2022年北京大学强基计划笔试数学试题及解答.pdf

1、2022 年北京大学强基计划笔试数学试题1.已知 2n+1 与 3n+1 均为完全平方数且 n 不超过 2022，则正整数 n 的个数为.答案：1解：设 2n+1=a2，3n+1=b2化简得到 3a2 2b2=1，即(3a)2 6b2=3，由于(3,1)为佩尔方程 x2 6y2=3 的一组解，由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，对其任意一组解(xk,yk)，由于 x2k=6y2k+3，所以 xk为被 3 整除的正奇数.则 a=xk3，n=a2 12，知这样的 n 均为正整数.由于 1 n 2022，知 1 a 63，所以 3 50.该结论等价于 180 CAD 2ADO 50，即 ADO 45.

2、设 ADO=,易知 90.在 ADO 中，由正弦定理,AOsin=ADsin(140)sin(140)sin=2注意到2=sin(140)sin61sin，所以 sin 6 sin45，且当 =45时等号不成立，故 (1+52)12 a12 1，所以 12=321.?5.已知六位数 y1y2f3f4d5d6，满足y1y2f3f4d5d6f4d5d6=?1+y1y2f3?2，则所有满足条件的六位数之和为.（f4d5d6不必为三位数）答案：2065020解：假设 y1y2f3=m，f4d5d6=n，则 100 m 999，1 n 999.由此可得原命题等价于 1000mn+1=(1+m)2，即10

3、00n=2+m.由于 102 2+m 1002，所以 1 n 9 且 n|1000，所以 n=1,2,4,5,8，因此对应的(m,n)有 5 种不同的取值，对应的六位数为 1000m+n=1000 (1000n 2)+n，即 998001,498002,248004,198005,123008.这样的六位数之和为 2065020.?6.已知整数 a,b,c,d 满足 a+b+c+d=6，则 ab+ac+ad+bc+bd+cd 的正整数取值个数为.答案：10解：由于 a,b,c,d 均为整数，所以 ab+ac+ad+bc+bd+cd=(a+b+c+d)2(a2+b2+c2+d2)2为整数.因此只

4、需(a+b+c+d)2(a2+b2+c2+d2)0，即 a2+b2+c2+d2 36.原命题即为求 a2+b2+c2+d2小于 36 的不同取值的个数.由柯西不等式知(a2+b2+c2+d2)(1+1+1+1)(a+b+c+d)2=36，因此 a2+b2+c2+d2 9，又因为 a2+b2+c2+d2与 a+b+c+d 奇偶性相同，所以 a2+b2+c2+d2的取值必为 10 到 34 之间的偶数.下证 a2+b2+c2+d2不为 8 的倍数：采用反证法，若否，则 a2+b2+c2+d2 0(mod 4)，此时 a,b,c,d 要么同为偶数要么同为奇数.(i)a,b,c,d 同为偶数：设 a=

5、2a,b=2b,c=2c,d=2d.此时 a+b+c+d=3,a2+b2+c2+d2=4(a2+b2+c2+d2).因为 a2+b2+c2+d2与 a+b+c+d奇偶性相同，所以 a2+b2+c2+d2不可能为 8 的倍数.(ii)a,b,c,d 同为奇数：由于奇数的平方模 8 同余于 1，所以 a2+b2+c2+d2 4(mod 8)，所以 a2+b2+c2+d2不可能为 8 的倍数.因此 a2+b2+c2+d2的取值必为 10 到 34 之间的偶数且不为 8 的倍数.另一方面，设 f(a,b,c,d)=a2+b2+c2+d2，我们有 f(2,2,1,1)=10,f(2,2,2,0)=12,

6、f(3,2,1,0)=14,f(3,3,0,0)=18,f(3,3,1,1)=20,f(4,2,1,1)=22,f(4,3,0,1)=26,f(4,2,2,2)=28,f(4,3,1,2)=30,f(4,4,0,2)=34，因而 a2+b2+c2+d2的取值为所有 10 到 34 之间不为 8 的倍数的偶数，因此 ab+ac+ad+bc+bd+cd 的不同取值为 10 个.?7.已知凸四边形 ABCD 满足：AB=1，BC=2，CD=4，DA=3，则其内切圆半径取值范围为.答案：?155,265?解：先证明一个引理：平面上四边形 ABCD 的四边长分别记为 a,b,c,d，那么四边形ABCD

