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发现自己是wps 大会员，有30天的亲友卡。天数随机，各位佬自取。 personal-act.wps.cn 正在加载 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

每次点击图片随机出现这类问题 纯随机，同一张图片大概点4次随机成功加载一次，然后又加载不了。 2 个帖子 - 2 位参与者 阅读完整话题

有人遇到过subAgent加载不出来的问题吗 重启了几次codex都不行 2 个帖子 - 2 位参与者 阅读完整话题

我就想让它自己改一下自己“图片加载”，然后只改本地的jsonl文件虽然加载不卡了，但是提交prompt会报错或者无法提交原始图片，我让它搞一个本地加载只加载优化后的jsonl文件，但是提交prompt时候提交原始的文件，结果它就开始自己改Codex发送逻辑，可能是涉及到了签名等网安知识，然后没一会就给我掐断了。并又又又给我一个不安全标记，感觉再这么搞别给我号搞出斩杀线来。 不是oai就不能自己优化优化这个问题吗？怎么会有这么大公司软件加载图片都能卡的，说它草台班子一点不为过。（说不定所有无限tokens的那些bug全是开发人太差劲漏出的，不修也是不会修，根本不可能是知道为了增加用户不修，为了增加用户完全可以搞订阅5折或者多送tokens） 3 个帖子 - 3 位参与者 阅读完整话题

水一个亲测有用的技巧。如果你的网页版GPT出现： 无法加载订阅的红色警告提示 左侧无法加载历史聊天对话 提问后一直转圈不回答 可以尝试在URL左侧的菜单按钮，单独把gpt的cookie清了 曾经有看到佬友说是节点问题，我个人感觉也确实是，之前都是通过切节点解决的。只是今天一直不行，节点换了个遍，直到我清了ck，希望能帮到和我有一样问题的佬。 （同理这个办法适用于flow里用哈基米生图报错 3 个帖子 - 2 位参与者 阅读完整话题

Bandizip 安装后会释放名为 RegDll 的可执行程序，该文件可以用来调用任意 DLL 文件，这意味着攻击者可以利用此工具加载后门程序，不过前提是攻击者已经提前落地 BAT/EXE/DLL 或通过其他方式执行命令。 这个问题算是缺陷而非漏洞，可能需要班迪软件后续加强校验，只允许调用安装路径中具有班迪签名的文件。 蓝点网 压缩管理器Bandizip自带签名工具存在白加黑滥用风险 可用于加载任意DLL #安全资讯 压缩管理器 Bandizip 自带的签名工具存在白加黑滥用风险，可被用于加载任意 DLL。Bandizip 安装后会释放… 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

答案仅供参考，不保证完全正确 来源为圈内整理和手动，以及： 新高考数学一卷出炉，测测哪些 AI 有实力 搞七捻三 我会让 GPT 5.5 Pro + GPT 5.2 Pro 来打分， 标准： 客观题： 1~8 题为单选题，每题 5 分 9~11 题为多选题，每题 6 分，全选对得 6 分，有错选直接 0 分；如果标准答案有两个，那么选对一个得 3 分；如果标准答案有3 个选项，那么选对一个得 2 分，选对两个得 3 分 12~14 题为填空题，答案一眼看出来和标准答案等价就可以 主观题： 15~… 答案总览 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A C D D B B A ACD BC BCD \sqrt{\dfrac{11}{6}} \theta = \dfrac{3\pi}{2} f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 解答题结果： 15 题距离为 1；16 题 \cos A = \dfrac{1}{3} , CE = 3\sqrt{5} ；17 题见分布列与证明；18 题 C : \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1 ，l : y = \dfrac{\sqrt{5}}{2} (x + 1) ， \tan \angle PQR 的最小值为 4\sqrt{3} ；19 题见证明。 一、单项选择题 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中位数 样本数据 6 ， 8 ， 4 ， 5 ， 12 的中位数为 A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 答案：B 【解析】 将样本数据从小到大排列： 4, 5, 6, 8, 12. 共有 5 个数，中位数是第 3 个数，所以中位数为 6 。 2. 平面向量线性表示唯一性 已知平面向量 \boldsymbol{a} ， \boldsymbol{b} 不共线，且 2\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}=x\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b} ，则 A. x=2,\ y=-3 B. x=-2,\ y=3 C. x=2,\ y=3 D. x=-2,\ y=-3 答案：A 【解析】 已知 a, b 不共线，且 2a + yb = xa - 3b. 移项得 (2 - x)a + (y + 3)b = 0. 因为 a, b 不共线，所以它们线性无关，于是对应系数均为 0 ： 2 - x = 0, y + 3 = 0. 因此 x = 2, y = -3. 3. 集合交集 已知集合 A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\} 则 A\cap B= A. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\} B. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\} C. \left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\} D. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\} 答案：C 【解析】 先计算集合 A 中的三个数： \sin\frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2}, \cos\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}, \tan\frac{5\pi}{4} = 1. 所以 A = \left\{-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1\right\}. 又 B = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right). 两集合的公共元素为 -1/2 和 1 ，故 A\cap B = \left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}. 4. 曲线切线方程 曲线 y=5x+8\ln x 在点 (1,\ 5) 处的切线方程为 A. y=3x+2 B. y=5x C. y=8x-3 D. y=13x-8 答案：D 【解析】 曲线为 y = 5x + 8\ln x. 求导得 y' = 5 + \frac{8}{x}. 在 x = 1 处， y'(1) = 5 + 8 = 13. 又曲线过点 (1, 5) ，所以切线方程为 y - 5 = 13(x - 1). 整理得 y = 13x - 8. 5. 抛物线焦点距离 已知抛物线 C_1:y^2=2p_1x\ (p_1>0) 和 C_2:x^2=2p_2y\ (p_2>0) 均经过点 (4,\ 8) ，则 C_1 的焦点与 C_2 的焦点之间的距离为 A. 12 B. 4\sqrt{5} C. 6 D. \dfrac{\sqrt{65}}{2} 答案：D 【解析】 抛物线 C_1 : y^2 = 2p_1x 过点 (4, 8) ，代入得 8^2 = 2p_1 \cdot 4, 64 = 8p_1, p_1 = 8. 