Phantom Bird

外观

第二届广州市中学生第二精神病院选拔测试解答 · 上

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maths

2025-12-29

1

2‾\underline{\sqrt{2}}; 12 或 −12‾/±12‾\underline{\dfrac{1}{2} \textsf{ 或 } {-\dfrac{1}{2}}} \bigm/ \underline{\pm\dfrac{1}{2}}

联立后平方消去 yy，得

x2(x2−1)2(r2−x2)−a2=0x^2(x^2-1)^2 (r^2-x^2) - a^2 = 0

这是一个八次方程，由题意得方程有四个二重根。令 t=x2t = x^2，展开得

t4−(2+r2)t3+(1+2r2)t2−r2t+a2=0t^4 - (2+r^2)t^3 + (1+2r^2)t^2 - r^2t + a^2 = 0

有两个二重根。则方程可以表示为

(t2+bt+c)2=t4+2bt3+2(b2+2c)t2+2bct+c2=0(t^2+bt+c)^2 = t^4 + 2bt^3 + 2(b^2 + 2c) t^2 + 2bct + c^2 = 0

比对系数得

{2b=−(2+r2)(1)b2+2c=1+2r2(2)2bc=−r2(3)c2=a2(4)\begin{cases} 2b = -(2+r^2) & (1) \\ b^2+2c=1+2r^2 & (2) \\ 2bc=-r^2 & (3) \\ c^2=a^2 & (4) \end{cases}

将 (1)(4)(1)(4) 代入 (2)(3)(2)(3) 得

{(1+r22)2+2∣a∣=1+2r2(5)(2+r2)∣a∣=r2(6)\begin{cases} \left( 1+\dfrac{r^2}{2} \right)^2 + 2|a| = 1+2r^2 &(5) \\[0.5em] ( 2+r^2 ) |a| = r^2 &(6) \end{cases}

将 (6)(6) 代入 (5)(5) 化简得 2r4−r6=02r^4-r^6 = 0，根据取值范围可得 r=2,∣a∣=±12r=\sqrt{2}, |a|=\pm\dfrac{1}{2}。

2

5129+246‾/256(6+2)46−6‾\underline{512\sqrt{9+24\sqrt{6}}} \bigm/ \underline{256(6+\sqrt{2})\sqrt{4\sqrt{6}-6}}

图2-1图2-2

考虑调整。根据以上两图，容易把 A,B,CA, B, C 调整到异侧的圆弧上。不妨设 B,CB, C 在左侧，AA 在右侧。

图2-3

然后调整成 AO2⊥BC,BO1⊥AC,CO1⊥ABAO_2 \perp BC, BO_1 \perp AC, CO_1 \perp AB，于是 O1O_1 是 △ABC\triangle ABC 垂心，于是 A,O1,O2A, O_1, O_2 共线。

作 O′O' 使得 BO1CO′BO_1CO' 为菱形，设 O1M=O′M=xO_1M=O'M=x，由 △BO′M≌△AO′B\triangle BO'M \mathrel{\text{≌}} \triangle AO'B 得

O′M⋅O′A=O′B2⟹x(2x+128)=322O'M \cdot O'A = O'B^2 \Longrightarrow x(2x+128) = 32^2

解得 x=16(6−2)x = 16(\sqrt{6} - 2)（负解舍去），此时 S△ABC=BM⋅AM=(128+x)322−x2=5129+246S_{\triangle ABC} = BM \cdot AM = (128+x) \sqrt{32^2 - x^2} = 512\sqrt{9+24\sqrt{6}}。

3

(2k−2)!(k−1)!‾/A2k−2k−1‾\underline{\dfrac{(2k-2)!}{(k-1)!}} \Bigm/ \underline{\mathrm{A}_{2k-2}^{k-1}}； 0 ‾\underline{\ 0\ }

根据题意手动递推不难发现

an+m−1=aaan=an+m−1a_n + m-1 = a_{a_{a_n}} = a_{n+m-1}

于是设 ai=ja_i = j，则有

ai+t(m−1)=j+t(m−1),aj=ai+t(m−1)=j+(t+1)(m−1)(*)a_{i+t(m-1)} = j+t(m-1), a_j = a_{i+t(m-1)} = j+(t+1)(m-1) \tag{*}

考虑将全体正整数划分成 (m−1)(m-1) 个集合 Sr={(m−1)(q−1)+r∣q∈N∗}, r=1,2,…,m−1S_r = \{(m-1)(q-1)+r \mid q\in\mathbb{N}^*\},\ r=1,2,\dots,m-1。每个集合里的数可以排成一个等差数列，记作 sr,qs_{r,q}。

