2022年北京市清华大学自主招生数学试卷（强基计划）

第1页（共1页）2022年北京市清华大学自主招生数学试卷（强基计划）一、选择题（每小题3分，共27分）（多选）1．（3分）关于方程（x2+y2）3＝16x2y2在平面直角坐标系中所确定的曲线，下列说法正确的有（）A．曲线关于坐标轴轴对称，也关于原点中心对称 B．曲线只过（0，0）一个整点 C．曲线上的动点与原点的距离不超过2 D．曲线所围区域的面积大于4π2．（3分）已知a2+ab+b2＝3，求a2﹣ab+b2的最大值和最小值分别为（）A．9， B．9，1 C．10， D．10，13．（3分）定义x*y为一个由x，y确定的二元函数，且对任意实数x，y，z成立x*x＝0，x*（y*z）＝x*y+z，则2000*2022＝（）A．20 B．22 C．﹣20 D．﹣22（多选）4．（3分）已知一个正整数x在十进制表示下的数位个数为n．x3的数位个数为m，求m+n可能为（）A．2020 B．2021 C．2022 D．20235．（3分）已知实数a，b，c，d，e满足a2+b2+c2+d2+e2＝1，则|a﹣b|+|b﹣c|+|c﹣d|+|d﹣e|+|e﹣a|的最大值为（）A．2 B．3 C．4 D．6．（3分）圆上有一个十边形，任意两点连成线段，求从中任取两条线段，没有交点的概率为（）A． B． C． D．7．（3分）M＝{1，2，3，4，5，6}，N＝{（A，B）|A⊆M，B⊆M，A≠B，A∩B＝∅}，则|N|所在的区间为（）A．（350，450] B．（450，550] C．（550，650] D．（650，750]（多选）8．（3分）已知抛物线y＝x2+4，P（x0，y0）为抛物线外一点，PA、PB与抛物线相切且A、B为切点，则下列说法中正确的有（）A．若AB的方程为y＝9，则x0＝y0＝0 B．若P坐标为（1，1），则AB的方程为x﹣2y+16＝0 C．若+＝1，则S△ABP的最小值为12 D．若+＝1，则S△ABP的最大值为209．（3分）△ABC中，∠BAC＝30°，BE平分∠ABC交AC于E，AD平分∠BAC交BC于D，已知BE+AE＝AB+BD，则∠ABC＝（）A．100° B．110° C．120° D．130°二、填空题（每小题3分，共30分）10．（3分）求＝．11．（3分）a，b，c为正整数，当，，为三个连续自然数时，求a2+b2+c2最小值．12．（3分）一条路上顺次有10盏灯，每盏灯的颜色可以为黄色或蓝色，且要求不能出现连续三盏蓝灯，求点灯方案的总数．13．（3分）四边形ABCD、ABEF为两个正方形，二面角F﹣AB﹣D为120°，M、N在AC、BF上运动，且AM＝FN，已知边长AB＝a，求MN长度的取值范围．14．（3分）已知复数z满足|z|＝1，求|（z﹣2）（z+1）2|的最大值．15．（3分）在复平面内，复数z1终点在1+i和1+ai表示两点连成的线段上移动，|z2|＝1，若z＝z1+z2在复平面上表示的点围成的面积为π+4，则a的可能值为．16．（3分）对于任意实数x，f（x）+f（1﹣x）＝1，f（x）＝2f（），且对于0≤x1≤x2≤1，恒有f（x1）≤f（x2），则f（）＝．17．（3分）已知四边形ABCD中，＝，＝，则＝．（用，表示）18．（3分）已知数列{an}、{bn}满足b1＝2a1＝4，an+1＝﹣an﹣2bn，bn+1＝6（an+bn），求＝．19．（3分）已知x，y为实数满足，则这样的（x，y）有（）组．A．0 B．2 C．4 D．