标准式 y^2 = 2px 的焦点为 \left(\dfrac{p}{2}, 0\right) ，所以 F_1 = (4, 0). 抛物线 C_2 : x^2 = 2p_2y 过点 (4, 8) ，代入得 4^2 = 2p_2 \cdot 8, 16 = 16p_2, p_2 = 1. 标准式 x^2 = 2py 的焦点为 \left(0, \dfrac{p}{2}\right) ，所以 F_2 = \left(0, \frac{1}{2}\right). 于是两个焦点间距离为 F_1F_2 = \sqrt{(4 - 0)^2 + \left(0 - \frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{65}}{2}. 6. 函数最大值确定参数 已知函数 f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a} 的最大值为 1 ，则 a= A. \dfrac{1}{2} B. 1 C. \dfrac{3}{2} D. 2 答案：B 【解析】 设 f(x) = \frac{x + 2}{\mathrm{e}^x + a}. 求导： f'(x) = \frac{(\mathrm{e}^x + a) - (x + 2)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2} = \frac{a - (x + 1)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2}. 若在 x = x_0 处取得最大值 1 ，则一方面 f'(x_0) = 0, 即 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0}, 另一方面 f(x_0) = 1, 即 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + a. 代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} = (x_0 + 2)\mathrm{e}^{x_0}. x_0 = -2 不可能满足上式的最大值条件，因此可除以 x_0 + 2 ，得到 \mathrm{e}^{x_0} = 1, x_0 = 0. 再代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 a = 1. 7. 数列配对成等差数列 108 塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩。该塔群有 108 座塔，依山势自下而上排成 12 行，将第 i 行中塔的座数记为 a_i\ (i=1,2,\cdots,12) ，其中 a_1=1 ， a_2=a_3=3 ， a_4=a_5=5 ，且 a_6,a_7,\cdots,a_{12} 是一个首项为 7 、公差为 2 的等差数列。将 a_1,a_2,\cdots,a_{12} 分为 6 组，每组两个数，使得每组 the 两个数之和可构成一个项数为 6 且公差为 d\ (d>0) 的等差数列，则 d= A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 答案：B 【解析】 由题意可知这 12 行的塔数依次为 1, 3, 3, 5, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19. 先核对总数： 1 + 3 + 3 + 5 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 = 108, 与题干一致。 将这 12 个数分成 6 组，每组 2 个数。设每组两个数之和依次构成首项为 T 、公差为 d 的等差数列，则这 6 个组和为 T, T + d, T + 2d, T + 3d, T + 4d, T + 5d. 它们的总和仍然等于所有塔数之和 108 ，所以 T + (T + d) + (T + 2d) + (T + 3d) + (T + 4d) + (T + 5d) = 108. 整理得 6T + 15d = 108, 2T + 5d = 36. 因此 T = 18 - \frac{5}{2}d. 题目选项给出的 d 为 2, 4, 6 或无解，逐项排除。 若 d = 2 。此时 T = 18 - 5 = 13 ，六个组和应为 13, 15, 17, 19, 21, 23 。但原来的 12 个数全部是奇数，任意两个奇数之和必为偶数，不可能得到奇数组和。因此 d = 2 不可能。 若 d = 6 。此时 T = 18 - 15 = 3 ，六个组和应为 3, 9, 15, 21, 27, 33 。然而任意一组由两个正整数相加，最小可能和是 1 + 3 = 4 ，不可能得到首项 3 。因此 d = 6 不可能。 若 d = 4 。此时 T = 18 - 10 = 8 ，六个组和应为 8, 12, 16, 20, 24, 28 。下面给出一个可行分组： \begin{aligned} 1 + 7 &= 8, \\ 3 + 9 &= 12, \\ 3 + 13 &= 16, \\ 5 + 15 &= 20, \\ 5 + 19 &= 24, \\ 11 + 17 &= 28. \end{aligned} 这正好把 12 个数全部用完，且组和构成首项为 8 、公差为 4 的等差数列。 因此 d = 4 。 8. 随机变量的数学期望 设 U=\{(x_1,x_2,x_3)\mid x_i\in\{-2,-1,1,2\},\ i=1,2,3\} 为空间中 64 个点构成的集合，点 P(1,1,1) 。记样本空间 \Omega=\complement_U\{P\} 从 \Omega 中随机选取一个点，定义随机变量 X 如下：对于 \Omega 中的每个点 A(x_1,x_2,x_3) ，令 X(A)=x_1+x_2+x_3 则 X 的数学期望为 A. -\dfrac{1}{21} B. -\dfrac{1}{63} C. 0 D. \dfrac{1}{7} 答案：A 【解析】 集合 U = \{(x_1, x_2, x_3) \mid x_i \in \{-2, -1, 1, 2\}, i = 1, 2, 3\} 共有 4^3 = 64 个点。样本空间为 \Omega = U \setminus \{(1, 1, 1)\}, 所以 \Omega 中共有 63 个点。 在完整集合 U 中，每个坐标的取值 -2, -1, 1, 2 出现次数相同，且 -2 - 1 + 1 + 2 = 0. 因此 \sum_{(x_1,x_2,x_3)\in U} (x_1 + x_2 + x_3) = 0. 被删去的点是 (1, 1, 1) ，其对应的 X = 1 + 1 + 1 = 3 。所以在 \Omega 中， X 的总和为 0 - 3 = -3 。于是数学期望为 E(X) = \frac{-3}{63} = -\frac{1}{21}. 二、多项选择题 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9. 复数运算 设 z=3+2\mathrm i ，则 A. \overline z=3-2\mathrm i B. |z|=5 C. z^2=5+12\mathrm i D. \dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R 答案：ACD 【解析】 已知 z = 3 + 2\mathrm{i} 。 A 项： \overline{z} = 3 - 2\mathrm{i} ，正确。 B 项： |z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \neq 5 ，错误。 