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已知2n+1与3n+1均为完全平方数且n不超过则正整数n的个数为 .答案：1解：设2n+1=a2，3n+1=b23a22b2=1(3a)26b2=3，(31)x26y2=3由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，kk(xkyk)x26y23xk3整除的正奇数.kk−则a=xk，n=a2 1，知这样的n均为正整数.−3 2√ 1n20221a633√

189，≤√ √≤xk

(3+2 6)(5+2 6)k+(3−2 6)(5−2 6)k，2由特征方程知其所对应的递推公式为xk+2=10xk+1−xkx1=3x2=27x3=267，因此仅x2=27满足条件，此时n=40.所以这样的n为1个.1已知凸四边形ABCD满足∠ABD=∠BDC==∠ACB=题意且不相似的凸四边形ABCD的个数为 .答案：2解：对凸四边形ABCD，由∠CAD=∠ACB，有ADBC；由∠ABD=∠BDC，1:2题图有AB CD.故四边形ABCD为平行四边形.ACO.ACDAD上，我们只需求出该射线上满足∠CDO=50◦的点D个数即可.记过C,O且与射线AD相切的圆为ω(易知这样圆存在且唯一)，切点为D′，由圆幂定理知AD′2=AO·AC从而AD′=√2AO.首先说明∠CD′O>50◦.180◦CAD′2∠AD′O>50◦，即∠AD′O<45◦.设∠AD′O=θ,易θ90◦.△AD′O中，由正弦定理,AO=sinθ

AD′sin(140◦−θ)sin(140◦−θ) √⇒ sinθ = 2注意到√2=

sin(140◦−θ)

1 ，所以sinθsin45◦，且当θ45时等号不成立，sinθ sinθ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，故满足条件的形不同的凸四边形有两种. 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.y4f(1f504)，则|4f+4f，由于24≡1(mod5)，所以f+1≡0(mod5)，即f≡1(mod5).f5d1y4f20d4(0d100).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. 24.[x]x[1.2]=1，[−1.2]=−2.α=1√5，则2[α12]=答案：321解：记a

.=(1

√5)n+(1−

5)n，n 2 2+2 +1 0 则由其所对应的特征根方程知数列a 满足a =a +a 且a =2，a =1+2 +1 0 n n n n依次可得a2=3，a3=4，a4=7，a5=11，a6=18，a7=29，a8=47，a9=76，a10

=

=

=322.√√2 而|1− 5|∈(0,1)，所以(1− 5)12∈(0,1)，√2 a所以a12

√1+ 2>( )12>1+ 2

−1，所以[α12]=321. yyffd

，满足

y1y2f3f4d5d6

1+yyf

2，则所有满足条件的六123456

f4d5d6

123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≤999.1000m1(1m)210002m.n n1022m10021n9n|1000，n1245(m,n51000m+nn=1000×(1000−2)+n，即998001,498002,248004,198005,123008.n这样的六位数之和为2065020. a,b,c,dabcd=6abacadbcbdcd的正整数取值个数为 .答案：10解：由于a,b,c,d均为整数，abacadbcbdcd

(a+b+c+d)2−(a2+b2+c2+d2)2

为整数.(a+b+c+d)2(a2+b2+c2+d2)0a2+b2+c2+d236.a2b2c2d236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，a2+b2+c2+d2a+b+c+d奇偶性相同，a2+b2+c2+d21034之间的偶数a2b2c2d28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).a′2+b′2+c′2+d′2a′+b′+c′+d′奇偶性相同，a2b2c2d28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.a2+b2+c2+d210348的倍数.f(a,b,c,d)=a2b2c2d2，f(2211)=10f(2220)=12f(3210)=14f(3300)=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.ABCD1，BC2，CD4，DA3，则其内切圆半径取值范围为√

.√答案：

15,2 65 5解：ABCDa,b,c,d，那么四边形ABCD的面积SABCD

− − − − A+ − − − − = (p a)(p b)(p c)(p d) abcdcos2 ,2pABCD1(abcd)．2△ABD△CBD中分别应用余弦定理，有BD2=a2+d2−2adcosA,BD2=b2+c2−2bccosC,又于是可得

SABCD

=1adsinA2

12

sinC,2adcosA−bccosC=1(a2−2−c2+d2),2ABCDadsinA+bcsinC=2S ,ABCD两式平方相加，移项可得S2

1 a2d2+b2c2

1a2−b2−c2+d22

1abcdcos(A+C),ABCD

4 16 2整理即得．回到本题中，一方面，Sr= ≤

(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)

2√6p p 5rScos2ACcos2BD最大

2≥即可.又因为max A+C,B+D π,所以只需令max A+C,B+D 最大即≥2 2 2 2 2可.√ACx,BDy1x32y∠A,∠Cy∠Dxx3y4ABCD33444215故√Sr= p

√155综上，r∈

√

√5 15,2 6 . 5 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：33√7√4解：已知|z1|+|z2|+|z3|≥|z1+z2+z3|=|10+10i|=10 当且仅当argz1=argz2=argz3=π时取等.47 此时5−a=6−4b，2+2a=3+b，3−a=1+3b，解得a=5，b=3，7 7所以当|z1|+|z2|+|z3|取最小值时3a+6b=33. 7−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−2 z积为 .+ 答案：12+ 2:9z=xyi(xyR)，则原命题即为