6参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共27分）（多选）1．（3分）关于方程（x2+y2）3＝16x2y2在平面直角坐标系中所确定的曲线，下列说法正确的有（）A．曲线关于坐标轴轴对称，也关于原点中心对称 B．曲线只过（0，0）一个整点 C．曲线上的动点与原点的距离不超过2 D．曲线所围区域的面积大于4π【解答】解：以﹣x，﹣y替换方程中的x，y，方程不变，即曲线关于坐标轴轴对称，也关于原点中心对称，A正确；（x2+y2）3＝16x2y2≤16×＝4（x2+y2）2，当且仅当x2＝y2＝2时取等号，所以x2+y2≤4，C正确；x2+y2≤4时的整点有（0，0），（1，1），（1，﹣1），（﹣1，1），（﹣1，﹣1），（2，0），（﹣2，0），（0，2），（0，﹣2），在已知曲线上的只有（0，0），B正确；由曲线上的动点与原点的距离不超过2可知，曲线所围成的区域面积不超过圆心为原点，半径为2的圆，即面积不超过4π，D错误．故选：ABC．2．（3分）已知a2+ab+b2＝3，求a2﹣ab+b2的最大值和最小值分别为（）A．9， B．9，1 C．10， D．10，1【解答】解：a2+ab+b2＝3，则，令（θ为参数），即，故a2﹣ab+b2＝﹣+（2sinθ）2＝，当时，a2﹣ab+b2的最大值为9，当时，a2﹣ab+b2的最小值为1．故选：B．3．（3分）定义x*y为一个由x，y确定的二元函数，且对任意实数x，y，z成立x*x＝0，x*（y*z）＝x*y+z，则2000*2022＝（）A．20 B．22 C．﹣20 D．﹣22【解答】解：x*x＝0，x*（y*z）＝x*y+z，则x*0＝x*（x*x）＝x*x+x＝x，x*（y*z）＝x*y+z，令y＝z，即x*y+y＝x*（y*y）＝x*0＝x，故x*y＝x﹣y，所以2000*2022＝2000﹣2022＝﹣22．故选：D．（多选）4．（3分）已知一个正整数x在十进制表示下的数位个数为n．x3的数位个数为m，求m+n可能为（）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【解答】解：由于正整数x在十进制表示下的数位个数为n，故10n﹣1≤x＜10n，从而103n﹣3≤x3＜103n，也就说明x3的数位个数m＝3n﹣2，3n﹣1，3n，故m+n＝4n﹣2，4n﹣1，4n，除4不能余1，B选项错误．对于A选项，构造x＝10505﹣1，则x3＝（10505﹣1）3＝101515﹣3×101010+3×10505﹣1，此时n＝505，m＝1515，得到m+n＝2020满足要求．对于C选项，构造x＝10505，则x3＝（10505）3＝101515，故n＝506，m＝1516，得到m+n＝2022满足要求．对于D选项，柆造x＝3×10505，则x3＝（3×10505）3＝27×101515，故n＝506，m＝1517，得到m+n＝2023满足要求．故选：ACD．5．（3分）已知实数a，b，c，d，e满足a2+b2+c2+d2+e2＝1，则|a﹣b|+|b﹣c|+|c﹣d|+|d﹣e|+|e﹣a|的最大值为（）A．2 B．3 C．4 D．【解答】解：（1）先证明下述结论：a，b，c，d，e中必存在连续三项（d，e，a和e，a，b也算连续三项），大小单调不增或者单调不减．利用反证法，若不存在这样的连续三项，不妨设a，b，c，d，e中的最大数为a，则a≥b且a≥e，由反证假设，b＜c且e＜d，故无论c，d大小关系如何，或者b，c，d按照大小不增关系排序，或者c，d，e按照大小不减排序，矛盾!