C 项： z^2 = (3 + 2\mathrm{i})^2 = 9 + 12\mathrm{i} + 4\mathrm{i}^2 = 5 + 12\mathrm{i} ，正确。 D 项： \dfrac{z + 3}{z - \mathrm{i}} = \dfrac{6 + 2\mathrm{i}}{3 + \mathrm{i}} = \dfrac{2(3 + \mathrm{i})}{3 + \mathrm{i}} = 2 \in \mathbb{R} ，正确。 故选 A、C、D。 10. 空间中到定直线距离与二面角 在空间中， A ， B 为两个定点，动点 C 到直线 AB 的距离为 2 ，动点 D 到直线 AB 的距离为 1 。若二面角 C\text{-}AB\text{-}D 为 60^\circ ，则 A. \angle CAD\ge 60^\circ B. CD\ge\sqrt 3 C. 当 AB\perp CD 时， CD\perp 平面 ABD D. 当 AB\perp 平面 ACD 时， AC\perp AD 答案：BC 【解析】 取直线 AB 为 x 轴。设点 C, D 到直线 AB 的垂足在 x 轴上的坐标分别为 c, d 。在垂直于 AB 的平面内，设 u = 点 C 到 AB 的垂直向量， v = 点 D 到 AB 的垂直向量。 由题意 |u| = 2, \quad |v| = 1, \quad \angle(u, v) = 60^{\circ}. 于是 CD^2 = (c - d)^2 + |u - v|^2. 又 |u - v|^2 = |u|^2 + |v|^2 - 2|u||v| \cos 60^{\circ} = 4 + 1 - 2 = 3. 所以 CD^2 = (c - d)^2 + 3 \ge 3 \implies CD \ge \sqrt{3}. B 正确。 若 AB \perp CD ，则 CD 在 x 轴方向上的分量为 0 ，即 c = d 。此时 \vec{CD} = (0, v - u). 它显然垂直于 AB 。再看它与 AD 的关系： \vec{AD} = (d, v), 故 \vec{CD} \cdot \vec{AD} = (v - u) \cdot v = |v|^2 - u \cdot v = 1 - 2 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = 0. 所以 CD \perp AD ，且 CD \perp AB ，从而 CD \perp 平面 ABD 。C 正确。 A 项不一定正确。例如让 C, D 在 AB 方向上的坐标都很大且相同，则 AC, AD 几乎同向， \angle CAD 可趋近于 0^{\circ} 。 D 项也不一定正确。若 AB \perp 平面 ACD ，则 A, C, D 到 AB 的垂足都在 A ，但 AC, AD 在垂直于 AB 的平面内夹角仍为 60^{\circ} ，并不垂直。 11. 三圆截弦长 已知圆 C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad C_3:x^2+(y-\sqrt3)^2=1 直线 l:y=kx+b 与 C_1,C_2,C_3 均有两个交点。设 l 被 C_1,C_2,C_3 截得的弦长分别为 s_1,s_2,s_3 ，则 A. k 可以取任意实数 B. 满足 s_1=s_2=s_3 的直线 l 共有 3 条 C. 满足 s_1+s_2+s_3=3 的直线 l 多于 3 条 D. 当 b=0 时， s_1+s_2+s_3 的最大值为 \dfrac{2\sqrt{21}}{3} 答案：BCD 【解析】 三个圆的圆心分别为 O_1 = (-1, 0), \quad O_2 = (1, 0), \quad O_3 = (0, \sqrt{3}), 半径都为 1 。直线 l : y = kx + b 写成 kx - y + b = 0 。记 N = \sqrt{k^2 + 1}. 圆心到直线的距离分别为 d_1 = \frac{|b - k|}{N}, \quad d_2 = \frac{|b + k|}{N}, \quad d_3 = \frac{|b - \sqrt{3}|}{N}. 对应截弦长为 s_i = 2\sqrt{1 - d_i^2} \quad (i = 1, 2, 3). A 项错误。取 k = -1/\sqrt{3} \implies N = 2/\sqrt{3} 。 要与 C_1 有两个交点，需要 |b - k| < N \iff \left|b + \frac{1}{\sqrt{3}}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff -\sqrt{3} < b < \frac{1}{\sqrt{3}}. 要与 C_3 有两个交点，需要 |b - \sqrt{3}| < N \iff \left|b - \sqrt{3}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \sqrt{3} - \frac{2}{\sqrt{3}} < b < \sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \frac{1}{\sqrt{3}} < b < \frac{5}{\sqrt{3}}. 两个开区间没有公共点，所以此时不存在满足题意的 b ，故 k 不能取任意实数。 B 项正确。由 s_1 = s_2 = s_3 可知 |b - k| = |b + k| = |b - \sqrt{3}|. 先由 |b - k| = |b + k| 得 k = 0 或 b = 0 。 若 k = 0 ，则 |b| = |b - \sqrt{3}| \implies b = \frac{\sqrt{3}}{2} ，得到一条直线。 若 b = 0 ，则 |k| = \sqrt{3} \implies k = \pm\sqrt{3} ，得到两条直线。共 3 条。 C 项正确。只看过原点的直线，即取 b = 0 。此时 d_1 = d_2 = \frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}}, \quad d_3 = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{k^2 + 1}}. 要有三个实弦，需 k^2 > 2 。令 u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 则 s_1 + s_2 + s_3 = \frac{4 + 2\sqrt{k^2 - 2}}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}. 令该和等于 3 ，得 \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}} = 3. 两边平方： 4(u + 2)^2 = 9(u^2 + 3), 即 5u^2 - 16u + 11 = 0. 解得 u = 1 或 u = \frac{11}{5} 。 于是至少有 k = \pm\sqrt{3} ， k = \pm\sqrt{\frac{171}{25}} 四条直线满足 s_1 + s_2 + s_3 = 3 ，所以多于 3 条。 D 项正确。当 b = 0 时，上式给出 S(k) = s_1 + s_2 + s_3 = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}, \quad u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 令 g(u) = \frac{u + 2}{\sqrt{u^2 + 3}}. 则 g'(u) = \frac{(u^2 + 3) - u(u + 2)}{(u^2 + 3)^{3/2}} = \frac{3 - 2u}{(u^2 + 3)^{3/2}}. 