 $\\therefore f(x)_{\\max }=f(2)=a \\ln 2+a-\\frac{e^{2}}{4}$\n\n综上所述: 当 $a \\leq e$ 时, $f(x)_{\\text {max }}=f(2)=a \\ln 2+a-\\frac{e^{2}}{4}$.'] ['$a \\ln 2+a-\\frac{e^{2}}{4}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +179 "在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 半圆 $C$ 的极坐标方程为: $\rho=2 \sin \vartheta, \vartheta \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right)$. +直线 $l$ 与两坐标轴的交点分别为 $A, B$, 其中 $A(0,-2)$, 点 $D$ 在半圆 $C$上, 且直线 $C D$ 的倾斜角是直线 $l$ 倾斜角 2 倍.若 $\triangle A B D$ 的面积为 $1+\sqrt{3}$,求点 $D$ 的直角坐标." ['设 $l$ 的倾斜角为 $\\alpha$, 则 $C D$ 的倾斜角为 $2 \\alpha\\left(0<\\alpha<\\frac{\\pi}{2}\\right)$\n\n$\\therefore D(\\cos 2 \\alpha, 1+\\sin 2 \\alpha)$\n\n$\\because l$ 的方程为 $y=x \\tan \\alpha-2$ 即 $x \\tan \\alpha-y-2=0$\n\n$\\therefore$ 令 $y=0$, 则 $x=\\frac{2}{\\tan \\alpha} \\therefore B\\left(\\frac{2}{\\tan \\alpha}, 0\\right) \\quad \\therefore|A B|=\\frac{2}{\\sin \\alpha}$\n\n$\\because D$ 到 $I$ 的距离 $d=\\frac{|\\cos 2 \\alpha \\cdot \\tan \\alpha-(1+\\sin 2 \\alpha)-2|}{\\sqrt{1+\\tan ^{2} \\alpha}}=\\cos \\alpha\\left|\\frac{\\sin \\alpha}{\\cos \\alpha} \\cos 2 \\alpha-\\sin 2 \\alpha-3\\right|$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =|\\sin \\alpha \\cos 2 \\alpha-\\cos \\sin 2 \\alpha-3 \\cos \\alpha|=|\\sin (\\alpha-2 \\alpha)-3 \\cos \\alpha| \\\\\n& =\\sin \\alpha+3 \\cos \\alpha\n\\end{aligned}\n$$\n\n$\\therefore S_{\\triangle A B D}=\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{2}{\\sin \\alpha} \\cdot(\\sin \\alpha+3 \\cos \\alpha)=1+\\sqrt{3} \\quad \\therefore \\tan \\alpha=\\sqrt{3}$\n\n$\\therefore \\alpha=\\frac{\\pi}{3} \\quad \\therefore D\\left(-\\frac{1}{2}, 1+\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)$.'] ['$\\left(-\\frac{1}{2}, 1+\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Polar Coordinates and Parametric Equations Math Chinese +180 "已知函数 $f(x)=2|x-1|-a, g(x)=-|2 x+m| \quad(a \in R, m \in Z)$.若关于 $x$ 不等式 $g(x) \geq-1$ 的整数解有且仅有一个值为$-4$. +求 $m$ 的值." ['$\\because g(x) \\geq-1 \\therefore-|2 x+m| \\geq-1 \\therefore|2 x+m| \\leq 1$\n\n$\\therefore \\frac{-m-1}{2} \\leq x \\leq \\frac{-m+1}{2}$\n\n$\\because$ 不等式 $g(x) \\geq-1$ 的整数解有且仅有一个值为 $-4$.\n\n$\\therefore-5<\\frac{-m-1}{2} \\leq-4 \\leq \\frac{-m+1}{2}<-3$\n\n$\\therefore 70$\n\n$\\therefore a<2|x-1|+|x+4|$ 对任意 $x \\in R$ 恒成立\n\n$\\because 2|x-1|+|x+4|=|x-1|+|x-1|+|x+4| \\geq|x-1|+5 \\geq 5$, 当且仅当 $x=1$ 时, “=” 成立\n\n$\\therefore a<5$.'] ['$(-\\infty, 5)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +182 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=n^{2}+n, n \in N^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=2^{a}, n \in N^{*}$. +求 $a_{n}, b_{n}$." ['当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=2$\n\n当 $n \\geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\\left(n^{2}+n\\right)-\\left[(n-1)^{2}+(n-1)\\right]=2 n$\n\n$\\therefore a_{n}=2 n(n \\geq 1), b_{n}=2^{2 n}=4^{n}$.'] ['$2 n, 4^{n}$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Sequence Math Chinese +183 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=n^{2}+n, n \in N^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=2^{a}, n \in N^{*}$. +求数列 $\left\{a_{n} \cdot b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$." ['当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=2$\n\n当 $n \\geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\\left(n^{2}+n\\right)-\\left[(n-1)^{2}+(n-1)\\right]=2 n$\n\n$\\therefore a_{n}=2 n(n \\geq 1), b_{n}=2^{2 n}=4^{n}$.\n\n$a_{n} \\cdot b_{n}=2 n \\cdot 4^{n}$\n\n设 $\\left\\{n \\cdot 4^{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和为 $H_{n}$\n\n$H_{n}=1 \\times 4^{1}+2 \\times 4^{2}+3 \\times 4^{3}+\\cdots \\cdots \\cdot+n \\cdot 4^{n}$\n\n$4 H_{n}=1 \\times 4^{2}+2 \\times 4^{3}+\\cdots \\cdots+(n-1) \\cdot 4^{n}+n \\cdot 4^{n+1}$\n\n可得: $-3 H_{n}=-\\frac{4}{3}+\\left(\\frac{1}{3}-n\\right) \\cdot 4^{n+1}$\n\n$\\therefore H_{n}=\\frac{4}{9}+\\left(\\frac{n}{3}-\\frac{1}{9}\\right) \\cdot 4^{n+1}$\n\n$\\therefore T_{n}=\\frac{8}{9}+\\frac{2(3 n-1)}{9} \\cdot 4^{n+1}$.'] ['$\\frac{8}{9}+\\frac{2(3 n-1)}{9} \\cdot 4^{n+1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +184 "根据某省的高考改革方案, 考生应在 3 门理科学科 (物理、化学、生物) 和 3 门文科学科 (历史、政治、地理) 6 门学科中选择 3 门学科数加考试. +假设考生甲理科成绩较好，决定至少选择两门理科学科，那么该同学的选科方案有几种？" ['选科方案中两门理科的情况有: 物化历, 物化政, 物化地, 物生历, 物生政, 物生地,化生历, 化生政, 化生地;\n\n选科方案中三门理科的情况有: 物化生;\n\n因此至少选择两门理科学科的选科方案有 10 种.'] ['$10$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +185 "根据某省的高考改革方案, 考生应在 3 门理科学科 (物理、化学、生物) 和 3 门文科学科 (历史、政治、地理) 6 门学科中选择 3 门学科数加考试. +假设每门学科被选中的概率是相同的，求选科方案中有包括物理但不包括历史的概率." ['选科方案的情况有: 物化生, 物化历, 物化政, 物化地, 物生历, 物生政, 物生地,化生历、化生政, 化生地, 历政地, 历政物, 历政化, 历政生, 历地物, 历地化, 历地生,政地物, 政地化, 政地生, 共 20 种.\n\n选科方案中有包括物理但不包括历史的情况有: 物化生, 物化政, 物化地, 物生政, 物生地,物政地, 共 6 种.\n\n所以概率 $P=\\frac{6}{20}=0.3$.'] ['$0.3$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +186 "已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 经过点 $A(1,2)$, 经过点 $(1,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线与抛物线 $C$ 交于不同的两点 $P$, $Q$ (均异于点 $A$ ), 设直线 $A P$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $A Q$ 的斜率为 $k_{2}$. +当 $k=1$ 时, 求 $k_{1}+k_{2}$ 的值." ['由题意知, $4=2 p \\times 1, \\therefore p=2$, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$\n\n当 $k=1$ 时, 直线 $l: y=x$, 与抛物线联立后得 $x^{2}=4 x, x_{1}=0, x_{2}=4$, 不妨设\n\n$P(0,0), Q(4,4), \\quad k_{1}=2, \\quad k_{2}=\\frac{2}{3}, \\quad \\therefore k_{1}+k_{2}=\\frac{8}{3}$\n.'] ['$\\frac{8}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +187 "已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 经过点 $A(1,2)$, 经过点 $(1,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线与抛物线 $C$ 交于不同的两点 $P$, $Q$ (均异于点 $A$ ), 设直线 $A P$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $A Q$ 的斜率为 $k_{2}$. +求 $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}$ 的取值范围." ['由题意得：\n\n$4=2 p \\times 1, \\therefore p=2$, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$\n\n直线 $l: y=k x+1-k$, 与抛物线联立 $\\left\\{\\begin{array}{c}y=k x+1-k \\\\ y^{2}=4 x\\end{array}\\right.$, 得\n\n$k y^{2}-4 y+4-4 k=0$.\n\n设 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$\n\n$y_{1}+y_{2}=\\frac{4}{k}, \\quad y_{1} \\cdot y_{2}=\\frac{4}{k}-4, \\quad k_{1}=\\frac{y_{1}-2}{\\frac{y_{1}^{2}}{4}-1}=\\frac{4}{y_{1}+2}, \\quad k_{2}=\\frac{y_{2}-2}{\\frac{y_{2}^{2}}{4}-1}=\\frac{4}{y_{2}+2},$\n\n$k_{1}^{2}+k_{2}^{2}=\\frac{16}{\\left(y_{1}+2\\right)^{2}}+\\frac{16}{\\left(y_{2}+2\\right)^{2}}=16 \\cdot \\frac{\\left(y_{1}+y_{2}\\right)^{2}-2 y_{1} y_{2}+4\\left(y_{1}+y_{2}\\right)+8}{\\left[y_{1} y_{2}+2\\left(y_{1}+y_{2}\\right)+4\\right]^{2}}$\n\n$=\\frac{8}{9}\\left(2 k^{2}+k+2\\right) \\geq \\frac{5}{3}$,\n\n所以 $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}$ 的取值范围为 $\\left[\\frac{5}{3},+\\infty\\right)$.'] ['$\\left[\\frac{5}{3},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Plane Geometry Math Chinese +188 "设函数 $f(x)=e^{x}-x^{2} e^{x}-a x-1$. +若对于任意的 $x_{1}, x_{2} \in(1,+\infty), x_{1} \neq x_{2}$, 都有 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}x_{2}>1$, 则 $f\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)0)$ +当 $a=3$ 时, 求不等式 $f(x)>2$ 的解集." ['当 $a=3$ 时, $f(x)=|2 x+1|-|3 x-3|=\\left\\{\\begin{array}{l}-x+4, x \\geq 1 \\\\ 5 x-2,-\\frac{1}{2}2, \\therefore x \\in[1,2)$\n\n当 $-\\frac{1}{2}2, \\therefore x \\in\\left(\\frac{4}{5}, 1\\right)$\n\n当 $x \\leq-\\frac{1}{2}$ 时， $x-4>2, \\therefore x \\in(6,+\\infty)$ 含去\n\n综上可知，$x \\in\\left(\\frac{4}{5}, 2\\right)$.'] ['$\\left(\\frac{4}{5}, 2\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +192 "已知函数 $f(x)=|2 x+1|-|3 x-a|(a>0)$ +若 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴围成的三角形的面积大于 $\frac{5}{3}$, 求 $a$ 的取值范围." ['$\\because a>0$, 则\n\n$f(x)=|2 x+1|-|3 x-a|=\\left\\{\\begin{array}{l}-x+1+a, x \\geq \\frac{a}{3} \\\\ 5 x+1-a,-\\frac{1}{2}\\frac{5}{3}, \\therefore a>1$.'] ['$(1, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +193 "在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 对应的边分别为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$, 且满足 $b \cos A-a \sin B=0$. +求角 $\mathrm{A}$ 的大小." ['$\\because b \\cos A-a \\sin B=0$\n\n由正弦定理得： $\\sin B \\cos A-\\sin A \\sin B=0$\n\n又 $\\because 0<\\mathrm{B}<\\pi \\quad \\therefore \\sin B \\neq 0, \\cos A-\\sin A=0$\n\n$\\therefore \\tan A=1$\n\n$\\because 0<\\mathrm{A}<\\pi$\n\n$\\therefore A=\\frac{\\pi}{4}$.'] ['$\\frac{\\pi}{4}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +194 "在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 角 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 对应的边分别为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$, 且满足 $b \cos A-a \sin B=0$. +已知 $b=\sqrt{2}, A=\frac{\pi}{4}, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 1 , 求边 $\mathrm{a}$." ['$\\because b=\\sqrt{2}, A=\\frac{\\pi}{4}, S_{\\triangle A B C}=1$\n\n$\\therefore \\frac{1}{2} b c \\sin A=1 \\quad$，得 $c=2$\n\n由余弦定理得, $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \\cos A=2$\n\n得 $a=\\sqrt{2}$.'] ['$\\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +195 "双十一之后, 网购粉丝们期待的双十二已然到来, 为了解双十二消费者购物情况和电商的营业情况，做如下数据分析.据悉 12 月 12 日.有 2000 名网购者在某购物网站进行网购消费（消费金额不超过 1000 元），其中有女士 1100 名，男士:900 名，该购物网站为优化营销策略, 根据性别采用分层抽样的方法从这 2000 名网购者中抽取 200 名进行分析, 如表.（消费金额单位：元） + +女士消费情况: + +| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ | +| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- | +| 人数 | 10 | 25 | 35 | 30 | $x$ | + +男士消费情况: + +| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ | +| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- | +| 人数 | 15 | 30 | 25 | $y$ | 5 | + +附: + +$$ +K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})(\mathrm{a}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{d})}, \quad n=a+b+c+d +$$ + +| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | +| :--------------------------------- | :---- | :---- | :---- | :---- | :---- | +| $k_{0}$ | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | +计算 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 的值." ['依原意,女士应抽取 110 名,男士应抽取 90 名,故 $x=10, y=15$.'] ['$10, 15$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +196 "双十一之后, 网购粉丝们期待的双十二已然到来, 为了解双十二消费者购物情况和电商的营业情况，做如下数据分析.据悉 12 月 12 日.有 2000 名网购者在某购物网站进行网购消费（消费金额不超过 1000 元），其中有女士 1100 名，男士:900 名，该购物网站为优化营销策略, 根据性别采用分层抽样的方法从这 2000 名网购者中抽取 200 名进行分析, 如表.（消费金额单位：元） + +女士消费情况: + +| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ | +| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- | +| 人数 | 10 | 25 | 35 | 30 | $x$ | + +男士消费情况: + +| 消费金额 | $(0,200)$ | $[200,400)$ | $[400,600)$ | $[600,800)$ | $[800,1000]$ | +| :------- | :---------- | :------------ | :------------ | :------------ | :------------- | +| 人数 | 15 | 30 | 25 | $y$ | 5 | + +附: + +$$ +K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})(\mathrm{a}+\mathrm{c})(\mathrm{b}+\mathrm{d})}, \quad n=a+b+c+d +$$ + +| $P\left(K^{2} \geq k_{0}\right)$ | 0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | +| :--------------------------------- | :---- | :---- | :---- | :---- | :---- | +| $k_{0}$ | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | +在抽出的 200 名且消费金额在 [800, 1000]（单位: 元）网购者中随机选出 2 名发放网购红包, 求选出的 2 名网购者都是男士的概率;" ['消费金额在 $[800,1000]$ (单位:元)的网影者共有 15 名, 从中选出 2 名共有 105 种选法,若 2 名网则者都是男士,共有 10 种选法,所以选出的 2 名网则者都是男士的概率为 $\\frac{10}{105}=\\frac{2}{21} $.'] ['$\\frac{2}{21}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +197 "已知椭圆 $\mathrm{M}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两个顶点分别为 $\mathrm{A}(-\mathrm{a}, 0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0)$,点 $\mathrm{P}$ 为椭圆上异于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 的点, 设直线 $\mathrm{PA}$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $\mathrm{PB}$ 的斜率为 $k_{2}, k_{1} k_{2}=-\frac{1}{2}$ . +求椭圆 $C$ 的离心率;" ['设 $P\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$, 代入椭圆的方程有: $\\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$,\n\n整理得: $y_{0}^{2}=-\\frac{b^{2}}{a^{2}}\\left(x_{0}^{2}-a^{2}\\right)$,\n\n又 $k_{1}=\\frac{y_{0}}{x_{0}+a}, k_{2}=\\frac{y_{0}}{x_{0}-a}$, 所以 $k_{1} k_{2}=\\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}=-\\frac{1}{2}$,\n\n联立两个方程有 $k_{1} k_{2}=-\\frac{b^{2}}{a^{2}}=-\\frac{1}{2}$, 解得: 离心率$e=\\frac{c}{a}=\\frac{\\sqrt{2}}{2}$.'] ['$\\frac{\\sqrt{2}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +198 "已知椭圆 $\mathrm{M}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两个顶点分别为 $\mathrm{A}(-\mathrm{a}, 0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0)$,点 $\mathrm{P}$ 为椭圆上异于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 的点, 设直线 $\mathrm{PA}$ 的斜率为 $k_{1}$, 直线 $\mathrm{PB}$ 的斜率为 $k_{2}, k_{1} k_{2}=-\frac{1}{2}$ . +若 $\mathrm{b}=1$ ， 设直线 $l$ 与 $x$ 轴交于 $\mathrm{D}\left(-1, 0\right)$, 与椭圆交于 $M, N$ 两点, 求 $\triangle O M N$ 的面积的最大值." ['设 $P\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$, 代入椭圆的方程有: $\\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$,\n\n整理得: $y_{0}^{2}=-\\frac{b^{2}}{a^{2}}\\left(x_{0}^{2}-a^{2}\\right)$,\n\n又 $k_{1}=\\frac{y_{0}}{x_{0}+a}, k_{2}=\\frac{y_{0}}{x_{0}-a}$, 所以 $k_{1} k_{2}=\\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}=-\\frac{1}{2}$,\n\n联立两个方程有 $k_{1} k_{2}=-\\frac{b^{2}}{a^{2}}=-\\frac{1}{2}$, 所以$a^{2}=2b^{2}$,又$b=1$，所以椭圆$C$的方程为$\\frac{x^{2}}{2}+\\frac{y^{2}}{1}=1$,\n\n设直线 $l$ 的方程为: $x=m y-1$, 代入椭圆的方程有: $\\left(m^{2}+2\\right) y^{2}-2 m y-1=0$,\n\n设 $M\\left(x_{1}, y_{1}\\right), N\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 由韦达定理: $y_{1}+y_{2}=\\frac{2 m}{m^{2}+2}, y_{1} y_{2}=\\frac{-1}{m^{2}+2}$,\n\n所以\n\n$\\mathrm{S}_{\\triangle \\mathrm{OMN}}=\\frac{1}{2}|\\mathrm{OD}|\\left|\\mathrm{y}_{1}-\\mathrm{y}_{2}\\right|=\\frac{1}{2} \\sqrt{\\left(\\mathrm{y}_{1}+\\mathrm{y}_{2}\\right)^{2}-4 \\mathrm{y}_{1} \\mathrm{y}_{2}}=\\frac{1}{2} \\frac{\\sqrt{8 \\mathrm{~m}^{2}+8}}{\\mathrm{~m}^{2}+2}=\\frac{\\sqrt{2} \\sqrt{\\mathrm{m}^{2}+1}}{\\mathrm{~m}^{2}+2}$,\n\n令 $\\sqrt{m^{2}+1}=t(t \\geqslant 1)$, 则有 $m^{2}=t^{2}-1$,\n\n代入上式有 $\\mathrm{S}_{\\triangle O M N}=\\frac{\\sqrt{2} \\sqrt{\\mathrm{m}^{2}+1}}{\\mathrm{~m}^{2}+2}=\\frac{\\sqrt{2} \\mathrm{t}}{\\mathrm{t}^{2}+1}=\\frac{\\sqrt{2}}{\\mathrm{t}+\\frac{1}{t}} \\leq \\frac{\\sqrt{2}}{2}$,\n\n当且仅当 $t=1$, 即 $m=0$ 时等号成立,\n\n所以 $\\triangle O M N$ 的面积的最大值为 $\\frac{\\sqrt{2}}{2}$.'] ['$\\frac{\\sqrt{2}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +199 "设函数 $f(x)=\ln x+\frac{a-1}{x}, g(x)=a x-3$ +当 $\mathrm{a}=1$ 时, 记 $h(x)=f(x) \cdot g(x)$, 存在整数 $\lambda$, 使得关于 $x$ 的不等式 $2 \lambda \geq h(x)$ 有解，请求出 $\lambda$ 的最小值." "['当 $a=1$ 时, $f(x)=\\ln x, g(x)=x-3, h(x)=(x-3) \\ln x$\n\n所以 $h^{\\prime}(x)=\\ln x+1-\\frac{3}{x}$ 单调递增,\n\n$h^{\\prime}\\left(\\frac{3}{2}\\right)=\\ln \\frac{3}{2}+1-2<0, h^{\\prime}(2)=\\ln 2+1-\\frac{3}{2}>0$.\n\n所以存在唯一 $x_{0} \\in\\left(\\frac{3}{2}, 2\\right)$, 使得 $h^{\\prime}\\left(x_{0}\\right)=0$, 即 $\\ln x_{0}+1-\\frac{3}{x_{0}}=0,$\n\n当 $x \\in\\left(0, x_{0}\\right)$ 时, $h^{\\prime}(x)<0$, 当 $x \\in\\left(x_{0},+\\infty\\right)$ 时, $h^{\\prime}(x)>0$,\n\n所以 $h_{min}(x)=h\\left(x_{0}\\right)=\\left(x_{0}-3\\right) \\ln x_{0}$\n\n$=\\left(x_{0}-3\\right)\\left(\\frac{3}{x_{0}}-1\\right)=-\\frac{\\left(x_{0}-3\\right)^{2}}{x_{0}}=6-\\left(x_{0}+\\frac{9}{x_{0}}\\right)$,\n\n记函数 $r(x)=6-\\left(x+\\frac{9}{x}\\right)$, 则 $r(x)$ 在 $\\left(\\frac{3}{2}, 2\\right)$ 上单调递增,\n\n所以 $r\\left(\\frac{3}{2}\\right)0$.\n\n所以存在唯一 $x_{0} \\in(1,2)$, 使得 $h^{\\prime}\\left(x_{0}\\right)=0$, 即 $\\ln x_{0}+1-\\frac{3}{x_{0}}=0,$\n\n当 $x \\in\\left(0, x_{0}\\right)$ 时, $h^{\\prime}(x)<0$, 当 $x \\in\\left(x_{0},+\\infty\\right)$ 时, $h^{\\prime}(x)>0$,\n\n所以 $h_{min}(x)=h\\left(x_{0}\\right)=\\left(x_{0}-3\\right) \\ln x_{0}$\n\n$=\\left(x_{0}-3\\right)\\left(\\frac{3}{x_{0}}-1\\right)=-\\frac{\\left(x_{0}-3\\right)^{2}}{x_{0}}=6-\\left(x_{0}+\\frac{9}{x_{0}}\\right)$.\n\n记函数 $r(x)=6-\\left(x+\\frac{9}{x}\\right)$, 则 $r(x)$ 在 $(1,2)$ 上单调递增,\n\n所以 $r(1)0)$ 上的最小值." ['$f^{\\prime}(x)=\\ln x+1$\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $\\left(0, \\frac{1}{e}\\right)$ 为减函数, 在 $\\left(\\frac{1}{e},+\\infty\\right)$ 为增函数\n\n(1) 当 $0\\frac{1}{2}$ 时, 原不等式化为 $3 x+2 \\geq 2 x+4$, 得 $x \\geq 2$\n\n综上, 不等式 $f(x) \\geq g(x)$ 的解集为 $\\{x \\mid x \\leq 0$ 或 $x \\geq 2\\}$.'] ['$(-\\infty, 0] \\cup [2, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +212 "已知函数 $f(x)=|2 x-a|+|x+3|, g(x)=2 x+4, a$ 是实数. +设 $a>-6$, 当 $x \in\left[-3, \frac{a}{2}\right)$ 时, $f(x) \geq g(x)$, 求 $a$ 的取值范围." ['当 $x \\in\\left[-3, \\frac{a}{2}\\right)$ 时, $f(x)=-x+a+3$\n\n不等式 $f(x) \\geq g(x)$ 化为 $-x+a+3 \\geq 2 x+4$.\n\n所以 $3 x \\leq a-1$ 对 $x \\in\\left[-3, \\frac{a}{2}\\right)$ 都成立.\n\n故 $\\frac{3 a}{2} \\leq a-1$, 即 $a \\leq-2$. 综上, $a$ 的取值范围为 $-61)$, 求 $t$ 的值. ['取圆上的点 $C(2,0), D(-2,0), E(0,2), F(0,-2)$, 依题意有:\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\frac{(2-m)^{2}+n^{2}}{(2-s)^{2}+p^{2}}=\\frac{(2+m)^{2}+n^{2}}{(2+s)^{2}+p^{2}}=\\frac{m}{s} \\\\\n\\frac{m^{2}+(2-n)^{2}}{s^{2}+(p-2)^{2}}=\\frac{m^{2}+(2+n)^{2}}{s^{2}+(2+p)^{2}}=\\frac{n}{p}\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n于是: $\\overrightarrow{O A}=t \\overrightarrow{O B}$, 所以, 点 $A 、 B 、 O$ 三点共线.\n\n由阿波罗尼斯圆的性质: $O A \\cdot O B=\\mathrm{R}^{2}=4$, 且 $O A=\\frac{R}{\\lambda}, O B=R \\lambda$, 其中 $\\lambda>1$, 则 $O A0)$, 试求 + +$$ +f=\min \left\{(a-b)^{2}, \quad(b-c)^{2}, \quad(c-a)^{2}\right\} +$$ + +的最大值." ['由 $\\mathrm{i}$ 对称性, 不妨设 $a \\geq b \\geq c$,\n\n从而:\n\n$$\na-b>a-c>0\n$$\n\n于是有:\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf & =\\min \\left\\{(a-b)^{2}, \\quad(b-c)^{2}, \\quad(c-a)^{2}\\right\\}=\\min \\left\\{(a-b)^{2}, \\quad(b-c)^{2}\\right\\} \\\\\n& \\leq(a-b)(b-c) \\\\\n& \\leq\\left[\\frac{(a-b)+(b-c)}{2}\\right]^{2} \\\\\n& =\\frac{(a-c)^{2}}{4} \\\\\n& \\leq \\frac{\\lambda}{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $b=0, a=-c=\\frac{\\sqrt{2 \\lambda}}{2}$ 时等号成立.'] ['$\\frac{\\lambda}{2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +215 已知抛物线 $C_{1}$ 的顶点 $(\sqrt{2}-1,1)$, 焦点 $\left(\sqrt{2}-\frac{3}{4}, 1\right)$, 另一抛物线 $C_{2}$ 的方程 $y^{2}-a y+x+2 b=0, C_{1}$与 $C_{2}$ 在一个交点处它们的切线互相垂直. 其中 $C_{2}$ 必过定点, 求该点的坐标. ['$C_{1}$ 的 $p=\\frac{1}{2}$, 方程 $(y-1)^{2}=x-(\\sqrt{2}-1)$, 即 $y^{2}-2 y-x+\\sqrt{2}=0$.\n\n设交点为 $\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$, 则 $C_{1}$ 的切线方程为 $y_{0} y-\\left(y+y_{0}\\right)-\\frac{1}{2}\\left(x+x_{0}\\right)+\\sqrt{2}=0$, 即\n\n$$\n2\\left(y_{0}-1\\right) y-x-2 y_{0}-x_{0}+2 \\sqrt{2}=0\n$$\n\n同理可得, $C_{2}$ 的切线方程为 $y_{0} y-\\frac{1}{2} a\\left(y_{0}+y\\right)+\\frac{1}{2}\\left(x+x_{0}\\right)+2 b=0$, 即\n\n$$\n\\left(2 y_{0}-a\\right) y+x-a y_{0}+x_{0}+4 b=0\n$$\n\n由题意知二者垂直, 从而可得 $(-1)+2\\left(y_{0}-1\\right)\\left(2 y_{0}-a\\right)=0$, 整理得\n\n$$\n4 y_{0}^{2}-2(a+2) y_{0}+2 a-1=0 \\cdots（1）\n$$\n\n由 $y_{0}^{2}-2 y_{0}-x_{0}+\\sqrt{2}=0$ 和 $y_{0}^{2}-a y_{0}+x_{0}+2 b=0$ 相加得:\n\n$$\n2 y_{0}^{2}-(a+2) y_{0}+2 b+\\sqrt{2}=0 \\cdots（2）\n$$\n\n(1)-(2) $\\times 2$ 得: $2 a-1-4 b-2 \\sqrt{2}=0$, 可得\n\n$$\n4 b=2 a-1-2 \\sqrt{2} \\cdots（3）\n$$\n\n代入 $C_{2}$ 方程整理即可得: $2 y^{2}-2 a y+2 x+2 a-1-2 \\sqrt{2}=0$, 即\n\n$$\n2 y^{2}+2 x-2 \\sqrt{2}-1-2 a(y-1)=0\n$$\n\n取方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}2 y^{2}+2 x-2 \\sqrt{2}-1=0 \\\\ y-1=0\\end{array}\\right.$, 解得 $\\left(\\sqrt{2}-\\frac{1}{2}, 1\\right)$, 即对任何满足(3)的 $a, b$, 点 $\\left(\\sqrt{2}-\\frac{1}{2}, 1\\right)$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 即 $C_{2}$ 过定点, 该定点的坐标为 $\\left(\\sqrt{2}-\\frac{1}{2}, 1\\right)$.'] ['$\\left(\\sqrt{2}-\\frac{1}{2}, 1\\right)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Conic Sections Math Chinese +216 "已知二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$. +若函数在区间 $[-1,1]$ 上存在零点, 求实数 $p$ 的取值范围;" ['因为二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$ 的对称轴是 $x=8$, 所以函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递减, 则函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上存在零点须满足 $f(-1) \\cdot f(1) \\leq 0$, 即 $(1+16+p+3)(1-16+p+3) \\leq 0$,解得 $-20 \\leq p \\leq 12$.'] ['$[-20,12]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +217 "已知二次函数 $f(x)=x^{2}-16 x+p+3$. +求常数 $q(q \geq 0)$, 当 $x \in[q, 10]$ 时, $f(x)$ 的值域为区间 $D$, 且 $D$ 的长度为 $12-q$.（记 区间 $[a, b](a0$, 所以 $L \\leq 3$, 又 $L \\in \\mathbf{N}^{*}$, 故 $L$ 可能取 $1,2,3$.\n\n当 $L=1$ 时, $(3-L) 3^{m-1}>0,(L-1)\\left(m^{2}-1\\right)=0$, 所以(1)不成立;\n\n当 $L=2$ 时, $(3-2) 3^{m-1}=(2-1)\\left(m^{2}-1\\right)$, 即 $3^{m-1}=m^{2}-1$.\n\n若 $m=1,3^{m-1} \\neq m^{2}-1$, 令 $T_{m}=\\frac{m^{2}-1}{3^{m-1}}\\left(m \\in \\mathbf{N}^{*}, m \\geq 2\\right)$, 则\n\n$$\nT_{m+1}-T_{m}=\\frac{(m+1)^{2}-1}{3^{m}}-\\frac{m^{2}-1}{3^{m-1}}=\\frac{-2 m^{2}+2 m+3}{3^{m}}=\\frac{-2\\left(m+\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\frac{7}{2}}{3^{m}} \\leq \\frac{-2 m^{2}+2 \\times 2+3}{3^{2}}<0\n$$\n\n因此 $1=T_{2}>T_{3}>\\cdots$, 故只有 $T_{2}=1$, 此时 $m=2, L=2=a_{2}$.\n\n当 $L=3$ 时, $(3-3) 3^{m-1}=(3-1)\\left(m^{2}-1\\right)$, 所以 $m=1, L=3=a_{3}$.