2xx2+

x2+y2i

x+yi的实部和虚部均属于[ 1,2 2−x2+y2x2+y22 −−x2+y2x2+y22

2x ≤1，−1≤ 2y

≤1，−1≤

x≤1，−1≤y≤1.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≥1.2 2 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×(2×2−1×1−π×12)=12−2π. 2 2 2△ABC中，S△ABC=c(ab)R=24(sin2Asin2B)=2− (√3a b)sinB，则sinA B+sinC= .− 2 2答案：1解：R2

4(sin2A−sin2B)=(√3a−b)sinB⇒a2−b2=(√3a−b)b⇒a=√3b2因为S△ABC=c(a−b)，所以2bcsinA=c(a−b)⇒sinA=√3−13进而有sinB=inA=13(sinA−B

√3，于是3+sinC)2=(sinA−

+cosA+B)22 2 2 2=sin2

A−

+

A+B

+2sinA−

cosA+B2 2 2 21 1=1−

2cos(A−B)+2cos(A+B)+sinA−sinB=1−sinAsinB+sinA−sinB=1− 因为0<A B,C<π，所以sinA B+sinC=1. − 2 2ABCDAM取值范围为BM

BC，MCD∠ABM∠CBD∠BCD，则.∞答案：(1,+ )∞2∠ADM180◦BCD180◦ABMA,B,M,D四点共圆，于是AM=sin∠ABM=sin∠DCB=DB∈ 易知DB (1,+ ∈ BC 2

BM sin∠BDM sin∠BDC BC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=cosθ − − ∈− 则sinθ=cos3θ，即cos π θ =cos3θ，由于π θ [ π,π]，cos3θ [0,3π]，2 2 2 2− − 所以3θ=π θ或3θ=π θ+2π或3θ=θ π+2π.− − 2 2 2θ=π5π3π.8 8 4x=cosπcos5πcos3π.8 8 4由题意知，所求值为：3 π 5π 3π

3 π π 3π

6 = 12 =12. π π πcos

cos8

cos8 4

−

sin8

cos8 4

sin

cos4 4

sin213.AA=a0a1...anD(A)=a0+2a1+22a2+···+2nan.已知b0=203310，bn+1=D(bn)，则b2022各位数字的平方和小于或等于）.答案：小于

200（横线上填大于，由题意知若A为n+1D()≤(2n+1−1)×9<n+1×10b0所以b0至多为40位，所以b1<240×10<814×10<1015，b115b2215108510106，b26b32610640，b33b4231080，b所以b4至多2位，进而b5<40也至多两位依此类推可得 至多两位，b2022其各位数字的平方和不超过81+81=162，小于200.

=203310<1040，【注】原问题为求b2022各位数字的平方和，题目中所给出选项分别为“和“37014.{an为 .答案：4

=12，a =1(3a 3√12a)an+1 4 n n 10

最接近的整数解：bn

b2 1√ 1+2an，则b1=5且an= n2 ，√ b2 −1

b2−1原递推即为

n+1

= (3+ n +3bn)，2 4 2整理后即为4b21n+11

=

6bn9bn02bn+1bn3，n2(bn+13)bn3bn3n

12n−1

−3)

2n−2.1 b2−1bn

2n−2+3>3，an= n

>4，b另一方面，b10

= 1 +3< 1 +3=√10，√256 10+3√b2 b所以a10= 102

<4.5，综上所述，4a104.54.215.已知f(x)是二次函数，f(−2)=0，且2x≤f(x)≤x2+4，则f(10)= .2答案：36.解：法一：f(−2)=0f(x)=(x2)(axb)=ax2(2ab)x2b，f(x)2xax2(2ab2)x2b0，a0(2ab2)28ab4a2b24ab8a4b4，2f(x)≤x24(2a1)x2(4a2b)x4b40，22a104a2b0(2ab2)28ab矛盾，2a10(4a2b)24(2a1)(4b4)，4a2b24ab8a4b4，4a2b24ab8a4b44a2b24ab，(2ab)202a=b，f(xx2)(ax2aa(x2)2，4x24f(2)4f(2)4a=1.4f(x)=1(x2)2，f(10)36.4法二：x2+4 12xf(x) ⇒0f(x)−2x (x−2)22 2g(xf(x2xg(−2)4g(2)0g(xa(x2)(xm)(a0).若m=2，则 ′11(x−2)2−g(x) 2

x=2

=−g′(2)=a(m−2)=0a(m2)0

21(x2 0

−2)2−g(x0

)<0，矛盾；a(m2)0

21(x2 0

−2)2−g(x0

)<0，矛盾；m2x−216ag(−2)4a=1.4于是f(x)=g(x)+2x=1(x−2)2+2x=1(x+2)2，进而f(10)=36. 4 4已知数列{ak}1≤k≤5各项均为正整数，且|ak+1ak|1，{ak3，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}，b对确定的b1

,

,

,

}1≤k≤5

各项间的大小顺序即确定，设min{a1,a2,a3,a4,a5}=a，则a∈{1,,3，1 2 3 对于给定的1 2 3 由于i∈{−,0,1}且a∈{1,,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. 126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易知2,,6,,10,12}6Y2，Y4···Y12.17116Y109Y6Y12中，分两种情况：4若5Y6Y12中，有两种情况，此时394个集合中选择，有A2种4情况，而1,7,11放入集合有A3种情况.35Y6Y12533