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title: 神悟树庭招生考试难题解答
createTime: 2026/2/5
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  - study
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  - maths
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## 9-D

显然有

$$
\sigma^2 = \dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \left( k - \dfrac{25}{2} \right)^2}{\displaystyle\sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k} = 2^{-25} \sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \left( k - \dfrac{25}{2} \right)^2
$$

我们知道

$$
k \mathrm{C}_n^k = k \dfrac{n!}{k! (n-k)!} = \dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} = n \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} = n \mathrm{C}_{n-1}^{k-1}
$$

更进一步地，

$$
k(k-1) \mathrm{C}_n^k = n(k-1) \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} = n(n-1) \mathrm{C}_{n-2}^{k-2}
$$

于是

$$
\begin{align*}
  \sigma^2 &= 2^{-25} \sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \left( k - \dfrac{25}{2} \right)^2 \\
  &= 2^{-25} \sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \left( k(k-1) - 24k +  \dfrac{625}{4} \right) \\
  &= 2^{-25} \left[ \left( \sum_{k=0}^{25} k(k-1) \mathrm{C}_{25}^k \right) - 24 \left( \sum_{k=0}^{25} k \mathrm{C}_{25}^k \right) + \dfrac{625}{4} \left( \sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \right) \right] \\
  &= 2^{-25} \left[ \left( \sum_{k=0}^{23} 600 \mathrm{C}_{23}^k \right) - 24 \left( \sum_{k=0}^{24} 25 \mathrm{C}_{24}^k \right) + \dfrac{625}{4} \left( \sum_{k=0}^{25} \mathrm{C}_{25}^k \right) \right] \\
  &= 2^{-25} \left( 600 \times 2^{23} - 600 \times 2^{24} + \dfrac{625}{4} \times 2^{25} \right) = \dfrac{25}{4}
\end{align*}
$$

于是 $\sigma = 2.5$。

## 10-C

直接归纳发现不等式方向错了，我们证更强的 $a_n \le 2^{2^{n-1}}-1$：

归纳，奠基 $a_1 \le 2^{2^0}-1$，而

$$
a_{n+1} = a_n^2+1 \le 2^{2^{n}} - 2^{2^{n-1}+1}+2 \le 2^{2^{n}} - 1
$$

## 10-D

设 $b_n = (3/2)^{2^n}$，感性上一旦有 $a_n > b_n$，误差就会随着平方不断累积。而我们发现 $a_4>b_4$，因此该选项可能错误。

下面严谨证明： 设 $r_n=\dfrac{a_n}{b_n}$，则 $r_{n+1} = \dfrac{a_n^2+1}{b_n^2} > \left( \dfrac{a_n}{b_n} \right)^2 = r_n^2$

由 $r_4 > 1$ 得 $n \ge 4$ 时 $r_n > 1$，于是 $r_{n+1} > r_n^2 > r_n \ge r_4$。
（是的，它非常松，随便放）

于是

$$
|a_n - b_n| = b_n(r_n-1) > (3/2)^{2^n} r_4
$$

只需讨论 $d>r_4$，$(3/2)^{2^n} r_4 < d \iff n < \log_{3/2} \log_{2} \dfrac{d}{r_4}$，右边为常数，$n$ 一定可以超过。

## 11-C

由 B 得 $\{x_{P_n}\}$ 单调递增，同理 $\{x_{Q_n}\}$ 单调递减。又由 B 得存在 $m_1$ 使得 $x_{P_{m_1}} > 0$，从而 $\left|y_{P_{n+m_1}}\right|$ 单调递减；同理存在 $m_2$ 使得 $x_{Q_{m_2}} < 0$，$\left|y_{Q_{n+m_2}}\right|$ 单调递减。

于是对于 $m > m_1, m_2$，有 $|k_{P_{n+m} Q_{n+m}}| = \dfrac{|y_{P_{n+m}}| + |y_{Q_{n+m}}|}{x_{P_{n+m}} - x_{Q_{n+m}}}$ 单调递减。

## 18-3

为了好看，我们记 $a(n) = a_n$。不难发现

$$
\underbrace{a\Bigl(a\bigl(\cdots a(n + T^m) \cdots\bigr)\Bigr)}_{m \text{ 个}} = \underbrace{a\biggl(a\Bigl(\cdots a\bigl(a(n) + dT^{m-1}\bigr) \cdots\Bigr)\biggr)}_{m \text{ 个}} = \cdots = \underbrace{a\Bigl(a\bigl(\cdots a(n) \cdots\bigr)\Bigr)}_{m \text{ 个}} + d^m
$$