\n\n综上, 存在正整数 $m=1$, 使得 $S_{2} / S_{1}$ 恰好为数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中的第��项; 存在正整数 $m=2$, 使得 $S_{4} / S_{3}$ 恰好为数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中的第二项.'] ['$1,2$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +220 设 $a_{n}=2^{n}, n \in \mathbf{N}^{+}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1} a_{n}+b_{2} a_{n-1}+\cdots+b_{n} a_{1}=2^{n}-\frac{n}{2}-1$, 求数列 $\left\{a_{n} \cdot b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. ['由 $a_{1}=2$ 及 $b_{1} a_{1}=2-\\frac{1}{2}-1$, 可得 $b_{1}=\\frac{1}{4}$.\n\n当 $n \\geq 2$ 时, 由已知条件有 $\\left\\{\\begin{array}{l}b_{1} \\cdot 2^{n-1}+b_{2} \\cdot 2^{n-2}+\\cdots+b_{n-1} \\cdot 2=2^{n-1}-\\frac{n-1}{2}-1 \\cdots (1)\\\\ b_{1} \\cdot 2^{n}+b_{2} \\cdot 2^{n-1}+\\cdots+b_{n-1} \\cdot 2^{2}+b_{n} \\cdot 2=2^{n}-\\frac{n}{2}-1 \\cdots (2)\\end{array}\\right.$\n\n(1) 式两边同时乘以 2 , 可得\n\n $b_{1} \\cdot 2^{n}+b_{2} \\cdot 2^{n-1}+\\cdots+b_{n-1} \\cdot 2^{2}=2^{n}-n-1\\cdots(3)$\n\n由(2)、(3)可求得, $b_{n}=\\frac{n}{4}$.\n\n于是, $a_{n} \\cdot b_{n}=\\frac{n}{4} \\cdot 2^{n}$. 令 $T_{n}=\\sum_{k=1}^{n} a_{k} \\cdot b_{k}$, 则有 $\\left\\{\\begin{array}{l}T_{n}=\\frac{1}{4} \\sum_{k=1}^{n} k \\cdot 2^{k} \\\\ 2 T_{n}=\\frac{1}{4} \\sum_{k=1}^{n} k \\cdot 2^{k+1}\\end{array}\\right.$, 因此\n\n$$\nT_{n}=\\frac{1}{4}\\left(n \\cdot 2^{n+1}-\\sum_{k=1}^{n} 2^{k}\\right)=\\frac{(n-1) \\cdot 2^{n}+1}{2}\n$$'] ['$\\frac{(n-1) \\cdot 2^{n}+1}{2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +221 已知椭圆的中心在原点 $O$, 焦点在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 且过点 $\left(\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$. 设不过原点 $O$ 的直线 $l$ 与该椭圆交于点 $P$ 和 $Q$, 且直线 $O P, P Q, O Q$ 的斜率构成等比数列, 求 $\triangle O P Q$ 面积的取值范围. ['设椭圆方程为 $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 则 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{c}{a}=\\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\\\ \\frac{2}{a^{2}}+\\frac{1}{2 b^{2}}=1\\end{array}\\right.$, 解之得 $\\left\\{\\begin{array}{l}a=2 \\\\ b=1\\end{array}\\right.$, 故椭圆方程为\n\n$$\n\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\n$$\n\n由题设可知直线 $l$ 的斜率存在且不为 0 , 故可设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+m(m \\neq 0)$.\n\n令 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则 $x_{1} \\neq x_{2}$ 且 $x_{1} x_{2} \\neq 0$, 由 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x+m \\\\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得\n\n$$\n\\left(1+4 k^{2}\\right) x^{2}+8 k m x+4\\left(m^{2}-1\\right)=0\n$$\n\n则有\n\n$$\n\\Delta=64 k^{2} m^{2}-16\\left(1+4 k^{2}\\right)\\left(m^{2}-1\\right)=16\\left(4 k^{2}-m^{2}+1\\right)>0\n$$\n\n且\n\n$$\nx_{1}+x_{2}=\\frac{-8 k m}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\\frac{4\\left(m^{2}-1\\right)}{1+4 k^{2}}, y_{1} y_{2}=\\left(k x_{1}+m\\right)\\left(k x_{2}+m\\right)=k^{2} x_{1} x_{2}+k m\\left(x_{1}+x_{2}\\right)+m^{2}\n$$\n\n由直线 $O P, P Q, O Q$ 的斜率构成等比数列可得\n\n$$\n\\frac{y_{1}}{x_{1}} \\cdot \\frac{y_{2}}{x_{2}}=\\frac{k^{2} x_{1} x_{2}+k m\\left(x_{1}+x_{2}\\right)+m^{2}}{x_{1} x_{2}}=k^{2}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\frac{-8 k^{2} m^{2}}{1+4 k^{2}}+m^{2}=0\n$$\n\n由 $m \\neq 0$ 得 $k^{2}=\\frac{1}{4}, k= \\pm \\frac{1}{2}$.\n\n由 $\\Delta>0$ 及 $x_{1} x_{2} \\neq 0$ 可知 $00)$, 由 $f^{\\prime}(x)<0$ 时, $x>n ; f^{\\prime}(x)>0$ 时, $x1, f(x)$ 在 $[1, n)$ 上单调递增, 在 $(n,+\\infty)$ 上单调递减,\n\n故 $f(x)$ 在 $[1,+\\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\\ln n$;\n\n综上(1) 当 $n \\leq 1$ 时, $f(x)$ 在 $[1,+\\infty)$ 上的最大值为 $f(1)=m-n$;\n\n(2) 当 $n>1, f(x)$ 在 $[1,+\\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\\ln n$;\n\n所以最终答案 $是当 n \\leq 1 时, f(x) 在 [1,+\\infty) 上的最大值为 f(1)=m-n;当 n>1, f(x) 在 [1,+\\infty) 上的最大值为 f(n)=m-1-\\ln n$.\n\n'] ['$m-n$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +231 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{n+1}=\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}\left(n \in N^{*}\right)$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 通项 $a_{n}$. ['考虑不动点 $x, \\because a_{n+1}=\\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}, \\therefore x=\\frac{3 x-4}{9 x+15}$ ，\n\n即 $9 x^{2}+12 x+4=0, \\therefore x_{1,2}=-\\frac{2}{3}, \\therefore a_{n+1}+\\frac{2}{3}=\\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}+\\frac{2}{3}=\\frac{3 a_{n}+2}{3 a_{n}+5}$,\n\n即 $\\frac{1}{a_{n+1}+\\frac{2}{3}}=\\frac{3\\left(a_{n}+\\frac{2}{3}\\right)+3}{3\\left(a_{n}+\\frac{2}{3}\\right)}=\\frac{1}{a_{n}+\\frac{2}{3}}+1$, 设 $b_{n}=\\frac{1}{a_{n}+\\frac{2}{3}}$, 而 $b_{1}=\\frac{1}{3+\\frac{2}{3}}=\\frac{3}{11}$ ，\n\n$\\therefore b_{n+1}=b_{n}+1, \\quad \\therefore b_{n}=\\frac{3}{11}+n-1=n-\\frac{8}{11}$,\n\n$\\therefore$ 数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\\frac{49-22 n}{3(11 n-8)}$.'] ['$a_{n}=\\frac{49-22 n}{3(11 n-8)}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +232 "过直线 $l: x-2 y-20=0$ 上的点 $P$ 作椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的切线 $P M, P N$, 切点分别为 $M, N$ 连接 $M N$. +当点 $P$ 在直线 $l$ 上运动时,直线 $M N$ 恒过一定点 $Q$,求点 $Q$ 的坐标." ['设 $P\\left(2 y_{0}+20, y_{0}\\right)$, 则直线 $M N$ 的方程为 $\\frac{x\\left(2 y_{0}+20\\right)}{16}+\\frac{y y_{0}}{9}=1$\n\n整理得 $9\\left(y_{0}+10\\right)\\left(x-\\frac{4}{5}\\right)+8 y_{0}\\left(y+\\frac{9}{10}\\right)=0$ (2)\n\n$\\therefore$ 直线 $M N$ 恒过一定点 $Q\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$'] ['$\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Plane Geometry Math Chinese +233 求不定方程 $x+y+z+w=25$ 的满足 $x0$, 所以 $f(b)$ 在 $(0,1)$ 上为增函数, 所以当 $0f(0)=25>0$. 于是, 由(4)可得 $b=\\frac{1}{4}$, 从而 $a=\\frac{3}{4}$.\n\n代入(2)(3), 求得 $\\lambda=\\frac{2}{3}, \\mu=\\frac{5}{3}$;\n\n代入(1)式, 整理得 $M \\geq \\frac{5 \\sqrt{34}}{12}$, 因此 $M$ 的最小值为 $\\frac{5 \\sqrt{34}}{12}$.'] ['$\\frac{5 \\sqrt{34}}{12}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +240 "设 $O$ 是坐标原点, 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上动点 $M$ 处的切线交 $C$ 的两条渐近线于 $A, B$ 两点. +$\triangle A O B$ 的面积 $S$ 是定值，求定值;" ['$M\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ 处的切线方程为 $\\frac{x_{0} x}{a^{2}}-\\frac{y_{0} y}{b^{2}}=1$.\n\n与渐近线方程联立, 得 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right)=\\left(\\frac{a}{\\frac{x_{0}}{a}+\\frac{y_{0}}{b}}, \\frac{b}{\\frac{x_{0}}{a}+\\frac{y_{0}}{b}}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)=\\left(\\frac{a}{\\frac{x_{0}}{a}-\\frac{y_{0}}{b}}, \\frac{-b}{\\frac{x_{0}}{a}-\\frac{y_{0}}{b}}\\right)$.\n\n从而, $S=\\frac{1}{2}\\left|x_{1} y_{2}-x_{2} y_{1}\\right|=|a b|$ 是定值;'] ['$|a b|$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Conic Sections Math Chinese +241 "设 $O$ 是坐标原点, 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上动点 $M$ 处的切线交 $C$ 的两条渐近线于 $A, B$ 两点. +求 $\triangle A O B$ 的外心 $P$ 的轨迹方程." ['$M\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ 处的切线方程为 $\\frac{x_{0} x}{a^{2}}-\\frac{y_{0} y}{b^{2}}=1$.\n\n与渐近线方程联立, 得 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right)=\\left(\\frac{a}{\\frac{x_{0}}{a}+\\frac{y_{0}}{b}}, \\frac{b}{\\frac{x_{0}}{a}+\\frac{y_{0}}{b}}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)=\\left(\\frac{a}{\\frac{x_{0}}{a}-\\frac{y_{0}}{b}}, \\frac{-b}{\\frac{x_{0}}{a}-\\frac{y_{0}}{b}}\\right)$.\n\n可设 $A(\\lambda a, \\lambda b), B\\left(\\frac{a}{\\lambda},-\\frac{b}{\\lambda}\\right), P(x, y), \\lambda$ 为非零常数.\n\n由 $|P A|=|P O|=|P B|$, 得 $(x-\\lambda a)^{2}+(y-\\lambda b)^{2}=x^{2}+y^{2}=\\left(x-\\frac{a}{\\lambda}\\right)^{2}+\\left(y+\\frac{b}{\\lambda}\\right)^{2}$\n\n从而有 $a x+b y=\\frac{\\lambda}{2}\\left(a^{2}+b^{2}\\right), a x-b y=\\frac{1}{2 \\lambda}\\left(a^{2}+b^{2}\\right)$.\n\n上述两式相乘, 得 $P$ 的轨迹方程为 $a^{2} x^{2}-b^{2} y^{2}=\\frac{1}{4}\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}$.'] ['$a^{2} x^{2}-b^{2} y^{2}=\\frac{1}{4}\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Conic Sections Math Chinese +242 "已知函数 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)-1, x \in \mathbf{R}$. +求函数 $f(x)$ 的单调递增区间;" ['$f(x)=\\cos 2 x+\\sqrt{3} \\sin 2 x=2 \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right), f(x)$ 单调递增区间为 $\\left[-\\frac{\\pi}{3}+k \\pi, \\frac{\\pi}{6}+k \\pi\\right], k \\in \\mathbf{Z}$;'] ['$\\left[-\\frac{\\pi}{3}+k \\pi, \\frac{\\pi}{6}+k \\pi\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +243 "已知函数 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)-1, x \in \mathbf{R}$. +设点 $P_{1}\left(x_{1}, y_{1}\right), P_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), \cdots, P_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right), \cdots$ 都在函数 $y=f(x)$ 的图象上, 且满足 + +$$ +x_{1}=\frac{\pi}{6}, x_{n+1}-x_{n}=\frac{\pi}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right) +$$ + +求 $y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2018}$ 的值." ['设 $t_{n}=2 x_{n}+\\frac{\\pi}{6}, t_{1}=2 x_{1}+\\frac{\\pi}{6}=\\frac{\\pi}{2}, t_{n+1}-t_{n}=\\pi \\Rightarrow t_{n}=\\left(n-\\frac{1}{2}\\right) \\pi$, 所以\n\n$$\ny_{n}=2 \\sin \\left(\\frac{2 n-1}{2} \\pi\\right)=\\left\\{\\begin{array}{ll}\n2 & n=2 k-1 \\\\\n-2 & n=2 k\n\\end{array}(k \\in \\mathbf{Z})\\right.\n$$\n\n所以 $y_{1}+y_{2}+\\cdots+y_{2018}=0$.'] ['$0$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +244 "已知函数 $f(x)=4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a$ 的最大值为 2 . +求 $a$ 的值及 $f(x)$ 的最小正周期" ['$$\n\\begin{aligned}\nf(x) & =4 \\cos x \\cdot \\sin \\left(x+\\frac{7 \\pi}{6}\\right)+a=4 \\cos x \\cdot\\left(-\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\sin x-\\frac{1}{2} \\cos x\\right)+a \\\\\n& =-2 \\sqrt{3} \\sin x \\cos x-2 \\cos ^{2} x+1-1+a=-\\sqrt{3} \\sin 2 x-\\cos 2 x-1+a \\\\\n& =-2 \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)-1+a\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此, 当 $\\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)=-1$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $2-1+a=1+a$.\n\n又因为 $f(x)$ 的最大值为 2 , 所以 $1+a=2$, 即 $a=1$.\n\n$f(x)$ 的最小正周期为 $T=\\frac{2 \\pi}{2}=\\pi$;'] ['$1, \\pi$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +245 "已知函数 $f(x)=4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a$ 的最大值为 2 . +求 $f(x)$ 的单调递减区间" ['$$\n\\begin{aligned}\nf(x) & =4 \\cos x \\cdot \\sin \\left(x+\\frac{7 \\pi}{6}\\right)+a=4 \\cos x \\cdot\\left(-\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\sin x-\\frac{1}{2} \\cos x\\right)+a \\\\\n& =-2 \\sqrt{3} \\sin x \\cos x-2 \\cos ^{2} x+1-1+a=-\\sqrt{3} \\sin 2 x-\\cos 2 x-1+a \\\\\n& =-2 \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)-1+a\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此, 当 $\\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)=-1$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $2-1+a=1+a$.\n\n又因为 $f(x)$ 的最大值为 2 , 所以 $1+a=2$, 即 $a=1$.\n\n所以 $f(x)=-2 \\sin \\left(2 x+\\frac{\\pi}{6}\\right)$.\n\n令 $2 x+\\frac{\\pi}{6} \\in\\left[-\\frac{\\pi}{2}+2 k \\pi, \\frac{\\pi}{2}+2 k \\pi\\right], k \\in \\mathbf{Z}$, 得 $x \\in\\left[-\\frac{\\pi}{3}+k \\pi, \\frac{\\pi}{6}+k \\pi\\right], k \\in \\mathbf{Z}$.\n\n因此, $f(x)$ 的单调减区间为 $\\left[-\\frac{\\pi}{3}+k \\pi, \\frac{\\pi}{6}+k \\pi\\right], k \\in \\mathbf{Z}$.'] ['$\\left[-\\frac{\\pi}{3}+k \\pi, \\frac{\\pi}{6}+k \\pi\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +246 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 且满足 $3 a_{5}=8 a_{12}>0$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n} \cdot a_{n+1} \cdot a_{n+2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right),\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和记为 $S_{n}$. 问: $n$ 为何值时, $S_{n}$ 取得最大值？ ['因为 $3 a_{5}=8 a_{12}>0$, 所以 $3 a_{5}=8\\left(a_{5}+7 d\\right)$, 解得 $a_{5}=-\\frac{56}{5} d>0$, 所以 $d<0, a_{1}=-\\frac{76}{5} d$.故 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是首项为正数的递减数列.\n\n由\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na_{n} \\geq 0 \\\\\na_{n+1} \\leq 0\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n即\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n-\\frac{76}{5} d+(n-1) d \\geq 0 \\\\\n-\\frac{76}{5} d+n d \\leq 0\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n解得 $15 \\frac{1}{5} \\leq n \\leq 16 \\frac{1}{5}$, 即 $a_{16}>0, a_{17}<0$, 所以\n\n$$\na_{1}>a_{2}>a_{3}>\\cdots>a_{16}>0>a_{17}>a_{18}>\\cdots\n$$\n\n所以\n\n$$\nb_{1}>b_{2}>b_{3}>\\cdots>b_{14}>0>b_{17}>b_{18}>\\cdots\n$$\n\n而\n\n$$\nb_{15}=a_{15} a_{16} a_{17}<0, b_{16}=a_{16} a_{17} a_{18}>0\n$$\n\n所以\n\n$$\nS_{14}>S_{13}>\\cdots>S_{1}, S_{14}>S_{15}, S_{15}S_{17}>S_{18}>\\cdots\n$$\n\n又\n\n$$\nS_{16}-S_{14}=b_{15}+b_{16}=a_{16} a_{17}\\left(a_{15}+a_{18}\\right)=a_{16} a_{17}\\left(-\\frac{6}{5} d+\\frac{9}{5} d\\right)=\\frac{3}{5} d a_{16} a_{17}>0\n$$\n\n所以 $S_{n}$ 中 $S_{16}$ 最大, 即 $n=16$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.'] ['$16$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +247 "设 $x, y, z \geq 0$, 且至多有一个为 0 , 求 + +$$ +f(x, y, z)=\sqrt{\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}}+\sqrt{\frac{y^{2}+256 z x}{z^{2}+x^{2}}}+\sqrt{\frac{z^{2}+256 x y}{x^{2}+y^{2}}} +$$ + +的最小值." ['不妨设 $x \\geq y \\geq z$.\n\n情形一 当 $256 y^{3} \\geq x^{2} z$ 时, 因为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}-\\frac{x^{2}}{y^{2}}=\\frac{z\\left(256 y^{3}-x^{2} z\\right)}{\\left(y^{2}+z^{2}\\right) y^{2}} \\geq 0 \\\\\n& \\frac{y^{2}+256 z x}{z^{2}+x^{2}}-\\frac{y^{2}}{x^{2}}=\\frac{z\\left(256 x^{3}-y^{2} z\\right)}{\\left(z^{2}+x^{2}\\right) x^{2}} \\geq 0 \\\\\n& \\frac{z^{2}+256 x y}{x^{2}+y^{2}}-\\frac{256 x y}{x^{2}+y^{2}}=\\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x, y, z) & \\geq \\sqrt{\\frac{x^{2}}{y^{2}}}+\\sqrt{\\frac{y^{2}}{x^{2}}}+\\sqrt{\\frac{256 x y}{x^{2}+y^{2}}}=\\frac{x}{y}+\\frac{y}{x}+16 \\sqrt{\\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}} \\\\\n& =\\frac{x^{2}+y^{2}}{x y}+8 \\sqrt{\\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}}+8 \\sqrt{\\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}} \\geq 3 \\sqrt[3]{64} \\\\\n& =12\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $x: y=(2+\\sqrt{3}): 1$, 且 $z=0$ 时, $f(x, y, z)$ 取到 12 ;\n\n情形二 当 $256 y^{3}\\sqrt{\\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}}+0+0>\\sqrt{\\frac{256 y^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}} \\\\\n& =16 \\sqrt{\\frac{y^{2}+y z}{y^{2}+z^{2}}} \\geq 16>12\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上, $f(x, y, z)_{\\min }=12$.'] ['$12$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +248 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $2 S_{n}-n a_{n}=n, n \in \mathbf{N}^{*}$, 且 $a_{2}=3$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;" ['由 $2 S_{n}-n a_{n}=n$, 得 $2 S_{n+1}-(n+1) a_{n+1}=n+1$, 将上述两式相减, 得\n\n$$\n2 a_{n+1}-(n+1) a_{n+1}+n a_{n}=1 \n$$\n\n所以\n\n$$\nn a_{n}-(n-1) a_{n+1}=1 \\cdots (1)\n$$\n\n所以\n\n$$\n(n+1) a_{n+1}-n a_{n+2}=1\\cdots (2)\n$$\n\n(1)-(2), 得\n\n$$\nn a_{n}-2 n a_{n+1}+n a_{n+2}=0\n$$\n\n所以 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$, 所以数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 为等差数列.\n\n又由 $2 S_{1}-a_{1}=1$ 及 $a_{2}=3$, 得 $a_{1}=1,\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的公差 $d=2$, 所以 $a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1. \\quad$'] ['$a_{n}=2 n-1$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +249 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $2 S_{n}-n a_{n}=n, n \in \mathbf{N}^{*}$, 且 $a_{2}=3$. +设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} \sqrt{a_{n+1}}+a_{n+1} \sqrt{a_{n}}}, T_{n}$ 为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 求使 $T_{n}>\frac{9}{20}$ 成立的最小正整数 $n$ 的值." ['由 $2 S_{n}-n a_{n}=n$, 得 $2 S_{n+1}-(n+1) a_{n+1}=n+1$, 将上述两式相减, 得\n\n$$\n2 a_{n+1}-(n+1) a_{n+1}+n a_{n}=1\n$$\n\n所以\n\n$$\nn a_{n}-(n-1) a_{n+1}=1\\cdots (1)\n$$\n\n所以\n\n$$\n(n+1) a_{n+1}-n a_{n+2}=1\\cdots (2)\n$$\n\n(1)-(2), 得\n\n$$\nn a_{n}-2 n a_{n+1}+n a_{n+2}=0\n$$\n\n所以 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$, 所以数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 为等差数列.\n\n又由 $2 S_{1}-a_{1}=1$ 及 $a_{2}=3$, 得 $a_{1}=1,\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的公差 $d=2$, 所以 $a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1. \\quad$\n\n$b_{n}=\\frac{1}{(2 n-1) \\sqrt{2 n+1}+(2 n+1) \\sqrt{2 n-1}}$, 所以\n\n$$\nb_{n}=\\frac{1}{\\sqrt{2 n-1} \\cdot \\sqrt{2 n+1} \\cdot(\\sqrt{2 n-1}+\\sqrt{2 n+1})}=\\frac{1}{2} \\times \\frac{\\sqrt{2 n+1}-\\sqrt{2 n-1}}{\\sqrt{2 n-1} \\cdot \\sqrt{2 n+1}}=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{\\sqrt{2 n-1}}-\\frac{1}{\\sqrt{2 n+1}}\\right)\n$$\n\n所以\n\n$$\nT_{n}=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{\\sqrt{1}}-\\frac{1}{\\sqrt{3}}\\right)+\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{\\sqrt{3}}-\\frac{1}{\\sqrt{5}}\\right)+\\cdots+\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{\\sqrt{2 n-1}}-\\frac{1}{\\sqrt{2 n+1}}\\right)=\\frac{1}{2}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{2 n+1}}\\right)\n$$\n\n由 $T_{n}>\\frac{9}{20}$, 得 $\\frac{1}{2}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{2 n+1}}\\right)>\\frac{9}{20}$, 所以\n\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{2 n+1}}<\\frac{1}{10}, 2 n+1>100, n \\geq \\frac{99}{2}\n$$\n\n所以使 $T_{n}>\\frac{9}{20}$ 成立的最小正整数 $n$ 的值为 50 .'] ['$50$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +250 "已知 $F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$. +求椭圆 $C$ 的方程;" ['设 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$, 由 $\\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\\left(\\frac{2 \\sqrt{6}}{3},-\\frac{5}{3}\\right)$, 得 $F_{1} H \\perp P F_{2}$, 所以\n\n$$\nk_{F_{1} H} \\cdot k_{P F_{2}}=\\frac{-\\frac{5}{3}}{\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}+c} \\cdot \\frac{1}{\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}-c}=-1, \\frac{24}{9}-c^{2}=\\frac{5}{3}\n$$\n\n解得 $c^{2}=1$.\n\n由点 $P\\left(\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}, 1\\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 得 $\\frac{24}{9 a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}=1$, 结合 $a^{2}-b^{2}=c^{2}=1$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=3$.\n\n所以椭圆 $C$ 的方程为 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$;'] ['$\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Conic Sections Math Chinese +251 "已知 $F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$. +设 $A$ 为椭圆 $C$ 的左顶点, 过点 $F_{2}$ 的直线 $l$ 交椭圆 $C$ 于 $D E$ 两点, 记直线 $A D, A E$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$, 若 $k_{1}+k_{2}=-\frac{1}{2}$, 求直线 $l$ 的方程." ['设 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$, 由 $\\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\\left(\\frac{2 \\sqrt{6}}{3},-\\frac{5}{3}\\right)$, 得 $F_{1} H \\perp P F_{2}$, 所以\n\n$$\nk_{F_{1} H} \\cdot k_{P F_{2}}=\\frac{-\\frac{5}{3}}{\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}+c} \\cdot \\frac{1}{\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}-c}=-1, \\frac{24}{9}-c^{2}=\\frac{5}{3}\n$$\n\n解得 $c^{2}=1$.\n\n由点 $P\\left(\\frac{2 \\sqrt{6}}{3}, 1\\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 得 $\\frac{24}{9 a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}=1$, 结合 $a^{2}-b^{2}=c^{2}=1$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=3$.\n\n所以椭圆 $C$ 的方程为 $\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1$;\n\n所以$A(-2,0), F_{2}(1,0)$.\n\n若 $l$ 斜率不存在, 则由对称性, $k_{1}+k_{2}=0$, 不符合要求;\n\n若 $l$ 斜率存在, 设为 $k$, 则 $l$ 方程为 $y=k(x-1)$.\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k(x-1) \\\\ \\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1\\end{array}\\right.$, 得 $\\left(4 k^{2}+3\\right) x^{2}-8 k^{2} x+4 k^{2}-12=0$.\n\n设 $D\\left(x_{1}, y_{1}\\right), E\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\\frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}, x_{1} x_{2}=\\frac{4 k^{2}-12}{4 k^{2}+3}$.\n\n所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\nk_{1}+k_{2} & =\\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\\frac{k\\left(x_{1}-1\\right)}{x_{1}+2}+\\frac{k\\left(x_{2}-1\\right)}{x_{2}+2}=k\\left(1-\\frac{3}{x_{1}+2}+1-\\frac{3}{x_{2}+2}\\right) \\\\\n& =k \\cdot\\left[2-\\frac{3\\left(x_{1}+x_{2}+4\\right)}{\\left(x_{1}+2\\right)\\left(x_{2}+2\\right)}\\right]=k \\cdot\\left[2-\\frac{3\\left(x_{1}+x_{2}+4\\right)}{x_{1} x_{2}+2\\left(x_{1}+x_{2}\\right)+4}\\right]=k \\cdot\\left[2-\\frac{3\\left(\\frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}+4\\right)}{\\frac{4 k^{2}-12}{4 k^{2}+3}+2 \\times \\frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}+4}\\right] \\\\\n& =k \\cdot\\left[2-\\frac{3\\left(8 k^{2}+16 k^{2}+12\\right)}{4 k^{2}-12+16 k^{2}+16 k^{2}+12}\\right]=k \\cdot\\left(2-\\frac{2 k^{2}+1}{k^{2}}\\right)=-\\frac{1}{k}\n\\end{aligned}\n$$\n\n又 $k_{1}+k_{2}=-\\frac{1}{2}$, 因此 $k=2$, 直线 $l$ 方程为 $y=2(x-1)$.'] ['$y=2(x-1)$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Conic Sections Math Chinese +252 "已知 $f(x)=e^{x}-m x$. +若 $x>0$ 时, 不等式 $(x-2) f(x)+m x^{2}+2>0$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围;" ['设 $g(x)=(x-2) f(x)+m x^{2}+2$, 则 $g(x)=(x-2) e^{x}+2 m x+2$.