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ATTII-solution-1.md
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title: 第二届广州市中学生第二精神病院选拔测试解答 · 上
createTime: 2025/12/29
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- study
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- maths
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## 1
$\underline{\sqrt{2}}$; $\underline{\dfrac{1}{2} \textsf{ 或 } {-\dfrac{1}{2}}} \bigm/ \underline{\pm\dfrac{1}{2}}$
联立后平方消去 $y$，得
$$
x^2(x^2-1)^2 (r^2-x^2) - a^2 = 0
$$
这是一个八次方程，由题意得方程有四个二重根。令 $t = x^2$，展开得
$$
t^4 - (2+r^2)t^3 + (1+2r^2)t^2 - r^2t + a^2 = 0
$$
有两个二重根。则方程可以表示为
$$
(t^2+bt+c)^2 = t^4 + 2bt^3 + 2(b^2 + 2c) t^2 + 2bct + c^2 = 0
$$
比对系数得
$$
\begin{cases}
2b = -(2+r^2) & (1) \\
b^2+2c=1+2r^2 & (2) \\
2bc=-r^2 & (3) \\
c^2=a^2 & (4)
\end{cases}
$$
将 $(1)(4)$ 代入 $(2)(3)$ 得
$$
\begin{cases}
\left( 1+\dfrac{r^2}{2} \right)^2 + 2|a| = 1+2r^2 &(5) \\[0.5em]
( 2+r^2 ) |a| = r^2 &(6)
\end{cases}
$$
将 $(6)$ 代入 $(5)$ 化简得 $2r^4-r^6 = 0$，根据取值范围可得 $r=\sqrt{2}, |a|=\pm\dfrac{1}{2}$。
## 2
$\underline{512\sqrt{9+24\sqrt{6}}} \bigm/ \underline{256(6+\sqrt{2})\sqrt{4\sqrt{6}-6}}$
:::center
{width="365px"}
{width="365px"}
:::
考虑调整。根据以上两图，容易把 $A, B, C$ 调整到异侧的圆弧上。不妨设 $B, C$ 在左侧，$A$ 在右侧。
然后调整成 $AO_2 \perp BC, BO_1 \perp AC, CO_1 \perp AB$，于是 $O_1$ 是 $\triangle ABC$ 垂心，于是 $A, O_1, O_2$ 共线。
作 $O'$ 使得 $BO_1CO'$ 为菱形，设 $O_1M=O'M=x$，由 $\triangle BO'M \mathrel{\text{≌}} \triangle AO'B$ 得
$$
O'M \cdot O'A = O'B^2 \Longrightarrow x(2x+128) = 32^2
$$
解得 $x = 16(\sqrt{6} - 2)$（负解舍去），此时 $S_{\triangle ABC} = BM \cdot AM = (128+x) \sqrt{32^2 - x^2} = 512\sqrt{9+24\sqrt{6}}$。
## 3
$\underline{\dfrac{(2k-2)!}{(k-1)!}} \Bigm/ \underline{\mathrm{A}_{2k-2}^{k-1}}$；$\underline{\ 0\ }$
根据题意手动递推不难发现
$$
a_n + m-1 = a_{a_{a_n}} = a_{n+m-1}
$$
于是设 $a_i = j$，则有
$$a_{i+t(m-1)} = j+t(m-1), a_j = a_{i+t(m-1)} = j+(t+1)(m-1) \tag{*}$$
考虑将全体正整数划分成 $(m-1)$ 个集合 $S_r = \{(m-1)(q-1)+r \mid q\in\mathbb{N}^*\},\ r=1,2,\dots,m-1$。每个集合里的数可以排成一个等差数列，记作 $s_{r,q}$。
根据这种划分，$(^{\normalsize *})$ 可翻译为：对于任意 $u\in\{1,\dots,m-1\}$，总存在对应的 $v$ 满足 $\forall n \in S_u, a_n \in S_v$ 且 $\forall n \in S_v, a_n \in S_u$。
为了满足 $(^{\normalsize *})$，上面必有 $i \ne j$。于是 $(m-1)$ 个等差数列必须两两配对，故 $c_{2k} = 0$。
$i$ 和 $j$ 配对后，为了满足 $(^{\normalsize *})$，一定有 $a_{s_{i,1}} = s_{j,1}$ 或 $a_{s_{j,1}} = s_{i,1}$，之后根据 $(^{\normalsize *})$ 可以确定 $a_{s_{i,q}}$ 和 $a_{s_{j,q}}$ 的值。
根据乘法原理，答案即为 $\textsf{配对方法数} \times 2^\textsf{配对数} = \dfrac{(m-1)!}{\frac{m-1}{2}! \times 2^{(m-1)/2}} \times 2^{(m-1)/2} = \dfrac{(2k-2)!}{(k-1)!}$。
## 4
$\underline{\left[ \dfrac{1}{2}, +\infty \right)}$
将方程左边表示为 $k$ 的函数
$$
f(k) = \dfrac{x^2+kx-k}{x^2+kx+k} = 1-\frac{2}{x+1}+\frac{2x^{2} / (x+1)^2}{k + x^{2} / (x+1)}, \quad k>0, x\ne-1
$$
- $x = 0$ 时，$f(k) = -1$。
- $x \ne 0$ 时，这是一个平移过的反比例函数，$\dfrac{2x^2}{(x+1)^2} > 0$，
渐近线为 $k = -\dfrac{x^2}{x+1}, f(k) = 1-\dfrac{2}{x+1}$，且 $f(0)=1$。
讨论它的渐近线：
- $-\dfrac{x^2}{x+1} < 0$，即 $x > -1, x \ne 0$ 时，$f(k)$ 的范围为 $\left(1-\dfrac{2}{x+1}, 1\right)$；
- $x < -1$ 时，$f(k)$ 的范围为 $\left( -\infty, 1 \right) \cup \left( 1-\dfrac{2}{x+1}, +\infty \right)$；
根据求出的方程左边的取值范围，原条件相当于
- 对于 $x<-1$，$1 \le \mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1}$ 恒成立；
- 对于 $x>-1, x \ne 0$，$\mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1}$ 或 $\mathrm{e}^{ax}+b \ge 1$ 恒成立；
- 对于 $x = 0$，$\mathrm{e}^{ax}+b \ne -1$。
先看第一个条件。$x\to-\infty$ 时，上下界都趋于 $1$，于是 $\mathrm{e}^{ax}+b$ 在 $x\to-\infty$ 时趋于 $1$，即 $b=1, a>0$。不难发现此时 $\mathrm{e}^{ax}+b > 1$，第二、第三个条件已自动满足。
继续看第一个条件，还剩下
$$
\forall x<-1, \mathrm{e}^{ax}+b \le 1-\dfrac{2}{x+1} \iff \forall x<-1, (x+1)\mathrm{e}^{ax} \ge -2
$$
设 $g(x) = (x+1)\mathrm{e}^{ax}$，其导函数 $g'(x) = (ax+a+1)\mathrm{e}^{ax}$ 单调递增且有唯一零点 $x_0 = -1-\dfrac{1}{a}$。
$g(x)$ 的最小值 $g(x_0) = -\dfrac{1}{a} \mathrm{e}^{-a-1} \ge -2$。由 $g(x_0) < 0$ 取反并取倒数得 $a\mathrm{e}^{a+1} \ge \dfrac{1}{2}$。