## 19-2

先证明题目条件等价于“$C$ 上存在一点到 $M$ 的距离小于等于 $1$”：

必要性：$\Gamma$ 与 $C$ 上有交点，即 $C$ 上有两点 $P, Q$ 满足 $M,P,Q$ 共线 且 $\overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{MQ} = 1$，从而 $|MP|, |MQ|$ 必然至少有一个小于等于 $1$；  
充分性：$C$ 上存在一点到 $M$ 的距离小于等于 $1$ 时，由所给结论可知 $C$ 上存在点 $P$ 使得 $|MP| = 1$，于是 $P$ 既在 $C$ 上，也在 $\Gamma$ 上。

设直线 $l: y=kx$。存在 $M \in l$ 使得 $C$ 上存在一点到 $M$ 的距离小于等于 $1$，当且仅当 $C$ 上存在一点到 $l$ 的距离小于等于 $1$。

因为 $\left(t+\dfrac{1}{t}\right)^2 - \left(t-\dfrac{1}{t}\right)^2 = 4$，设 $P\left(t+\dfrac{1}{t}, t-\dfrac{1}{t}\right) \ \ (t \ne 0)$。显然 $y=t - \dfrac{1}{t}$ 一定有两个解，于是 $P$ 能取遍所有 $C$ 上的点。

根据

$$
\begin{align*}
  \dfrac{1}{1+k^2} \left[t-\dfrac{1}{t}-k\left(t+\dfrac{1}{t}\right)\right]^2 &= \dfrac{1}{1+k^2} \left[(1-k)t - (1+k)\dfrac{1}{t}\right]^2 \\
  &= \dfrac{1}{1+k^2} \left[ (1-k)^2 t^2 + (1+k)^2 \left(\dfrac{1}{t}\right)^2 - 2(1-k^2) \right] \\
\end{align*}
$$

分类讨论：

(i) 当 $k = 1$ 时，$\text{LHS} = \dfrac{2}{t^2}$；当 $k=-1$ 时，$\text{LHS} = 2t^2$，都存在 $t$ 使得 $\text{LHS} \le 1$。

(ii) 当 $k^2 \ne 1$ 时，根据均值不等式，

$$
\text{LHS} \ge \dfrac{2}{1+k^2} \left[ |1-k^2| - (1-k^2) \right]
$$

且等号在 $t = \pm\sqrt{\left|\dfrac{1+k}{1-k}\right|}$ 时可以取到，故 $\dfrac{2}{1+k^2} \left[ |1-k^2| - (1-k^2) \right]$ 为 $\text{LHS}$ 的最小值。

(a) $k^2<1$ 时 $\text{RHS}=0$，满足条件；

(b) $k^2>1$ 时由 $\text{RHS} = \dfrac{4(k^2-1)}{1+k^2} \le 1$ 可得 $1 < k^2 \le \dfrac{5}{3}$。

综上所述，$k$ 的取值范围为 $\left[ -\dfrac{\sqrt{15}}{3}, \dfrac{\sqrt{15}}{3} \right]$。

## 19-3

记 $K(x,y)=(x-1)^2+y^2$，在不致混淆的情况下简记为 $K$。

由 $1$ 同理

$$
\varGamma: (x-1+K)^2-y^2-4K^2=0
$$

即

$$
(x-1)^2 - y^2 + 2K(x-1) - 3K^2 = 0 \qquad (1)
$$

又设 $O_1(1-m,n), O_2(1+m,n)$，则

$$
\odot O_1: \bigl( x-(1-m) \bigr)^2 + (y-n)^2 = m^2 + n^2
$$

即

$$
K-2m(x-1)-2ny = 0 \qquad (2)
$$

同理 $\odot O_2$

$$
K+2m(x-1)-2ny = 0 \qquad (3)
$$

因为 $Q,R \mathrel{\text{s.t.}} (2), S,T \mathrel{\text{s.t.}} (3)$，所以 $Q,R,S,T \mathrel{\text{s.t.}}$

$$
4n^2y^2 - 4m^2(x-1)^2 + K^2 - 4nyK = 0 \qquad (4)
$$

所以 $Q,R,S,T \mathrel{\text{s.t.}} 2(m^2+n^2)y ~(1) + (4)$:

$$
\begin{align*}
&\mathrel{\phantom{=}} 2(n^2-m^2)(x-1)^2 + 2(n^2-m^2)y^2 + 2(m^2+n^2)\bigl(2K(x-1)-3K^2\bigr) + K^2 - 4nyK \\
&= K \Bigl[ 2(n^2-m^2) + 4(m^2+n^2)(x-1) + (1-6m^2-6n^2) \bigl( (x-1)^2+y^2 \bigr) - 4ny \Bigr] = 0
\end{align*}
$$

于是 $Q,R,S,T$ 四点共线或共圆。