\n\n$x>0$ 时, 不等式 $(x-2) f(x)+m x^{2}+2>0$ 恒成立 $\\Leftrightarrow x>0$ 时, $g(x)>0$ 恒成立.\n\n因为\n\n$$\ng^{\\prime}(x)=e^{x}+(x-2) e^{x}+2 m=(x-1) e^{x}+2 m, g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+(x-1) e^{x}=x e^{x}\n$$\n\n所以 $x>0$ 时, $g^{\\prime \\prime}(x)=x e^{x}>0, g^{\\prime}(x)=(x-1) e^{x}+2 m$ 在区间 $[0,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n另由 $g(2)=4 m+2$, 知 $m>-\\frac{1}{2}$.\n\n(1) 若 $-\\frac{1}{2}0\n$$\n\n此时, $g^{\\prime}(x)$ 在区间 $(0,2)$ 内有唯一零点, 设为 $x_{0}$, 则 $00$ 时,\n\n$$\ng^{\\prime}(x)>g^{\\prime}(0)=-1+2 m \\geq 0\n$$\n\n此时, $g(x)$ 在 $[0,+\\infty)$ 上为增函数, 所以 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$, 因此, $m \\geq \\frac{1}{2}$ 符合要求.\n\n由(1)(2), 得 $m$ 的取值范围为 $\\left[\\frac{1}{2},+\\infty\\right)$;'] ['$\\left[\\frac{1}{2},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +253 "设 $M$ 是由有限个正整数构成的集合, 且 $M=A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{20}=B_{1} \cup B_{2} \cup \cdots \cup B_{20}$, 这里 $A_{i} \neq \varnothing, B_{i} \neq \varnothing, i=1,2, \cdots, 20$, 并对任意的 $1 \leq i0$ 时,\n\n$$\ny=\\frac{3}{2}\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)+3+\\frac{1}{2}\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)-t=t+\\frac{2}{t}+3\n$$\n\n由于 $0b>0)$ 的离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 直线 $y=2 x-1$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$. +求椭圆 $C$ 的方程;" ['由 $e=\\frac{\\sqrt{2}}{2}$ 得 $a=\\sqrt{2} c=\\sqrt{2} b$, 所以椭圆的方程为 $x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0$.\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0 \\\\ y=2 x-1\\end{array}\\right.$ 得 $9 x^{2}-8 x+\\left(2-2 b^{2}\\right)=0$, 所以 $\\Delta=64-36\\left(2-2 b^{2}\\right)$,\n\n由 $|A B|=\\frac{8}{9} \\sqrt{5}$ 得 $\\sqrt{1+2^{2}} \\frac{\\sqrt{\\Delta}}{9}=\\frac{8 \\sqrt{5}}{9}$, 即 $b^{2}=1$, 所以椭圆的方程为 $\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$;'] ['$\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Conic Sections Math Chinese +256 "已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 直线 $y=2 x-1$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$. +过点 $M(2,0)$ 的直线 $l$ (斜率不为零) 与椭圆 $C$ 交于不同的两点 $E 、 F$($E$ 在点 $F 、 M$ 之间 ). + +记 $\lambda=\frac{S_{\triangle O M E}}{S_{\triangle O M F}}$, 求 $\lambda$ 的取值范围." ['由 $e=\\frac{\\sqrt{2}}{2}$ 得 $a=\\sqrt{2} c=\\sqrt{2} b$, 所以椭圆 $C$ 的方程为 $x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0$.\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0 \\\\ y=2 x-1\\end{array}\\right.$ 得 $9 x^{2}-8 x+\\left(2-2 b^{2}\\right)=0$, 所以 $\\Delta=64-36\\left(2-2 b^{2}\\right)$,\n\n由 $|A B|=\\frac{8}{9} \\sqrt{5}$ 得 $\\sqrt{1+2^{2}} \\frac{\\sqrt{\\Delta}}{9}=\\frac{8 \\sqrt{5}}{9}$, 即 $b^{2}=1$, 所以椭圆的方程为 $\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$;\n\n设 $l: x=m y+2$, 且 $E\\left(x_{1}, y_{1}\\right), F\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 由 $\\left\\{\\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2=0 \\\\ x=m y+2\\end{array}\\right.$ 得\n\n$$\n\\left(m^{2}+2\\right) y^{2}+4 m y+2=0\n$$\n\n所以由 $\\Delta>0$ 解得 $m^{2}>2$, 且 $y_{1}+y_{2}=-\\frac{4 m}{m^{2}+2}, y_{1} \\cdot y_{2}=\\frac{2}{m^{2}+2}\\cdots(1)$\n\n由 $\\lambda=\\frac{S_{\\triangle O M E}}{S_{\\triangle O M F}}=\\frac{\\frac{1}{2} \\times O M \\times y_{1}}{\\frac{1}{2} \\times O M \\times y_{2}}$ 得 $y_{1}=\\lambda y_{2}\\cdots(2)$\n\n由(1)(2)得\n\n$$\n\\frac{\\lambda}{(1+\\lambda)^{2}}=\\frac{m^{2}+2}{8 m^{2}}=\\frac{1}{8}+\\frac{1}{4 m^{2}}\n$$\n\n所以 $\\frac{1}{8}<\\frac{\\lambda}{(1+\\lambda)^{2}}<\\frac{1}{4}$, 解得 $0<\\lambda<3+2 \\sqrt{2}$, 且 $\\lambda \\neq 1$.'] ['$(0,3+2 \\sqrt{2})$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Conic Sections Math Chinese +257 已知 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的外心, 且 $3 \overrightarrow{O A}+4 \overrightarrow{O B}+5 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$, 求 $\cos \angle B A C$ 的值. ['设 $\\triangle A B C$ 的外接圆半径 $r=1$, 由已知得 $3 \\overrightarrow{O A}=-4 \\overrightarrow{O B}-5 \\overrightarrow{O C}$, 两边平方得\n\n$$\n\\overrightarrow{O B} \\cdot \\overrightarrow{O C}=-\\frac{4}{5}\n$$\n\n同理可得\n\n$$\n\\overrightarrow{O A} \\cdot \\overrightarrow{O C}=-\\frac{3}{5}, \\quad \\overrightarrow{O A} \\cdot \\overrightarrow{O B}=0\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\overrightarrow{A B} \\cdot \\overrightarrow{A C}=(\\overrightarrow{O B}-\\overrightarrow{O A}) \\cdot(\\overrightarrow{O C}-\\overrightarrow{O A})=\\overrightarrow{O B} \\cdot \\overrightarrow{O C}-\\overrightarrow{O A} \\cdot \\overrightarrow{O C}-\\overrightarrow{O A} \\cdot \\overrightarrow{O B}+\\overrightarrow{O A}^{2}=\\frac{4}{5}\n$$\n\n所以\n\n$$\n|\\overrightarrow{A B}|^{2}=(\\overrightarrow{O B}-\\overrightarrow{O A})^{2}=2, \\quad|\\overrightarrow{A C}|^{2}=(\\overrightarrow{O C}-\\overrightarrow{O A})^{2}=2-2 \\cdot\\left(-\\frac{3}{5}\\right)=\\frac{16}{5}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\cos \\angle B A C=\\frac{\\overrightarrow{A B} \\cdot \\overrightarrow{A C}}{|\\overrightarrow{A B}| \\cdot|\\overrightarrow{A C}|}=\\frac{\\frac{4}{5}}{\\sqrt{2} \\cdot \\sqrt{\\frac{16}{5}}}=\\frac{\\sqrt{10}}{10}\n$$'] ['$\\frac{\\sqrt{10}}{10}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +258 "若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足: + +(1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$; + +(2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立. +若当 $t>0$ 时, 不等式 $f\left(t^{2}+4\right)-f(t) \geq 1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围." ['因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f\\left(\\frac{a^{m}}{a^{n}}\\right)=f\\left(a^{m-n}\\right)=(m-n) f(a)=m-n\n$$\n\n又\n\n$$\nf(x)-f(y)=f\\left(a^{m}\\right)-f\\left(a^{n}\\right)=m f(a)-n f(a)=m-n\n$$\n\n所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f(x)-f(y)\n$$\n\n设 $x_{1}, x_{2} \\in(0,+\\infty)$, 且 $x_{1}>x_{2}$, 则 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}>1$, 故可令 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}=a^{\\alpha}(a>1, \\alpha>0)$, 则\n\n$$\nf\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)=f\\left(\\frac{x_{1}}{x_{2}}\\right)=f\\left(a^{\\alpha}\\right)=\\alpha f(a)=\\alpha>0\n$$\n\n即 $f\\left(x_{1}\\right)>f\\left(x_{2}\\right)$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增.\n\n因为 $f(a)=1$, 故原不等式化为 $f\\left(\\frac{t^{2}+4}{t}\\right) \\geq f(a)$.\n\n又 $f(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增, 所以 $\\frac{t^{2}+4}{t} \\geq a$ 对于 $t>0$ 恒成立.\n\n因为\n\n$$\n\\left.\\frac{t^{2}+4}{t}=t+\\frac{4}{t} \\geq 2 \\sqrt{t \\cdot \\frac{4}{t}}=4 \\text { (当且仅当 } t=2 \\text { 时 “ }=” \\text { 成立 }\\right)\n$$\n\n所以 $a \\leq 4$, 又 $a \\in(1,+\\infty)$, 所以 $a \\in(1,4]$.'] ['$(1,4]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +259 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;" ['由 $a_{n+1}=\\frac{1}{2} a_{n}+\\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$ 知: $2^{n+1} a_{n+1}=2^{n} a_{n}+2 n+1\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$.\n\n令 $b_{n}=2^{n} a_{n}$, 则 $b_{1}=1$ 且 $b_{n+1}=b_{n}+2 n+1\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$.\n\n由 $b_{n}=\\left(b_{n}-b_{n-1}\\right)+\\left(b_{n-1}-b_{n-2}\\right)+\\cdots+\\left(b_{2}-b_{1}\\right)+b_{1}=(2 n-1)+\\cdots+3+1=n^{2}$, 得\n\n$$\na_{n}=\\frac{n^{2}}{2^{n}}\n$$'] ['$a_{n}=\\frac{n^{2}}{2^{n}}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +260 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. +求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$." ['由 $a_{n+1}=\\frac{1}{2} a_{n}+\\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$ 知: $2^{n+1} a_{n+1}=2^{n} a_{n}+2 n+1\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$.\n\n令 $b_{n}=2^{n} a_{n}$, 则 $b_{1}=1$ 且 $b_{n+1}=b_{n}+2 n+1\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$.\n\n由 $b_{n}=\\left(b_{n}-b_{n-1}\\right)+\\left(b_{n-1}-b_{n-2}\\right)+\\cdots+\\left(b_{2}-b_{1}\\right)+b_{1}=(2 n-1)+\\cdots+3+1=n^{2}$, 得\n\n$$\na_{n}=\\frac{n^{2}}{2^{n}}\n$$\n\n由题意知:\n\n$$\nS_{n}=\\frac{1^{2}}{2^{1}}+\\frac{2^{2}}{2^{2}}+\\frac{3^{2}}{2^{3}}+\\frac{4^{2}}{2^{4}}+\\cdots+\\frac{(n-1)^{2}}{2^{n-1}}+\\frac{n^{2}}{2^{n}}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\frac{1}{2} S_{n}=\\frac{1^{2}}{2^{2}}+\\frac{2^{2}}{2^{3}}+\\frac{3^{2}}{2^{4}}+\\frac{4^{2}}{2^{5}}+\\cdots+\\frac{(n-1)^{2}}{2^{n}}+\\frac{n^{2}}{2^{n+1}}\n$$\n\n两式相减得\n\n$$\n\\frac{1}{2} S_{n}=\\frac{1}{2}+\\frac{3}{2^{2}}+\\frac{5}{2^{3}}+\\frac{7}{2^{4}}+\\frac{9}{2^{5}}+\\cdots+\\frac{(2 n-1)}{2^{n}}-\\frac{n^{2}}{2^{n+1}}\n$$\n\n设\n\n$$\nT_{n}=\\frac{1}{2}+\\frac{3}{2^{2}}+\\frac{5}{2^{3}}+\\frac{7}{2^{4}}+\\frac{9}{2^{5}}+\\cdots+\\frac{(2 n-1)}{2^{n}}\n$$\n\n再利用错位相减法求得 $T_{n}=3-\\frac{2 n+3}{2^{n}}$, 所以\n\n$$\nS_{n}=6-\\frac{2 n+3}{2^{n-1}}-\\frac{n^{2}}{2^{n}}=6-\\frac{n^{2}+4 n+6}{2^{n}}\n$$'] ['$6-\\frac{n^{2}+4 n+6}{2^{n}}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +261 " +已知正数 $x, y$ 满足: $x+y=1$. 求 $\frac{1}{x}+\frac{4}{y}$ 的最小值." ['由 $a+b-2 \\sqrt{a b}=(\\sqrt{a}-\\sqrt{b})^{2} \\geq 0$, 故 $a+b \\geq 2 \\sqrt{a b}$.\n\n$\\frac{1}{x}+\\frac{4}{y}=\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{4}{y}\\right)(x+y)=1+4+\\frac{y}{x}+\\frac{4 x}{y} \\geq 5+2 \\sqrt{\\frac{y}{x} \\cdot \\frac{4 x}{y}}=9$\n\n等号在 $x=\\frac{1}{3}, y=\\frac{2}{3}$ 处取到, 故最小值为 9.'] ['$9$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +262 已知实数 $x, y$ 满足: $1+\cos ^{2}(x+y-1)=\frac{x^{2}+y^{2}+2(x+1)(1-y)}{x-y+1}$, 求 $x y$ 的最小值. ['$1+\\cos ^{2}(x+y-1)=\\frac{x^{2}+y^{2}+2(x+1)(1-y)}{x-y+1}=\\frac{\\left(x^{2}+y^{2}-2 x y\\right)+2(x-y)+1+1}{x-y+1}$\n\n$$\n=\\frac{(x-y+1)^{2}+1}{x-y+1}=x-y+1+\\frac{1}{x-y+1} .\n$$\n\n由于 $0<1+\\cos ^{2}(x+y-1) \\leq 2$, 故 $x-y+1>0$, 从而 $x-y+1+\\frac{1}{x-y+1} \\geq 2$.\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\Rightarrow\\left\\{\\begin{array} { l } \n{ 1 + \\operatorname { c o s } ^ { 2 } ( x + y - 1 ) = 2 } \\\\\n{ x - y + 1 = 1 }\n\\end{array} \\Rightarrow \\left\\{\\begin{array} { l } \n{ \\operatorname { c o s } ^ { 2 } ( x + y - 1 ) = 1 } \\\\\n{ x = y }\n\\end{array} \\Rightarrow \\left\\{\\begin{array}{l}\nx+y-1=k \\pi, k \\in \\mathbf{Z} \\\\\nx=y\n\\end{array}\\right.\\right.\\right. \\\\\n& \\Rightarrow x=y=\\frac{1+k \\pi}{2}, k \\in \\mathbf{Z} \\Rightarrow x y=\\left(\\frac{1+k \\pi}{2}\\right)^{2} \\geq \\frac{1}{4}, k \\in \\mathbf{Z} \\text {, 故 }(x y)_{\\min }=\\frac{1}{4} \\text {. }\n\\end{aligned}\n$$'] ['$\\frac{1}{4}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Inequality Math Chinese +263 设 $f(m)$ 是正整数 $m$ 的各位数字的乘积, 求方程 $f(m)=m^{2}-10 m-36$ 的正整数解. ['设 $m$ 是 $n$ 位正整数, 若 $n \\geq 3$, 则 $m \\geq 10^{n-1} \\geq 100$, 所以\n\n$$\n9^{n} \\geq f(m)=m^{2}-10 m-36=m(m-10)-36 \\geq 90 m-36 \\geq 9 \\cdot 10^{n}-36>10^{n}\n$$\n\n矛盾, 此时无解;\n\n若 $n=1$, 则 $f(m)=m=m^{2}-10 m-36$, 此方程无整数解;\n\n若 $n=2$, 且 $m \\geq 20$, 则 $81 \\geq f(m)=m^{2}-10 m-36 \\geq 400-200-36=164$, 矛盾.\n\n所以 $m \\in[10,19]$.\n\n设 $m=10+k, f(m)=(10+k)^{2}-10(10+k)-36=k$, 解得 $k=3$.\n\n综上, 方程的解为 $m=13$.'] ['$13$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +264 设椭圆 $C$ 的左、右顶点为 $A, B(a, 0)$, 过焦点 $F(1,0)$ 作非水平直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $P, Q$ 两点, 记直线 $A P, B Q$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$. 其中 $\frac{k_{1}}{k_{2}}$ 为定值, 并求此定值 (用 $a$ 的函数表示). ['设 $l: x=t y+1$, 代入椭圆方程 $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{a^{2}-1}=1$ 得\n\n$$\n\\left(\\left(a^{2}-1\\right) t^{2}+a^{2}\\right) y^{2}+2\\left(a^{2}-1\\right) t y-\\left(a^{2}-1\\right)^{2}=0\n$$\n\n设 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则\n\n$$\ny_{1}+y_{2}=-\\frac{2\\left(a^{2}-1\\right) t}{\\left(a^{2}-1\\right) t^{2}+a^{2}}, \\quad y_{1} y_{2}=-\\frac{\\left(a^{2}-1\\right)^{2}}{\\left(a^{2}-1\\right) t^{2}+a^{2}}\n$$\n\n两式相除得\n\n$$\n\\frac{y_{1}+y_{2}}{y_{1} y_{2}}=\\frac{2}{a^{2}-1} t, \\quad t y_{1} y_{2}=\\frac{a^{2}-1}{2}\\left(y_{1}+y_{2}\\right)\n$$\n\n由题意知\n\n$$\nk_{1}=\\frac{y_{1}}{x_{1}+a}=\\frac{y_{1}}{t y_{1}+a+1}, \\quad k_{2}=\\frac{y_{2}}{x_{2}-a}=\\frac{y_{2}}{t y_{2}-a+1}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\frac{k_{1}}{k_{2}}=\\frac{y_{1}\\left(t y_{2}-a+1\\right)}{y_{2}\\left(t y_{1}+a+1\\right)}=\\frac{\\frac{\\left(a^{2}-1\\right)\\left(y_{1}+y_{2}\\right)}{2}-a y_{1}+y_{1}}{\\frac{\\left(a^{2}-1\\right)\\left(y_{1}+y_{2}\\right)}{2}+a y_{2}+y_{2}}=\\frac{\\left(a^{2}-2 a+1\\right) y_{1}+\\left(a^{2}-1\\right) y_{2}}{\\left(a^{2}-1\\right) y_{1}+\\left(a^{2}+2 a+1\\right) y_{2}}\n$$\n\n因为\n\n$$\n\\frac{a^{2}-2 a+1}{a^{2}-1}=\\frac{a-1}{a+1}=\\frac{a^{2}-1}{a^{2}+2 a+1}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\frac{k_{1}}{k_{2}}=\\frac{a-1}{a+1}\n$$'] ['$\\frac{a-1}{a+1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Conic Sections Math Chinese +265 设函数 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 满足 $|f(0)| \leq 2,|f(2)| \leq 2,|f(-2)| \leq 2$, 求当 $x \in[-2,2]$ 时, $y=|f(x)|$的最大值. ['由题意知\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array} { l } \n{ c = f ( 0 ) } \\\\\n{ 4 a + 2 b + c = f ( 2 ) } \\\\\n{ 4 a - 2 b + c = f ( - 2 ) }\n\\end{array} \\Rightarrow \\left\\{\\begin{array}{l}\nc=f(0) \\\\\na=\\frac{f(2)+f(-2)-2 f(0)}{8} \\\\\nb=\\frac{f(2)-f(-2)}{4}\n\\end{array}\\right.\\right.\n$$\n\n从而当 $x \\in[-2,2]$ 时,\n\n$$\n\\begin{aligned}\ny=|f(x)| & =\\left|\\frac{f(2)+f(-2)-2 f(0)}{8} x^{2}+\\frac{f(2)-f(-2)}{4} x+f(0)\\right| \\\\\n& =\\left|\\frac{x^{2}+2 x}{8} f(2)+\\frac{x^{2}-2 x}{8} f(-2)+\\frac{4-x^{2}}{4} f(0)\\right| \\\\\n& \\leq\\left|\\frac{x^{2}+2 x}{4}\\right|+\\left|\\frac{x^{2}-2 x}{4}\\right|+\\frac{4-x^{2}}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\n因为 $x \\in[-2,2]$ 时 $\\frac{x^{2}+2 x}{4} \\cdot \\frac{x^{2}-2 x}{4} \\leq 0$, 从而\n\n$$\n|f(x)| \\leq\\left|\\frac{x^{2}+2 x}{4}\\right|+\\left|\\frac{x^{2}-2 x}{4}\\right|+\\frac{4-x^{2}}{2}=\\left|\\frac{x^{2}+2 x}{4}-\\frac{x^{2}-2 x}{4}\\right|+\\frac{4-x^{2}}{2}=-\\frac{x^{2}}{2}+|x|+2 \\quad \n$$\n\n易知当 $x \\in[0,2]$ 时\n\n$$\n-\\frac{x^{2}}{2}+|x|+2=-\\frac{x^{2}}{2}+x+2 \\leq \\frac{5}{2}\n$$\n\n当 $x \\in[-2,0]$ 时\n\n$$\n-\\frac{x^{2}}{2}+|x|+2=-\\frac{x^{2}}{2}-x+2 \\leq \\frac{5}{2}\n$$\n\n得\n\n$$\n\\max _{|x| \\leq 2}|f(x)| \\leq \\max _{|x| \\leq 2}\\left(-\\frac{x^{2}}{2}+|x|+2\\right) \\leq \\frac{5}{2}\n$$\n\n最后取 $f(x)=-\\frac{1}{2} x^{2}+x+2$, 则 $|f(2)|=|f(-2)|=|f(0)|=2$.\n\n故该函数满足题设条件且在 $[-2,2]$ 上能取到最大值 $\\frac{5}{2}$, 因此 $y=|f(x)|$ 的最大值为 $\\frac{5}{2}$.'] ['$\\frac{5}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +266 "已知将函数 $g(x)=\cos x$ 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍 (横坐标不变), 再将所得图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度得到函数 $y=f(x)$ 的图像, 且关于 $x$ 的方程 $f(x)+g(x)=m$ 在 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$. +求满足题意的实数 $m$ 的取值范围;" ['将 $g(x)=\\cos x$ 图像上的所有点的纵坐标伸长为原来的 2 倍 (横坐标不变) 得到 $y=2 \\cos x$ 的图像, 再将 $y=2 \\cos x$ 的图像向右平移 $\\frac{\\pi}{2}$ 个单位长度后得到 $y=2 \\cos \\left(x-\\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的图像, 故 $f(x)=2 \\sin x$,\n\n$$\nf(x)+g(x)=2 \\sin x+\\cos x=\\sqrt{5} \\sin (x+\\varphi)\n$$\n\n（其中 $\\sin \\varphi=1 / \\sqrt{5}, \\cos \\varphi=2 / \\sqrt{5}$ ), 依题意 $\\sin (x+\\varphi)=\\frac{m}{\\sqrt{5}}$ 在区间 $[0,2 \\pi)$ 内有两个不同的解 $\\alpha, \\beta$, 当且仅当 $\\left|\\frac{m}{\\sqrt{5}}\\right|<1$, 故 $m$ 的取值范围是 $(-\\sqrt{5}, \\sqrt{5})$.'] ['$(-\\sqrt{5}, \\sqrt{5})$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +267 "已知将函数 $g(x)=\cos x$ 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍 (横坐标不变), 再将所得图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度得到函数 $y=f(x)$ 的图像, 且关于 $x$ 的方程 $f(x)+g(x)=m$ 在 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$. +求 $\cos (\alpha-\beta)$ (用含 $m$ 的式子表示)." ['首先求 $m$的取值范围.\n将 $g(x)=\\cos x$ 图像上的所有点的纵坐标伸长为原来的 2 倍 (横坐标不变) 得到 $y=2 \\cos x$ 的图像, 再将 $y=2 \\cos x$ 的图像向右平移 $\\frac{\\pi}{2}$ 个单位长度后得到 $y=2 \\cos \\left(x-\\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的图像, 故 $f(x)=2 \\sin x$,\n\n$$\nf(x)+g(x)=2 \\sin x+\\cos x=\\sqrt{5} \\sin (x+\\varphi)\n$$\n\n（其中 $\\sin \\varphi=1 / \\sqrt{5}, \\cos \\varphi=2 / \\sqrt{5}$ ), 依题意 $\\sin (x+\\varphi)=\\frac{m}{\\sqrt{5}}$ 在区间 $[0,2 \\pi)$ 内有两个���同的解 $\\alpha, \\beta$, 当且仅当 $\\left|\\frac{m}{\\sqrt{5}}\\right|<1$, 故 $m$ 的取值范围是 $(-\\sqrt{5}, \\sqrt{5})$.\n\n回到原题，因为 $\\alpha, \\beta$ 是方程 $\\sqrt{5} \\sin (x+\\varphi)=m$ 在 $[0,2 \\pi)$ 内的两个不同的解, 所以\n\n$$\n\\sin (\\alpha+\\varphi)=\\frac{m}{\\sqrt{5}}, \\quad \\sin (\\beta+\\varphi)=\\frac{m}{\\sqrt{5}}\n$$\n\n当 $1 \\leq m<\\sqrt{5}$ 时, $\\alpha+\\beta=2\\left(\\frac{\\pi}{2}-\\varphi\\right)$, 即 $\\alpha-\\beta=\\pi-2(\\beta+\\varphi)$;\n\n当 $-\\sqrt{5}b>0)$ 的左焦点为 $F$, 过点 $F$ 的直线交椭圆于 $A, B$ 两点, 当直线 $A B$ 经过椭圆的一个顶点时, 其倾斜角恰为 $60^{\circ}$. +求该椭圆的离心率;" ['依题意，当直线 $A B$ 经过椭圆的顶点 $(0, b)$ 时，其倾斜角为 $60^{\\circ}$.\n\n设 $F(-c, 0)$, 则 $\\frac{b}{c}=\\tan 60^{\\circ}=\\sqrt{3}$, 将 $b=\\sqrt{3} c$ 代入 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 得 $a=2 c$, 所以椭圆的离心率为\n\n$$\ne=\\frac{c}{a}=\\frac{1}{2}\n$$'] ['$\\frac{1}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Conic Sections Math Chinese +270 "如图, 椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$, 过点 $F$ 的直线交椭圆于 $A, B$ 两点, 当直线 $A B$ 经过椭圆的一个顶点时, 其倾斜角恰为 $60^{\circ}$. +该线段 $A B$ 的中点为 $G, A B$ 的中垂线与 $x$ 轴, $y$ 轴分别交于 $D ,E $ 两点, 记 $\triangle G D F$ 的面积为 $S_{1}$ , $\triangle O E D$ ( $O$ 为坐标原点) 的面积为 $S_{2}$, 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围." ['依题意，当直线 $A B$ 经过椭圆的顶点 $(0, b)$ 时，其倾斜角为 $60^{\\circ}$.\n\n设 $F(-c, 0)$, 则 $\\frac{b}{c}=\\tan 60^{\\circ}=\\sqrt{3}$, 将 $b=\\sqrt{3} c$ 代入 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 得 $a=2 c$, 所以椭圆的离心率为 $e=\\frac{c}{a}=\\frac{1}{2}$\n\n椭圆的方程可设为 $3 x^{2}+4 y^{2}=12 c^{2}$ ,\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$.\n\n依题意, 直线 $A B$ 不能与 $x, y$ 轴垂直, 故设直线 $A B$ 的方程为 $y=k(x+c)$, 将其代入\n\n整理得\n\n$$\n\\left(4 k^{2}+3\\right) x^{2}+8 c k^{2} x+4 k^{2} c^{2}-12 c^{2}=0\n$$\n\n则 $x_{1}+x_{2}=\\frac{-8 c k^{2}}{4 k^{2}+3}, y_{1}+y_{2}=\\frac{6 c k}{4 k^{2}+3}$, 所以 $G\\left(\\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}, \\frac{3 c k}{4 k^{2}+3}\\right)$.\n\n因为 $G D \\perp A B$, 所以 $\\frac{\\frac{3 c k}{4 k^{2}+3}}{\\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}-x_{D}} \\times k=-1, x_{D}=\\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}$.\n\n因为 $\\triangle G F D \\sim \\triangle O E D$, 所以,\n\n$$\n\\frac{S_{1}}{S_{2}}=\\frac{|G D|^{2}}{|O D|^{2}}=\\frac{\\left(\\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}-\\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}\\right)^{2}+\\left(\\frac{3 c k}{4 k^{2}+3}\\right)^{2}}{\\left(\\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}\\right)^{2}}=\\frac{\\left(3 c k^{2}\\right)^{2}+(3 c k)^{2}}{\\left(c k^{2}\\right)^{2}}=\\frac{9 c^{2} k^{4}+9 c^{2} k^{2}}{c^{2} k^{4}}=9+\\frac{9}{k^{2}}>9\n$$\n\n所以 $\\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围是 $(9,+\\infty)$.'] ['$(9,+\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Conic Sections Math Chinese +271 求曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 与曲线 $g(x)=\ln x$ 的公切线的条数. ['曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 与曲线 $g(x)=\\ln x$ 有两条公切线.\n\n设两曲线的公切线为 $l$, 与曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 切于点 $\\left(a, e^{a-1}\\right)$, 与曲线 $g(x)=\\ln x$ 切于点 $(b, \\ln b)$, 则直线 $l$ 的方程既可以写为 $y-e^{a-1}=e^{a-1}(x-a)$, 即: $y=e^{a-1} x+e^{a-1}-a e^{a-1}$;\n\n又可以写为 $y-\\ln b=\\frac{1}{b}(x-b)$, 即: $y=\\frac{1}{b} x+\\ln b-1$.\n\n因为直线 $l$ 为公切线, 所以有 $\\left\\{\\begin{array}{l}e^{a-1}=\\frac{1}{b} \\\\ e^{a-1}-a e^{a-1}=\\ln b-1\\end{array}\\right.$\n\n消元整理得 $e^{a-1}-a e^{a-1}+a=0$, 所以方程根的个数即为两曲线的公切线的条数.\n\n设 $m(x)=e^{x-1}-x e^{x-1}+x, m^{\\prime}(x)=1-x e^{x-1}, m^{\\prime \\prime}(x)=(-1-x) e^{x-1}$.\n\n当 $x \\in(-\\infty,-1)$ 时, $m^{\\prime \\prime}(x)>0, m^{\\prime}(x)=1-x e^{x-1}$ 为增函数;\n\n当 $x \\in(-1,+\\infty)$ 时, $m^{\\prime \\prime}(x)<0, m^{\\prime}(x)=1-x e^{x-1}$ 为减函数.\n\n而且 $x<0$ 时, $m^{\\prime}(x)>1, m^{\\prime}(1)=0$, 所以 $m^{\\prime}(x)=0$ 的根为 $x=1$.\n\n所以当 $x \\in(-\\infty, 1)$ 时, $m^{\\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增; 当 $x \\in(1,+\\infty)$ 时, $m^{\\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 而\n\n$$\nm(1)=1>0, \\quad m(2)=2-e<0, \\quad m(-1)=\\frac{1}{e^{2}}-1<0, \\quad m(0)=\\frac{1}{e}>0\n$$\n\n而且函数 $m(x)$ 在 $\\mathbf{R}$ 上连续, 所以函数 $m(x)=e^{x-1}-x e^{x-1}+x$ 有两个零点, 分别位于区间 $(-1,0)$ 和区间 $(1,2)$ 内. 所以方程 $e^{a-1}-a e^{a-1}+a=0$ 有两个不同的根, 所以两曲线有两条公切线.'] ['$2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Conic Sections Math Chinese +272 "已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 $d(d \neq 0)$ 的等差数列, 且 $a_{1}+t^{2}=a_{2}+t^{3}=a_{3}+t$. +求实数 $t, d$ 的值." ['由题 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{1}+t^{2}=a_{1}+d+t^{3} \\\\ a_{1}+d+t^{3}=a_{1}+2 d+t\\end{array}\\right.$, 即 $\\left\\{\\begin{array}{l}d=t^{2}-t^{3} \\\\ d=t^{3}-t\\end{array}\\right.$.