所以最大值在 u = 3/2 处取得。此时 S_{\max} = 2 \cdot \frac{2 + 3/2}{\sqrt{9/4 + 3}} = \frac{7}{\sqrt{21}/2} = \frac{14}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}. 三、填空题 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 双曲线离心率 双曲线 5x^2-6y^2=1 的离心率为 \underline{\qquad} 。 答案： \sqrt{\dfrac{11}{6}} 【解析】 双曲线 5x^2 - 6y^2 = 1 化为标准形式： \frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1. 所以 a^2 = \frac{1}{5}, \quad b^2 = \frac{1}{6}. 双曲线满足 c^2 = a^2 + b^2 = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}. 离心率 e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{c^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{11/30}{1/5}} = \sqrt{\frac{11}{6}}. 13. 三角函数的偶性与单调性 已知 f(x)=2\sin(ax+\theta) ，其中 a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi 。若 f(x) 是偶函数，且 f(x) 在区间 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 单调递增，则 \theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad} 答案： \theta = \dfrac{3\pi}{2} ， f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 1 【解析】 已知 f(x) = 2\sin(ax + \theta), \quad a \in \mathbb{Z}, \quad 0 \le \theta < 2\pi. 题设说 f(x) 是偶函数，即 f(-x) = f(x) 对一切 x 成立。因此 \sin(\theta - ax) = \sin(\theta + ax). 两边相减得 \sin(\theta + ax) - \sin(\theta - ax) = 2\cos\theta\sin(ax) = 0. 由于 f(x) 在 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增，所以 f 不可能是常函数，从而 a \neq 0 。于是 \sin(ax) 不恒为 0 ，必须有 \cos\theta = 0. 又 0 \le \theta < 2\pi ，所以 \theta = \frac{\pi}{2} 或 \theta = \frac{3\pi}{2} 。 情形一： \theta = \frac{\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{\pi}{2}\right) = 2\cos(ax). 若 a > 0 ，则在充分靠近 0 的右侧有 f'(x) = -2a\sin(ax) < 0 ；若 a < 0 ，令 m = -a > 0 ，则 f(x) = 2\cos(mx) ，同样在充分靠近 0 的右侧单调下降。因此该情形不可能满足在整个 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增。 情形二： \theta = \frac{3\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{3\pi}{2}\right) = -2\cos(ax). 令 m = |a| ，则 f(x) = -2\cos(mx) ， m \in \mathbb{N}^* 。 求导得 f'(x) = 2m\sin(mx). 若 m = 1 ，则 0 < mx < \frac{\pi}{2} ，所以 f'(x) > 0 ；若 m = 2 ，则 0 < mx < \pi ，所以 f'(x) > 0 。这两种情况都满足单调递增。 若 m \ge 3 ，则 \frac{\pi}{m} < \frac{\pi}{2} ，并且在 x 略大于 \frac{\pi}{m} 时，有 \pi < mx < 2\pi ，从而 \sin(mx) < 0 ，于是 f'(x) < 0 ，不可能在整个 \left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增。 因此 |a| = 1 或 |a| = 2 。 无论 |a| = 1 还是 |a| = 2 ，都有 f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2\cos\left(a \cdot \frac{2\pi}{3}\right). 当 |a| = 1 时， -2\cos\frac{2\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1; 当 |a| = 2 时， -2\cos\frac{4\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1. 所以 \theta = \frac{3\pi}{2} ， f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 。 14. 数列中连续九项成等比数列 设实数 q 满足：存在数列 \{a_n\} ，使得对于任意 n\in\mathbb N^* ，均有 a_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n 且 \{a_n\} 中有某些连续 9 项 a_k,a_{k+1},\cdots,a_{k+8} 是公比为 q 的等比数列，则 q 的最大值为 \underline{\qquad} 。 答案： \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 【解析】 题意为：存在数列 \{a_n\} ，使得对任意 n \in \mathbb{N}^* ，均有 a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 令 S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 相邻两个式子相减，得第 n 个三项块的和为 a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = S_n - S_{n-1} = (n^2 + n) - [(n - 1)^2 + (n - 1)] = 2n. 也就是说，按每 3 项分块，三项块和依次为 2, 4, 6, 8, \dots, 2n, \dots. 设某连续九项 a_{\ell}, a_{\ell+1}, \dots, a_{\ell+8} 构成公比为 q 的等比数列。由于这些连续项中必含两个或三个完整三项块，而完整三项块的和均为正数，后面将得到 q^3 > 0 ，故最大值只需考虑 q > 0 。 将这九项记为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 按照 \ell 除以 3 的余数分类讨论。 情形一： \ell \equiv 1 \pmod 3 。 此时九项正好覆盖三个完整三项块。