根据这种划分，(∗)(^{\normalsize *}) 可翻译为：对于任意 u∈{1,…,m−1}u\in\{1,\dots,m-1\}，总存在对应的 vv 满足 ∀n∈Su,an∈Sv\forall n \in S_u, a_n \in S_v 且 ∀n∈Sv,an∈Su\forall n \in S_v, a_n \in S_u。

为了满足 (∗)(^{\normalsize *})，上面必有 i≠ji \ne j。于是 (m−1)(m-1) 个等差数列必须两两配对，故 c2k=0c_{2k} = 0。

ii 和 jj 配对后，为了满足 (∗)(^{\normalsize *})，一定有 asi,1=sj,1a_{s_{i,1}} = s_{j,1} 或 asj,1=si,1a_{s_{j,1}} = s_{i,1}，之后根据 (∗)(^{\normalsize *}) 可以确定 asi,qa_{s_{i,q}} 和 asj,qa_{s_{j,q}} 的值。

根据乘法原理，答案即为 配对方法数×2配对数=(m−1)!m−12!×2(m−1)/2×2(m−1)/2=(2k−2)!(k−1)!\textsf{配对方法数} \times 2^\textsf{配对数} = \dfrac{(m-1)!}{\frac{m-1}{2}! \times 2^{(m-1)/2}} \times 2^{(m-1)/2} = \dfrac{(2k-2)!}{(k-1)!}。

4

[12,+∞)‾\underline{\left[ \dfrac{1}{2}, +\infty \right)}

将方程左边表示为 kk 的函数

f(k)=x2+kx−kx2+kx+k=1−2x+1+2x2/(x+1)2k+x2/(x+1),k>0,x≠−1f(k) = \dfrac{x^2+kx-k}{x^2+kx+k} = 1-\frac{2}{x+1}+\frac{2x^{2} / (x+1)^2}{k + x^{2} / (x+1)}, \quad k>0, x\ne-1

  • x=0x = 0 时，f(k)=−1f(k) = -1。

  • x≠0x \ne 0 时，这是一个平移过的反比例函数，2x2(x+1)2>0\dfrac{2x^2}{(x+1)^2} > 0，
    渐近线为 k=−x2x+1,f(k)=1−2x+1k = -\dfrac{x^2}{x+1}, f(k) = 1-\dfrac{2}{x+1}，且 f(0)=1f(0)=1。

    讨论它的渐近线：

    • −x2x+1<0-\dfrac{x^2}{x+1} < 0，即 x>−1,x≠0x > -1, x \ne 0 时，f(k)f(k) 的范围为 (1−2x+1,1)\left(1-\dfrac{2}{x+1}, 1\right)；
    • x<−1x < -1 时，f(k)f(k) 的范围为 (−∞,1)∪(1−2x+1,+∞)\left( -\infty, 1 \right) \cup \left( 1-\dfrac{2}{x+1}, +\infty \right)；

根据求出的方程左边的取值范围，原条件相当于

  • 对于 x<−1x<-1，1≤eax+b≤1−2x+11 \le \mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1} 恒成立；
  • 对于 x>−1,x≠0x>-1, x \ne 0，eax+b≤1−2x+1\mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1} 或 eax+b≥1\mathrm{e}^{ax}+b \ge 1 恒成立；
  • 对于 x=0x = 0，eax+b≠−1\mathrm{e}^{ax}+b \ne -1。

先看第一个条件。x→−∞x\to-\infty 时，上下界都趋于 11，于是 eax+b\mathrm{e}^{ax}+b 在 x→−∞x\to-\infty 时趋于 11，即 b=1,a>0b=1, a>0。不难发现此时 eax+b>1\mathrm{e}^{ax}+b > 1，第二、第三个条件已自动满足。

继续看第一个条件，还剩下

∀x<−1,eax+b≤1−2x+1  ⟺  ∀x<−1,(x+1)eax≥−2\forall x<-1, \mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1} \iff \forall x<-1, (x+1)\mathrm{e}^{ax} \ge -2

设 g(x)=(x+1)eaxg(x) = (x+1)\mathrm{e}^{ax}，其导函数 g′(x)=(ax+a+1)eaxg'(x) = (ax+a+1)\mathrm{e}^{ax} 单调递增且有唯一零点 x0=−1−1ax_0 = -1-\dfrac{1}{a}。

g(x)g(x) 的最小值 g(x0)=−1ae−a−1≥−2g(x_0) = -\dfrac{1}{a} \mathrm{e}^{-a-1} \ge -2。由 g(x0)<0g(x_0) < 0 取反并取倒数得 aea+1≥12a\mathrm{e}^{a+1} \ge \dfrac{1}{2}。

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