\n\n因为 $d \\neq 0$, 所以 $t \\neq 0, t \\neq 1$, 所以由 $2 t^{2}-t-1=0$ 得 $t=-\\frac{1}{2}, d=\\frac{3}{8}$.'] ['$-\\frac{1}{2}, \\frac{3}{8}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +273 "已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 $d(d \neq 0)$ 的等差数列, 且 $a_{1}+t^{2}=a_{2}+t^{3}=a_{3}+t$. +若正整数满足 $mc_{i}, i=1,2,3,4$, 设 $a_{1}27$,由此, $10 \\leq a_{3} \\leq 11$, 若 $a_{3}=10$, 则由 $a_{1}+a_{2}=17, a_{2}<10,2 a_{2}>a_{1}+a_{2}=17$, 得 $a_{2}=9, a_{1}=8$, 即有 $\\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\\right)=(8,9,10,12)$, 再由 $8=b_{1}+c_{1}, 9=b_{2}+c_{2}, 10=b_{3}+c_{3}, 12=b_{4}+c_{4}$, 必须 $b_{4}=11, c_{4}=1$,共得两种情况: $12=11+1,10=7+3,9=5+4,8=6+2$ 以及 $12=11+1,10=6+4,9=7+2,8=5+3$,对应于两种分法: $(12,11,1),(10,7,3),(9,5,4),(8,6,2)$ 与 $(12,11,1),(10,6,4),(9,7,2),(8,5,3)$.\n\n若 $a_{3}=11$, 则 $a_{1}+a_{2}=16$, 于是 $80 \\\\\n\\therefore x_{1}+x_{2}=\\frac{4 t^{2}}{2+t^{2}}, x_{1} x_{2}=\\frac{4 t^{2}-16}{2+t^{2}}\n\\end{gathered}\n$$\n\n而\n\n$$\nS_{\\triangle Q A B}=\\frac{1}{2} \\cdot|2 t| \\cdot\\left|x_{1}-x_{2}\\right|=|t| \\cdot\\left|x_{1}-x_{2}\\right|\n$$\n\n$S_{\\triangle Q A B}^{2}=t^{2}\\left(x_{1}-x_{2}\\right)^{2}=t^{2}\\left[\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\\right]=t^{2}\\left[\\frac{16 t^{4}}{\\left(2+t^{2}\\right)^{2}}-\\frac{16 t^{2}-64}{2+t^{2}}\\right]=t^{2} \\cdot \\frac{32 t^{2}+128}{\\left(2+t^{2}\\right)^{2}}=32\\left[1-\\frac{4}{\\left(2+t^{2}\\right)^{2}}\\right]$\n\n由已知，点 $P$ 不在椭圆 $C$ 的内部，得 $|t| \\geq 2$, 即 $t^{2} \\geq 4$.\n\n所以 $S_{\\triangle Q A B}^{2}$ 的最小值为 $32 \\cdot \\frac{8}{9}$, 故三角形 $Q A B$ 面积的最小值为 $\\frac{16}{3}$.'] ['$\\frac{16}{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Conic Sections Math Chinese +291 "设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{3}-17 x-18=0$ 的三个根, $-40$, 所以 $f(x)$ 在区间 $(-2,-1)$ 上有一个根, 即 $x_{2} \\in(-2,-1)$. 因此 $x_{2}$ 的整数部分为 -2 ;'] ['$-2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +292 "设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是方程 $x^{3}-17 x-18=0$ 的三个根, $-4f(0)=b$, 所以 $f(1)=1+a+b \\geq 1$, 解得 $a \\geq 1$;\n\n( 2 ) 当 $0<-\\frac{a}{2} \\leq \\frac{1}{2}$ 时, 即 $-1 \\leq a<0$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的顶点和右端点取得, 而对 $b=0$ 有 $|f(1)|=|1+a|<1,\\left|f\\left(-\\frac{a}{2}\\right)\\right|=\\left|-\\frac{a^{2}}{4}\\right|<1 ;$\n\n(3) 当 $\\frac{1}{2}<-\\frac{a}{2} \\leq 1$ 时, 即 $-2 \\leq a<-1$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的顶点和左端点取得, 而对 $b=0$ 有 $|f(0)|=|b|<1, \\quad\\left|f\\left(-\\frac{a}{2}\\right)\\right|=\\left|-\\frac{a^{2}}{4}\\right|<1 ;$\n\n(4) 当 $-\\frac{a}{2} \\geq 1$ 时, 即 $a \\leq-2$, 此时函数 $f(x)$ 的最值在抛物线的左右端点取得, 对任意 $|b|<1$ 有 $|f(0)|=|b|<1$, 所以 $f(1)=1+a+b \\leq-1$, 解得 $a \\leq-3$.\n\n综上, $a \\geq 1$ 或 $a \\leq-3$' + '设 $m=\\max _{x \\in[0,1]}\\left|x^{2}+a x+b\\right|$, 则有\n\n$$\nm \\geq|b|, m \\geq|1+a+b| \\Rightarrow 2 m \\geq|b|+|1+a+b| \\geq|1+a|\n$$\n\n依题意 $\\frac{|1+a|}{2} \\geq 1 \\Rightarrow a \\geq 1$ 或 $a \\leq-3$.']" ['$(-\\infty, -3] \\cup [1, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Inequality Math Chinese +296 "设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$. +求 $a, b$." ['$\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}=\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}, \\because 4<2 \\sqrt{5}<5$,\n\n$\\therefore \\frac{10}{4}<\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}<\\frac{11}{4}$,\n\n$\\therefore \\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ $-2=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}$.'] ['$2, \\frac{\\sqrt{5}-1}{2}$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +297 "设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$. +求 $a^{2}+b^{2}+\frac{a b}{2}$" ['$\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}=\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}, \\because 4<2 \\sqrt{5}<5$,\n\n$\\therefore \\frac{10}{4}<\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}<\\frac{11}{4}$,\n\n$\\therefore \\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ $-2=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}$.\n\n$a^{2}+b^{2}+\\frac{a b}{2}=2^{2}+\\left(\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}\\right)^{2}+\\frac{2 \\times \\frac{\\sqrt{5}-1}{2}}{2}$ $=5$.'] ['$5$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +298 "设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$. +求 $\lim _{n \rightarrow \infty}(b$ $\left.+b^{2}+\cdots+b^{n}\right)$." ['$\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}=\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}, \\because 4<2 \\sqrt{5}<5$,\n\n$\\therefore \\frac{10}{4}<\\frac{6+2 \\sqrt{5}}{4}<\\frac{11}{4}$,\n\n$\\therefore \\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\\frac{\\sqrt{5}+1}{\\sqrt{5}-1}$ $-2=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}$.\n\n$\\because b, b^{2}, b^{3}, \\cdots, b^{n}$ 成等比数列且公比为 $b$ $=\\frac{\\sqrt{5}-1}{2}<1, \\lim_{n \\rightarrow \\infty}\\left(b+b^{2}+\\cdots+b^{n}\\right)=\\frac{b}{1-b}=$ $\\frac{\\sqrt{5}+1}{2}$.'] ['$\\frac{\\sqrt{5}+1}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +299 "随机挑选一个三位数 $I$. +求 $I$ 含有因子 5 的概率;" ['三位数的个数为 $9 \\times 10 \\times 10=900$.\n能被 5 整除的三位数可以分为两类:\n\n①个位数字是 0 的三位数共有 $9 \\times 10=90$ 个;\n\n②个位数字是 5 的三位数共有 $9 \\times 10=90$ 个.\n\n所以 $I$ 含有因子 5 的三位数共有 180 ,含有因子 5 的概率 $\\frac{180}{900}=0.2$.'] ['$0.2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +300 "随机挑选一个三位数 $I$. +求 $I$ 中恰有两个数码相等的概率." ['三位数的个数为 $9 \\times 10 \\times 10=900$.\n恰有两个数码相同的三位数可以分为:\n\n①三位数中数码含有 0 , 恰好 0 是重复数码, 这样的三位数共有 9 个;\n\n②三位数中数码含有 0 ,但 0 不是重复的数码，这样的三位数共有 $2 \\times 9=18$ 个;\n\n③三位数中数码不含 0 , 这样的三位数共有 $\\mathrm{C}_{9}^{2}$ $\\times 3 \\times 2=216$ 个;恰有两个数码相等的三位数共有 $9+18+216$ $=243$ 个.\n\n所以 $I$ 中恰有两个数码相等的概率 $\\frac{243}{900}=\\frac{27}{100}$.'] ['$\\frac{27}{100}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Probability and Statistics Math Chinese +301 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $S_{n}=n a+n$ $(n-1)$. +求 $\left(a_{n}, \frac{S_{n}}{n}\right)$ 所在的直线方程." ['将 $n=1$ 代人 $S_{n}=n a+n(n-1)$ 得 $a_{1}=S_{1}=a, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n a+n(n-1)-(n$ $-1) a-(n-1)(n-2)=2 n+a-2(n \\geqslant 2)$, 经验证当 $n=1$ 时也符合上式,故数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+a-2$.\n\n$\\because S_{n}=(n+a-1) n, \\therefore \\frac{S_{n}}{n}=n+a-1$, $\\therefore \\frac{2 S_{n}}{n}=2 n+2 a-2$. 又 $a_{n}=2 n+a-2$, 故有 $\\frac{2 S_{n}}{n}$ $-a_{n}=a$, 所以点 $\\left(a_{n}, \\frac{S_{n}}{n}\\right)$ 在直线 $2 y-x=a$ 上, 即 $\\left(a_{n}, \\frac{S_{n}}{n}\\right)$ 所在的直线方程 $2 y-x=a$.'] ['$2 y-x=a$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Sequence Math Chinese +302 "一元三次函数 $f(x)$ 的三次项数为 $\frac{a}{3}, f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$. +若 $f^{\prime}(x)+7 a=0$ 有两个相等实根, 求 $f^{\prime}(x)$ 的解析式." ['设 $f(x)=\\frac{a}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 则 $f^{\\prime}(x)$ $=a x^{2}+2 b x+c, f^{\\prime}(x)+9 x=a x^{2}+2 b x+c+9 x$,\n\n$\\because f^{\\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$, 故有 $a<0$, 且 $\\left\\{\\begin{array}{l}a+2 b+c+9=0, \\\\ 4 a+4 b+c+18=0 .\\end{array}\\right.$ 则 $2 b=-3 a-9, c=2 a$.\n\n由 $f^{\\prime}(x)+7 a=a x^{2}-(3 a+9) x+9 a=0$,\n\n因为 $f^{\\prime}(x)+7 a=0$ 有两个相等实根, 故 $\\Delta=$ $(3 a+9)^{2}-36 a^{2}=0$, 整理得: $a^{2}-2 a-3=0, a=-1 $或 $a=3$ (舍), $2 b=-6, c=-2$, ��以 $f^{\\prime}(x)=$ $-x^{2}-6 x-2$.'] ['$-x^{2}-6 x-2$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +303 "一元三次函数 $f(x)$ 的三次项数为 $\frac{a}{3}, f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$. +若 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减, 求 $a$ 的范围." ['设 $f(x)=\\frac{a}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 则 $f^{\\prime}(x)$ $=a x^{2}+2 b x+c, f^{\\prime}(x)+9 x=a x^{2}+2 b x+c+9 x$,\n\n$\\because f^{\\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$, 故有 $a<0$, 且 $\\left\\{\\begin{array}{l}a+2 b+c+9=0, \\\\ 4 a+4 b+c+18=0 .\\end{array}\\right.$ 则 $2 b=-3 a-9, c=2 a$.\n\n$f^{\\prime}(x)=a x^{2}+2 b x+c=a x^{2}-(3 a+9) x$ $+2 a$, 要使 $f(x)$ 在 $\\mathbf{R}$ 上单调递减只需 $a x^{2}-(3 a+$ 9) $x+2 a \\leqslant 0$ 在 $\\mathbf{R}$ 上恒成立即可.\n\n故只需 $\\left\\{\\begin{array}{l}a<0 \\\\ \\Delta \\leqslant 0\\end{array} \\Rightarrow\\left\\{\\begin{array}{l}a<0 \\\\ (-3 a-9)^{2}-4 a \\times 2 a \\leqslant 0\\end{array}\\right.\\right.$ $\\Rightarrow\\left\\{\\begin{array}{l}a<0 \\\\ a^{2}+54 a+81 \\leqslant 0,\\end{array}\\right.$\n\n解得: $-27-18 \\sqrt{2} \\leqslant a \\leqslant-27+18 \\sqrt{2}$, 所以 $a$的范围 $-27-18 \\sqrt{2} \\leqslant a \\leqslant-27+18 \\sqrt{2}$.'] ['$[-27-18 \\sqrt{2}, -27+18 \\sqrt{2}]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +304 请写出所有三个数 (正数) 均为质数, 且公差为 8 的等差数列. ['不妨设这三个数位分别是 $a, a+8, a+16$\n\n由 $8=3 \\times 2+2,16=3 \\times 5+1$.\n\n若 $a=3 n+1\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$, 则 $a+8=3 n+1+3$ $\\times 2+2=3 \\times(n+3)$ 不是质数,\n\n若 $a=3 n+2\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$, 则 $a+16=3 n+2+3$ $\\times 5+1=3(n+6)$ 不是质数,\n\n所以 $a$ 只能是 $3 n$, 而 $a$ 是质数,故 $a=3$, 此时的三个数位为: $3,11,19$.'] ['$3,11,19$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +305 "已知 $|P M|-|P N|=2 \sqrt{2}$, $M(-2,0), N(2,0)$, +求点 $P$ 的轨迹 $W$;" ['解 由双曲线的定义可知, 曲线 $W$ 是以 $M(-2,0), N(2,0)$ 为焦点的双曲线的右支, 且 $c=$ $2, a=\\sqrt{2}$,易知 $b=\\sqrt{2}$.\n\n故曲线 $W$ 的方程为 $x^{2}-y^{2}=2(x \\geqslant \\sqrt{2})$.'] ['$x^{2}-y^{2}=2$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Plane Geometry Math Chinese +306 "已知 $|P M|-|P N|=2 \sqrt{2}$, $M(-2,0), N(2,0)$, +直线 $y=k(x-2)$ 与 $W$ 交于点 $A 、 B$, 求 $S_{\triangle A O B}$ ( $O$ 为原点)." "['设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 易得 $k>$ 1 或 $k<-1$.\n\n由题意建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}x^{2}-y^{2}=2 \\\\ y=k(x-2)\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得\n\n$$\n\\left(1-k^{2}\\right) x^{2}+4 k^{2} x-4 k^{2}-2=0,\n$$\n\n由韦达定理得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{1}+x_{2}=\\frac{4 k^{2}}{k^{2}-1}, x_{1} x_{2}=\\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}-1}, \\\\\n& |A B|=\\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{1}-x_{2}\\right|=\\frac{2 \\sqrt{2}\\left(k^{2}+1\\right)}{k^{2}-1} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n而原点到直线 $y=k(x-2)$ 的距离 $d=$ $\\frac{2|k|}{\\sqrt{1+k}}$, 所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{\\triangle O A B} & =\\frac{1}{2} \\times \\frac{2|k|}{\\sqrt{1+k^{2}}} \\times \\frac{2 \\sqrt{2}\\left(k^{2}+1\\right)}{k^{2}-1} \\\\\n& =\\frac{2 \\sqrt{2} \\sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}(k>1 \\text { 或 } k<-1) .\n\\end{aligned}\n$$' + '设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$ ，易得 $k>1$ 或 $k<-1$. \n\n由题意建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}x^{2}-y^{2}=2 \\\\ y=k(x-2)\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得 $\\left(1-k^{2}\\right) x^{2}+4 k^{2} x-4 k^{2}-2=0$, 由韦达定理得 $x_{1}$ $+x_{2}=\\frac{4 k^{2}}{k^{2}-1}, x_{1} x_{2}=\\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}-1}$. 根据双曲线的第二定义知: $\\frac{|A N|}{x_{1}-1}=e, \\frac{|B N|}{x_{2}-1}=e$, 而 $e=\\sqrt{2}$, 故有\n\n$$\n|A N|=\\sqrt{2}\\left(x_{1}-1\\right),|B N|=\\sqrt{2}\\left(x_{2}-1\\right),\n$$\n\n$\\therefore|A N|+|B N|=\\sqrt{2}\\left(x_{2}+x_{1}\\right)-2 \\sqrt{2}=$ $\\frac{2 \\sqrt{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{k^{2}-1}$,\n\n而原点到直线 $y=k(x-2)$ 的距离 $d=$ $\\frac{2|k|}{\\sqrt{1+k^{2}}}$\n\n所以 $S_{\\triangle O A B}=\\frac{1}{2} \\times \\frac{2|k|}{\\sqrt{1+k^{2}}} \\times \\frac{2 \\sqrt{2}\\left(k^{2}+1\\right)}{k^{2}-1}=$ $\\frac{2 \\sqrt{2} \\sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}(k>1$ 或 $k<-1)$.']" ['$\\frac{2 \\sqrt{2} \\sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Plane Geometry Math Chinese +307 "12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门. +求此 3 名男性被分别分到不同部门的概率;" ['12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}$.\n\n3 名男性被分别分到不同部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{3}^{1} \\mathrm{C}_{9}^{3} \\mathrm{C}_{2}^{1} \\mathrm{C}_{6}^{3}$. 所以 3 名男性被分别分到不同部门的概率是 $P_{1}=\\frac{\\mathrm{C}_{3}^{1} \\mathrm{C}_{9}^{3} \\mathrm{C}_{2}^{1} \\mathrm{C}_{6}^{3}}{\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}}=\\frac{16}{55}$.'] ['$\\frac{16}{55}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +308 "12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门. +求此 3 名男性被分到同一部门的概率;" ['12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}$.\n\n3 名男性被分到同一部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{3}^{1} \\mathrm{C}_{9}^{1} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}$, 所以 3 名男性被分到同一部门的概率是 $P_{2}=\\frac{\\mathrm{C}_{3}^{1} \\mathrm{C}_{9}^{1} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}}{\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}}=\\frac{3}{55}$.'] ['$\\frac{3}{55}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +309 "12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门. +若有一男性被分到指定部门,求其他 2 人被分到其他不同部门的概率." ['12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}$.\n\n有一男性被分到指定部门，其他 2 人被分到其他不同部门的方法种数为: $\\mathrm{C}_{9}^{3} \\mathrm{C}_{2}^{1} \\mathrm{C}_{6}^{3}$,\n\n所以有一男性被分到指定部门，其他 2 人被分到其他不同部门的概率为 $\\mathrm{P}_{3}=\\frac{C_{9}^{3} C_{2}^{1} C_{6}^{3}}{\\mathrm{C}_{14}^{2} \\mathrm{C}_{8}^{4} \\mathrm{C}_{4}^{4}}=\\frac{16}{165}$.'] ['$\\frac{16}{165}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +310 已知 $f(x)=a x^{2}+8 x+b, g(x)=b x^{2}+8 x+a$, 且 $f(x)_{\min }+g(x)_{\min }=0$, 求 $\mathrm{f}(\mathrm{x})_{\min } , \mathrm{~g}(\mathrm{x})_{\min }$ . ['根据条件知 $\\mathrm{f}(\\mathrm{x}) 、 \\mathrm{~g}(\\mathrm{x})$ 存在最小值, 所以 $\\mathrm{a}>0, \\mathrm{~b}>0$ .\n\n又因为 $f(x)_{\\min }=\\frac{4 a b-64}{4 a}=\\frac{a b-16}{a}, g(x)_{\\min }=\\frac{4 a b-64}{4 b}=\\frac{a b-16}{b}$, 所以 $\\frac{a b-16}{a}+\\frac{a b-16}{b}=$ $\\frac{(\\mathrm{ab}-16)(\\mathrm{a}+\\mathrm{b})}{\\mathrm{ab}}=0 \\Rightarrow \\mathrm{ab}-16=0$ .所以 $\\mathrm{f}(\\mathrm{x})_{\\min }=\\frac{\\mathrm{ab}-16}{\\mathrm{a}}=0, \\mathrm{~g}(\\mathrm{x})_{\\min }=\\frac{\\mathrm{ab}-16}{\\mathrm{~b}}=0$ .'] ['$0, 0$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +311 求 $\sin \frac{\pi}{n} \sin \frac{2 \pi}{n} \cdots \sin \frac{(n-1) \pi}{n}$ 的值. "['设 $\\varepsilon=\\cos \\frac{\\pi}{n}+i \\sin \\frac{\\pi}{n}$ ( $\\mathrm{i}$ 为虚数单位), 则 $1, \\varepsilon, \\varepsilon^{2}, \\cdots \\varepsilon^{2(n-1)}$ 为 $x^{2 n}-1=0$ 的根.\n\n$\\sin \\frac{k \\pi}{n}=\\frac{\\varepsilon^{k}-\\varepsilon^{-k}}{2 i}=\\frac{\\varepsilon^{2 k}-1}{2 i \\varepsilon^{k}}, \\sin \\frac{\\pi}{n} \\sin \\frac{2 \\pi}{n} \\cdots \\sin \\frac{(n-1) \\pi}{n}=\\frac{\\left(\\varepsilon^{2}-1\\right)\\left(\\varepsilon^{4}-1\\right) \\cdots\\left(\\varepsilon^{2(n-1)}-1\\right)}{2^{n-1} i^{n-1} \\varepsilon^{\\frac{1}{2} n(n-1)}}$\n\n$=\\frac{(-1)^{n-1}\\left(\\varepsilon^{2}-1\\right)\\left(\\varepsilon^{4}-1\\right) \\cdots\\left(\\varepsilon^{2(n-1)}-1\\right)}{2^{n-1}\\left(i^{n-1}\\right)^{2}}=\\frac{\\left(1-\\varepsilon^{2}\\right)\\left(1-\\varepsilon^{4}\\right) \\cdots\\left(1-\\varepsilon^{2(n-1)}\\right)}{2^{n-1}}$,\n\n而 $\\left(x^{2}-\\varepsilon^{2}\\right)\\left(x^{2}-\\varepsilon^{4}\\right) \\cdots\\left(x^{2}-\\varepsilon^{2(n-1)}\\right)=x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}+\\cdots x^{2}+1$,\n\n$\\therefore\\left(1-\\varepsilon^{2}\\right)\\left(1-\\varepsilon^{4}\\right) \\cdots\\left(1-\\varepsilon^{2(n-1)}\\right)=n$\n\n$\\therefore \\sin \\frac{\\pi}{n} \\sin \\frac{2 \\pi}{n} \\cdots \\sin \\frac{(n-1) \\pi}{n}=\\frac{n}{2^{n-1}}$.' + '有特殊函数论性质知: $\\mathrm{E}=\\prod_{i=1}^{n-1} \\Gamma\\left(\\frac{i}{n}\\right)=\\frac{(2 \\pi)^{\\frac{n-1}{2}}}{\\sqrt{n}}$\n\n另外一面: $\\mathrm{E}^{2}=\\left(\\prod_{i=1}^{n-1} \\Gamma\\left(\\frac{i}{n}\\right)\\right)^{2}=\\frac{\\pi^{n-1}}{\\prod_{k=1}^{n-1} \\sin \\frac{k \\pi}{n}}.$\n\n$\\Rightarrow \\prod_{k=1}^{n-1} \\sin \\frac{k \\pi}{n}=\\frac{n}{2^{n-1}}$.' + '$\\mathrm{n}=\\lim _{z \\rightarrow 1} \\frac{z^{n}-1}{z-1}=\\prod_{k=1}^{n-1}\\left(1-\\cos \\frac{2 k \\pi}{n}-i \\sin \\frac{2 k \\pi}{n}\\right)$\n\n$=\\prod_{k=1}^{n-1} \\sqrt{\\left(1-\\cos \\frac{2 k \\pi}{n}\\right)^{2}+\\left(\\sin \\frac{2 k \\pi}{n}\\right)^{2}}$\n\n$=\\prod_{k=1}^{n-1} \\sqrt{2\\left(1-\\cos \\frac{2 k \\pi}{n}\\right)}=2^{n-1} \\prod_{k=1}^{n-1} \\sin \\frac{k \\pi}{n}$\n\n$\\Rightarrow \\prod_{k=1}^{n-1} \\sin \\frac{k \\pi}{n}=\\frac{n}{2^{n-1}}$.']" ['$\\frac{n}{2^{n-1}}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Trigonometric Functions Math Chinese +312 "设 $\varepsilon_{n}=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi i}{n}}$, 试求: +$$ +\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t} +$$" ['$\\because \\varepsilon_{n}=e^{\\frac{2 \\pi}{n}}, \\therefore 1, \\varepsilon_{n}, \\varepsilon_{n}{ }^{2} \\cdots \\varepsilon_{n}{ }^{n-1}$ 为 $x^{n}=1$ 的 $\\mathrm{n}$ 个根.\n\n由根与系数的关系知 $\\sum_{i=1}^{n} \\prod \\varepsilon_{n}{ }^{k_{1}} \\cdots \\varepsilon_{n}{ }^{k_{i}}=0,(1 \\leq i0$, 则\n\n$f^{(2 m)}(x)>0, f^{(2 m+1)}(x)>0$, 则 $\\frac{4 \\times 3^{2 m}+3 \\times 4^{2 m}}{7} x+\\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7} f(x)<0$\n\n$\\frac{4 \\times 3^{2 m+1}-3 \\times 4^{2 m+1}}{7} x+\\frac{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}{7} f(x)<0$, 而\n\n$\\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7}<0, \\frac{4 \\times 3^{2 m+1}-3 \\times 4^{2 m+1}}{7}=12 \\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7}<0$, 故有\n\n$\\left(4 \\times 3^{2 m}+3 \\times 4^{2 m}\\right) x<\\left(4^{2 m}-3^{2 m}\\right) f(x),\\left(3^{2 m+1}+4^{2 m+1}\\right) f(x)<\\left(3 \\times 4^{2 m+1}-4 \\times 3^{2 m+1}\\right) x$\n\n则 $\\frac{f(x)}{x}>\\frac{4 \\times 3^{2 m}+3 \\times 4^{2 m}}{4^{2 m}-3^{2 m}}, \\frac{f(x)}{x}<\\frac{3 \\times 4^{2 m+1}-4 \\times 3^{2 m+1}}{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}$\n\n而 $\\lim _{m \\rightarrow \\infty} \\frac{4 \\times 3^{2 m}+3 \\times 4^{2 m}}{4^{2 m}-3^{2 m}}=\\lim _{m \\rightarrow \\infty} \\frac{4 \\times\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{2 m}+3}{1-\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{2 m}}=3$, 故 $\\frac{f(x)}{x} \\geq 3$\n\n$\\lim _{m \\rightarrow \\infty} \\frac{3 \\times 4^{2 m+1}-4 \\times 3^{2 m+1}}{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}=\\lim _{m \\rightarrow \\infty} \\frac{3-4 \\times\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{2 m+1}}{\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{2 m+1}+1}=3$, 故 $\\frac{f(x)}{x} \\leq 3$\n\n则必有 $\\frac{f(x)}{x}=3$, 从而 $f(x)=3 x$, 经检验, 此函数满足要求.'] ['$f(x) = 3x$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +316 " +定义映射 $f:\{a, b, c\} \rightarrow\{a, b, c\}, t \mapsto t^{2}-2$, 求 $f(a), f(b), f(c)$" ['$p(-2)=-1, p(0)=1, p(1)=-1, p(2)=3$, 而 $p(x)$ 为多项式是连续函数,由零点存在定理知 $p(x)$ 在 $(-2,0),(0,1),(1,2)$ 内分别有一个实根, 而 $p(x)$ 为 3 次多项式至多有 3 个根, 故这三个根为 $p(x)$ 全部的根\n\n若 $x=t$ 为 $p$ 的一个根, 则 $t^{3}-3 t+1=0$, 则可得 $t^{2}-2=1-\\frac{1}{t}$\n\n则 $p\\left(t^{2}-2\\right)=\\left(1-\\frac{1}{t}\\right)^{3}-3\\left(1-\\frac{1}{t}\\right)+1=\\frac{1}{t^{3}}\\left[(t-1)^{3}-3\\left(t^{3}-t^{2}\\right)+t^{3}\\right]$ $=\\frac{1}{t^{3}}\\left(3 t-1-t^{3}\\right)=0$, 故 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根\n\n由前面关于零点的讨论知 $a \\in(-2,0), b \\in(0,1), c \\in(1,2)$, 由前一题的结论 $f(a), f(b), f(c)$ 均是 $\\{a, b, c\\}$ 的元素, 而 $b \\in(0,1)$, 故 $f(b) \\in(-2,-1)$, 那么必有 $f(b)=a$, 而 $00, f\\left(\\frac{1}{2}\\right)=-\\frac{3}{8}<0$, 故 $a \\in\\left(-2,-\\frac{5}{3}\\right), b \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$, 则 $f(a) \\in\\left(\\frac{7}{9}, 2\\right)$, 则只能 $f(a)=c$综上 $f(a)=c, f(b)=a, f(c)=b$'] ['$c, a, b$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Algebra Math Chinese +317 "设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下定义 $(n \geq 2): a_{n}=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$ +求 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$." ['记 $a_{m, n}=\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}(m \\leq n)$, 那么显然有 $a_{m, n}=\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}>1$, 从而 $m0$, 取 $N=\\left[\\frac{1}{6 \\varepsilon}\\right]+1$, 则 $n>N$ 时 $\\left|3-a_{n}\\right|<\\varepsilon$, 则 $\\lim _{n \\rightarrow \\infty} a_{n}=3$'] ['$3$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +318 在单位正方形 ${A B C D}$ 内 (包括边界) 自由选取若干个节点 (数目任意), 并与 ${A}, {B}, {C}, {D}$四点用直线段连成一个连通网络 (连通图), 求这样的网络总长度的最小值. ['(1)当网络没有增加节点（即只选取正方形的顶点或边上的点作节点）时, 网络长度最小值相当于正方形的三边长即为 ${3}$;\n\n(2) 当网络增加一个正方形内部的节点 ${E}$ 时, 如下图, 易知, 此时网络总长度最小为 ${E} {A}+{E} {B}+{E} {C}+{E} {D} \\geq {A} {C}+{B} {D}$, 即当 ${E}$ 为正方形中心 ${O}$ 时, 网络总长度最小, 最小值为 $2 \\sqrt{2}$;\n\n\n\n(3) 当网络增加正方形内部的两个节点 $M, N$ 时, 我们用局部调整法来确定 $M, N$ 的位置,使得 $(A M+B M)+M N+(C N+D N)$ 最小, 当保持 ${A M}+{B M}$ 不变时, $M$ 在以 ${A B}$ 为焦点的椭圆上运动, 保持 $C N+D N$ 不变时, $N$ 在以 $C D$ 为焦点的椭圆上运动, 调整 $M, N$知, 当 $A M=B M, C N=D N$ 时, $M N$ 最小 (如下2图), 即只有当 $M, N$ 在 $A B(C D)$ 的中垂线上时, 总线长才会最短, 此时, 正方形中心在直线 $M N$ 上, 因此 $M, N$ 分别是 $\\triangle A B O$和 $\\triangle C D O$ 的费马点, 易求得此时网络总长度最小值为 $1+\\sqrt{3}$;\n\n\n\n\n\n\n（4）当网络中增加正方形内三个节点时, 易知必存在一个节点是多余的即网络总长度比情形 (3) 大, 同样的, 当网络中增加三个以上节点时, 网络总长度也比情形 (3) 大;\n\n综上可知, 网络总长度的最小值为 $1+\\sqrt{3}$.'] ['$1+\\sqrt{3}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +319 一天 ${n}(\geq 2)$ 个人组成了一个新的班集体, 每个人向校长交一元的注册费, 接下来每一天都发生如下事情: 每一个前一天组建的班集体都分裂成两个团体, 其中含至少两人的团体组建成一个新的班集体, 每个新班集体的成员向校长交一元的注册费, 只有一名成员的团体不再组建新的班集体, 上述过程直到不能继续进行下去为止, 求校长一共可能收到的注册费的最大值和最小值. ['记校长一共可能收到的注册费的最大值是 ${M}({n})$, 最小值是 ${m}({n})$, 某种组合方式校长收到的注册费为 $d(n)$, 知 $M(n) \\geq d(n) \\geq m(n)$\n\n(1) 先证明 $M(n)=\\frac{n(n+1)}{2}-1$, 我们用归纳法证明, 当 $n=2$ 时显然成立,假设 $n \\leq k-1(k \\geq 3, k \\in N)$ 时成立, 则当 $n=k$ 时, 第二天分为有 $p$ 和 $k-p$ 人的两个班,则 $d(k)=k+d(p)+d(k-p) \\leq k+M(p)+M(k-p)$ ，\n\n由归纳假设知 $M(p)=\\frac{p(p+1)}{2}-1, M(k-p)=\\frac{(k-p)(k-p+1)}{2}-1$,\n\n于是 $d(k) \\leq k+\\frac{p(p+1)}{2}-1+\\frac{(k-p)(k-p+1)}{2}-1=p^{2}-k p+\\frac{k^{2}+3 k}{2}-2$,\n\n因为 $1 \\leq p \\leq k-1$, 所以 $p^{2}-k p+\\frac{k^{2}+3 k}{2}-2 \\leq \\frac{k(k+1)}{2}-1$\n\n而当 $p=1$ 且 $d(k-1)=M(k-1)$ 时, $d(k)=\\frac{k(k+1)}{2}-1$, 故 $M(k)=\\frac{k(k+1)}{2}-1$\n\n由数学归纳法知 $M(n)=\\frac{n(n+1)}{2}-1$;\n\n(2) 设 ${f}({n})={n}\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$ (其中 $[{x}]$ 表示不超过 ${x}$ 的最大整数), 下面,我们将证明 $m(n)=f(n)=n\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$, 首先, 我们证明如下两个引理:\n\n引理 1. 