设第一个完整三项块是第 n 个块，则 A(1 + q + q^2) = 2n, Aq^3(1 + q + q^2) = 2(n + 1), Aq^6(1 + q + q^2) = 2(n + 2). 由于 1 + q + q^2 > 0 ，可由前两式相除得 q^3 = \frac{n + 1}{n} ，由后两式相除得 q^3 = \frac{n + 2}{n + 1} 。这要求 \frac{n + 1}{n} = \frac{n + 2}{n + 1}, 即 (n + 1)^2 = n(n + 2), 也就是 n^2 + 2n + 1 = n^2 + 2n, 矛盾。因此此情形不可能出现。 情形二： \ell \equiv 2 \pmod 3 。 设 \ell = 3r + 2 ，其中 r \ge 0 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 2 个块和第 r + 3 个块。对应到等比数列中的项为 Aq^2 + Aq^3 + Aq^4 = 2(r + 2), Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = 2(r + 3). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2}. 因为 r \ge 0 ，所以 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2} = 1 + \frac{1}{r + 2} \le \frac{3}{2}. 于是 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 情形三： \ell \equiv 0 \pmod 3 。 设 \ell = 3r ，其中 r \ge 1 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 1 个块和第 r + 2 个块。对应到等比数列中的项为 Aq + Aq^2 + Aq^3 = 2(r + 1), Aq^4 + Aq^5 + Aq^6 = 2(r + 2). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 2}{r + 1} = 1 + \frac{1}{r + 1} \le \frac{3}{2}. 因此仍有 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 综上，凡能出现的公比 q 都满足 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 最后说明这个上界可以取到。取 \ell = 2 ，令 q = \sqrt[3]{\frac{3}{2}} 。 连续九项 a_2, a_3, \dots, a_{10} 取为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 第 2 个完整三项块为 a_4 + a_5 + a_6 ，应等于 4 ，所以令 A(q^2 + q^3 + q^4) = 4. 此时 a_7 + a_8 + a_9 = Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = q^3 A(q^2 + q^3 + q^4) = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6, 正好等于第 3 个三项块的和。其余未被固定的项，例如 a_1, a_{11}, a_{12}, \dots ，可以再按每个三项块和为 2n 的要求补足。因此该上界确实可以达到。 所以 q 的最大值为 \sqrt[3]{\frac{3}{2}} 。 四、解答题 本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15. 直三棱柱中的线面关系与距离 在直三棱柱 ABC\text{-}A_1B_1C_1 中， \angle ACB=90^\circ ， AC=BC ， D ， E 分别为 AB ， AC_1 的中点。 （1）证明： DE\parallel 平面 BCC_1B_1 ； （2）设 CC_1=2 ，直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成的角为 45^\circ ，求直线 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。 答案：(1) 见证明；(2) 距离为 1。 【解析】 设直三棱柱 ABC - A_1B_1C_1 中 \angle ACB = 90^\circ, \quad AC = BC. 取坐标系如下：令 C = (0, 0, 0), \quad A = (a, 0, 0), \quad B = (0, a, 0), 其中 a = AC = BC 。因为是直三棱柱，设 C_1 = (0, 0, h), \quad A_1 = (a, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h). 本题第二问给出 CC_1 = 2 ，所以之后取 h = 2 。 点 D 是 AB 的中点，因此 D = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right). 点 E 是 AC_1 的中点，因此 E = \left(\frac{a}{2}, 0, \frac{h}{2}\right). 所以 \overrightarrow{DE} = E - D = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right). （1）证明 DE \parallel 平面 BCC_1B_1 。 平面 BCC_1B_1 由点 B = (0, a, 0), \quad C = (0, 0, 0), \quad C_1 = (0, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h) 组成，故其方程为 x = 0. 直线 DE 上两点 D, E 的 x 坐标都等于 a/2 ，且方向向量 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right) 没有 x 分量，说明 DE 的方向平行于平面 x = 0 。又 D, E 不在平面 x = 0 内，所以 DE \parallel \text{平面} BCC_1B_1. （2）求 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。 此时 h = 2 ，所以 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, 1\right). 平面 ACC_1A_1 的方程为 y = 0. 其法向量可取 n = (0, 1, 0). 设直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成角为 \alpha ，题给 \alpha = 45^\circ 。线面角满足 \sin\alpha = \frac{|\overrightarrow{DE} \cdot n|}{|\overrightarrow{DE}| |n|}. 代入得 \sin 45^\circ = \frac{a/2}{\sqrt{(a/2)^2 + 1}}. 即 \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 1}}. 两边平方： \frac{1}{2} = \frac{a^2/4}{a^2/4 + 1}. 于是 a^2/4 = 1, a = 2. 平面 BCC_1B_1 为 x = 0 ，直线 DE 上任意点的 x 坐标恒为 a/2 。因为 DE \parallel 该平面，所以线面距离等于任意一点到该平面的距离： \text{dist}(DE, \text{平面} BCC_1B_1) = \frac{a}{2} = 1. 16. 