（2）回到原题，由（1）结论，不妨设a≥b≥c，则|a﹣b|+|b﹣c|＝|a﹣c|，故|a﹣b|+|b﹣c|+|c﹣d|+|d﹣e|+|e﹣a|＝|a﹣c|+|c﹣d|+|d﹣e|+|e﹣a|≤（|a|+|c|）+（|c|+|a|）+（|d|+|e|）+（|e|+|d|）（绝对值不等式）＝2|a|+2|c|+2|d|+2|e|≤（22+22+22+22）（a2+c2+d2+e2）（柯西不等式）≤（22+22+22+22）（a2+b2+c2+d2+e2）＝22+22+22+22＝16，于是|a﹣b|+|b﹣c|+|c﹣a|+|a﹣e|+|﹣a|≤4，等号在，b＝0时即可取到．故选：C．6．（3分）圆上有一个十边形，任意两点连成线段，求从中任取两条线段，没有交点的概率为（）A． B． C． D．【解答】解：根据题意，不妨设这个十边形是正十边形，其顶点为A1，A2，…，A10，则十个顶点将圆等分为10段弧．任选其中两个顶点连线，可以作出条线段，从中任选两条线段（考虑顺序），共有种选法；对于任意的线段，两个端点在圆上距离最多有5段弧，若两条线段没有交点，分5种情况讨论：①如果两点距离1段弧（即这两点相邻），则从余下8点中任选两点连线，均与AmAn没有交点，从而两条线段没有交点的情况数为种，注意距离1段弧的两点本身有10种情况，因此，第一类无交线段的情况数为10×28＝280种；②如果两点距离3段弧，注意此时Am，An将整个圆裁成两块，一块有2两个顶点，一块有6个顶点，从每块顶点中任选两点连线，均与A1A1没有交点，从而没有交点的情况数为种．注意距离3段弧的两点本身有10种情况，故第一类无交线段的情况数为16×10＝160种；③如果两点距离2段弧，则从余下7点中任选两点连线，均与AmAn没有交点，从而两条线段没有交点的情况数为种，注意距离2段弧的两点本身有10种情况，因此，第一类无交线段的情况数为10×21＝210种；④如果两点距离4段弧，注意到此时A1，A1将整个圆裁成两块，一块有3两个顶点，一块有5个顶点，从每块顶点中任选两点连线，均与A1A1没有交点，从而没有交点的情况数为种．注意到距离4段弧的两点本身有10种情况，故第一类无交线段的情况数为13×10＝130种；⑤如果两点距离5段弧，注意到此时A1，A1将整个圆裁成两块，一块有4两个顶点，另一块也是4个顶点，从每块顶点中任选两点连线，均与A1Aj没有交点，从而没有交点的情况数为种；注意到距离5段弧的两点本身有10种情况，故第一类无交线段的情况数为12×10＝120种．综上所述，所求概率为．故选：D．7．（3分）M＝{1，2，3，4，5，6}，N＝{（A，B）|A⊆M，B⊆M，A≠B，A∩B＝∅}，则|N|所在的区间为（）A．（350，450] B．（450，550] C．（550，650] D．（650，750]【解答】解：M＝{1，2，3，4，5，6}，N＝{（A，B）|A⊆M，B⊆M，A≠B，A∩B＝∅}，按照|A|进行分类，注意|A|＝0，1，2，•••，6，①|A|＝0，即A＝∅，则B是M的任意非空子集即可，这样的（A，B）共26﹣1个；②|A|＝1，则B是剩下的5个元素的集合的任意子集即可，这样的（A，B）共个；③|A|＝2，则B是剩下的4个元素的集合的任意子集即可，这样的（A，B）共个；•••以此类推，直至|A|＝6，则B只能是空集，这样的（A，B）共有个，综上所述，|N|＝（﹣1）+＝（2+1）6﹣1＝728．故选：D．（多选）8．（3分）已知抛物线y＝x2+4，P（x0，y0）为抛物线外一点，PA、PB与抛物线相切且A、B为切点，则下列说法中正确的有（）A．