记 $\\triangle f(n)=f(n+1)-f(n)$, 则 $\\triangle f(n)$ 是不减的.\n\n记 $\\left[\\log _{2} n\\right]=k$,则 $\\left[\\log _{2}(n+1)\\right]=k^{\\prime}$, 若 $n+1$ 不是 2 的幂则 $k^{\\prime}=k$, 若 $n+1$ 是 2 的幂则 $k^{\\prime}=k+1$所以 $\\Delta f(n)=f(n+1)-f(n)=2+n\\left(k^{\\prime}-k\\right)+k^{\\prime}+2^{k+1}-2^{k^{\\prime}+1}$\n\n当 $n+1$ 不是 2 的幂时, $\\Delta f(n)=2+k=2+\\left[\\log _{2} n\\right]$\n\n当 $n+1$ 是 2 的幂时, $\\Delta f(n)=2+n+k+1-2^{k+1}=2+k=2+\\left[\\log _{2} n\\right]$\n\n即对任意正整数 $n$ 均有 $\\triangle f(n)=2+\\left[\\log _{2} n\\right]$, 故 $\\triangle f(n)$ 是不减的;\n\n引理 2. 若 $2 \\mid n$, 则 $f(n)+f(n-k) \\geq 2 f\\left(\\frac{n}{2}\\right)$,\n\n若 $2 \\nmid n$ 则 $f(n)+f(n-k) \\geq f\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)+f\\left(\\frac{n-1}{2}\\right)$\n\n证明: 若正整数 ${a}>{b}$, 保持和不变, 即令 ${a}+{b}={a}^{\\prime}+{b}^{\\prime}, {a}^{\\prime}<{a}, {b}^{\\prime}>{b}$,\n\n则由于 $f(a+1)+f(b-1) \\geq f(a)+f(b)$, 因此 $f(a)+f(b) \\geq f\\left(a^{\\prime}\\right)+f\\left(b^{\\prime}\\right)$\n\n即让 $a$ 变小, $b$ 变大, $f(a)+f(b)$ 不增, 因此若 $2 \\mid n$, 则 $f(n)+f(n-k) \\geq 2 f\\left(\\frac{n}{2}\\right)$,\n\n若 $2 \\nmid n$ 则 $f(n)+f(n-k) \\geq f\\left(\\frac{n+1}{2}\\right)+f\\left(\\frac{n-1}{2}\\right)$\n\n下面, 我们用数学归纳法证明 $m(n)=f(n)=n\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$.\n\n当 $n=2$ 时, $m(2)=2=f(2)$, 命题成立\n\n假设假设 $n \\leq k-1(k \\geq 3, k \\in N)$ 时成立, 则当 $n=k$ 时, 第二天分为有 $p$ 和 $k-p$ 人的两个班, 则 $d(k)=k+d(p)+d(k-p) \\geq k+m(p)+m(k-p)=k+f(p)+f(k-p)$,\n\n记 $\\lambda=\\left[\\log _{2} k\\right]$\n\n(i) 若 $2 \\mid k$, 则由 $\\left[\\log _{2} \\frac{k}{2}\\right]=\\left[\\log _{2} k-1\\right]=\\left[\\log _{2} k\\right]-1=\\lambda-1$\n\n得 $f\\left(\\frac{k}{2}\\right)=\\frac{k}{2}(\\lambda-1)+2\\left(\\frac{k}{2}-2^{\\lambda-1}\\right)=\\frac{k}{2} \\lambda+\\frac{k}{2}-2^{\\lambda}$ 于是\n\n$d(k) \\geq k+f(p)+f(k-p) \\geq k+2 f\\left(\\frac{k}{2}\\right)=k \\lambda+2 k-2^{\\lambda+1}=k\\left[\\log _{2} k\\right]+2\\left(k-2^{\\left[\\log _{2} k\\right]}\\right)=f(k)$\n\n且当 $p=\\frac{k}{2}$ 时, 有 $d(k)=f(k)$, 故 $m(k)=f(k)$;\n\n(ii) 若 $2 \\nmid k$, 则 $k$ 不是 2 的幂, 因此 $\\left[\\log _{2}(k-1)\\right]=\\lambda$, 故 $\\left[\\log _{2} \\frac{k-1}{2}\\right]=\\lambda-1$, 由引理 1 的证明知 $f\\left(\\frac{k+1}{2}\\right)-f\\left(\\frac{k-1}{2}\\right)=2+\\lambda-1=\\lambda+1$,\n\n又因为 $f\\left(\\frac{k-1}{2}\\right)=\\frac{k-1}{2}(\\lambda-1)+2\\left(\\frac{k-1}{2}-2^{\\lambda-1}\\right)=\\frac{k-1}{2} \\lambda+\\frac{k-1}{2}-2^{\\lambda}$\n\n所以 $d(k) \\geq k+f(p)+f(k-p) \\geq k+f\\left(\\frac{k+1}{2}\\right)+f\\left(\\frac{k-1}{2}\\right)=k+2 f\\left(\\frac{k-1}{2}\\right)+\\lambda+1$\n\n$=k+(k-1) \\lambda+k-1-2^{\\lambda+1}+\\lambda+1=k \\lambda+2 k-2^{\\lambda+1}=k\\left[\\log _{2} k\\right]+2\\left(k-2^{\\left[\\log _{2} k\\right]}\\right)=f(k)$\n\n且当 $p=\\frac{k \\pm 1}{2}$ 时, 有 $d(k)=f(k)$, 故 $m(k)=f(k)$\n\n由数学归纳法可知 $m(n)=f(n)=n\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$\n\n综上, 校长一共可能收到的注册费的最大值为 $M(n)=\\frac{n(n+1)}{2}-1$;\n\n最小值为 $m(n)=n\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$'] ['$\\frac{n(n+1)}{2}-1, n\\left[\\log _{2} n\\right]+2\\left(n-2^{\\left[\\log _{2} n\\right]}\\right)$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Algebra Math Chinese +320 求方程 $x^{5}+10 x^{3}+20 x-4=0$ 的所有根. "['设 $x=z-\\frac{2}{z}$, 则方程 $x^{5}+10 x^{3}+20 x-4=0$ 可化为 $z^{5}-\\frac{32}{z^{5}}-4=0$\n\n于是 $z^{5}=-4$ 或 $z^{5}=8$, 故 $z=\\sqrt[5]{8} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}$ 或 $z=-\\sqrt[5]{4} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )\n\n于是相应的 $x=\\sqrt[5]{8} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}-\\sqrt[5]{4} e^{-\\frac{2 k \\pi}{5} i} \\quad$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )' + '本题的背景是切比雪夫多项式, 注意到满足 $f(2 \\sqrt{2} \\sinh t)=8 \\sqrt{2} \\cosh 5 t$ 的多项式是 $f(x)=x^{5}+10 x^{3}+20 x$, 即 $8 \\sqrt{2} \\times \\frac{e^{5 t}-e^{-5 t}}{2}=4$, 所以 $e^{5 t}=\\sqrt{2}$ 或 $-\\frac{\\sqrt{2}}{2}$\n\n于是 $e^{t}=\\sqrt[10]{2} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}$ 或 $e^{t}=-\\frac{1}{\\sqrt[10]{2}} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )\n\n故 $x=\\sqrt{2}\\left(e^{t}-e^{-t}\\right)=\\sqrt[5]{8} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}-\\sqrt[5]{4} e^{-\\frac{2 k \\pi}{5} i} \\quad$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )']" ['$x=\\sqrt[5]{8} e^{\\frac{2 k \\pi}{5} i}-\\sqrt[5]{4} e^{-\\frac{2 k \\pi}{5} i}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Elementary Functions Math Chinese +321 "设函数 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x+1$, +求函数 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值与最小值;" ['由条件知 $f(x)=2 \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right)+1$,\n\n由 $0 \\leq x \\leq \\frac{\\pi}{2}$ 知, $\\frac{\\pi}{3} \\leq x+\\frac{\\pi}{3} \\leq \\frac{5 \\pi}{6}$, 于是 $\\frac{1}{2} \\leq \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right) \\leq 1$\n\n所以 $x=\\frac{\\pi}{2}$ 时, $f(x)$ 有最小值 $2 \\times \\frac{1}{2}+1=2$ ；\n\n当 $x=\\frac{\\pi}{6}$ 时, $f(x)$ 有最大值 $2 \\times 1+1=3$.'] ['$2，3$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +322 "设函数 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x+1$, +若实数 $a, b, c$ 使得 $a f(x)+b f(x-c)=1$ 对任意 $x \in R$ 恒成立, 求 $\frac{b \cos c}{a}$ 的值." ['由条件可知\n\n$2 a \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right)+2 b \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}-c\\right)+a+b=1$ 对任意的 $x \\in R$ 恒成立,\n\n$\\therefore 2 a \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right)+2 b \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right) \\cdot \\cos c-2 b \\cos \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right) \\cdot \\sin c+(a+b-1)=0$\n\n$\\therefore 2(a+b \\cos c) \\cdot \\sin \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right)-2 b \\sin c \\cdot \\cos \\left(x+\\frac{\\pi}{3}\\right)+(a+b-1)=0$\n\n$\\therefore\\left\\{\\begin{array}{l}a+b \\cos c=0 \\\\ b \\sin c=0 \\\\ a+b-1=0\\end{array}\\right.$,\n\n由 $b \\sin c=0$ 知 $b=0$ 或 $\\sin c=0$ 。\n\n若 $b=0$ 时, 则由 $a+b \\cos c=0$ 知 $a=0$, 这与 $a+b-1=0$ 矛盾!\n\n若 $\\sin c=0$, 则 $\\cos c=1$ (舍去), $\\cos c=-1$,\n\n解得 $a=b=\\frac{1}{2}, c=(2 k+1) \\pi$, 所以, $\\frac{b \\cos c}{a}=-1$.'] ['$-1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +323 "已知 $a, b, c \in R^{+}$, 满足 $a b c(a+b+c)=1$, +求 $S=(a+c)(b+c)$ 的最小值;" ['因为 $(a+c)(b+c)=a b+a c+b c+c^{2}=a b+(a+b+c) c=a b+\\frac{1}{a b}$ $\\geq 2 \\sqrt{a b \\cdot \\frac{1}{a b}}=2$, 等号成立的条件是 $a b=1$,当 $a=b=1, c=\\sqrt{2}-1$ 时, $S$ 可取最小值 2 .'] ['$2$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +324 "已知 $a, b, c \in R^{+}$, 满足 $a b c(a+b+c)=1$, +当 $S$ 取最小值时, 求 $c$ 的最大值." ['因为 $(a+c)(b+c)=a b+a c+b c+c^{2}=a b+(a+b+c) c=a b+\\frac{1}{a b}$ $\\geq 2 \\sqrt{a b \\cdot \\frac{1}{a b}}=2$, 等号成立的条件是 $a b=1$,当 $a=b=1, c=\\sqrt{2}-1$ 时, $S$ 可取最小值 2 .\n\n当 $S$ 取最小值时, $a b=1$, 从而 $c(a+b+c)=1$,\n\n即 $c^{2}+(a+b) c-1=0$, 令 $t=a+b$, 则 $t \\geq 2 \\sqrt{a b}=2$\n\n从而 $c=\\frac{-t+\\sqrt{t^{2}+4}}{2}$ 或者 $c=\\frac{-t-\\sqrt{t^{2}+4}}{2}<0$ (舍去)\n\n故 $c=\\frac{-t+\\sqrt{t^{2}+4}}{2}=\\frac{2}{\\sqrt{t^{2}+4}+t}$ 在 $t \\in[2,+\\infty)$ 单减,\n\n所以在 $t=2$ 时, $c$ 有最大值 $\\sqrt{2}-1$.'] ['$\\sqrt{2}-1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +325 直线 $y=k x+1$ 与双曲线 $x^{2}-y^{2}=1$ 的左支交于 $A 、 B$ 两点, 直线 $l$ 经过点 $(-2,0)$ 和 $A B$的中点, 求直线 $l$ 在 $y$ 轴的截距 $b$ 的取值范围. ['将直线 $y=k x+1$ 与双曲线 $x^{2}-y^{2}=1$ 方程联立得 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x+1 \\\\ x^{2}-y^{2}=1\\end{array}\\right.$\n\n化简得 $\\left(k^{2}-1\\right) x^{2}+2 k x+2=0$ (1)\n\n由题设知方程(1)有两负根, 因此 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\Delta=4 k^{2}-8\\left(k^{2}-1\\right)>0 \\\\ x_{1}+x_{2}=-\\frac{2 k}{k^{2}-1}<0 \\\\ x_{1} \\cdot x_{2}=\\frac{2}{k^{2}-1}>0\\end{array}\\right.$, 解得 $11$,\n\n于是 $\\{f(n)\\}$ 严格单增, 则 $f(n)$ 的最小值为 $f(1)=\\frac{3}{4} \\sqrt{2}$,\n\n即实数 $k$ 的最大值是 $\\frac{3}{4} \\sqrt{2}$.'] ['$\\frac{3}{4} \\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +328 "已知抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 在抛物线上任取不同于点 $C$ 的一点 $A$, 直线 $A C$ 与直线 $y=x+3$交于点 $P$, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线交抛物线于点 $B$. +直线 $A B$ 过定点，求定点的坐标;" "['由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$,\n\n可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.\n\n设点 $A$ 坐标为 $\\left(\\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\\right)\\left(y_{0} \\neq 2\\right)$,\n\n则直线 $A C$ 的方程为 $y-2=\\frac{y_{0}-2}{\\frac{y_{0}^{2}}{4}-1}(x-1)$,\n\n即 $y-2=\\frac{4}{y_{0}+2}(x-1) ，$\n\n与 $y=x+3$ 联立解得 $P$ 点坐标为 $\\left(\\frac{-y_{0}-6}{y_{0}-2}, \\frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\\right)$. \n\n所以 $B$ 点坐标为 $\\left(\\frac{\\left(y_{0}-6\\right)^{2}}{\\left(y_{0}-2\\right)^{2}}, \\frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\\right)$.\n\n当 $y_{0}^{2}=12$ 时, $A$ 坐标为 $\\left(3, y_{0}\\right), B$ 点坐标为 $\\left(3, \\frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\\right)$, 直线 $A B$ 过定点 $Q(3,2)$.\n\n当 $y_{0}^{2} \\neq 12$ 时, $\\frac{y_{0}^{2}}{4} \\neq \\frac{\\left(y_{0}-6\\right)^{2}}{\\left(y_{0}-2\\right)^{2}}$, 直线 $A B$ 的方程为 $y-y_{0}=\\frac{y_{0}-\\frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}}{\\frac{y_{0}^{2}}{4}-\\frac{\\left(y_{0}-6\\right)^{2}}{\\left(y_{0}-2\\right)^{2}}}\\left(x-\\frac{y_{0}^{2}}{4}\\right)$,\n\n化简得, $y-y_{0}=\\frac{\\left(y_{0}-2\\right)}{y_{0}^{2}-12}\\left(4 x-y_{0}^{2}\\right)$, (或: $y-y_{0}=\\frac{\\left(y_{0}-2\\right)}{\\frac{y_{0}^{2}}{4}-3}\\left(x-\\frac{y_{0}^{2}}{4}\\right)$, )\n\n易得，直线 $A B$ 也过定点 $Q(3,2)$.' + '由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.\n\n设直线 $A B$ 的方程为 $x=m y+a$, 与抛物线方程联立得, $y^{2}-4 m y-4 a=0$.\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=-4 a$,\n\n$P$ 点坐标为 $B\\left(y_{2}-3, y_{2}\\right)$, 因为 $A P$ 过定点 $C$,\n\n所以 $\\frac{y_{2}-2}{y_{2}-3-1}=\\frac{y_{1}-2}{x_{1}-1}$, 又 $x_{1}=m y_{1}+a$,\n\n所以 $(m-1) y_{1} y_{2}-(2 m-4) y_{1}+(a+1) y_{2}-2 a-6=0$.\n\n将 $y_{1} y_{2}=-4 a, y_{2}=4 m-y_{1}$ 代入上式, 得 $(-2 m+3-a) y_{1}+(2 a+4 m-6)=0$.\n\n即 $(-2 m+3-a)\\left(y_{1}-2\\right)=0$.\n\n因此式对任意 $y_{1} \\neq 2$ 都成立, 所以 $-2 m+3-a=0$, 即 $3=2 m+a$,\n\n因此直线 $x=m y+a$ 过定点 $Q(3,2)$.']" ['$(3,2)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Geometry Math Chinese +329 "已知抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 在抛物线上任取不同于点 $C$ 的一点 $A$, 直线 $A C$ 与直线 $y=x+3$交于点 $P$, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线交抛物线于点 $B$. +求 $\triangle A B C$ 面积的最小值." ['由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.\n\n设直线 $A B$ 的方程为 $x=m y+a$, 与抛物线方程联立得, $y^{2}-4 m y-4 a=0$.\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=-4 a$,\n\n$P$ 点坐标为 $B\\left(y_{2}-3, y_{2}\\right)$, 因为 $A P$ 过定点 $C$,\n\n所以 $\\frac{y_{2}-2}{y_{2}-3-1}=\\frac{y_{1}-2}{x_{1}-1}$, 又 $x_{1}=m y_{1}+a$,\n\n所以 $(m-1) y_{1} y_{2}-(2 m-4) y_{1}+(a+1) y_{2}-2 a-6=0$.\n\n将 $y_{1} y_{2}=-4 a, y_{2}=4 m-y_{1}$ 代入上式, 得 $(-2 m+3-a) y_{1}+(2 a+4 m-6)=0$.\n\n即 $(-2 m+3-a)\\left(y_{1}-2\\right)=0$.\n\n因此式对任意 $y_{1} \\neq 2$ 都成立, 所以 $-2 m+3-a=0$, 即 $3=2 m+a$,\n\n因此直线 $x=m y+a$ 过定点 $Q(3,2)$.\n\n设直线 $A B$ 的方程为 $x-3=m(y-2)$,\n\n与抛物线方程联立得 $y^{2}-4 m y+4(2 m-3)=0$. 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=4(2 m-3)$,\n\n$S_{\\triangle A B C}=\\frac{1}{2}|C Q| \\cdot\\left|y_{1}-y_{2}\\right|=\\left|y_{1}-y_{2}\\right|=\\sqrt{\\left(y_{1}+y_{2}\\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=4 \\sqrt{(m-1)^{2}+2}$.\n\n所以当 $m=1$ 时, $\\triangle A B C$ 面积的最小值为 $4 \\sqrt{2}$.'] ['$4 \\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +330 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=a, a_{n+1}=\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}\left(n \in N^{*}\right)$. +若 $a=3$, 数列 $\left\{\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\right\}$ 成等比数列, 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的���项公式;" ['因为 $\\frac{a_{n+1}-2}{a_{n+1}-4}=\\frac{\\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-2}{\\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-4}=3 \\cdot \\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}$,\n\n所以, 数列 $\\left\\{\\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\\right\\}$ 成等比数列.\n\n于是 $\\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}=\\frac{a_{1}-2}{a_{1}-4} \\cdot 3^{n-1}$, 解得 $a_{n}=\\frac{4 \\cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$. 即数列的通项公式为 $a_{n}=\\frac{4 \\cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$.'] ['$\\frac{4 \\cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +331 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=a, a_{n+1}=\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}\left(n \in N^{*}\right)$. +若对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$, 求实数 $a$ 的取值范围." "['因为 $a_{n}>3$ 对任意的正整数 $n$ 都成立, 故 $a=a_{1}>3$.\n\n因为 $\\frac{a_{n+1}-2}{a_{n+1}-4}=\\frac{\\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-2}{\\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-4}=3 \\cdot \\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}$,\n\n所以, 数列 $\\left\\{\\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\\right\\}$ 成等比数列.\n\n于是 $\\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}=\\frac{a_{1}-2}{a_{1}-4} \\cdot 3^{n-1}$, 解得 $a_{n}=\\frac{4 \\cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$. 即数列的通项公式为 $a_{n}=\\frac{4 \\cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$.\n\n记 $b=\\frac{a-2}{a-4}$, 则 $a_{n}=4+\\frac{2}{b \\cdot 3^{n-1}-1}$.\n\n(1) 当 $3b \\cdot 3^{n-1}-1>b \\cdot 3^{n}-1$. 则 $\\frac{2}{b \\cdot 3^{n}-1}>\\frac{2}{b \\cdot 3^{n-1}-1}$, 于是 $a_{n+1}>a_{n}$, 即数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 单调递增, 从而 $a_{n}>3$, 满足题意;\n\n(2) 当 $a=4$ 时, 由条件可知 $a_{n}=4$, 满足题意;\n\n(3)当 $a>4$ 时, $a-2>a-4>0$, 则 $b>1$,\n\n注意到 $a_{n}=3+\\frac{b \\cdot 3^{n-1}+1}{b \\cdot 3^{n-1}-1}$, 而 $b \\cdot 3^{n-1}-1>0$, 故 $a_{n}>3$, 满足题意.\n\n综上所述, 所求实数 $a$ 的取值范围是 $(3,+\\infty)$.' + '因为 $a_{n}>3$ 对任意的正整数 $n$ 都成立, 故 $a=a_{1}>3$.\n\n下面用数学归纳法证明: 当 $a>3$ 时, 对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$.\n\n当 $n=1$ 时, 结论显然成立;\n\n假设当 $n=k(k \\geq 1)$ 时, 结论成立, 即 $a_{k}>3$.\n\n当 $n=k+1$ 时, 注意到 $a_{k+1}=\\frac{5 a_{k}-8}{a_{k}-1}=3+\\frac{2 a_{k}-5}{a_{k}-1}$.\n\n由 $a_{k}>3$ 知, $2 a_{k}-5>0, a_{k}-1>0$, 从而 $a_{k+1}>3$.\n\n于是结论对 $n=k+1$ 也成立.\n\n根据归纳原理知, 对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$.\n\n综上所述, 所求实数 $a$ 的取值范围是 $(3,+\\infty)$.']" ['$(3,+\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +332 "1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为: + +$$ +S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} . +$$ + +比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$. +求 $S(16)$ 和 $S(2016)$ 的值;" ['因为 $16=2^{4}$, 故 $S(16)=6$.\n\n由 $2016=2^{5} \\times 3^{2} \\times 7$, 知 $S(2016)=\\max \\left\\{S\\left(2^{5}\\right), S\\left(3^{2}\\right), S(7)\\right\\}$.\n\n而 $S(7)=7, S\\left(3^{2}\\right)=6, S\\left(2^{5}\\right)=8$, 故 $S(2016)=8$.'] ['$6,8$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +333 "1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为: + +$$ +S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} . +$$ + +比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$. +若 $S(n)=7$, 求正整数 $n$ 的最大值;" ['由 $S(n)=7$, 知 $n \\mid 7$ !, 从而 $n \\leq 7$ !.\n\n又因为 $S(7 !)=7$, 所以正整数 $n$ 的最大值是 $7 !=5040$.'] ['$5040$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +334 设 $\alpha, \beta$ 为实数, 若对任意实数 $x, y, z$. 有 $a(x y+y z+z x) \leq M \leq \beta\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$ 恒成立, 其中 $M=\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}} \cdot \sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}+\sqrt{y^{2}+y z+z^{2}} \cdot \sqrt{z^{2}+z x+x^{2}}+\sqrt{z^{2}+z x+x^{2}} \cdot \sqrt{x^{2}+x y+y^{2}}$.求 $\alpha$ 的最大值和 $\beta$ 的最小值. ['取 $x=y=z=1$, 有 $3 \\alpha \\leq 9 \\leq 3 \\beta$, 则 $\\alpha \\leq 3, \\beta \\geq 3$.\n\n先证: $M \\geq 3(x y+y z+z x)$ 对任意的实数 $x, y, z$ 成立.\n\n因为 $\\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}} \\cdot \\sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}=\\sqrt{\\left[\\left(x+\\frac{y}{2}\\right)^{2}+\\frac{3}{4} y^{2}\\right] \\cdot\\left[\\left(z+\\frac{y}{2}\\right)^{2}+\\frac{3}{4} y^{2}\\right]}$ $\\geq\\left(x+\\frac{y}{2}\\right)\\left(z+\\frac{y}{2}\\right)+\\frac{3}{4} y^{2}=x z+\\frac{1}{2} x y+\\frac{1}{2} y z+y^{2}$.\n\n所以 $M \\geq \\sum\\left(x z+\\frac{1}{2} x y+\\frac{1}{2} y z+y^{2}\\right)=2(x y+y z+z x)+\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)$\n\n$$\n\\geq 2(x y+y z+z x)+(x y+y z+z x)=3(x y+y z+z x) \\text {. }\n$$\n\n再证: $M \\leq 3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)$ 对任意的实数 $x, y, z$ 成立.\n\n因为 $M \\leq\\left(\\sqrt{x^{2}+x y+y^{2}}\\right)^{2}+\\left(\\sqrt{y^{2}+y z+z^{2}}\\right)^{2}+\\left(\\sqrt{z^{2}+z x+x^{2}}\\right)^{2}$\n\n$$\n=2\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)+(x y+y z+z x) \\leq 3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) .\n$$\n\n综上可知, $\\alpha$ 的最大值是 $3, \\beta$ 的最小值是 3 .'] ['$3,3$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +335 "已知 $a$ 为常数, 函数 + +$f(x)=\ln \frac{1-x}{1+x}-a x$. +若 $a=-\frac{8}{3}$, 求 $f(x)$ 的极大值和极小值." ['注意到, $a=-\\frac{8}{3}<-2$.\n\n由 $f^{\\prime}(x)=0$, 知驻点为 $x=-\\frac{1}{2}$ 或 $\\frac{1}{2}$.\n\n当 $-10$;\n\n当 $\\frac{1}{2}1$, 即 $a>2$ 时, $g(t)$ 在区间 $[-1,1]$\n\n上单调递增.\n\n故 $g(t)$ 的最大值为\n\n$g(1)=a^{2}+4 a-32 \\leqslant 0 \\Rightarrow 20$.\n\n则 $T_{k}=\\sum_{i=1}^{2 k}\\left|b_{i}-\\frac{3}{2}\\right|$\n\n$=\\sum_{i=1}^{k}\\left(\\frac{3}{2}-b_{i}\\right)+\\sum_{i=k+1}^{2 k}\\left(b_{i}-\\frac{3}{2}\\right)$\n\n$=\\frac{k^{2}}{2 k-1}$.\n\n因为 $T_{k} \\in \\mathbf{Z}_{+}$, 即 $(2 k-1) \\mid k^{2}$, 所以,\n\n$(2 k-1) \\mid\\left(4 k^{2}-1+1\\right)$.\n\n于是, $(2 k-1) \\mid 1$.\n\n故 $2 k-1=1 \\Rightarrow k=1$.\n\n从而,所求 $k$ 的所有可能值为 1 .'] ['$1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +338 "过椭圆 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点 $F$ 作两条垂直的弦 $A B 、 C D$. 设 $A B 、 C D$ 的中点分别为 $M 、 N$. +直线 $M N$ 必过定点, 求此定点;" ['由题意知 $F(1,0)$.\n\n(i) 当弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在时, 设 $A B$ 的斜率为 $k$. 则 $C D$ 的斜率为 $-\\frac{1}{k}$.\n\n设 $l_{A B}: y=k(x-1)$.\n\n代人椭圆方程 $\\frac{x^{2}}{3}+\\frac{y^{2}}{2}=1$, 得\n\n$\\left(3 k^{2}+2\\right) x^{2}-6 k^{2} x+\\left(3 k^{2}-6\\right)=0$.\n\n故 $x_{M}=\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}$,\n\n$y_{M}=k\\left(x_{M}-1\\right)=\\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}$.\n\n于是, $M\\left(\\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}, \\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}\\right)$.\n\n因为 $C D \\perp A B$, 所以, 将点 $M$ 坐标中的 $k$ 换为 $-\\frac{1}{k}$, 即得点 $N\\left(\\frac{3}{2 k^{2}+3}, \\frac{2 k}{2 k^{2}+3}\\right)$.\n\n1) 当 $k \\neq \\pm 1$ 时,\n\n$k_{M N}=\\frac{\\frac{2 k}{2 k^{2}+3}+\\frac{2 k}{3 k^{2}+2}}{\\frac{3}{2 k^{2}+3}-\\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}}$\n\n$=\\frac{10 k\\left(k^{2}+1\\right)}{6-6 k^{4}}=\\frac{-5 k}{3 k^{2}-3}$.\n\n此时, $l_{M N}: y-\\frac{2 k}{2 k^{2}+3}=\\frac{-5 k}{3 k^{2}-3}\\left(x-\\frac{3}{2 k^{2}+3}\\right)$.则直线 $l_{M N}$ 过定点 $\\left(\\frac{3}{5}, 0\\right)$.\n\n2) 当 $k= \\pm 1$ 时, 易得 $l_{M N}: x=\\frac{3}{5}$, 也过点 $\\left(\\frac{3}{5}, 0\\right)$.\n\n(ii) 当弦 $A B$ 或弦 $C D$ 的斜率不存在时, 易知, 直线 $M N$ 为 $x$ 轴, 也过点 $\\left(\\frac{3}{5}, 0\\right)$.\n\n综上, 直线 $M N$ 必过定点 $E\\left(\\frac{3}{5}, 0\\right)$.'] ['$\\left(\\frac{3}{5}, 0\\right)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Geometry Math Chinese +339 "过椭圆 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点 $F$ 作两条垂直的弦 $A B 、 C D$. 