三角形与平行垂直条件 已知在 \triangle ABC 中， AB=3 ， BC=2\sqrt3 ， \cos B=\dfrac{\sqrt3}{3} 。 （1）求 \cos A ； （2）设 D ， E 两点满足： D 在 BA 的延长线上， DE\parallel BC ， AE\perp AC 。若 DE=\sqrt6 ，求 CE 。 答案： \cos A = \dfrac{1}{3} ， CE = 3\sqrt{5} 。 【解析】 已知 AB = 3, \quad BC = 2\sqrt{3}, \quad \cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}. （1）求 \cos A 。 由余弦定理， AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cos B. 代入数据： AC^2 = 3^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 9 + 12 - 12 = 9. 所以 AC = 3. 再由余弦定理， \cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \cdot 3 \cdot 3} = \frac{1}{3}. （2）求 CE 。 建立坐标系。令 A = (0, 0), \quad B = (3, 0). 因为 AC = 3 且 \cos A = 1/3 ，所以 C = (3\cos A, 3\sin A) = (1, 2\sqrt{2}). 于是 \overrightarrow{BC} = C - B = (-2, 2\sqrt{2}). 因为 D 在 BA 的延长线上，所以可设 D = (-t, 0), \quad t > 0. 又 DE \parallel BC ，所以可设 \overrightarrow{DE} = \lambda(-2, 2\sqrt{2}). 于是 E = D + \lambda(-2, 2\sqrt{2}) = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 由 DE = \sqrt{6} ，且 |\overrightarrow{BC}| = 2\sqrt{3} ，可得 |\lambda| \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{6}, |\lambda| = \frac{\sqrt{2}}{2}. 由于 D 在 BA 的延长线上，最终取 \lambda > 0 。 又 AE \perp AC 。因为 \overrightarrow{AC} = (1, 2\sqrt{2}), \quad \overrightarrow{AE} = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda), 所以 \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. 即 (-t - 2\lambda) \cdot 1 + (2\sqrt{2}\lambda)(2\sqrt{2}) = 0. 化简： -t - 2\lambda + 8\lambda = 0, t = 6\lambda. so E = (-8\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 代入 \lambda = \frac{\sqrt{2}}{2} ： E = (-4\sqrt{2}, 2). 于是 CE^2 = (1 + 4\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2} - 2)^2. 分别计算： (1 + 4\sqrt{2})^2 = 1 + 8\sqrt{2} + 32 = 33 + 8\sqrt{2}, (2\sqrt{2} - 2)^2 = 8 - 8\sqrt{2} + 4 = 12 - 8\sqrt{2}. 相加得 CE^2 = 45. 因此 CE = 3\sqrt{5}. 17. 投篮停止次数的分布与无记忆性 设整数 N\ge2 ，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 N 次，当且仅当投中一次时，或 N 次均未投中时，停止练习。设该同学每次投中的概率为 p\ (0<p<1) ，各次投中与否相互独立。记 X 为停止练习时该同学的投篮次数。 （1）当 N=4 ， p=\dfrac13 时，求 X 的分布列； （2）设 k ， m 均为自然数。 （i）当 k\le N-1 时，求 P(X>k) ； （ii）当 k+m\le N-1 时，证明： P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m) 【解析】 记一次投篮命中的概率为 p ，未命中的概率为 q = 1 - p. 练习至多进行 N 次，且一旦命中就停止；若前 N 次均未命中，也在第 N 次后停止。于是 X = \min\{\text{首次命中的投篮次数}, N\}. （1）当 N=4 ， p = \frac{1}{3} 时，求 X 的分布列。 此时 p = \frac{1}{3}, \quad q = \frac{2}{3}. 对 j = 1, 2, 3 ，事件 X = j 表示前 j - 1 次未中，第 j 次命中，所以 P(X = j) = q^{j-1}p. 当 X = 4 时，只要求前三次都未中；第四次中或不中都会停止，所以 P(X = 4) = q^3. 因此 P(X = 1) = \frac{1}{3}, P(X = 2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, P(X = 3) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}, P(X = 4) = \left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}. 分布列为： X 1 2 3 4 P \dfrac{1}{3} \dfrac{2}{9} \dfrac{4}{27} \dfrac{8}{27} 检查： \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = \frac{9}{27} + \frac{6}{27} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = 1. （2）（i）当 k \le N - 1 时，求 P(X > k) 。 X > k 表示前 k 次均未命中。由于各次投篮相互独立， P(X > k) = q^k = (1 - p)^k. （2）（ii）证明条件概率公式。 当 k + m \le N - 1 时，由上式 P(X > k + m) = (1 - p)^{k+m}, P(X > k) = (1 - p)^k. 于是 P(X > k + m \mid X > k) = \frac{P(X > k + m)}{P(X > k)} = \frac{(1 - p)^{k+m}}{(1 - p)^k} = (1 - p)^m. 又由于 m \le k + m \le N - 1 ，同理 P(X > m) = (1 - p)^m. 因此 P(X > k + m \mid X > k) = P(X > m). 18. 椭圆、面积比与角的最值 已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) 的左焦点为 F(-1,0) ，离心率为 \dfrac12 。 （1）求 C 的方程； （2）过 F 且斜率大于 0 的动直线 l 与 C 交于 P ， Q 两点，其中 Q 在第三象限，直线 PO 与 C 的另一个交点为 R 。 （i）若 \triangle PQR 的面积是 \triangle PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程； （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。 【解析】 （1）求椭圆 C 的方程。 已知左焦点为 F(-1, 0) ，故焦距参数 c = 1. 离心率 e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}. 所以 a = 2. 又 b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3. 故椭圆方程为 \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1. （2）设直线 l 的斜率为 t > 0 。 直线 l 过 F(-1, 0) ，所以 l : y = t(x + 1). 令 x = -1 + \lambda, \quad y = t\lambda. 代入椭圆方程： \frac{(\lambda - 1)^2}{4} + \frac{t^2\lambda^2}{3} = 1. 两边乘以 12 ： 3(\lambda - 1)^2 + 4t^2\lambda^2 = 12. 整理得 (3 + 4t^2)\lambda^2 - 6\lambda - 9 = 0. 设两个根为 \lambda_1 > 0, \quad \lambda_2 < 0. 则 P = F + (\lambda_1, t\lambda_1), \quad Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2). 由求根公式，记 s = \sqrt{1 + t^2} ，可得 \lambda_1 = \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2}, \quad \lambda_2 = \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2}. （i）面积比求直线 l 。 因为椭圆关于原点中心对称，直线 PO 与椭圆的另一个交点为 R = -P. 点 P, F, Q 共线。取 PF 、 PQ 为同一直线上的底边，则 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = \frac{PQ}{PF} \cdot \frac{d(R, l)}{d(O, l)}. 直线 l 的方程为 tx - y + t = 0. 原点到 l 的距离为 d(O, l) = \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}}. 因为 P 在直线 l 上，且 R = -P ，把 R 代入直线方程可得 d(R, l) = \frac{2t}{\sqrt{1 + t^2}} = 2d(O, l). 所以 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = 2 \cdot \frac{PQ}{PF}. 题设给出 [\triangle PQR] = 3[\triangle PFO] ，因此 \frac{PQ}{PF} = \frac{3}{2}. 又 PF = \lambda_1 \sqrt{1 + t^2} ， PQ = (\lambda_1 - \lambda_2)\sqrt{1 + t^2} ，所以 \frac{PQ}{PF} = \frac{\lambda_1 - \lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{2}. 即 \lambda_1 - \lambda_2 = \frac{3}{2}\lambda_1, -\lambda_2 = \frac{1}{2}\lambda_1, \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0. 代入 \lambda_1, \lambda_2 ： \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2} + 2 \cdot \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2} = 0. 分子为 3 + 6s + 6 - 12s = 9 - 6s. so 9 - 6s = 0, s = \frac{3}{2}. 即 \sqrt{1 + t^2} = \frac{3}{2}, t^2 = \frac{5}{4}. 由于 t > 0 ， t = \frac{\sqrt{5}}{2}. 故 l : y = \frac{\sqrt{5}}{2}(x + 1). （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。 向量 \vec{QP} 与直线 l 同向，可取方向向量 v = (1, t). 又 R = -P , Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2) ，可得 \overrightarrow{QR} = R - Q = (2, 0) - (\lambda_1 + \lambda_2)(1, t). 由根与系数关系， \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 记 S = \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 则 \overrightarrow{QR} = (2 - S, -St). 于是 |v \times \overrightarrow{QR}| = |1 \cdot (-St) - t(2 - S)| = 2t, v \cdot \overrightarrow{QR} = 2 - S - St^2 = 2 - S(1 + t^2). 代入 S = \frac{6}{3+4t^2} ： 2 - S(1 + t^2) = 2 - \frac{6(1 + t^2)}{3 + 4t^2} = \frac{2t^2}{3 + 4t^2} > 0. 所以 \tan\angle PQR = \frac{|v \times \overrightarrow{QR}|}{v \cdot \overrightarrow{QR}} = \frac{2t}{\frac{2t^2}{3+4t^2}} = \frac{3 + 4t^2}{t} = 4t + \frac{3}{t}. 由 t > 0 ，利用基本不等式，或直接求导： 4t + \frac{3}{t} \ge 2\sqrt{4t \cdot \frac{3}{t}} = 4\sqrt{3}. 等号在 4t = \frac{3}{t} ，即 t = \frac{\sqrt{3}}{2} 时成立。因此 \tan\angle PQR_{\min} = 4\sqrt{3}. 19. 集合 D(x_0) 与函数单调性 已知函数 f(x) 的定义域为 \mathbb R ，且当 x<0 时， f(x)=2^x 。对任意 x_0\in\mathbb R ，定义集合 D(x_0)=\{d\in\mathbb R\mid f(x_0+d)>f(x_0)\} （1）若当 x\ge0 时， f(x)=1-x ，求 D(-1) ； （2）若 f(x) 是奇函数， f(x_1)\le f(x_2) 且 x_1,x_2\ne0 ，证明： D(x_2)\subseteq D(x_1) （3）设 f(x) 满足： ① 若 f(x_1)\le f(x_2) ，则 D(x_2)\subseteq D(x_1) ； ② 当 0<x<1 时， f(x)<f(0) 。 （i）证明： f(0)\ge1 ； （ii）证明： f(x) 在区间 (0,+\infty) 单调递增。 定义 D(x_0) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0)\}. 