若 ，，则 $x + y =\underline{\hspace{2em}}$.

\begin{answer} $3$ \end{answer}

\begin{solution} 由第一个行列式等于零，得 $x-2=0$，所以 $x=2$. 由第二个行列式等于 $1$，得 $x-y=1$，代入 $x=2$ 得 $y=1$. 因此 $x+y=2+1=3$. \end{solution}

设 $AB$ 是椭圆 $\Gamma$ 的长轴，点 $C$ 在 $\Gamma$ 上，且 $\angle CBA = \frac{\pi}{4}$，若 $AB = 4$，$BC = \sqrt{2}$，则 $\Gamma$ 的两个焦点之间的距离为______.

\begin{answer} $\frac{4\sqrt{6}}{3}$ \end{answer}

\begin{solution} 取椭圆中心为原点，令长轴水平，设 $A=(-2,0)$、$B=(2,0)$. 由 $BC=\sqrt{2}$ 且 $\angle CBA=\frac{\pi}{4}$，可取 $C=(1,1)$；取关于长轴对称的另一点时计算相同. 设椭圆方程为 将 $C=(1,1)$ 代入，得 $\frac14+\frac{1}{b^2}=1$，$b^2=\frac43$. 椭圆的焦半距满足 $c^2=4-b^2=\frac83$，所以两个焦点之间的距离为 \end{solution}

记椭圆 $\frac{x^2}{4} + \frac{ny^2}{4n + 1} = 1$ 围成的区域（含边界）为 $\Omega_n$ （$n = 1$，$2$，$\cdots$），当点 $\left(x, y\right)$ 分别在 $\Omega_1$，$\Omega_2$，$\cdots$ 上时，$x + y$ 的最大值分别是 $M_1$，$M_2$，$\cdots$，则 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} M_n =$（$\quad$）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 区域 $\Omega_n$ 满足 令 $u=\frac{x}{2}$，$v=\sqrt{\frac{n}{4n+1}}y$，则 $u^2+v^2\leqslant1$，且 由柯西不等式， 取 $(u,v)$ 与 $\left(2,\sqrt{\frac{4n+1}{n}}\right)$ 同方向且在单位圆上时可取到等号，因此 所以 因此选 D. \end{solution}

如图，已知双曲线 $C_1: \frac{x^2}{2} - y^2 = 1$，曲线 $C_2: |y| = |x| + 1$. $P$ 是平面内一点，若存在过点 $P$ 的直线 $l$ 与 $C_1$，$C_2$ 都有公共点，则称 $P$ 为“$C_1 - C_2$ 型点”.

(1) 在正确证明 $C_1$ 的左焦点是“$C_1 - C_2$ 型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）； (2) 设直线 $y = kx$ 与 $C_2$ 有公共点. 求证 $|k| > 1$，进而证明原点不是“$C_1 - C_2$ 型点”； (3) 求证：圆 $x^2 + y^2 = \frac{1}{2}$ 内的点都不是“$C_1 - C_2$ 型点”.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 双曲线 $C_1$ 的左焦点为 $F=(-\sqrt{3},0)$，直线 $y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1$ 经过点 $F$，且经过 $C_2$ 上的点 $(0,1)$，可作为所需直线. \item 设直线 $y=kx$ 与 $C_2$ 的公共点为 $(x,y)$. 若 $x=0$，则由 $y=kx$ 得 $y=0$，这与 $C_2$ 的方程 $|y|=|x|+1$ 矛盾，所以 $x\neq0$. 于是 若原点是 $C_1-C_2$ 型点，则存在过原点的直线同时与 $C_1$，$C_2$ 有公共点. 直线 $x=0$ 与 $C_1$ 联立得 $-y^2=1$，无实数解；其他过原点的直线可写为 $y=kx$. 由上面结论，这样的直线若与 $C_2$ 相交则 $|k|>1$，而它与 $C_1$ 相交需满足 从而 $\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2=1$，必有 $k^2<\frac{1}{2}$，即 $|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}$，矛盾. 因此原点不是 $C_1-C_2$ 型点. \item 设点 $P=(x_0,y_0)$ 在圆 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ 的内部，即 $x_0^2+y_0^2<\frac{1}{2}$. 反设 $P$ 是 $C_1-C_2$ 型点，设过 $P$ 且与两条曲线都有公共点的直线为 $\ell$.

若 $\ell$ 为竖直直线 $x=c$，由于它与 $C_1$ 相交，必有 $\frac{c^2}{2}\geqslant1$，即 $|c|\geqslant\sqrt{2}>\frac{1}{\sqrt{2}}$. 所以 $\ell$ 上任一点到原点的距离不可能小于 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，与 $P$ 在圆内矛盾.

若 $\ell$ 非竖直，设其方程为 $y=kx+b$. 当 $|k|\leqslant1$ 时，取 $\ell$ 与 $C_2$ 的公共点 $(x,y)$，则 因此原点到 $\ell$ 的距离 $d$ 满足

当 $|k|>1$ 时，将 $y=kx+b$ 代入 $C_1$，得 该方程有实数解，所以其判别式满足 从而 $b^2\geqslant2k^2-1$. 于是 其中最后一个不等号等价于 $k^2\geqslant1$. 综上，任何同时与 $C_1$，$C_2$ 相交的直线到原点的距离都不小于 $\frac{1}{\sqrt{2}}$. 但 $P\in\ell$，所以该距离不大于 $OP=\sqrt{x_0^2+y_0^2}<\frac{1}{\sqrt{2}}$，矛盾. 因此圆内的点都不是 $C_1-C_2$ 型点. \end{enumerate} \end{solution}