设 $A B 、 C D$ 的中点分别为 $M 、 N$. +若弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在, 求 $\triangle F M N$面积 $S$ 的最大值." ['由题意知 $F(1,0)$.\n\n(i) 当弦 $A B 、 C D$ 的斜率均存在时, 设 $A B$ 的斜率为 $k$. 则 $C D$ 的斜率为 $-\\frac{1}{k}$.\n\n设 $l_{A B}: y=k(x-1)$.\n\n代人椭圆方程 $\\frac{x^{2}}{3}+\\frac{y^{2}}{2}=1$, 得\n\n$\\left(3 k^{2}+2\\right) x^{2}-6 k^{2} x+\\left(3 k^{2}-6\\right)=0$.\n\n故 $x_{M}=\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}$,\n\n$y_{M}=k\\left(x_{M}-1\\right)=\\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}$.\n\n于是, $M\\left(\\frac{3 k^{2}}{3 k^{2}+2}, \\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}\\right)$.\n\n因为 $C D \\perp A B$, 所以, 将点 $M$ 坐标中的 $k$ 换为 $-\\frac{1}{k}$, 即得点 $N\\left(\\frac{3}{2 k^{2}+3}, \\frac{2 k}{2 k^{2}+3}\\right)$.\n\n$S=\\frac{1}{2}|E F|\\left|y_{M}-y_{N}\\right|$\n\n$=\\frac{1}{5}\\left|\\frac{-2 k}{3 k^{2}+2}-\\frac{2 k}{2 k^{2}+3}\\right|$\n\n$=\\frac{\\left|2 k\\left(k^{2}+1\\right)\\right|}{\\left(3 k^{2}+2\\right)\\left(2 k^{2}+3\\right)}$.\n\n不妨设 $k>0$. 则求导得\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS^{\\prime} & =\\frac{-12 k^{6}-10 k^{4}+10 k^{2}+12}{\\left(3 k^{2}+2\\right)^{2}\\left(2 k^{2}+3\\right)^{2}} \\\\\n& =\\frac{\\left(-12 k^{4}-22 k^{2}-12\\right)\\left(k^{2}-1\\right)}{\\left(3 k^{2}+2\\right)^{2}\\left(2 k^{2}+3\\right)^{2}} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n由 $S^{\\prime}=0$, 知 $k=1$.\n\n又当 $k \\in(0,1)$ 时, $S^{\\prime}>0$;\n\n当 $k \\in(1,+\\infty)$ 时, $S^{\\prime}<0$.\n\n故当 $k=1$ 时, $S$ 有最大值为 $\\frac{4}{25}$.\n\n从而, $\\triangle F M N$ 的面积最大值为 $\\frac{4}{25}$.'] ['$\\frac{4}{25}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +340 设实数 $\omega>0$, 已知函数 $f(x)=\sin ^{2} \omega x+\sqrt{3} \sin \omega x \cdot \sin \left(\omega x+\frac{\pi}{2}\right) \quad$ 的最小正周期是 $\frac{\pi}{2}$.求 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值与最小值. ['$f(x)=\\frac{1-\\cos 2 \\omega x}{2}+\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\sin 2 \\omega x=\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\sin 2 \\omega x-\\frac{1}{2} \\cos 2 \\omega x+\\frac{1}{2}$\n\n$$\n=\\sin \\left(2 \\omega x-\\frac{\\pi}{6}\\right)+\\frac{1}{2}\n$$\n\n由条件知 $T=\\frac{2 \\pi}{2 \\omega}=\\frac{\\pi}{2}$, 则 $\\omega=2$.\n\n于是 $f(x)=\\sin \\left(4 x-\\frac{\\pi}{6}\\right)+\\frac{1}{2}$,\n\n当 $\\frac{\\pi}{8} \\leq x \\leq \\frac{\\pi}{4}$ 时, $\\frac{\\pi}{3} \\leq 4 x-\\frac{\\pi}{6} \\leq \\frac{5 \\pi}{6}$ ，\n\n故 $\\frac{1}{2} \\leq \\sin \\left(4 x-\\frac{\\pi}{6}\\right) \\leq 1$, 即 $1 \\leq \\sin \\left(4 x-\\frac{\\pi}{6}\\right)+\\frac{1}{2} \\leq \\frac{3}{2}$.\n\n所以, $f(x)$ 在 $x=\\frac{\\pi}{6}$ 时取最大值 $\\frac{3}{2}$, 在 $x=\\frac{\\pi}{4}$ 时取最小值是 $1 . \\quad$'] ['$\\frac{3}{2} , 1$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +341 "已知函数 $f(x)=\frac{x^{3}+3 x}{3 x^{2}+1}$, 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足: $x_{1}=2, x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)\left(n \in N^{*}\right)$, + +记 $b_{n}=\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right) \quad\left(n \in N^{*}\right)$. +求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;" ['$\\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\\frac{f\\left(x_{n}\\right)-1}{f\\left(x_{n}\\right)+1}=\\frac{\\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}-1}{\\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}+1}=\\frac{x_{n}^{3}-3 x_{n}^{2}+3 x_{n}-1}{x_{n}^{3}+3 x_{n}^{2}+3 x_{n}+1}=\\left(\\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\\right)^{3}$\n\n于是 $\\log _{3}\\left(\\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\\right)=3 \\log _{3}\\left(\\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\\right)$, 即 $b_{n+1}=3 b_{n}$, 所以数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 成等比数列.\n\n又 $b_{1}=\\log _{3}\\left(\\frac{2-1}{2+1}\\right)=-1$, 于是 $b_{n}=-3^{n-1}$,\n\n所以. 数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $b_{n}=-3^{n-1}$.'] ['$b_{n}=-3^{n-1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +342 "已知函数 $f(x)=\frac{x^{3}+3 x}{3 x^{2}+1}$, 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足: $x_{1}=2, x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)\left(n \in N^{*}\right)$, + +记 $b_{n}=\log _{3}\left(\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\right) \quad\left(n \in N^{*}\right)$. +记 $c_{n}=-n b_{n}\left(n \in N^{*}\right)$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式 $T_{n}$." ['$\\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}=\\frac{f\\left(x_{n}\\right)-1}{f\\left(x_{n}\\right)+1}=\\frac{\\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}-1}{\\frac{x_{n}^{3}+3 x_{n}}{3 x_{n}^{2}+1}+1}=\\frac{x_{n}^{3}-3 x_{n}^{2}+3 x_{n}-1}{x_{n}^{3}+3 x_{n}^{2}+3 x_{n}+1}=\\left(\\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\\right)^{3}$\n\n于是 $\\log _{3}\\left(\\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}+1}\\right)=3 \\log _{3}\\left(\\frac{x_{n}-1}{x_{n}+1}\\right)$, 即 $b_{n+1}=3 b_{n}$, 所以数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 成等比数列.\n\n又 $b_{1}=\\log _{3}\\left(\\frac{2-1}{2+1}\\right)=-1$, 于是 $b_{n}=-3^{n-1}$,\n\n所以. 数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $b_{n}=-3^{n-1}$, 故 $c_{n}=n \\cdot 3^{n-1}$,\n\n$T_{n}=1 \\times 3^{0}+2 \\times 3^{1}+3 \\times 3^{2}+\\cdots+n \\times 3^{n-1}$,\n\n$3 T_{n}=\\quad 1 \\times 3^{1}+2 \\times 3^{2}+3 \\times 3^{3}+\\cdots+n \\times 3^{n}$,\n\n于是 $-2 T_{n}=1+3+3^{2}+\\cdots+3^{n-1}-n \\times 3^{n}=\\frac{3^{n}-1}{2}-n \\times 3^{n}$,\n\n即 $T_{n}=\\frac{n \\times 3^{n}}{2}-\\frac{3^{n}-1}{4}=\\frac{(2 n-1) \\cdot 3^{n}+1}{4}$,\n\n所以, 数列 $\\left\\{c_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和公式 $T_{n}=\\frac{(2 n-1) \\cdot 3^{n}+1}{4}\\left(n \\in N^{*}\\right)$.'] ['$T_{n}=\\frac{(2 n-1) \\cdot 3^{n}+1}{4}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Algebra Math Chinese +343 "已知点 $B(0,1), P 、 Q$ 为椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 上异于点 $B$ 的任意两点, 且 $B P \perp B Q$. +若点 $B$ 在线段 $P Q$ 上的射影为 $M$, 求 $M$ 的轨迹方程;" ['设 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right) 、 Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right), P Q$ 的方程为 $y=k x+m$,\n\n与椭圆方程联立消去 $y$ 得: $\\left(1+4 k^{2}\\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-4=0$,\n\n所以 $x_{1}+x_{2}=\\frac{-8 k m}{4 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=\\frac{4 m^{2}-4}{4 k^{2}+1}$,\n\n由 $B P \\perp B Q$ 得 $\\frac{y_{1}-1}{x_{1}} \\cdot \\frac{y_{2}-1}{x_{2}}-1$, 即 $x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}-\\left(y_{1}+y_{2}\\right)+1=0$,\n\n从而可得 $\\frac{\\left(k^{2}+1\\right)\\left(4 m^{2}-4\\right)}{4 k^{2}+1}+k\\left(m-1\\right)\\frac{-8km}{4 k^{2}+1}+\\left(m-1\\right)^{2}=0,$\n\n化简得 $5 m^{2}-2 m-3=0$, 解得 $m=1$ (舍去) 或 $m=-\\frac{3}{5}$.\n\n设 $M(x, y)$, 因为 $B M\\perp P Q$, 所以 $k=-\\frac{x}{y-1}$,\n\n代入 $P Q$ 方程得 $y=-\\frac{x^{2}}{y-1}-\\frac{3}{5}$,\n\n整理得 $x^{2}+\\left(y-\\frac{1}{5}\\right)^{2}=\\left(\\frac{4}{5}\\right)^{2}$, 由题意知轨迹不经过点 $B(0,1)$.\n\n所以, 动点 $M$ 的轨迹方程为: $x^{2}+\\left(y-\\frac{1}{5}\\right)^{2}=\\left(\\frac{4}{5}\\right)^{2}(y \\neq 1)$.'] ['$x^{2}+\\left(y-\\frac{1}{5}\\right)^{2}=\\left(\\frac{4}{5}\\right)^{2}$'] [] Text-only Competition False Equation Open-ended Geometry Math Chinese +344 "已知点 $B(0,1), P 、 Q$ 为椭圆 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 上异于点 $B$ 的任意两点, 且 $B P \perp B Q$. +求线段 $P Q$ 的中垂线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距的取值范围." ['$P Q$ 方程为 $y=k x-\\frac{3}{5}$, 所以 $\\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\\frac{12 k}{5\\left(4 k^{2}+1\\right)}, \\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\\frac{-3}{5\\left(4 k^{2}+1\\right)}$\n\n所以 $P Q$ 中垂线方程为 $y+\\frac{3}{5\\left(4 k^{2}+1\\right)}=-\\frac{1}{k}\\left(x-\\frac{12 k}{5\\left(4 k^{2}+1\\right)}\\right)$,\n\n其在 $x$ 轴上的截距为 $b=\\frac{9 k}{5\\left(4 k^{2}+1\\right)}$, 所以, $-\\frac{9}{20} \\leq b \\leq \\frac{9}{20}$.'] ['$\\left[-\\frac{9}{20}, \\frac{9}{20}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Geometry Math Chinese +345 "若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点. + +已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数. +若 $a=0$ 时, 存在一个实数 $x_{0}$, 使得 $x=x_{0}$ 既是 $f(x)$ 的不动点, 又是 $f(x)$ 的极值点. 求实数 $b$ 的值;" ['由条件知 $\\left\\{\\begin{array}{l}3 x_{0}^{2}+b=0 \\\\ x_{0}^{3}+b x_{0}+3=x_{0}\\end{array}\\right.$,\n\n于是 $2 x_{0}^{3}+x_{0}-3=0$, 即 $\\left(x_{0}-1\\right)\\left(2 x_{0}^{2}+2 x_{0}+3\\right)=0$, 解得 $x_{0}=1$\n\n从而 $b=-3$.'] ['$-3$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +346 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{3}=1$, 设其实轴端点为 $A_{1} 、 A_{2}$, 点 $P$ 是双曲线上不同于 $A_{1}$ 、 $A_{2}$ 的一个动点, 直线 $P A_{1} 、 P A_{2}$ 分别与直线 $x=1$ 交于 $M_{1} 、 M_{2}$ 两点. 以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆必经过定点，求定点坐标. ['由已知可设 $A_{1}(-2,0), A_{2}(2,0)$, 双曲线上动点 $P$ 的坐标为 $\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ 且 $y_{0} \\neq 0$,则 $\\frac{x_{0}^{2}}{4}-\\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$.\n\n因为直线 $P A_{1}$ 的方程为 $y=\\frac{y_{0}}{x_{0}+2}(x+2)$, 直线 $P A_{2}$ 的方程为 $y=\\frac{y_{0}}{x_{0}-2}(x-2)$,\n\n所以 $\\left.M_{1}\\left(1, \\frac{3 y_{0}}{x_{0}+2}\\right), M_{2}\\left(1, \\frac{-y_{0}}{x_{0}-2}\\right)\\right)$,\n\n设以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆 $C$ 上任意一点 $Q(x, y)$,\n\n则由 $\\overrightarrow{M_{1} Q} \\cdot \\overrightarrow{M_{2} Q}=0$ 得圆 $C$ 的方程为 $(x-1)(x-1)+\\left(y-\\frac{3 y_{0}}{x_{0}+2}\\right)\\left(y-\\frac{-y_{0}}{x_{0}-2}\\right)=0 .$ \n\n令 $y=0$, 代入上述圆方程, 得 $(x-1)^{2}-\\frac{3 y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=0$,\n\n由 $\\frac{x_{0}^{2}}{4}-\\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$ 可得 $\\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=\\frac{3}{4}$ ，\n\n因此有 $(x-1)^{2}-\\frac{9}{4}=0$, 解得 $x=\\frac{5}{2}$ 或 $x=-\\frac{1}{2}$.\n\n所以, 以线段 $M_{1} M_{2}$ 为直径的圆必经过两定点 $\\left(-\\frac{1}{2}, 0\\right),\\left(\\frac{5}{2}, 0\\right)$.'] ['$\\left(-\\frac{1}{2}, 0\\right),\\left(\\frac{5}{2}, 0\\right)$'] [] Text-only Competition True Tuple Open-ended Geometry Math Chinese +347 设 $x, y, z$ 为正实数, 求 $\left(x+\frac{1}{y}+\sqrt{2}\right)\left(y+\frac{1}{z}+\sqrt{2}\right)\left(z+\frac{1}{x}+\sqrt{2}\right)$ 的最小值. "['记 $T=\\left(x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}\\right)\\left(y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}\\right)\\left(z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}\\right)$,\n\n当 $x=y=z=1$ 时, $T$ 有最小值 $(2+\\sqrt{2})^{3}=20+14 \\sqrt{2}$.\n\n下证: $\\quad T \\geq 20+14 \\sqrt{2}$.\n\n $T=\\left(x y z+\\frac{1}{x y z}\\right)+\\sqrt{2}\\left(x y+y z+z x+\\frac{1}{x y}+\\frac{1}{y z}+\\frac{1}{z x}\\right)$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& +3\\left(x+y+z+\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)+\\sqrt{2}\\left(\\frac{x}{z}+\\frac{y}{x}+\\frac{z}{y}\\right)+5 \\sqrt{2} \\\\\n& \\geq 2+\\sqrt{2} \\times 6 \\sqrt[6]{x y \\cdot y z \\cdot z x \\cdot \\frac{1}{x y} \\cdot \\frac{1}{y z} \\cdot \\frac{1}{z x}} \\\\\n& +3 \\times 6 \\sqrt[6]{x \\cdot y \\cdot z \\cdot \\frac{1}{x} \\cdot \\frac{1}{y} \\cdot \\frac{1}{z}}+\\sqrt{2} \\times 3 \\sqrt[3]{\\frac{x}{z} \\cdot \\frac{y}{x} \\cdot \\frac{z}{y}}+5 \\sqrt{2} \\\\\n& =2+6 \\sqrt{2}+3 \\times 6+\\sqrt{2} \\times 3+5 \\sqrt{2}=20+14 \\sqrt{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n当 $x=y=z=1$ 时, 可取到等号.\n\n所以, $T$ 的最小值为 $20+14 \\sqrt{2}$.' + '记 $T=\\left(x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}\\right)\\left(y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}\\right)\\left(z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}\\right)$,\n\n当 $x=y=z=1$ 时, $T$ 有最小值 $(2+\\sqrt{2})^{3}=20+14 \\sqrt{2}$.\n\n下证: $\\quad T \\geq 20+14 \\sqrt{2}$.\n\n$$\n\\quad \\begin{aligned}\n& T\\geq\\left(2 \\sqrt{\\frac{x}{y}}+\\sqrt{2}\\right)\\left(2 \\sqrt{\\frac{y}{z}}+\\sqrt{2}\\right)\\left(2 \\sqrt{\\frac{z}{x}}+\\sqrt{2}\\right) \\\\\n& =8+4 \\sqrt{2}\\left(\\sqrt{\\frac{x}{z}}+\\sqrt{\\frac{z}{y}}+\\sqrt{\\frac{y}{x}}\\right)+4\\left(\\sqrt{\\frac{x}{y}}+\\sqrt{\\frac{y}{z}}+\\sqrt{\\frac{z}{x}}\\right)+2 \\sqrt{2} \\\\\n& \\geq 8+4 \\sqrt{2} \\times 3 \\sqrt[3]{\\sqrt{\\frac{x}{z}} \\cdot \\sqrt{\\frac{z}{y}} \\cdot \\sqrt{\\frac{y}{x}}}+4 \\times 3 \\sqrt[3]{\\sqrt{\\frac{x}{y}} \\cdot \\sqrt{\\frac{y}{z}} \\cdot \\sqrt{\\frac{z}{x}}}+2 \\sqrt{2} \\\\\n& =8+4 \\sqrt{2} \\times 3+4 \\times 3+2 \\sqrt{2}=20+14 \\sqrt{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n当 $x=y=z=1$ 时, 可取到等号.\n\n所以, $T$ 的最小值为 $20+14 \\sqrt{2}$.' + '记 $T=\\left(x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}\\right)\\left(y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}\\right)\\left(z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}\\right)$,\n\n当 $x=y=z=1$ 时, $T$ 有最小值 $(2+\\sqrt{2})^{3}=20+14 \\sqrt{2}$.\n\n下证: $\\quad T \\geq 20+14 \\sqrt{2}$.\n注意到: $\\frac{x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}=\\frac{1}{2+\\sqrt{2}} x+\\frac{1}{2+\\sqrt{2}} \\cdot \\frac{1}{y}+\\frac{\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}} \\cdot 1 \\geq x^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot\\left(\\frac{1}{y}\\right)^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot 1^{\\frac{\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}}$\n\n于是, $\\frac{\\left(x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}\\right)\\left(y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}\\right)\\left(z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}\\right)}{(2+\\sqrt{2})^{3}}$\n\n$$\n=\\frac{x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}} \\cdot \\frac{y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}} \\cdot \\frac{z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\geq\\left(x^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot\\left(\\frac{1}{y}\\right)^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot 1^{\\frac{\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}}\\right) \\cdot\\left(y^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot\\left(\\frac{1}{z}\\right)^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot 1^{\\frac{\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}}\\right) \\cdot\\left(z^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot\\left(\\frac{1}{x}\\right)^{\\frac{1}{2+\\sqrt{2}}} \\cdot 1^{\\frac{\\sqrt{2}}{2+\\sqrt{2}}}\\right) \\\\\n& =1 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $\\left(x+\\frac{1}{y}+\\sqrt{2}\\right)\\left(y+\\frac{1}{z}+\\sqrt{2}\\right)\\left(z+\\frac{1}{x}+\\sqrt{2}\\right) \\geq(2+\\sqrt{2})^{3}$.\n\n当 $x=y=z=1$ 时, 可取到等号.\n\n所以, $T$ 的最小值为 $(2+\\sqrt{2})^{3}=20+14 \\sqrt{2}$.']" ['$20+14 \\sqrt{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +348 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{1}{8} a_{n}^{2}+m\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 若对任意正整数 $n$, 都有 $a_{n}<4$, 求实数 $m$ 的最大值. ['因为 $a_{n+1}-a_{n}=\\frac{1}{8} a_{n}^{2}-a_{n}+m=\\frac{1}{8}\\left(a_{n}-4\\right)^{2}+m-2 \\geq m-2$,\n\n故 $a_{n}=a_{1}+\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(a_{k+1}-a_{k}\\right) \\geq 1+(m-2)(n-1)$.\n\n若 $m>2$, 注意到 $n \\rightarrow+\\infty$ 时, $(m-2)(n-1) \\rightarrow+\\infty$,\n\n因此, 存在充分大的 $n$, 使得 $1+(m-2)(n-1)>4$, 即 $a_{n}>4$, 矛盾!\n\n所以, $m \\leq 2$.\n\n又当 $m=2$ 时, 可证: 对任意的正整数 $n$, 都有 $00\\}$.\n\n由 $f(x)=p x-\\frac{p}{x}-2 \\ln x$ 知 $f^{\\prime}(x)=p+\\frac{p}{x^{2}}-\\frac{2}{x}$,\n\n要使 $f(x)$ 在其定义域 $(0,+\\infty)$ 内为单调递增函数, 只须 $f^{\\prime}(x) \\geq 0$,\n\n即 $p x^{2}-2 x+p \\geq 0$ 在 $(0,+\\infty)$ 内恒成立.\n\n于是 $p \\geq \\frac{2 x}{x^{2}+1}$, 注意到: $\\frac{2 x}{x^{2}+1} \\leq \\frac{2 x}{2 x}=1$, 等号在 $x=1$ 时成立,\n\n即 $\\frac{2 x}{x^{2}+1}$ 在 $x=1$ 时有最大值 1 .\n\n从而 $p \\geq 1$.'] ['$[1, +\\infty)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +350 "设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$. +设 $g(x)=\frac{2 e}{x}$, 且 $p>0$, 若在 $[1, e]$ 上至少存在一点 $x_{0}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)>g\left(x_{0}\right)$ 成立,求实数 $p$ 的取值范围;" "['注意到 $g(x)=\\frac{2 e}{x}$ 在 $[1, e]$ 上是减函数,\n\n所以 $g(x)_{\\text {min }}=g(e)=2, g(x)_{\\text {max }}=g(1)=2 e$, 即 $g(x) \\in[2,2 e]$.\n\n当 $0g(x)_{\\min }=2, x \\in[1, e]$,\n\n由 $f(x)_{\\max }=f(e)=p\\left(e-\\frac{1}{e}\\right)-2 \\ln e>2$, 解得 $p>\\frac{4 e}{e^{2}-1}$.\n\n综上, $p$ 的取值范围是 $\\left(\\frac{4 e}{e^{2}-1},+\\infty\\right)$.' + '原命题等价于 $f(x)-g(x)>0$ 在 $[1, e]$ 上有解,\n\n设 $F(x)=f(x)-g(x)=p x-\\frac{p}{x}-2 \\ln x-\\frac{2 e}{x}$.\n\n因为 $F^{\\prime}(x)=p+\\frac{p}{x^{2}}-\\frac{2}{x}+\\frac{2 e}{x^{2}}=\\frac{p x^{2}+p+2(e-x)}{x^{2}}>0$,\n\n所以 $F(x)$ 是增函数,\n\n所以 $F(x)_{\\max }=F(e)>0$, 解得 $p>\\frac{4 e}{e^{2}-1}$.\n\n故 $p$ 的取值范围是 $\\left(\\frac{4 e}{e^{2}-1},+\\infty\\right)$.']" ['$\\left(\\frac{4 e}{e^{2}-1},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +351 "已知对任意 $x 、 y 、 z \geqslant 0$ 有 $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z \geqslant c|(x-y)(y-z)(z-x)|$. + +求 $c$ 的最大值." ['不等式左边\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =(x+y+z)\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-y z-x z\\right) \\\\\n& =\\frac{(x+y+z)\\left[(x-z)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\\right]}{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n不妨设 $x \\geqslant y \\geqslant z \\geqslant 0$.\n\n若 $x=y$ 或 $y=z$, 对于任意实数 $c$, 不等式均成立.\n\n若 $x>y>z \\geqslant 0$, 固定 $x-y 、 y-z$, 则 $z-x$固定.\n\n要使得 $c$ 最大, 应使左边最小, 即 $x+y+z$最小.\n\n因为 $x+y+z=(x-y)+2(y-z)+3 z$, 所以,当 $z=0$ 时, 左边最小.\n\n下面讨论 $x>y>z=0$ 的情形.\n\n原式变为 $x^{3}+y^{3} \\geqslant c x y(x-y)$.\n\n令 $t=\\frac{x}{y}(t>1)$. 则 $t^{3}+1 \\geqslant c t(t-1)$.\n\n故 $c_{\\text {max }}=f(t)_{\\text {min }}$, 其中, $f(t)=\\frac{t^{3}+1}{t(t-1)}$.\n\n设 $f(t)$ 在 $t_{0}$ 处取得最小值. 则\n\n$f^{\\prime}\\left(t_{0}\\right)=\\frac{t_{0}^{4}-2 t_{0}^{3}-2 t_{0}+1}{t_{0}^{2}\\left(t_{0}-1\\right)^{2}}=0$.\n\n故 $\\left(t_{0}+\\frac{1}{t_{0}}\\right)^{2}-2\\left(t_{0}+\\frac{1}{t_{0}}\\right)-2=0$.\n\n解得 $t_{0}=\\frac{1+\\sqrt{3}+\\sqrt{2 \\sqrt{3}}}{2}$.\n\n从而, $c_{\\text {max }}=f\\left(t_{0}\\right)=\\left(\\frac{\\sqrt{6}+3 \\sqrt{2}}{2}\\right)^{\\sqrt[4]{3}}$.'] ['$\\left(\\frac{\\sqrt{6}+3 \\sqrt{2}}{2}\\right)^{\\sqrt[4]{3}}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +352 "用 $r(n)$ 表示 $n$ 被 $1,2, \cdots, n$ 除所得余数的和. 试求所有正整数 $m(11$, 由 $12 n(2 n+x)$,\n\n所有负和列中各数的和的绝对值\n\n$|-u|>2 n(2 n-x)$.\n\n因此, $u>2 n(2 n+|x|)$.\n\n类似地, 所有正和行中的各数的和 $v>2 n(2 n+|y|)$.\n\n令 $a$ 表示正和行与正和列的交集中各数之和, $b$ 表示正和列与负和行的交集中各数之和, $c$ 表示负和列与负和行的交集中各数之和. 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& a+b=u, b+c=-v \\\\\n& \\Rightarrow a-c=u+v>2 n(4 n+|x|+|y|)\n\\end{aligned}\n$$\n\n另一方面，\n\n$$\na-c \\leqslant(2 n+x)(2 n+y)+(2 n-x)(2 n-y)\n$$\n\n$$\n=8 n^{2}+2 x y .\n$$\n\n故 $|x y| \\geqslant x y>n(|x|+|y|)$, 得\n\n$(|x|-n)(|y|-n)>n^{2}$,\n\n矛盾.'] ['$2 n$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Number Theory Math Chinese +355 "若 $n$ 为完全平方数或 $n$ 到距离其最近的完全平方数的距离为完全立方数, 则称 $n$为 “好数”. 例如, $\left|45^{2}-2017\right|=2^{3}$, 即 2017 为好数. 对于正整数 $N$, 令 $S(N)$ 为集合 $\{1$, $2, \cdots, N\}$ 中好数的个数. +求 $S(2018)$;" ['对于正整数 $n, n^{2}$ 左侧的完全平方数为 $n^{2}-2 n+1, n^{2}$ 右侧的完全平方数为 $n^{2}+2 n+1$.\n\n于是,距离区间 $\\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\\right]$ 内整数最近的完全平方数均为 $n^{2}$.\n\n记 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.\n\n设 $s=[\\sqrt[3]{n-1}], t=[\\sqrt[3]{n}]$.\n\n则区间 $\\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\\right]$ 内的好数依次为\n\n$n^{2}, n^{2}-1^{3}, n^{2}-2^{3}, \\cdots, n^{2}-s^{3}, n^{2}+1^{3}, \\cdots, n^{2}+t^{3}$.\n\n故区间 $\\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\\right]$ 内的好数的个数为 $1+[\\sqrt[3]{n-1}]+[\\sqrt[3]{n}]$.\n\n注意到, $44^{2}<2018=45^{2}-7<45^{2}$.\n\n则 $S(2018)$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =\\sum_{n=1}^{44}(1+[\\sqrt[3]{n-1}]+[\\sqrt[3]{n}])+([\\sqrt[3]{44}]-1) \\\\\n& =44+2 \\sum_{n=1}^{44}[\\sqrt[3]{n}]-1 \\\\\n& =43+2(1 \\times 7+2 \\times 19+3 \\times 18)=241 .\n\\end{aligned}\n$$'] ['$241$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +356 "用不交于内点的对角线将多边形分为一系列三角形,必要时可以在形内取若干个点作为所分出的三角形的顶点, 这些顶点称为 “辅助顶点”. 辅助顶点之间的连线、辅助顶点与顶点之间的连线均称为对角线. 任何两条对角线均不得交于内点. 这种将多边形划分为一系列三角形的方法称为多边形的 “三角形剖分”. + +设 $n$ 为不小于 5 的正整数. 为了将一个正 $n$ 边形剖分为一系列的钝角三角形,试求所分成的三角形个数 $m$ 的最小可能值." ['若不添加辅助顶点, 则所有分出的三角形的所有顶点均在正 $n$ 边形的 $n$ 个顶点上.故正 $n$ 边形的外接圆为所有这些三角形的公共的外接圆. 于是, 它们共有一个外心, 必落在某个所分出的三角形的内部或边上. 从而,该三角形为锐角三角形或直角三角形.\n\n这表明,若想所分出的三角形均为钝角三角形,则必须添加辅助顶点.\n\n当所添加的辅助顶点的数目为 $k$ 时, 所分成的三角形的所有内角和为\n\n$$\n(n-2) \\pi+2 k \\pi=(n+2 k-2) \\pi,\n$$\n\n于是, 所分出的三角形共有 $n+2 k-2$ 个. 这表明,欲分成的三角形均为钝角三角形,则所分出三角形个数 $m \\geqslant n$ (因为 $k \\geqslant 1$ ), 欲等号成立, 即欲 $m$ 达到最小可能值, 就只能仅添加一个辅助顶点.\n\n下面说明只需添加一个辅助顶点即可达到目的.\n\n先用不在形内相交的对角线把正 $n$ 边形分为 $n-2$ 个三角形. 注意, 在 $n$ 为偶数时不采用主对角线. 此时, 所分出的 $n-2$ 个三角形中有 $n-3$ 个钝角三角形和 1 个锐角三角形.\n\n再将那个锐角三角形的内心作为辅助顶点, 将其分别与该锐角三角形的三个顶点相连, 即可把该锐角三角形分为 3 个钝角三角形,共得 $n$ 个钝角三角形.\n\n当 $n$ 为偶数时, 设 $n=2 l(l \\geqslant 3)$. 