7、的面积SABCD=vuut(p a)(p b)(p c)(p d)abcdcos2A+C2,其中 p 为四边形 ABCD 的半周长12(a+b+c+d)引理的证明：在 ABD 和 CBD 中分别应用余弦定理，有BD2=a2+d2 2adcosA,BD2=b2+c2 2bccosC,又SABCD=12adsinA+12bcsinC,于是可得adcosA bccosC=12(a2 b2 c2+d2),adsinA+bcsinC=2SABCD,两式平方相加，移项可得S2ABCD=14?a2d2+b2c2?116?a2 b2 c2+d2?212abcdcos(A+C),整理即得回到本题中，一方面，r=

8、Spp(p a)(p b)(p c)(p d)p=265另一方面，欲求 r 最小值，只需使得 S 最小，只需使得 cos2A+C2=cos2B+D2最大即可.又因为 max?A+C2,B+D2?2,所以只需令 max?A+C2,B+D2?最大即可.设 AC=x,BD=y,有 1 x 3,2 y 155综上，r?155,265?.?8.已知 a,b R，z1=5 a+(6 4b)i，z2=2+2a+(3+b)i，z3=3 a+(1+3b)i，当|z1|+|z2|+|z3|最小时，3a+6b=.答案：337解：已知|z1|+|z2|+|z3|z1+z2+z3|=|10+10i|=102，当且仅当

9、argz1=argz2=argz3=4时取等.此时 5 a=6 4b，2+2a=3+b，3 a=1+3b，解得 a=57，b=37，所以当|z1|+|z2|+|z3|取最小值时 3a+6b=337.?9.已知复数 z，满足z2与2z的实部和虚部均属于 1,1，则 z 在复平面上形成轨迹的面积为.答案：12 2解：图 2:第 9 题图设满足要求的复数 z=x+yi(x,y R)，则原命题即为2xx2+y2+2yx2+y2i 与x2+y2i 的实部和虚部均属于 1,1，因此 1 2xx2+y2 1，1 2yx2+y2 1，1 x2 1，1 y2 1.整理后得 2 x 2，2 y 2，(x 1)2+

10、y2 1，(x+1)2+y2 1，x2+(y 1)2 1，x2+(y+1)2 1.因此点 z 的轨迹所构成的图形为图中阴影区域，其外边界为一个边长为 4 的正方形.此区域面积为 8 (2 221 12 124)=12 2.?10.在 ABC 中，SABC=c2(a b)，其外接圆半径 R=2，且 4(sin2A sin2B)=(3a b)sinB，则 sinA B2+sinC2=.答案：1解：因为 R=2，所以4(sin2A sin2B)=(3a b)sinB a2 b2=(3a b)b a=3b因为 SABC=c2(a b)，所以bcsinA=c(a b)sinA=3 1进而有 sinB=s

11、inA3=1 33，于是(sinA B2+sinC2)2=(sinA B2+cosA+B2)2=sin2A B2+cos2A+B2+2sinA B2cosA+B2=1 12cos(A B)+12cos(A+B)+sinA sinB=1 sinAsinB+sinA sinB=1因为 0 A B,C ，所以 sinA B2+sinC2=1.?11.在梯形 ABCD 中，ADBC，M 在边 CD 上，有 ABM=CBD=BCD，则AMBM取值范围为.答案：(12,+)解：ADM=180 BCD=180 ABM，所以 A,B,M,D 四点共圆，于是AMBM=sinABMsinBDM=sinDCBsin

12、BDC=DBBC易知DBBC(12,+).?12.已知1 x2=4x3 3x，则该方程所有实根个数与所有实根乘积的比值为.答案：12解：令 x=cos(0,).则 sin=cos3，即 cos?2?=cos3，由于2 2,2，cos3 0,3，所以 3=2 或 3=2 +2 或 3=2+2.解得 =8或58或34.因而其全部解为 x=cos8或 cos58或 cos34.由题意知，所求值为：3cos8cos58cos34=3 cos8sin8cos34=6sin4cos4=12sin2=12.?13.若 A 为十进制数，A=a0a1.an，记 D(A)=a0+2a1+22a2+2nan.已知b