也就是说， d \in D(x_0) 表示从 x_0 平移 d 后，函数值严格增大。 （1）求 D(-1) 。 当 x < 0 时， f(x) = 2^x ；当 x \ge 0 时， f(x) = 1 - x 。 先算 f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}. 要求 f(-1 + d) > \frac{1}{2}. 令 y = -1 + d 。分两种情况。 若 y < 0 ，即 d < 1 ，则 f(y) = 2^y > \frac{1}{2} = 2^{-1} \iff y > -1. 即 -1 < -1 + d < 0 \implies 0 < d < 1. 若 y \ge 0 ，即 d \ge 1 ，则 f(y) = 1 - y = 1 - (-1 + d) = 2 - d. 要求 2 - d > \frac{1}{2} \implies d < \frac{3}{2}. 结合 d \ge 1 ，得 1 \le d < \frac{3}{2}. 合并两段： D(-1) = \left(0, \frac{3}{2}\right). （2）奇函数情形下的包含关系。 若 f 是奇函数，且 x < 0 时 f(x) = 2^x ，则 f(0) = 0, 并且当 x > 0 时， f(x) = -f(-x) = -2^{-x}. 因此 f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ -2^{-x}, & x > 0. \end{cases} 先求 D(x_0) 的形式。 若 x_0 < 0 ，则 f(x_0) = 2^{x_0} > 0 。要使 f(x_0 + d) > f(x_0) ，只能仍在负半轴且指数变大，即 x_0 < x_0 + d < 0. 所以 D(x_0) = (0, -x_0), \quad x_0 < 0. 若 x_0 > 0 ，则 f(x_0) = -2^{-x_0} < 0 。若 x_0 + d < 0 或 x_0 + d = 0 ，函数值分别为正数或 0 ，都大于 f(x_0) ；若 x_0 + d > 0 ，则 -2^{-(x_0+d)} > -2^{-x_0} \iff x_0 + d > x_0 \iff d > 0. 所以 D(x_0) = (-\infty, -x_0] \cup (0, +\infty), \quad x_0 > 0. 现设 f(x_1) \le f(x_2), \quad x_1x_2 \neq 0. 分情况讨论。 若 x_1, x_2 < 0 ，则 2^{x_1} \le 2^{x_2} ，所以 x_1 \le x_2 ，从而 (0, -x_2) \subset (0, -x_1), 即 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1, x_2 > 0 ，则 -2^{-x_1} \le -2^{-x_2} \iff 2^{-x_1} \ge 2^{-x_2} \iff x_1 \le x_2. 于是 (-\infty, -x_2] \subset (-\infty, -x_1], 且 (0, +\infty) 相同，所以 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1 > 0, x_2 < 0 ，则 f(x_1) < 0 < f(x_2), 题设 f(x_1) \le f(x_2) 自动成立。此时 D(x_2) = (0, -x_2) \subset (0, +\infty) \subset D(x_1). x_1 < 0, x_2 > 0 时， f(x_1) > 0 > f(x_2) ，不可能满足 f(x_1) \le f(x_2) 。 综上，结论成立： D(x_2) \subset D(x_1). （3）（i）证明 f(0) \ge 1 。 反设 f(0) < 1. 由于 \lim_{t\to 0^-} 2^t = 1, 可取 t \in (-1, 0) ，使得 f(0) < 2^t = f(t) < 1. 于是 f(0) < f(t). 由条件 1，取 x_1 = 0, x_2 = t ，得 D(t) \subset D(0). 又因为 t < 0 ，取 d = -\frac{t}{2}. 则 t + d = \frac{t}{2} < 0, 且 f(t + d) = 2^{t/2} > 2^t = f(t), 所以 d \in D(t). 由 D(t) \subset D(0) 得 d \in D(0), 即 f(d) > f(0). 但 t \in (-1, 0) ，所以 0 < d < \frac{1}{2} < 1. 由条件 2， f(d) < f(0), 矛盾。因此 f(0) \ge 1. （3）（ii）证明 f(x) 在区间 (0, +\infty) 单调递增。 先证明一个关键结论： x > 0 \implies f(x) \le 0. 第一步，证明 0 < x < 1 时 f(x) \le 0 。反设存在 x \in (0, 1) 使 f(x) > 0. 由条件 2 有 f(x) < f(0), 所以 -x \in D(x), 因为 x + (-x) = 0, f(0) > f(x). 又可取足够小的 t < 0 ，使 2^t = f(t) < f(x). 于是 f(t) \le f(x) 。由条件 1， D(x) \subset D(t). 因此 -x \in D(t). 这意味着 f(t - x) > f(t). 但 t - x < t < 0 ，在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t - x) = 2^{t-x} < 2^t = f(t), 矛盾。故 0 < x < 1 \implies f(x) \le 0. 第二步，把结论推广到所有 x > 0 。任取 y > 0 ，取一个 x \in (0, \min\{1, y\}). 刚才已知 f(x) \le 0 。再任取 M > y ，则 x - M < y - M < 0. 因为负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(x - M) < f(y - M). 由条件 1， D(y - M) \subset D(x - M). 若 f(y) > 2^{y-M} = f(y - M) ，则 M \in D(y - M), 从而 M \in D(x - M). 这会推出 f(x) > f(x - M) = 2^{x-M} > 0, 与 f(x) \le 0 矛盾。因此对一切 M > y ，都有 f(y) \le 2^{y-M}. 令 M \to +\infty ，得 f(y) \le 0. 由于 y > 0 任意，关键结论成立。 最后证明严格递增。任取 0 < x < y. 令 h = y - x > 0. 由关键结论， f(x) \le 0. 取 t < -h ，则 t < 0, t + h < 0. 在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t + h) = 2^{t+h} > 2^t = f(t). 因此 h \in D(t). 又因为 f(x) \le 0 < 2^t = f(t), 由条件 1 可得 D(t) \subset D(x). 于是 h \in D(x). 这正是 f(x + h) > f(x), 即 f(y) > f(x). 所以 f(x) 在 (0, +\infty) 上严格单调递增。 6 个帖子 - 5 位参与者 阅读完整话题

之前跑的ipynb，有一个快100MB的文件，之前还能打开，现在一打开那个文件编辑器就崩溃，佬友们有没有碰到这个情况，应该是输出太多的问题，但前几次打开都没问题，我又不太想删除输出 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

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