对正偶数边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{2 l}$, 可具体操作如下: 联结 $A_{1} A_{3}, A_{1} A_{4}, \\cdots, A_{1} A_{2 l-1}$, 擦去其中的主对角线 $A_{1} A_{l+1}$, 改连 $A_{l} A_{l+2}$, 即得 $n-2$ 个三角形. 因为 $l \\geqslant 3$, 所以, $A_{l} A_{l+2}$ 不是主对角线. 此时, 公共外心必落在 $\\triangle A_{1} A_{l} A_{l+2}$ 中, 故只有其为锐角三角形, 其余 $n-3$ 个均为钝角三角形. 再把 $\\triangle A_{1} A_{l} A_{l+2}$ 的内心取作辅助顶点, 将它分别与 $A_{1} 、 A_{l} 、 A_{l+2}$ 相连, 即得 $n$ 个钝角三角形.'] ['$n$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Combinatorics Math Chinese +357 "求最小的质数 $p$, 满足 $(p, N)=1$,其中, $N$ 为所有满足以下条件的 $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots\right.$, $a_{2012}$ ) 的个数: + +(1) $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{2012}\right)$ 是 $0,1, \cdots, 2012$的一个排列; + +(2) 对 2013 的任意一个正约数 $m$ 及所有的 $n(0 \leqslant nx_{n+1}=4 x_{n}+\\left[\\sqrt{11} x_{n}\\right]>4 x_{n}+\\sqrt{11} x_{n}-1$.\n\n上式两边同乘以 $4-\\sqrt{11}$ 得\n\n$5 x_{n}>(4-\\sqrt{11}) x_{n+1}>5 x_{n}-(4-\\sqrt{11})$\n\n$\\Rightarrow 4 x_{n+1}-5 x_{n}<\\sqrt{11} x_{n+1}$\n\n$<4 x_{n+1}-5 x_{n}+(4-\\sqrt{11})$\n\n$\\Rightarrow\\left[\\sqrt{11} x_{n+1}\\right]=4 x_{n+1}-5 x_{n}$\n\n$\\Rightarrow x_{n+2}=4 x_{n+1}+\\left[\\sqrt{11} x_{n+1}\\right]$\n\n$=4 x_{n+1}+\\left(4 x_{n+1}-5 x_{n}\\right)$\n\n$=8 x_{n+1}-5 x_{n}$.\n\n显然, $x_{n+2} \\equiv x_{n}(\\bmod 2)$,\n\n$x_{n+2} \\equiv 3 x_{n+1}(\\bmod 5)$.\n\n由 $x_{1}=1, x_{2}=7$, 可利用第二数学归纳法容易证明: 对任意正整数 $n$ 有\n\n$x_{n} \\equiv 1(\\bmod 2)$.\n\n由 $x_{2}=7$, 可利用第一数学归纳法容易证明: 对任意大于或等于 2 的正整数 $n$ 有\n\n$x_{n} \\equiv 2 \\times 3^{n-2}(\\bmod 5)$.\n\n因为 $x_{2012} \\equiv 1(\\bmod 2)$,\n\n$x_{2012} \\equiv 2 \\times 3^{2010} \\equiv 2 \\times 3^{2} \\equiv 3(\\bmod 5)$,\n\n所以, $x_{2012}$ 的个位数字为 3 .'] ['$3$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +359 "对 $1,2, \cdots, n\left(n \in \mathbf{N}_{+}, n>2\right.$ 012)的任意一个排列 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$, 定义: + +$$ +L=\sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}-\sqrt{3} x_{i+1}\right| +$$ + +其中, $x_{n+1}=x_{1}$. 试求 $L_{\text {max }} 、 L_{\text {min }}$ 及取得最大值时的所有排列 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的个数." ['显然, $L$ 为 $i 、 \\sqrt{3} i(i=1,2, \\cdots, n)$ 中 $n$个取正号、 $n$ 个取负号的数之和.\n\n为使 $L$ 取最大值, 则上述 $2 n$ 个数中较大的 $n$ 个数取正号, 较小的 $n$ 个数取负号.\n\n设 $\\sqrt{3} i(i=1,2, \\cdots, a)$ 及 $j(j=1,2, \\cdots, b)$\n\n取负号,其余取正号. 则\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}a+b=n, \\\\ \\sqrt{3}(a+1)>b, \\\\ b+1>\\sqrt{3} a\\end{array} \\Rightarrow\\left\\{\\begin{array}{l}a=\\left[\\frac{n+1}{\\sqrt{3}+1}\\right], \\\\ b=n-a .\\end{array}\\right.\\right.$\n\n故 $L_{\\max }=\\sqrt{3}\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-a(a+1)\\right]+\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-b(b+1)\\right]$。\n\n下面求满足 $L_{\\text {max }}$ 时的 $\\left(x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n}\\right)=A$的个数.\n\n令 $I_{1}=\\{1,2, \\cdots, a\\}$,\n\n$I_{2}=\\{a+1, a+2, \\cdots, b\\}$,\n\n$I_{3}=\\{b+1, b+2, \\cdots, n\\}$.\n\n由取正负号的情形知有下列性质。\n\n(1) $I_{j}(j=1,3)$ 中数在 $A$ 中两两不相邻.否则, 设 $x_{i} 、 x_{i+1} \\in I_{j}$. 则由 $\\left|x_{i}-\\sqrt{3} x_{i+1}\\right|$, 知 $x_{i} 、 \\sqrt{3} x_{i+1}$ 异号,矛盾.\n\n(2) $I_{3}$ 中数在 $A$ 中的后一个数不属于 $I_{2}$.否则, 设 $x_{i} \\in I_{3}, x_{i+1} \\in I_{2}$, 则由 $\\left|x_{i}-\\sqrt{3} x_{i+1}\\right|$,知 $x_{i} 、 \\sqrt{3} x_{i+1}$ 异号, 矛盾.\n\n(3) $I_{3}$ 中数在 $A$ 中的后一个数属于 $I_{1}$.\n\n(4) $I_{2}$ 中数在 $A$ 中可以相邻.\n\n由(1) (4) 知, 将 $A$ 中各数依次排在一个圆周上, $I_{3}$ 与 $I_{1}$ 中各取一数彼此相邻, 共有 $a$ 组,将圆周分成 $a$ 段, $I_{2}$ 中数随意放人其中, 所得到的任一排列满足条件.\n\n所以, 满足 $L_{\\text {max }}$ 时的排列 $\\left(x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n}\\right)$的个数为 $n(n-a-1) ! \\cdot a !$.\n\n最后用调整法求 $L_{\\text {min }}$.\n\n将 $\\sqrt{3} i(i=1,2, \\cdots, n)$ 取正号, $j(j=1,2, \\cdots, n)$取负号.\n\n若某个 $\\sqrt{3} i_{0}$ 变成负号, 则某个 $j_{0}\\left(j_{0}>\\sqrt{3} i_{0}\\right)$需变成正号,这是由于\n\n$\\left|j_{0}-\\sqrt{3} i_{0}\\right|=j_{0}-\\sqrt{3} i_{0}$.\n\n从而, 这 $2 n$ 个数之和变大.\n\n又 $|j-\\sqrt{3}|=j-\\sqrt{3}(j \\neq 1)$, 故 $\\sqrt{3}$ 必取负号.\n\n为使 $L$ 最小,则 2 取正号,其余符号不变.\n\n$$\n\\begin{gathered}\n\\text { 故 } L_{\\min }=\\sqrt{3}\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-2 \\times 1\\right]- \\\\\n\\quad\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-2 \\times 2\\right] \\\\\n=(\\sqrt{3}-1) \\frac{n(n+1)}{2}+4-2 \\sqrt{3} .\n\\end{gathered}\n$$\n\n当 $\\left(x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n}\\right)=(n, n-1, \\cdots, 1)$ 时,取最小值.'] ['$L_{\\max }=\\sqrt{3}\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-a(a+1)\\right]+\\left[\\frac{n(n+1)}{2}-b(b+1)\\right], L_{\\min }=(\\sqrt{3}-1) \\frac{n(n+1)}{2}+4-2 \\sqrt{3}, n(n-a-1) ! \\cdot a !$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Combinatorics Math Chinese +360 若正实数 $x 、 y$ 满足 $x^{3}+y^{3}+3 x y=1$, 求 $\left(x+\frac{1}{x}\right)^{3}+\left(y+\frac{1}{y}\right)^{3}$ 的最小值。 ['由 $0=x^{3}+y^{3}-1+3 x y=(x+y-1)\\left((x-y)^{2}+x y+x+y+1\\right)$,\n\n$(x-y)^{2}+x y+x+y+1>0$,\n\n则 $x+y-1=0 \\Rightarrow x+y=1$.\n\n设 $f(t)=\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)^{3}(t>0)$. 则\n\n$f^{\\prime}(t)=3\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)^{2}\\left(1-\\frac{1}{t^{2}}\\right)$,\n\n$f^{\\prime \\prime}(t)=3\\left(2\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)\\left(1-\\frac{1}{t^{2}}\\right)^{2}+\\frac{2}{t^{3}}\\left(t+\\frac{1}{t}\\right)^{2}\\right)>0$.\n\n于是, $f(t)$ 为凸函数.\n\n由琴生不等式得\n\n$f(x)+f(y) \\geqslant 2 f\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)=2 f\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{125}{4}$.\n\n当 $x=y=\\frac{1}{2}$ 时,上式等号成立.\n\n故 $\\left(x+\\frac{1}{x}\\right)^{3}+\\left(y+\\frac{1}{y}\\right)^{3}$ 的最小值为 $\\frac{125}{4}$.'] ['$\\frac{125}{4}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Algebra Math Chinese +361 已知单位正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱 $A B 、 A_{1} D_{1} 、 A_{1} B_{1} 、 B C$ 的中点分别为 $L 、 M 、 N$ 、 $K$. 求四面体 $L M N K$ 的内切球半径。 ['设四面体 $L M N K$ 的内切球半径为 $r$.\n\n因为 $\\angle N L K=\\angle L N M=90^{\\circ}$, 所以,\n\n$S_{\\triangle L M N}=S_{\\triangle L N K}=\\frac{1}{2} \\times 1 \\times \\frac{\\sqrt{2}}{2}=\\frac{\\sqrt{2}}{4}$.\n\n又 $\\angle M L K=\\angle M N K=90^{\\circ}$, 则\n\n$S_{\\triangle L M K}=S_{\\triangle M N K}=\\frac{1}{2} \\times \\frac{\\sqrt{6}}{2} \\times \\frac{\\sqrt{2}}{2}=\\frac{\\sqrt{3}}{4}$.\n\n因此, 四面体 $L M N K$ 的表面积为\n\n$S=2\\left(\\frac{\\sqrt{2}}{4}+\\frac{\\sqrt{3}}{4}\\right)=\\frac{\\sqrt{2}+\\sqrt{3}}{2}$.\n\n由于 $K L \\perp$ 底面 $L M N$,于是,\n\n$V_{\\text {四面体 } L M N K}=\\frac{1}{3} K L \\cdot S_{\\triangle L M N}=\\frac{1}{3} \\times \\frac{\\sqrt{2}}{2} \\times \\frac{\\sqrt{2}}{4}=\\frac{1}{12}$.\n\n由 $V_{\\text {四面体LMNK }}=\\frac{1}{3} r S \\Rightarrow r=\\frac{\\sqrt{3}-\\sqrt{2}}{2}$.'] ['$\\frac{\\sqrt{3}-\\sqrt{2}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +362 已知 $P$ 为双曲线 $\Gamma: \frac{x^{2}}{463^{2}}-\frac{y^{2}}{389^{2}}=1$ 上一点, 过点 $P$ 作直线 $l$, 与双曲线 $\Gamma$ 的两条渐近线分别交于点 $A 、 B$. 若 $P$ 为线段 $A B$ 的中点, $O$ 为坐标原点, 求$S_{\triangle O A B}$。 ['设双曲线 $\\Gamma$ 的两条渐近线为\n\n$l_{1}: y=\\frac{389}{463} x, l_{2}: y=-\\frac{389}{463} x ;$\n\n$l$ 与 $l_{1} 、 l_{2}$ 分别交于点 $A 、 B$.\n\n设 $P\\left(x_{0}, y_{0}\\right), A\\left(x_{1}, \\frac{389}{463} x_{1}\\right)$,\n\n$B\\left(x_{2},-\\frac{389}{463} x_{2}\\right)$.\n\n则 $x_{0}=\\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, y_{0}=\\frac{389}{463} \\cdot \\frac{x_{1}-x_{2}}{2}$.\n\n由 $1=\\frac{x_{0}^{2}}{463^{2}}-\\frac{y_{0}^{2}}{389^{2}}=\\frac{x_{1} x_{2}}{463^{2}}$, 故\n\n$S_{\\triangle O A B}=\\frac{1}{2}\\left|x_{1}\\left(-\\frac{389}{463} x_{2}\\right)-x_{2}\\left(\\frac{389}{463} x_{1}\\right)\\right|=\\frac{389}{463}\\left|x_{1} x_{2}\\right|=389 \\times 463=180107$.'] ['$180107$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +363 "对于任意正实数 $x 、 y$,求 + +$$ +\frac{(x y+x+y)(x+y+1)}{(x+y)(x+1)(y+1)} +$$ + +的取值范围。" ['设 $f(x, y)=\\frac{(x y+x+y)(x+y+1)}{(x+y)(x+1)(y+1)}$. 则\n\n$f(x, y)=1+\\frac{x y}{(x+y)(x+1)(y+1)}>1$.\n\n当固定 $y$,且 $x \\rightarrow 0$ 时, $f(x, y) \\rightarrow 1$.\n\n由均值不等式得\n\n$x+y \\geqslant 2 \\sqrt{x y}, x+1 \\geqslant 2 \\sqrt{x}, y+1 \\geqslant 2 \\sqrt{y}$.\n\n则 $f(x, y) \\leqslant 1+\\frac{x y}{2 \\sqrt{x y} \\cdot 2 \\sqrt{x} \\cdot 2 \\sqrt{y}}=\\frac{9}{8}$,\n\n且当 $x=y=1$ 时,上式等号成立.\n\n因此, $f(x, y)$ 的取值范围是 $\\left(1, \\frac{9}{8}\\right]$.'] ['$\\left(1, \\frac{9}{8}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +364 在平面直角坐标系中,已知 $A(13,43)$, $B(-36,19 \sqrt{2}), C(18,-11 \sqrt{14})$. 求 $\triangle A B C$ 的垂心 $H$ 的坐标。 ['设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right), C\\left(x_{3}, y_{3}\\right)$.\n\n因为 $x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=x_{3}^{2}+y_{3}^{2}=2018$, 所以, $\\triangle A B C$ 的外心为坐标原点 $O$.\n\n因此, $H\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}, y_{1}+y_{2}+y_{3}\\right)$.\n\n故 $H(-5,43+19 \\sqrt{2}-11 \\sqrt{14})$.'] ['$(-5,43+19 \\sqrt{2}-11 \\sqrt{14})$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Geometry Math Chinese +365 "设函数 + +$f(x)=\frac{x(1-x)}{x^{3}-x+1}(01\n$$\n\n知该方程有唯一实根\n\n$$\nx_{0}=\\frac{\\sqrt{2}+1-\\sqrt{2 \\sqrt{2}-1}}{2} \\in(0,1) \\text {. }\n$$\n\n当 $00, f(x)$ 严格单调递增;\n\n当 $x_{0}\frac{1}{5}$, + +求实数 $a$ 的取值范围。" ['设 $f(n)=\\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{n+i}(n \\in \\mathbf{Z}, n \\geqslant 3)$. 则\n\n$f(n+1)-f(n)$\n\n$=\\sum_{i=1}^{n+1} \\frac{1}{n+1+i}-\\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{n+i}$\n\n$=\\frac{1}{2 n+1}+\\frac{1}{2 n+2}-\\frac{1}{n+1}$\n\n$=\\frac{1}{2 n+1}-\\frac{1}{2 n+2}>0$,\n\n即 $f(n)$ 严格递增.\n\n于是, 对任意的正整数 $n \\geqslant 3$, 均有\n\n$f(n) \\geqslant f(3)=\\frac{1}{4}+\\frac{1}{5}+\\frac{1}{6}$.\n\n因此, 实数 $a$ 的取值范围就是满足\n\n$\\frac{1}{4}+\\frac{1}{5}+\\frac{1}{6}+\\frac{5}{12} \\log _{a}(a-1)>\\frac{1}{5}$的实数 $a$ 的取值范围, 即 $\\log _{a}(a-1)>-1$.\n\n又 $a>1$, 则\n\n$\\frac{1}{a-1}0$\n\n$\\Rightarrow a>\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}$.\n\n综上, $a \\in\\left(\\frac{1+\\sqrt{5}}{2},+\\infty\\right)$.'] ['$\\left(\\frac{1+\\sqrt{5}}{2},+\\infty\\right)$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Algebra Math Chinese +367 "已知正整数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2018}$ 满足 + +$a_{1}b>0)$ + +的长轴的左、右端点分别为 $A 、 B$, 左、右焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}$. 若存在椭圆 $\Gamma$ 上的点 $P$, 使得 $P F_{1} 、 P F_{2}$ 三等分 $\angle A P B$, 在所有满足上述条件的椭圆 $\Gamma$ 中, 试求不同的离心率 $e$ 的个数." ['由 $S_{\\triangle P A F_{1}}=S_{\\triangle P B F_{2}}$, 得\n\n$P A \\cdot P F_{1}=P B \\cdot P F_{2}$.\n\n故 $P$ 必为短轴的端点, 不妨设点 $P(0, b)$.\n\n由直线 $P A 、 P F_{1}$ 的斜率分别为 $\\frac{b}{a} 、 \\frac{b}{c}$, 知\n\n$\\tan \\angle A P F_{1}=\\frac{\\frac{b}{c}-\\frac{b}{a}}{1+\\frac{b}{c} \\cdot \\frac{b}{a}}=\\frac{b(a-c)}{a c+b^{2}}$.\n\n设 $O$ 为坐标原点.\n\n由 $\\tan \\angle O P F_{1}=\\frac{c}{b}$\n\n$\\Rightarrow \\tan \\angle F_{1} P F_{2}=\\tan 2 \\angle O P F_{1}=\\frac{2 \\frac{c}{b}}{1-\\left(\\frac{c}{b}\\right)^{2}}=\\frac{2 b c}{b^{2}-c^{2}}$.\n\n易知, $\\angle A P F_{1}=\\angle F_{1} P F_{2}$, 则\n\n$\\frac{b(a-c)}{a c+b^{2}}=\\frac{2 b c}{b^{2}-c^{2}}$.\n\n将 $b^{2}=a^{2}-c^{2}$ 代人上式得\n\n$(a-c)\\left(a^{2}-2 c^{2}\\right)=2 c\\left(a c+a^{2}-c^{2}\\right)$.\n\n由 $e=\\frac{c}{a} \\in(0,1)$\n\n$\\Rightarrow 4 e^{3}-4 e^{2}-3 e+1=0$.\n\n设 $f(t)=4 t^{3}-4 t^{2}-3 t+1(t \\in \\mathbf{R})$. 则\n\n$f^{\\prime}(t)=12 t^{2}-8 t-3$.\n\n令 $f^{\\prime}(t)=0$, 可得两个实根\n\n$t_{1}=\\frac{2-\\sqrt{13}}{6} \\in(-1,0)$,\n\n$t_{2}=\\frac{2+\\sqrt{13}}{6} \\in(0,1)$.\n\n由 $f\\left(t_{1}\\right)>0, f\\left(t_{2}\\right)<0$, 知方程$4 t^{3}-4 t^{2}-3 t+1=0 \\quad \\quad (1)$\n有三个实根.\n\n因为 $f(0)>0, f(1)<0$, 所以, 方程(1)在区间 $(0,1)$ 内恰有一个实根.\n\n因此,满足条件的不同的离心率 $e$ 的个数为 1 .'] ['$1$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Geometry Math Chinese +369 对于任意实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}$ $\in[0,1]$, 求 $\prod_{1 \leqslant ia_{2}>\\cdots>a_{5}$.\n\n要使 $f\\left(a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{5}\\right)$ 取到最大值,必有 $a_{1}=1, a_{5}=0$.\n\n故 $f\\left(1, a_{2}, a_{3}, a_{4}, 0\\right)=\\left(a_{2}-a_{3}\\right)\\left(a_{2}-a_{4}\\right)\\left(a_{3}-a_{4}\\right) \\prod_{k=2}^{4} a_{k}\\left(1-a_{k}\\right)$.\n\n设 $a_{2}-a_{4}=x$. 则 $x \\in(0,1)$.\n\n由均值不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf & \\left(1, a_{2}, a_{3}, a_{4}, 0\\right) \\\\\n= & \\left(1-a_{2}\\right) a_{4}\\left(1-a_{3}\\right) a_{3}\\left(1-a_{4}\\right) a_{2} . \\\\\n& \\left(a_{2}-a_{3}\\right)\\left(a_{3}-a_{4}\\right)\\left(a_{2}-a_{4}\\right) \\\\\n\\leqslant & \\left(\\frac{1-a_{2}+a_{4}}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{1-a_{4}+a_{2}}{2}\\right)^{2} . \\\\\n& \\left(\\frac{a_{2}-a_{4}}{2}\\right)^{2}\\left(a_{2}-a_{4}\\right) \\\\\n= & \\left(\\frac{1-x}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{1+x}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{x}{2}\\right)^{2} x \\\\\n= & \\frac{1}{2^{8}}\\left(x^{7}-2 x^{5}+x^{3}\\right) \\triangleq g(x),\n\\end{aligned}\n$$\n\n当 $a_{2}+a_{4}=1, a_{3}=\\frac{1}{2}$ 时,上式等号成立.\n\n令 $g^{\\prime}(x)=\\frac{1}{2^{8}}\\left(7 x^{6}-10 x^{4}+3 x^{2}\\right)$\n\n$=\\frac{1}{2^{8}} x^{2}\\left(7 x^{2}-3\\right)\\left(x^{2}-1\\right)=0$.\n\n则在区间 $(0,1)$ 内有唯一解 $x_{0}=\\frac{\\sqrt{21}}{7}$.\n\n当 $00, g(x)$ 严格单调递增;\n\n当 $x_{0}0, \\\\ x_{1}+x_{2}=\\frac{-8 k(k+1)}{1-4 k^{2}}>0, \\\\ x_{1} x_{2}=\\frac{-4(k+1)^{2}-4}{1-4 k^{2}}>0\\end{array}\\right.$\n\n$\\Rightarrow \\frac{1}{2}1008$, 不妨假设 $1 \\leqslant x0)$为半径的圆与抛物线 $\Gamma$ 有四个交点 $A 、 B 、 C$ 、 $D$, 求以 $A 、 B 、C 、 D$ 为顶点的四边形面积 $S$ 的最大值. ['设以 $P(0, b)$ 为圆心、变量 $r$ 为半径的圆是 $\\Gamma_{r}$, 不妨假设点 $A 、 B 、 C 、 D$ 按顺时针的次序排列, 且 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$ 在第一象限. 则 $x_{1}>x_{2}>0, y_{1}>y_{2}>0$.\n\n由于圆 $\\Gamma_{r}$ 的方程为 $x^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}$,与 $y=a x^{2}$ 联立得\n\n$$\ny^{2}+\\left(\\frac{1}{a}-2 b\\right) y+b^{2}-r^{2}=0 \\text {. }\n$$\n\n由韦达定理得\n\n$y_{1}+y_{2}=2 b-\\frac{1}{a}=\\frac{2 a b-1}{a}>0$,\n\n$y_{1} y_{2}=b^{2}-r^{2}>0$.\n\n故 $4 a b-1>2 a b-1>0, r0$\n\n$\\Rightarrow \\frac{\\sqrt{4 a b-1}}{2 a}\\frac{5 \\pi}{2}$.\n\n于是, $\\cos x_{k-1}<0, x_{k}2 \\pi$, 用数学归纳法易得 $x_{n}>2 \\pi,\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 单调递增.\n\n故 $x_{n+1}=x_{n}+\\sin x_{n}(n \\geqslant 3)$.\n\n若 $x_{n}b>0$. 若一支球队经过 $n$场比赛后总得分恰有 2015 种可能,求 $n$ 的最小值. ['假设某支球队在这 $n$ 场比赛中胜 $x$ 场、平 $y$ 场、负 $z$ 场, 其中, $x 、 y 、 z \\in \\mathbf{N}$, 且 $x+y+z=n$. 则该队在经过 $n$ 场比赛后总得分为 $a x+b y(0 \\leqslant x+y \\leqslant n)$.\n\n故要考虑该球队经过 $n$ 场比赛后总得分有多少种可能, 只需考虑 $a x+b y$ 的取值有多少种可能.\n\n(1) 若 $\\frac{a}{b} \\in \\mathbf{R} \\backslash \\mathbf{Q}$, 则\n\n$$\na x+b y=a x^{\\prime}+b y^{\\prime} \\Leftrightarrow x=x^{\\prime}, y=y^{\\prime}\n$$\n\n(若 $x \\neq x^{\\prime}, y \\neq y^{\\prime}$, 则\n\n$$\na\\left(x-x^{\\prime}\\right)=b\\left(y^{\\prime}-y\\right) \\Leftrightarrow \\frac{a}{b}=\\frac{y^{\\prime}-y}{x-x^{\\prime}},\n$$\n\n矛盾).\n\n当 $x=0$ 时, $y=0,1, \\cdots, n$, 此时, $a x+b y$取值有 $n+1$ 种可能;\n\n当 $x=1$ 时, $y=0,1, \\cdots, n-1$, 此时, $a x+$ $b y$ 取值有 $n$ 种可能;\n\n以此类推, 当 $x=n$ 时, $y=0$, 此时, $a x+$ by 取值有 1 种可能.\n\n故当 $\\frac{a}{b} \\in \\mathbf{R} \\backslash \\mathbf{Q}$ 时, 该球队经过 $n$ 场比赛后总得分共有\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n+1} i=\\frac{1}{2}(n+1)(n+2)\n$$\n\n种可能 (类似于 $n$ 个球和 2 个挡板的排列情形数, $0 \\leqslant x+y \\leqslant n$ 时, $a x+b y$ 取值共 $\\mathrm{C}_{n+2}^{2}=$ $\\frac{1}{2}(n+1)(n+2)$ 种可能 $)$.\n\n令 $\\frac{1}{2}(n+1)(n+2)=2015$. 显然, $n$ 无正整数解.\n\n(2) 若 $\\frac{a}{b} \\in \\mathbf{Q}$, 设 $\\frac{a}{b}=\\frac{A}{B}\\left(A 、 B \\in \\mathbf{Z}_{+}\\right.$, $(A, B)=1$, 且 $A>B>0)$, 则问题等价于考虑 $A x+B y$ 的取值有多少种可能.\n\n(i) 当 $n1$, 即\n\n$A^{2}+3 A-4030 \\leqslant 0$,\n\n得到 $11$. ['显然, $3^{2}+4^{2}=5^{2}$, 即 $p=2, n=5, k=2$是方程的一组解.\n\n以下不妨设 $p$ 为奇质数, $p=2 l+1$. 则 $n^{k}=3^{2 l+1}+4^{2 l+1}=(3+4)\\left(3^{2 l}-3^{2 l-1} \\times 4+3^{2 l-2} \\times 4^{2}-\\cdots+4^{2 l}\\right)$.\n\n于是, $7\\left|n^{k}, 7\\right| n$.\n\n由 $k>1$, 得 $49 \\mid n^{k}$, 即\n\n$3^{2 l+1}+4^{2 l+1} \\equiv 0(\\bmod 49)$.\n\n由二项式定理得\n\n$3^{2 l+1}=3 \\times 9^{l}=3(7+2)^{l}$\n\n$\\equiv 3\\left(l \\times 7 \\times 2^{l-1}+2^{l}\\right)$\n\n$\\equiv(21 l+6) 2^{l-1}(\\bmod 49)$,\n\n$4^{2 l+1}=4(14+2)^{l}$\n\n$\\equiv 4\\left(l \\times 14 \\times 2^{l-1}+2^{l}\\right)$\n\n$\\equiv(56 l+8) 2^{l-1}(\\bmod 49)$.\n\n故 $3^{2 l+1}+4^{2 l+1} \\equiv(77 l+14) 2^{l-1}(\\bmod 49)$.\n\n由 $49 \\mid \\left(3^{2 l+1}+4^{2 l+1}\\right)$, 得\n\n$49|(77 l+14) \\Leftrightarrow 7|(11 l+2) \\Leftrightarrow 7 \\mid(4 l+2)$,\n\n即 $4 l+2 \\equiv 0(\\bmod 7)$.\n\n此同余式的解为 $l \\equiv 3(\\bmod 7)$.\n\n故 $p=2 l+1 \\equiv 0(\\bmod 7)$.\n\n又 $p$ 为质数,因此, $p$ 只能为 7 .\n\n注意到\n\n$3^{7}+4^{7}=2187+16384$\n\n$=18571=49 \\times 379$.\n\n但 379 为质数, 故上式不可能写成 $n^{k}$ $(k \\geqslant 2)$ 形式,即当 $p$ 为奇质数时无解.\n\n综上,方程只有一组正整数解\n\n$(p, n, k)=(2,5,2)$.'] ['$(2,5,2)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Algebra Math Chinese +377 平面上满足任意三点不共线的 $n$ 个点 $P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{n}$ 构成的集合为 $D$, 在任意两点之间连一条线段,且每条线段的长互不相等.在一个三角形的三条边中, 长度非最长、也非最短的边称为该三角形的“中边”; 若一个三角形的三条边都是中边 (不一定是这个三角形的中边), 则称这个三角形为集合 $D$ 中的一个“中边三角形”. 一条不过点 $P_{i}(i=1,2$, $\cdots, n)$ 的直线 $l$ 将集合 $D$ 分成两个子集 $D_{1}$ 、 $D_{2}$. 若无论这 $n$ 个点如何分布, 也无论 $l$ 如何选取, 总存在一个子集 $D_{k}(k \in\{1,2\})$, 使得 $D_{k}$ 中存在中边三角形. 求 $n$ 的最小值. ['当 $n \\geqslant 11$ 时,无论 $l$ 如何选取, 总存在一个子集, 不妨假设为 $D_{1}$, 满足 $D_{1}$ 中至少有六个点.\n\n考虑 $D_{1}$ 中的所有三角形的中边,并将其染为红色,然后将其他边染为蓝色.\n\n由拉姆塞定理知,一定存在一个同色三角形. 由于每个三角形都有中边, 因此, 这个同色三角形一定是红色的. 故在 $D_{1}$ 中存在中边三角形\n\n下面证明: 当 $n \\leqslant 10$ 时,存在点集 $D$ 和直线 $l$, 使得 $D_{1} 、 D_{2}$ 中均不存在中边三角形.\n\n若 $n=10$, 考虑在直线 $l$ 两侧的两个子集 $D_{1} 、 D_{2}$ 中均有五个点,且分布情况相同.\n\n假设 $D_{1}$ 中的五个点为 $P_{1} 、 P_{2} 、 P_{3} 、 P_{4} 、$ $P_{5}$, 且在圆周上依逆时针的次序排列, 设 $\\overparen{P_{1} P_{2}}=\\frac{\\pi}{10}, \\overparen{P}_{2} P_{3}=\\frac{3 \\pi}{5}, \\overparen{P}_{3} P_{4}=\\frac{3 \\pi}{10}$,\n\n$\\overparen{P}_{4} P_{5}=\\frac{3 \\pi}{4}, \\overparen{P}_{5} P_{1}=\\frac{\\pi}{4}$.\n\n则 $P_{1} 、 P_{2} 、 P_{3} 、 P_{4} 、 P_{5}$ 两两的距离互不相同, 且 $P_{2} P_{3} 、 P_{3} P_{1} 、 P_{1} P_{5} 、 P_{5} P_{4} 、 P_{4} P_{2}$ 为中边,但是, 不存在中边三角形.\n\n若 $n<10$, 那么, 对于 $D_{1} 、 D_{2}$ 中少于五个点的情况, 只要在前面的例子中删去若干个点,仍然不存在中边三角形.\n\n综上, $n$ 的最小值为 11 .'] ['$11$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Combinatorics Math Chinese +378 设 $a 、 b$ 为���整数, $a^{2}+b^{2}$ 除以 $a+b$ 的商为 $q$, 余数为 $r$, 且 $q^{2}+r=2010$. 求 $a b$的值. ['不妨设 $a \\leqslant b$.\n\n由 $a^{2}+b^{2}>b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)$, 得 $q \\geqslant b-a$.\n\n又由 $a^{2}+b^{2} \\geqslant a^{2}+a b=a(a+b)$, 得\n\n$q \\geqslant a$.\n\n另一方面, 由带余除法的性质有\n\n$0 \\leqslant r1$, 设\n\n$\\frac{1}{x}=\\frac{1}{\\sqrt{p}-k}=N+\\frac{\\sqrt{p}-31}{75}(N \\geqslant 1)$.\n\n则 $\\frac{\\sqrt{p}+k}{r}=N+\\frac{\\sqrt{p}-31}{75}$.\n\n由无理部分、有理部分分别相等得\n\n$\\frac{1}{r}=\\frac{1}{75}, \\frac{k}{r}=\\frac{75 N-31}{75}$\n\n$\\Rightarrow r=75, k=75 N-31$.\n\n若 $N \\geqslant 2$, 则 $k \\geqslant 75 \\times 2-31=119$.\n\n于是, $[\\sqrt{p}]=k \\geqslant 119$, 与 $31 \\leqslant \\sqrt{p}<106$矛盾.\n\n因此, $N=1, k=44$.\n\n故 $p=44^{2}+75=2011$, 且 2011 是质数.'] ['$2011$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +380 "对于任意实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2016}$, 试求 + +$$ +\frac{7+23 \sum_{1 \leqslant ix+y^{2}=p^{4}$, 矛盾. 故 $s=2, t=3$. 即\n\n$$\nx^{2}+y=p^{2}, x+y^{2}=p^{3}, xx$, 故 $p=x+1$. 进而\n\n$$\n(x+1) \\mid\\left(x^{2}-x+1\\right)=(x+1)(x-2)+3,\n$$\n\n所以 $(x+1) \\mid 3$, 于是 $x=2, p=3, y=5$.\n\n若 $p \\nmid(x+1)$, 则: $p^{2} \\mid\\left(x^{2}-x+1\\right)$.\n\n而 $p^{2}=x^{2}+y$, 故: $p^{2} \\mid(x+y-1)$.\n\n注意到 $x+y-1 \\in \\mathbb{N}^{*}$, 故: $x+y-1 \\geqslant p^{2}$.\n\n再注意到 $x>p$, 于是:\n\n$$\ny \\geqslant p^{2}-x+1>p^{2}-p, \\quad p^{3}=x+y^{2}>p+\\left(p^{2}-p\\right)^{2},\n$$\n\n矛盾!\n\n综上所述, 满足条件的 $(x, y)$ 仅有 $(2,5)$ 或 $(5,2)$.'] ['$(2,5)，(5,2)$'] [] Text-only Competition True Tuple Open-ended Number Theory Math Chinese +387 已知过点 $P(3,0)$ 斜率为 $k$ 的直线 $l$ 交双曲线 $C: x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$ 右支于 $A 、 B$ 两点, $F$ 为双曲线 $C$ 的右焦点, 且 $|A F|+|B F|=16$, 求 $k$ 的值. ['设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), B\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 则直线 $l$ : $y=k(x-3)$. 离心率 $e=2$\n\n联立 $\\left\\{\\begin{array}{c}y=k(x-3) \\\\ x^{2}-\\frac{y^{2}}{3}=1\\end{array}\\right.$ 得 $\\left(k^{2}-3\\right) x^{2}-6 k^{2} x+9 k^{2}+3=0$\n\n$\\therefore x_{1}+x_{2}=\\frac{6 k^{2}}{k^{2}-3} $.\n\n$\\therefore 16=|A F|+|B F|=\\left(2 x_{1}-1\\right)+\\left(2 x_{2}-1\\right)=2 \\times \\frac{6 k^{2}}{k^{2}-3}-2$\n\n$\\therefore k= \\pm 3$.'] ['$3，-3$'] [] Text-only Competition True Numerical Open-ended Conic Sections Math Chinese +388 设点 $A$ 的坐标为 $(0,3)$, 点 $B, C$ 为圆 $O: x^{2}+y^{2}=25$ 上的两动点, 满足 $\angle B A C=90^{\circ}$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值. ['\n\n如上图, 设 $B\\left(x_{1}, y_{1}\\right), C\\left(x_{2}, y_{2}\\right), P(x, y)$ 为线段 $B C$ 的中点.