2022年北京大学强基计划笔试数学试题及解答

2022年北京大学强基计划笔试数学试题及解答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，22对其任意一组解(xk,yk)，由于xk=6yk+3，所以xk为被3整除的正奇数.2−则a=xk，n=a1，知这样的n均为正整数.32≤≤≤≤由于1n2022，知150◦.该结论等价于180◦−∠CAD′−2∠AD′O...

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，22对其任意一组解(xk,yk)，由于xk=6yk+3，所以xk为被3整除的正奇数.2−则a=xk，n=a1，知这样的n均为正整数.32≤≤≤≤由于1n2022，知1 说明 ∠CD′O>50◦.该结论等价于180◦−∠CAD′−2∠AD′O>50◦，即∠AD′O<45◦.设∠AD′O=θ,易知θ<90◦.在△AD′O中，由正弦定理,AOAD′=sinθsin(140◦−θ)sin(140◦−θ)√⇒=2sinθ√◦sin(140−θ)◦◦注意到2=61，所以sinθ6sin45，且当θ=45时等号不成立，sinθsinθ故θ<45◦,结论得证.射线AD上在D′的左右两侧各有一个满足∠CO′D=50◦的点D，故满足条件的形状不同的凸四边形有两种.3.已知正整数y不超过2022且满足100整除2y+y，则这样的y的个数为.答案：20解：由于100|2y+y，所以4|2y+y.显然y≠1，所以y≥2，所以4|2y，进而得到4|y.设y=4f(1≤f≤504)，则5|24f+4f，由于24≡1(mod5)，所以4f+1≡0(mod5)，即f≡1(mod5).设f=5d+1，则y=4f=20d+4(0≤d≤100).则220d+4+20d+4≡0(mod25).由欧拉定理，φ(25)=20，所以220≡1(mod25).进而得到0≡220d+4+20d+4≡20d+20(mod25).所以25|20d+20，5|d+1，所以d=5k+4(0≤k≤19).因此这样的y有20个.√4.已知[x] 表示不超过x的整数，如[1.2]=1，[−1.2]=−2.已知α=1+5，则2[α12]=.答案：321√√−解：记a=(1+5)n+(15)n，n22则由其所对应的特征根方程知数列an满足an+2=an+1+an且a0=2，a1=1，依次可得a2=3，a3=4，a4=7，a5=11，a6=18，a7=29，a8=47，a9=76，a10=123√，a11=199，a12=322√.−−而|15|∈(0,1)，所以(15)12∈(0,1)，2√2所以a>(1+5)12>a−1，所以[α12]=321.12212y1y2f3f4d5d625.已知六位数y1y2f3f4d5d6，满足=1+y1y2f3，则所有满足条件的六f4d5d6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1000m+1=(1+m)2，即1000=2+m.nn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×(1000−2)+n，即998001,498002,248004,198005,123008.n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，(a+b+c+d)2−(a2+b2+c2+d2)所以ab+ac+ad+bc+bd+cd=为整数.2因此只需(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(mod4)，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=2a′,b=2b′,c=2c′,d=2d′.此时a′+b′+c′+d′=3,a2+b2+c2+d2=4(a′2+b′2+c′2+d′2).因为a′2+b′2+c′2+d′2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(mod8)，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,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：15,2655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的面积vuutA+CS=(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2,ABCD2其中p为四边形ABCD的半周长1(a+b+c+d)．2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11S=adsinA+bcsinC,ABCD22于是可得adcosA−bccosC=1(a2−b2−c2+d2),2adsinA+bcsinC=2SABCD,两式平方相加，移项可得1121S2=a2d2+b2c2−a2−b2−c2+d2−abcdcos(A+C),ABCD4162整理即得．回到本题中，一方面，p√S(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)26r=≤=pp5另一方面，欲求r最小值，只需使得S最小，只需使得cos2A+C=cos2B+D最大22即可.又因为maxA+C,B+D≥π,所以只需令maxA+C,B+D最大即22222可.设AC=x,BD=y,有1p5√√综上，r∈15,26.558.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argz=argz=argz=π时取等.1234此时5−a=6−4b，2+2a=3+b，3−a=1+3b，解得a=5，b=3，77所以当|z|+|z|+|z|取最小值时3a+6b=33.12379.已知复数z，满足z与2的实部和虚部均属于[−1,1]，则z在复平面上形成轨迹的面2z积为.答案：12−2π解：图2:第9题图设满足要求的复数z=x+yi(x,y∈R)，2yy则原命题即为2x+i与x+i的实部和虚部均属于[−1,1]，x2+y2x2+y2222yy因此−1≤2x≤1，−1≤≤1，−1≤x≤1，−1≤≤1.x2+y2x2+y222整理后得−2≤x≤2，−2≤y≤2，(x−1)2+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.×××2此区域面积为8×(22−11−π1)=12−2π.224c2210.在△ABC中，S△=(a−b)，其外接圆半径R=2，且4(sinA−sinB)=ABC2√−(3a−b)sinB，则sinAB+sinC=.22答案：1解：因为R=2，所以√4(sin2A−sin2B)=(3a−b)sinB√⇒a2−b2=(3a−b)b√⇒a=3bc因为S△=(a−b)，所以ABC2√bcsinA=c(a−b)⇒sinA=3−1√进而有sinB=sin√A=1−3，于是33A−BCA−BA+B(sin+sin)2=(sin+cos)22222A−BA+BA−BA+B=sin2+cos2+2sincos222211=1−cos(A−B)+cos(A+B)+sinA−sinB22=1−sinAsinB+sinA−sinB=1−因为00得2bn+1=bn+3，即2(b−3)=b−3，所以b−3=1(b−3)=1.n+1nn2n−112n−2b2−1所以b=1+3>3，a=n>4，n2n−2n2√1√1另一方面，b10=+3<+3=10，25610+3b2−1所以a=10<4.5，102综上所述，40时，存在x<2使得1(x−2)2−g(x)<0，矛盾；0200a(m−2)<0时，存在x>2使得1(x−2)2−g(x)<0，矛盾；0200故m=2，令x=−2，则16a=g(−2)=4⇒a=1.4于是f(x)=g(x)+2x=1(x−2)2+2x=1(x+2)2，进而f(10)=36.44{}|−|≤{}16.已知数列ak1≤k≤5各项均为正整数，且ak+1ak1，ak中存在一项为3，可能的数列的个数为.答案：211解：记bi=ai+1−ai(1≤i≤4)，则bi∈{−1,0,1}，{}对确定的b1,b2,b3,b4，数列ak1≤k≤5各项间的大小顺序即确定，设min{a1,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，4由于bi∈{−1,0,1}且a∈{1,2,3}，这样的数列共3×3=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：2（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A4种3情况，而1,7,11放入集合有A3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23中选择，有A3种情况，而1,7,11放入集合有A3种情况.123123综上所述，不同的集合拆分方法共有A2A4A3+A3A3A3=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，y2+f2+d2−y−f−dy2+f2+d2−10x2的系数为C2+C2+C2==.yfd22(y+f+d)2由柯西不等式知y2+f2+d2≥=100，33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，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+d−2)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.y2+f2+d2−10进而我们有的最大最小值分别为12,28，所以x2的系数的最大可能2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06d<1.此时：2cosA+cosB+cosC(1+d)2+1−(1−d)2(1−d)2+1−(1+d)2(1+d)2+(1−d)2−1=+−+−2(1+d)2(1d)2(1+d)(1d)3(1−2d2)==32−1∈1,3.2(1−d2)21−d22

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