13、0=203310，bn+1=D(bn)，则 b2022各位数字的平方和200（横线上填大于，小于或等于）.答案：小于解：由题意知若A为n+1位数，则D(A)(2n+11)9 2n+110，b0=203310 1040，所以 b0至多为 40 位，所以 b1 240 10 814 10 1015，所以 b1至多 15 位，进而 b2 215 10 85 10 106，所以 b2至多 6 位，进而 b3 26 10 640，所以 b3至多 3 位，进而 b4 23 10 80，所以 b4至多 2 位，进而 b5 0 得 2bn+1=bn+3，即 2(bn+1 3)=bn 3，所以 bn 3=12n

14、1(b1 3)=12n2.所以 bn=12n2+3 3，an=b2n 12 4，另一方面，b10=1256+3 110+3+3=10，所以 a10=b210 12 4.5，综上所述，4 a10 0 时，存在 x0 2 使得12(x0 2)2 g(x0)0，矛盾；a(m 2)2 使得12(x0 2)2 g(x0)0，矛盾；故 m=2，令 x=2，则 16a=g(2)=4 a=14.于是 f(x)=g(x)+2x=14(x 2)2+2x=14(x+2)2，进而 f(10)=36.?16.已知数列 ak1k5各项均为正整数，且|ak+1ak|1，ak 中存在一项为 3，可能的数列的个数为.答案：21

15、1解：记 bi=ai+1 ai(1 i 4)，则 bi 1,0,1，对确定的 b1,b2,b3,b4，数列 ak1k5各项间的大小顺序即确定，设 mina1,a2,a3,a4,a5=a，则 a 1,2,3，对于给定的 a,b1,b2,b3,b4可唯一确定一组数列，由于 bi 1,0,1 且 a 1,2,3，这样的数列共 3 34=243 个，其中不符合题设条件的数列各项均为 1 或 2，这样的数列有 25=32 个，综上所述，符合要求的数列共有 243 32=211 个.?17.将不大于 12 的正整数分为 6 个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互质，则不同的分法有种.答案：252

16、解：易知 2,4,6,8,10,12 中的元素两两不互质，因此恰好在 6 个不同的集合中。设依次为 Y2，Y4,Y12.此时剩余的正整数中 1,7,11 可以任意放在上述 6 个集合中，5 不能放在 Y10中，3,9 不能放在 Y6或 Y12中，分两种情况：（1）若 5 放入了 Y6或 Y12中，有两种情况，此时 3 与 9 可在 4 个集合中选择，有 A24种情况，而 1,7,11 放入集合有 A33种情况.（2）若 5 没有放入 Y6或 Y12中，则 5 有 3 个集合可以选择，进而 3 与 9 可在 3 个集合中选择，有 A23种情况，而 1,7,11 放入集合有 A33种情况.综上所述

17、，不同的集合拆分方法共有 A12A24A33+A13A23A33=252 种.?18.已知 y，f，d 为正整数，f(x)=(1+x)y+(1+x)f+(1+x)d.其中 x 的系数为 10，则x2的系数的最大可能值与最小可能值之和为.答案：40解：由题意得 y+f+d=10，x2的系数为 C2y+C2f+C2d=y2+f2+d2 y f d2=y2+f2+d2 102.由柯西不等式知 y2+f2+d2(y+f+d)23=1003，又由于 y，f，d 为正整数所以 y2+f2+d2 34.当 y=3,f=3,d=4 时，y2+f2+d2=34，因此 y2+f2+d2的最小值为 34.另一方面，

18、若 a,b 为正整数，则 a2+b2 12+(a+b 1)2，这是因为上式展开即为 ab a b+1 0，亦即(a 1)(b 1)0.所以 y2+f2+d2 12+(y+f 1)2+d2 12+12+(y+f+d2)2=1+1+64=66.当 y=1,f=1,d=8 时，y2+f2+d2=66，因此 y2+f2+d2的最大值为 66.进而我们有y2+f2+d2 102的最大最小值分别为 12,28，所以 x2的系数的最大可能值与最小可能值之和为 40.?19.若 ABC 三边长为等差数列，则 cosA+cosB+cosC 的取值范围是.答案：?1,32?解：不妨设三边长为 1 d,1,1+d，其中 0 6 d 12.此时：cosA+cosB+cosC=(1+d)2+1 (1 d)22(1+d)+(1 d)2+1 (1+d)22(1 d)+(1+d)2+(1 d)2 12(1+d)(1 d)=3(1 2d2)2(1 d2)=32?2 11 d2?1,32?.?