\n\n则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=25 \\\\\n& x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=25 \\\\\n& x_{1} x_{2}+\\left(y_{1}-3\\right)\\left(y_{2}-3\\right)=0 \\\\\n& x_{1}+x_{2}=2 x, y_{1}+y_{2}=2 y\n\\end{aligned}\n$$\n\n可知:\n\n$$\nx^{2}+y^{2}-3 y=8 \\text {, 即 } x^{2}+\\left(y-\\frac{3}{2}\\right)^{2}=\\left(\\frac{\\sqrt{41}}{2}\\right)^{2} \\text {. }\n$$\n\n所以, 线段 $B C$ 的中点 $P$ 的轨迹是 $\\odot O_{1}$, 其方程为: $x^{2}+\\left(y-\\frac{3}{2}\\right)^{2}=\\left(\\frac{\\sqrt{41}}{2}\\right)^{2}$ .\n\n于是 $|A P| \\leq\\left|A O_{1}\\right|+\\left|O_{1} P\\right|=\\frac{3}{2}+\\frac{\\sqrt{41}}{2}$,\n\n从而 $\\triangle A B C$ 面积 $S=\\frac{1}{2}|A B| \\cdot|A C| \\leq \\frac{1}{4}\\left(|A B|^{2}+|A C|^{2}\\right)=\\frac{1}{4}|B C|^{2}=|A P|^{2}$\n\n$$\n\\leq\\left(\\frac{3}{2}+\\frac{\\sqrt{41}}{2}\\right)^{2}=\\frac{25+3 \\sqrt{41}}{2}\n$$\n\n当点 $P$ 的坐标为 $\\left(0, \\frac{3-\\sqrt{41}}{2}\\right)$ 时, 可取到等号.\n\n所以, $\\triangle A B C$ 面积的最大值是 $\\frac{25+3 \\sqrt{41}}{2}$.'] ['$\\frac{25+3 \\sqrt{41}}{2}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +389 "设 $a, b, c \in(0,1], \lambda$ 为实数, 使得 + +$$ +\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{a+b+c}} \geq 1+\lambda(1-a)(1-b)(1-c) +$$ + +恒成立, 求 $\lambda$ 的最大值." ['取 $a=b=c=\\frac{1}{4}$ 时, $\\lambda \\leq \\frac{64}{27}$.\n\n下证: $\\lambda=\\frac{64}{27}$ 满足条件, 即证 $\\frac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{a+b+c}} \\geq 1+\\frac{64}{27}(1-a)(1-b)(1-c)$\n\n注意到: $(1-a)(1-b)(1-c) \\leq\\left(1-\\frac{a+b+c}{3}\\right)^{3}$\n\n令 $a+b+c=3 x^{2}$, 其中 $x>0$, 则 $00$, 从而 $F(x)$ 在 $[1,3]$ 上单调递增,\n\n所以, $F(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上无极值点.\n\n(ii) 当 $\\frac{1}{\\mathrm{e}}-a<0$, 即 $a>\\frac{1}{\\mathrm{e}}$ 时, $t(x)<0$,\n\n于是 $F(x)=a x^{2}-x \\ln x, x \\in[1, \\mathrm{e}]$,\n\n则 $F^{\\prime}(x)=2 a x-\\ln x-1, F^{\\prime \\prime}(x)=2 a-\\frac{1}{x}$,\n\n因为 $\\frac{1}{x} \\in\\left[\\frac{1}{\\mathrm{e}}, 1\\right]$,\n\n(1)当 $2 a \\geq 1$, 即 $a \\geq \\frac{1}{2}$ 时, $F^{\\prime \\prime}(x) \\geq 0$,\n\n故 $F^{\\prime}(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 单调递增,\n\n又因为 $F^{\\prime}(1)=2 a-1 \\geq 0$,\n\n故 $F(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上单调递增,\n\n所以, $F(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上无极值点.\n\n(2)当 $\\frac{1}{\\mathrm{e}}0$,\n\n故 $\\exists x_{0} \\in(1, \\mathrm{e})$ 使得 $F^{\\prime}\\left(x_{0}\\right)=0$,\n\n因此, $F(x)$ 在 $\\left(1, x_{0}\\right)$ 上单调递减, 在 $\\left(x_{0}, \\mathrm{e}\\right]$ 上单调递增,\n\n所以, $F(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上有一个极小值点.\n\n(iii) 当 $a=\\frac{1}{\\mathrm{e}}$ 时, $F^{\\prime}(x)=\\frac{2}{\\mathrm{e}} x-\\ln x-1$, 由 $F^{\\prime \\prime}(x)=\\frac{2}{\\mathrm{e}}-\\frac{1}{x}>0$ 得 $x>\\frac{\\mathrm{e}}{2}$,\n\n于是 $F^{\\prime}(x)$ 在 $\\left[1, \\frac{\\mathrm{e}}{2}\\right]$ 上单调递减, 在 $\\left[\\frac{\\mathrm{e}}{2}, \\mathrm{e}\\right]$ 上单调递增,\n\n又 $F^{\\prime}(1)=\\frac{2}{\\mathrm{e}}-1<0, F^{\\prime}(\\mathrm{e})=0$, 从而 $F^{\\prime}(x) \\leq 0$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上恒成立,\n\n所以, $F(x)$ 在 $[1, \\mathrm{e}]$ 上无极值点.\n\n（iv）当 $0\\alpha>0$.\n\n\n\n如上图, 设 $F^{\\prime}$ 为椭圆 $E$ 的右焦点, 在 $R t \\triangle M A F$ 中 $\\cos \\angle M F A=\\frac{|A F|}{|M F|}$, 所以有 $|M F|=\\frac{|A F|}{\\cos \\angle M F A}$. 在 $R t \\triangle N B F$ 中, 同理有 $|N F|=\\frac{|B F|}{\\cos \\angle N F B}$, 所以有\n\n$$\n|M N|=|M F|+|N F|=\\frac{|A F|}{\\cos \\angle M F A}+\\frac{|B F|}{\\cos \\angle N F B}=\\frac{|A B|}{\\cos \\alpha} \\cdots (1)\n$$\n\n连结 $B F^{\\prime}$, 在 $\\triangle F B F^{\\prime}$ 中, 记 $|B F|=x$, 则 $\\left|B F^{\\prime}\\right|=2 \\sqrt{3}-x$.\n\n由余弦定理知 $\\left|B F^{\\prime}\\right|^{2}=|B F|^{2}+\\left|F F^{\\prime}\\right|^{2}-2|B F|\\left|F F^{\\prime}\\right| \\cos \\alpha$, 即 $(2 \\sqrt{3}-x)^{2}=$ $x^{2}+(2 \\sqrt{2})^{2}-2 x \\cdot 2 \\sqrt{2} \\cdot \\cos \\alpha$. 所以有 $x=\\frac{1}{\\sqrt{3}-\\sqrt{2} \\cos \\alpha}$, 即\n\n$$\n|B F|=\\frac{1}{\\sqrt{3}-\\sqrt{2} \\cos \\alpha} \\cdots (2)\n$$\n\n同理有\n\n$$\n|A F|=\\frac{1}{\\sqrt{3}+\\sqrt{2} \\cos \\alpha} \\cdots (3)\n$$\n\n由 (2) (3) 知 $|A B|=\\frac{1}{\\sqrt{3}-\\sqrt{2} \\cos \\alpha}+\\frac{1}{\\sqrt{3}+\\sqrt{2} \\cos \\alpha}=\\frac{2 \\sqrt{3}}{3-2 \\cos ^{2} \\alpha}$. 由 (1) 知 $|M N|=$ $\\frac{2 \\sqrt{3}}{\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right) \\cos \\alpha}$.\n\n令 $f(\\alpha)=\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)^{2} 4 \\cos ^{2} \\alpha$, 则 $f(\\alpha)=\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right) 4 \\cos ^{2} \\alpha$.\n\n根据均值不等式知 $\\frac{\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)+\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)+4 \\cos ^{2} \\alpha}{3} \\geq \\sqrt[3]{\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)^{2} 4 \\cos ^{2} \\alpha}$.\n\n所以 $\\left(3-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)^{2} 4 \\cos ^{2} \\alpha \\leq 8$ 且等号成立当且仅当 $3-2 \\cos ^{2} \\alpha=4 \\cos ^{2} \\alpha$, 即 $\\alpha=\\frac{\\pi}{4}$.\n\n所以当且仅当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{4}$ 时, $(f(\\alpha))_{\\max }=4$. 从而当且仅当 $\\alpha=\\frac{\\pi}{4}$ 时 $|M N|_{\\min }=\\sqrt{6}$.'] ['$\\sqrt{6}$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +392 "设 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 是正整数, 且 $a_{0}>a_{1}>a_{2}>\cdots>a_{n}>1$并满足 + +$$ +\left(1-\frac{1}{a_{1}}\right)+\left(1-\frac{1}{a_{2}}\right)+\cdots+\left(1-\frac{1}{a_{n}}\right)=2\left(1-\frac{1}{a_{0}}\right) . +$$ + +试求出 $\left(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ 所有可能的解." ['由题意知, 对 $0 \\leq i \\leq n$ 均有 $a_{i} \\geq 2$. 于是有\n\n$$\n2>2\\left(1-\\frac{1}{a_{0}}\\right)=\\left(1-\\frac{1}{a_{1}}\\right)+\\left(1-\\frac{1}{a_{2}}\\right)+\\cdots+\\left(1-\\frac{1}{a_{n}}\\right)>\\frac{n}{2}\n$$\n\n可得 $n<4$. 由于 $n$ 是正整数, 故 $n \\in\\{1,2,3\\}$.\n\n(i) 当 $n=1$ 时, 我们有 $\\frac{2}{a_{0}}=1+\\frac{1}{a_{1}}$, 解得 $2 a_{1}=a_{0} a_{1}+a_{0}$. 注意到 $a_{1}>1$. 从而 $2 a_{1}=a_{0} a_{1}+a_{0}>2 a_{0}$, 即 $a_{1}>a_{0}$, 这与 $a_{0}>a_{1}$ 矛盾.\n\n(ii) 当 $n=2$ 时, 我们有 $\\frac{2}{a_{0}}=\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{2}}$. 由于 $a_{0}>a_{1}>a_{2}>1$, 故 $\\frac{1}{a_{0}}<\\frac{1}{a_{1}}$ 且 $\\frac{1}{a_{0}}<\\frac{1}{a_{2}}$. 从而 $\\frac{2}{a_{0}}=\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{2}}$ 是不可能的, 故 $n=2$ 也不成立.\n\n(iii) 当 $n=3$ 时, 我们有 $1+\\frac{2}{a_{0}}=\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{2}}+\\frac{1}{a_{3}}$, 则必定有 $a_{3}=2$, 否则等式右边至多为 $\\frac{1}{3}+\\frac{1}{4}+\\frac{1}{5}<1$. 同理 $a_{2}=3$, 不然等式右边至多为 $\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4}+\\frac{1}{5}<1$.\n\n因此我们有 $\\frac{1}{a_{1}}=\\frac{1}{6}+\\frac{2}{a_{0}}>\\frac{1}{6}$, 从而 $3a^{2}+b^{2}+c^{2}=2019$, 即 $c^{2}>667$, 且 $c$ 不是 3 的倍数, 故奇数 $c \\geq 29$.因此奇数 $c \\in\\{29,31,35,37,41,43\\}$;\n\n注意如下事实: 如果奇数 $N=x^{2}+y^{2}$ 为两个正整数的平方和, 那么偶数 $2 N$ 必可表为两个互异正奇数的平方和. 这是由于, $2 N=2\\left(x^{2}+y^{2}\\right)=(x-y)^{2}+(x+y)^{2}$;\n\n若 $c=43$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=170=2 \\times 85=2\\left(6^{2}+7^{2}\\right)=2\\left(2^{2}+9^{2}\\right)$,\n\n因此: $170=1^{2}+13^{2}=7^{2}+11^{2}$.\n\n于是得两解: $\\{a, b, c\\}=\\{1,13,43\\}$, 以及 $\\{a, b, c\\}=\\{7,11,43\\}$;\n\n若 $c=41$, 方程化为\n\n$a^{2}+b^{2}=338=2 \\times 13^{2}=2\\left(5^{2}+12^{2}\\right)=7^{2}+17^{2}$; 由此得: $\\{a, b, c\\}=\\{7,17,41\\}$;\n\n若 $c=37$, 方程化为\n\n$$\na^{2}+b^{2}=650=2 \\times 13 \\times 5^{2}=2\\left(2^{2}+3^{2}\\right)\\left(3^{2}+4^{2}\\right)=2\\left(1^{2}+18^{2}\\right)=2\\left(6^{2}+17^{2}\\right)=2\\left(10^{2}+15^{2}\\right),\n$$\n\n因此, $650=17^{2}+19^{2}=11^{2}+23^{2}=5^{2}+25^{2}$, 得到三个解:\n\n$\\{a, b, c\\}=\\{17,19,37\\},\\{11,23,37\\},\\{5,25,37\\}$.\n\n若 $c=35$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=794=2 \\times 397$, 而 397 是一个 $4 N+1$ 形状的质数,\n\n它可唯一地表为两平方和: $397=6^{2}+19^{2}$, 所以 $a^{2}+b^{2}=2\\left(6^{2}+19^{2}\\right)=13^{2}+25^{2}$,得到一个解: $\\{a, b, c\\}=\\{13,25,35\\}$.\n\n若 $c=31$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=1158=2 \\times 529=2 \\times 23^2$, 而 23 是一个 $4 N-1$ 形状的质数,它不能表为两个正整数的平方和;\n\n若 $c=29$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=1178=2 \\times 19 \\times 31$, 它含有 $4 N-1$ 形状的单质因子,故不能表为两平方和;\n\n综合以上讨论, 本题共有七个满足条件的解 $\\{a, b, c\\}$, 即为: $\\{1,13,43\\},\\{7,11,43\\},\\{13,25,35\\},\\{5,25,37\\},\\{11,23,37\\},\\{17,19,37\\},\\{7,17,41\\}$.'] ['$(1,13,43),(7,11,43),(13,25,35),(5,25,37),(11,23,37),(17,19,37),(7,17,41)$'] [] Text-only Competition True Tuple Open-ended Number Theory Math Chinese +395 "已知函数 $f(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln x+\frac{1}{x}-x$. +设 $a>1$, 则求$f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调递增区间;" ['$f^{\\prime}(x)=\\left(a+\\frac{1}{a}\\right) \\frac{1}{x}-\\frac{1}{x^{2}}-1=-\\frac{(x-a)\\left(x-\\frac{1}{a}\\right)}{x^{2}}$.\n\n由 $a>1$ 可知 $0<\\frac{1}{a}<10$, 求 $f(x)$ 的极值." ['$f^{\\prime}(x)=-\\frac{(x-a)\\left(x-\\frac{1}{a}\\right)}{x^{2}}, x>0$.\n\n当 $a>1$ 时, $f(x)$ 的减区间是 $\\left(0, \\frac{1}{a}\\right]$ 和 $[a,+\\infty)$, 增区间是 $\\left[\\frac{1}{a}, a\\right]$.\n\n$f(x)$ 的极小值为 $f\\left(\\frac{1}{a}\\right)=-\\left(a+\\frac{1}{a}\\right) \\ln a+a-\\frac{1}{a}$, 极大值为 $f(a)=\\left(a+\\frac{1}{a}\\right) \\ln a+\\frac{1}{a}-a$.\n\n当 $a=1$ 时, $f^{\\prime}(x)=-\\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \\leq 0, f(x)$ 无极值.\n\n当 $03)$. +过椭圆 $C$ 的左焦点, 且垂直于 $x$ 轴的直线与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点, 若 $M N=9$, 求实数 $a$ 的值." ['记椭圆 $C: \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1$ 的左焦点为 $F$, 则点 $F$ 的横坐标为 -3 .\n\n因为过点 $F$ 且垂直于 $x$ 轴的直线与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点, $M N=9$,\n\n所以 $M\\left(-3, \\frac{9}{2}\\right), N\\left(-3,-\\frac{9}{2}\\right)$,\n\n从而 $\\frac{9}{a^{2}}+\\frac{81}{4\\left(a^{2}-9\\right)}=1$.\n\n解得 $a^{2}=36$ 或 $a^{2}=\\frac{9}{4}$.\n\n因为 $a>3$, 所以 $a=6$.'] ['$6$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Plane Geometry Math Chinese +398 "在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1(a>3)$. +若直线 $l: \frac{x}{a}+\frac{y}{a-3}=1$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 其中对任意大于 3 的实数 $a$, 以 $A B$ 为直径的圆过定点, 求定点坐标." ['由 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{x}{a}+\\frac{y}{a-3}=1, \\\\ \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1\\end{array}\\right.$\n\n得 $A(a, 0), B\\left(-3, \\frac{a^{2}-9}{a}\\right)$.\n\n从而以 $A B$ 为直径的圆的方程为 $(x-a)(x+3)+y\\left(y-\\frac{a^{2}-9}{a}\\right)=0$,\n\n即 $(x+y+3) a^{2}-\\left(x^{2}+3 x+y^{2}\\right) a-9 y=0$.\n\n由 $\\left\\{\\begin{array}{l}x+y+3=0, \\\\ x^{2}+3 x+y^{2}=0, \\\\ -9 y=0,\\end{array}\\right.$ 解得 $\\left\\{\\begin{array}{l}x=-3, \\\\ y=0 .\\end{array}\\right.$\n\n故以 $A B$ 为直径的圆过定点 $(-3,0)$.'] ['$(-3,0)$'] [] Text-only Competition False Tuple Open-ended Plane Geometry Math Chinese +399 "在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=\frac{1}{p}, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, p>0, n \in \mathbf{N}^{*}$. +若 $p=1$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式." ['因为 $a_{n+1}=\\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, a_{1}=\\frac{1}{p}>0$, 故 $a_{n}>0, \\frac{1}{a_{n+1}}=\\frac{1}{a_{n}}+n$,\n\n因此 $\\frac{1}{a_{n}}=(n-1)+(n-2)+\\ldots+1+p=\\frac{n^{2}-n+2 p}{2}$, 即 $a_{n}=\\frac{2}{n^{2}-n+2 p}$.\n\n因为 $p=1$, 所以 $a_{n}=\\frac{2}{n^{2}-n+2}$.'] ['$a_{n}=\\frac{2}{n^{2}-n+2}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +400 "在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=\frac{1}{p}, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, p>0, n \in \mathbf{N}^{*}$. +记 $b_{n}=n a_{n}$. 若在数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $b_{n} \leq b_{8}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 求实数 $p$ 的取值范围." ['$b_{n}=n a_{n}=\\frac{2 n}{n^{2}-n+2 p}$.\n\n在数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 中,\n\n因为 $b_{n} \\leq b_{8}\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$, 所以 $b_{7} \\leq b_{8}, b_{8} \\leq b_{8}$, 即 $\\left\\{\\begin{array}{c}\\frac{7}{21+p} \\leq \\frac{8}{28+p} \\\\ \\frac{9}{36+p} \\leq \\frac{8}{28+p}\\end{array}\\right.$,\n\n解得 $28 \\leq p \\leq 36$.\n\n又 $b_{n}=\\frac{2 n}{n^{2}-n+2 p}=\\frac{2}{n+\\frac{2 p}{n}-1}$, 且 $7<\\sqrt{56} \\leq \\sqrt{2 p} \\leq \\sqrt{72}<9$,\n\n所以 $b_{n}$ 的最大值只可能在 $n=7,8,9$ 时取到.\n\n又当 $28 \\leq p \\leq 36$ 时, $b_{7} \\leq b_{8}, b_{5} \\leq b_{8}$, 所以 $b_{n} \\leq b_{8}$.\n\n所以满足条件的实数 $p$ 的取值范围是 $[28,36]$.'] ['$[28,36]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Sequence Math Chinese +401 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{9}{4}, 2 a_{n+1} a_{n}-7 a_{n+1}-3 a_{n}+12=0 \quad\left(n \in N^{*}\right)$ . +记 $c_{n}=a_{n}-2$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的通项公式;" ['由 $c_{n}=a_{n}-2$, 得 $a_{n}=c_{n}+2$, 代入条件递推式, 得\n\n$2\\left(c_{n+1}+2\\right)\\left(c_{n}+2\\right)-7\\left(c_{n+1}+2\\right)-3\\left(c_{n}+2\\right)+12=0$ .\n\n整理, 得 $2 c_{n+1} c_{n}-3 c_{n+1}+c_{n}=0$, 即 $\\frac{1}{c_{n+1}}=\\frac{3}{c_{n}}-2$ .\n\n$\\therefore \\frac{1}{c_{n+1}}-1=3\\left(\\frac{1}{c_{n}}-1\\right)$, 数列 $\\left\\{\\frac{1}{c_{n}}-1\\right\\}$ 是以 $\\frac{1}{c_{1}}-1=4-1=3$ 为首项, 公比为 3 的等比数列.\n\n$\\therefore \\quad \\frac{1}{c_{n}}-1=3^{n}, \\quad c_{n}=\\frac{1}{3^{n}+1}$ .'] ['$c_{n}=\\frac{1}{3^{n}+1}$'] [] Text-only Competition False Expression Open-ended Sequence Math Chinese +402 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{9}{4}, 2 a_{n+1} a_{n}-7 a_{n+1}-3 a_{n}+12=0 \quad\left(n \in N^{*}\right)$ . +记 $b_{n}=\frac{n^{2}}{n+1} a_{n}$, 求使 $\left[b_{1}\right]+\left[b_{2}\right]+\left[b_{3}\right]+\cdots+\left[b_{n}\right] \leq 2019$ 成立的最大正整数 $n$ 的值. + +（其中, 符号 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)" ['记 $c_{n}=a_{n}-2$, 则 $a_{n}=c_{n}+2$, 代入条件递推式, 得\n\n$2\\left(c_{n+1}+2\\right)\\left(c_{n}+2\\right)-7\\left(c_{n+1}+2\\right)-3\\left(c_{n}+2\\right)+12=0$ .\n\n整理, 得 $2 c_{n+1} c_{n}-3 c_{n+1}+c_{n}=0$, 即 $\\frac{1}{c_{n+1}}=\\frac{3}{c_{n}}-2$ .\n\n$\\therefore \\frac{1}{c_{n+1}}-1=3\\left(\\frac{1}{c_{n}}-1\\right)$, 数列 $\\left\\{\\frac{1}{c_{n}}-1\\right\\}$ 是以 $\\frac{1}{c_{1}}-1=4-1=3$ 为首项, 公比为 3 的等比数列.\n\n$\\therefore \\quad \\frac{1}{c_{n}}-1=3^{n}, \\quad c_{n}=\\frac{1}{3^{n}+1}$ .\n\n$a_{n}=c_{n}+2=\\frac{1}{3^{n}+1}+2$,\n\n$b_{n}=\\frac{n^{2}}{n+1} a_{n}=\\frac{n^{2}}{n+1}\\left(\\frac{1}{3^{n}+1}+2\\right)=\\frac{n^{2}}{(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)}+\\frac{2 n^{2}}{n+1}=2(n-1)+\\frac{2}{n+1}+\\frac{n^{2}}{(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)}$\n\n$=2(n-1)+\\frac{2 \\times 3^{n}+n^{2}+2}{(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)}$\n\n$\\because n \\geq 2$ 时, $3^{n}=(1+2)^{n}=1+C_{n}^{1} \\times 2+C_{n}^{2} \\times 2^{2}+\\cdots>1+2 n$,\n\n$(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)-\\left[2 \\times 3^{n}+n^{2}+2\\right]=(n-1) \\times 3^{n}-n^{2}+n-1>(n-1)(1+2 n)-n^{2}+n-1=n^{2}-2>0$ .\n\n$\\therefore n \\geq 2$ 时, $0<\\frac{2 \\times 3^{n}+n^{2}+2}{(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)}<1$,\n\n又 $n=1$ 时, $\\frac{2 \\times 3^{n}+n^{2}+2}{(n+1)\\left(3^{n}+1\\right)}=\\frac{6+1+2}{2 \\times 4}=\\frac{9}{8}$ .\n\n$\\therefore \\quad\\left[b_{1}\\right]=1 ; n \\geq 2$ 时, $\\left[b_{n}\\right]=2(n-1)$ .\n\n$\\therefore n \\geq 2$ 时,\n\n$\\left[b_{1}\\right]+\\left[b_{2}\\right]+\\left[b_{3}\\right]+\\cdots+\\left[b_{n}\\right]=1+2 \\times 1+2 \\times 2+\\cdots+2(n-1)=1+n(n-1)=n^{2}-n+1$ .\n\n由 $n^{2}-n+1 \\leq 2019$, 及 $n \\in N^{*}$, 得 $n \\leq 45$ .\n\n$\\therefore$ 使 $\\left[b_{1}\\right]+\\left[b_{2}\\right]+\\left[b_{3}\\right]+\\cdots+\\left[b_{n}\\right] \\leq 2019$ 成立的最大正整数 $n$ 的值为 $45$ .'] ['$45$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Sequence Math Chinese +403 "已知 $f(x)=e^{x}$ . +若 $x \geq 0$ 时, 不等式 $(x-1) f(x) \geq m x^{2}-1$ 恒成立, 求 $m$ 的取值范围;" ['依题意, 当 $x \\geq 0$ 时, $(x-1) e^{x} \\geq m x^{2}-1$ 恒成立.\n\n设 $k(x)=(x-1) e^{x}-m x^{2}+1$, 则 $x \\geq 0$ 时, $k(x) \\geq 0$ 恒成立.\n\n$k^{\\prime}(x)=e^{x}+(x-1) e^{x}-2 m x=x\\left(e^{x}-2 m\\right) .$\n\n若 $m \\leq \\frac{1}{2}$, 则 $x>0$ 时, $k^{\\prime}(x)=x\\left(e^{x}-2 m\\right)>0, k(x)$ 在 $[0,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n于是, $x \\geq 0$ 时, $k(x) \\geq k(0)=0$ .因此, $m \\leq \\frac{1}{2}$ 符合要求.\n\n若 $m>\\frac{1}{2}$, 则 $2 m>1,0\\frac{1}{2}$ 不符合要求.\n\n$\\therefore m$ 的取值范围为 $\\left(-\\infty, \\frac{1}{2}\\right]$ .'] ['$\\left(-\\infty, \\frac{1}{2}\\right]$'] [] Text-only Competition False Interval Open-ended Elementary Functions Math Chinese +404 已知 $a, b, c, d \in \mathbb{R}, f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 且 $f(2019-i)=i$ $(i=1,2,3,4)$, 求 $8 a+4 b+2 c+d$ 的值. ['令 $g(x)=f(x)-(2019-x)$, 由已知可得\n\n$$\ng(2019-i)=f(2019-i)-2019+(2019-i)=0\n$$\n\n即 $2019-i(i=1,2,3,4)$ 为方程 $g(x)=0$ 的根, 令\n\n$$\ng(x)=f(x)-(2019-x)=c(x)(x-2018)(x-2017)(x-2016)(x-2015) \\cdots (1)\n$$\n\n(1) 式左边是三次, 右边高于三次, 所以 $c(x)=0$, 因此 $f(x)=2019-x$ .\n\n所以 $8 a+4 b+2 c+d=f(2)=2017$ .'] ['$2017$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Elementary Functions Math Chinese +405 "已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 过两个焦点分别作两条相互垂直的直线 $l_{1}, l_{2}$ .假设两条直线 $l_{1}, l_{2}$ 相交于 $P, l_{1}, l_{2}$ 在椭圆内所截的线段长度为 $m_{1}, m_{2}$ . +求 $m_{1} m_{2}$ 的最小值和最大值." ['设 $l_{1}$ 的斜率为 $k$, 则 $l_{1}$ 的直线方程为 $y=k(x-c)$, 联立椭圆方程, 求得 $m_{1}=\\frac{2 a b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$\n\n同理求得 $m_{2}=\\frac{2 a b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2}+b^{2} k^{2}}$ $m_{1} m_{2}=\\frac{4 a^{2} b^{4}\\left(1+k^{2}\\right)^{2}}{\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right)\\left(a^{2}+b^{2} k^{2}\\right)}=\\frac{4 a^{2} b^{4}\\left(2+k^{2}+\\frac{1}{k^{2}}\\right)}{a^{2} b^{2}\\left(k^{2}+\\frac{1}{k^{2}}\\right)+a^{4}+b^{4}}$, 令 $t=k^{2}+\\frac{1}{k^{2}}+2 \\geq 4$, 则 $m_{1} m_{2}=\\frac{4 a^{2} b^{4}}{a^{2} b^{2}+\\frac{1}{t}\\left(a^{4}+b^{4}-2 a b\\right)} \\geq \\frac{16 a^{2} b^{4}}{\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}}$\n\n所以 $m_{1} m_{2}$ 的最小值为 $\\frac{16 a^{2} b^{4}}{\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}}$;\n\n当 $t$ 趋向无穷时, 即其中一条直线与 $\\mathrm{x}$ 轴垂直, 另一直线与 $\\mathrm{x}$ 周重合时, $m_{1} m_{2}$ 取最大值为 $4 b^{2}$ .'] ['$\\frac{16 a^{2} b^{4}}{\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}}, 4 b^{2}$'] [] Text-only Competition True Expression Open-ended Plane Geometry Math Chinese +406 "设 $A$ 为 20 ! 的所有因数构成的集合, $x_{i} \in A(1 \leq i \leq n)$ .若对任意的正整数 $y_{i}(1 \leq i \leq n)$, 存在正整数 $z$, 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为正整数. +求 $n$ 的最大值." ['$20 !=2^{18} \\times 3^{8} \\times 5^{4} \\times 7^{2} \\times 11 \\times 13 \\times 17 \\times 19, A=\\left\\{x|x|20!,x \\in \\mathbb{N}_{+}\\right\\}$.\n\n令 $\\left(x_{i}, x_{j}\\right)=d\\left(x_{i}, x_{j} \\in A\\right), x_{i}=a d, x_{j}=b d$, 且 $(a, b)=1$ .\n\n取 $y_{1}=1, y_{2}=2$, 得 $\\frac{1+z}{a d}, \\frac{2+z}{b d} \\in \\mathbb{Z}$, 于是 $d=1$, 于是 $\\left(x_{i}, x_{j}\\right)=1(1 \\leq i \\neq j \\leq n)$ .\n\n做方程组\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}z \\equiv-y_{1}\\left(\\bmod x_{1}\\right) \\\\ z \\equiv-y_{2}\\left(\\bmod x_{2}\\right) \\\\ \\cdots \\cdots \\\\ z \\equiv-y_{n}\\left(\\bmod x_{n}\\right)\\end{array}\\right.$\n\n由中国剩余定理可知存在正整数 $z$ 使得 $\\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为整数.\n\n又集合 $A$ 有 8 个不同的质因数, 其中可以有一个变量取 1 , 故 $n \\leq 9$; 当 $n \\geq 10$ 时,\n\n一定存在 $x_{i}, x_{j},\\left(x_{i}, x_{j}\\right)>1$ .\n\n当 $n=9$ 时, 取 $x_{1}=1,\\left\\{x_{2}, \\cdots, x_{9}\\right\\}=\\{2,3,5,7,11,13,17,19\\}$ .所以 $n$ 的最大值为 9 .'] ['$9$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese +407 "设 $A$ 为 20 ! 的所有因数构成的集合, $x_{i} \in A(1 \leq i \leq n)$ .若对任意的正整数 $y_{i}(1 \leq i \leq n)$, 存在正整数 $z$, 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为正整数. +$n$ 取最大值时，求所有可能的 $n$ 元数组 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的组数." ['$20 !=2^{18} \\times 3^{8} \\times 5^{4} \\times 7^{2} \\times 11 \\times 13 \\times 17 \\times 19, A=\\left\\{x|x| 20！\\right.$ , $\\left.x \\in \\mathbb{N}_{+}\\right\\}$.\n\n令 $\\left(x_{i}, x_{j}\\right)=d\\left(x_{i}, x_{j} \\in A\\right), x_{i}=a d, x_{j}=b d$, 且 $(a, b)=1$ .\n\n取 $y_{1}=1, y_{2}=2$, 得 $\\frac{1+z}{a d}, \\frac{2+z}{b d} \\in \\mathbb{Z}$, 于是 $d=1$, 于是 $\\left(x_{i}, x_{j}\\right)=1(1 \\leq i \\neq j \\leq n)$ .\n\n做方程组\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}z \\equiv-y_{1}\\left(\\bmod x_{1}\\right) \\\\ z \\equiv-y_{2}\\left(\\bmod x_{2}\\right) \\\\ \\cdots \\cdots \\\\ z \\equiv-y_{n}\\left(\\bmod x_{n}\\right)\\end{array}\\right.$\n\n由中国剩余定理可知存在正整数 $z$ 使得 $\\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为整数.\n\n又集合 $A$ 有 8 个不同的质因数, 其中可以有一个变量取 1 , 故 $n \\leq 9$; 当 $n \\geq 10$ 时,\n\n一定存在 $x_{i}, x_{j},\\left(x_{i}, x_{j}\\right)>1$ .\n\n当 $n=9$ 时, 取 $x_{1}=1,\\left\\{x_{2}, \\cdots, x_{9}\\right\\}=\\{2,3,5,7,11,13,17,19\\}$ .所以 $n$ 的最大值为 9 .\n\n因此$\\left(x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n}\\right)$ 的组数为 $18 \\times 8 \\times 4 \\times 2 \\times 9!$.'] ['$418037760$'] [] Text-only Competition False Numerical Open-ended Number Theory Math Chinese