若AB的方程为y＝9，则x0＝y0＝0 B．若P坐标为（1，1），则AB的方程为x﹣2y+16＝0 C．若+＝1，则S△ABP的最小值为12 D．若+＝1，则S△ABP的最大值为20【解答】解：∵P（x0，y0）为抛物线外一点，设A（x1，y1），B（x2，y2），∵，∴，∴切线AP的方程为：，即：，又，∴，∴AP的方程：，即，同理：切线BP的方程为，又AP，BP都过点P（x0，y0），∴，，∴AB的方程为：，即，对于A选项，由切点弦方程得到x0＝0，y0＝﹣1，故A错误；对于B选项，将x0＝y0＝1代入切点弦方程，得到AB的方程为x﹣2y+14＝0，故B错误；对于C，D选项，∵+＝1，∴x0∈[﹣1，1]，y0∈[﹣1，1]，联立直线AB和抛物线的方程，消去y得：，则＞0，由弦长公式|AB|＝＝，∴，利用点到直线的距离公式，P到直线AB的距离＝，S△ABP＝＝＝，令，则＝，又y0∈[﹣1，1]，∴t∈，∴，两个最值分别在P（0，1）和P（0，﹣1）取到，故C，D均正确．故选：CD．9．（3分）△ABC中，∠BAC＝30°，BE平分∠ABC交AC于E，AD平分∠BAC交BC于D，已知BE+AE＝AB+BD，则∠ABC＝（）A．100° B．110° C．120° D．130°【解答】解：设∠ABC＝2α，在△ABD中，由正弦定理得＝，即BD＝AB•，在△ABE中，由正弦定理＝＝，即BE＝AB•，AE＝AB•，代入BE+AE＝AB+BD，得•AB+•AB＝AB+，整理得（sin30°+sinα）sin（165°﹣2α）＝（sin15°+sin90°）sin（150°﹣α），即（sin30°+sinα）sin（165°﹣2α）＝2sin（90°﹣α）cos（75°﹣α）sin（150°﹣α），即sin（165°﹣2α）+sinαsin（165°﹣2α）＝2[sin（90°﹣α）sin（150°﹣α）]cos（75°﹣α），即sin（165°﹣2α）+cos（165°﹣3α）﹣sin（165°﹣α）＝[cos60°﹣cos（240°﹣2α）]cos（75°﹣α），即，（1）若，即75°﹣＝k•180°，k∈Z，即，即α＝﹣120°k+50°，k∈Z，由于0＜2α＜150°，所以α＝50°满足要求．（2）若，则，因为，，矛盾．不成立，故∠ABC＝100°．故选：A．二、填空题二、填空题（每小题3分，共30分）10．（3分）求＝．【解答】解：由积分定义可知，sinπ＝sinπ＝sinxdx＝（﹣cosx）＝．故答案为：．11．（3分）a，b，c为正整数，当，，为三个连续自然数时，求a2+b2+c2最小值1297．【解答】解：因为三个正整数a，b，c，且，，为三个连续正整数，不妨设a＞b＞c，由题意可得，解得，且，可得k≥6，此时，所以a2+b2+c2≥1297，则a2+b2+c2最小值为1297．故答案为：1297．12．（3分）一条路上顺次有10盏灯，每盏灯的颜色可以为黄色或蓝色，且要求不能出现连续三盏蓝灯，求点灯方案的总数504．【解答】解：由题意，路上总共有n盏灯时，则点灯方案数为f（n），若n盏灯不出现连续三盏蓝灯，则前n﹣1盏灯不出现连续三盏蓝灯，其情况数为f（n﹣1），最后一盏任意选颜色，故共2f（n﹣1）种情况，但可能在最后三盏灯出现蓝色，即前n﹣4盏灯不出现连续三盏蓝灯，且第n﹣3盏灯必为黄色，故f（n）＝2f（n﹣1）﹣f（n﹣4），则可能在最后三盏灯出现蓝色（前n﹣4点灯不出现连续三盏蓝灯，且第n﹣3盏灯必为黄色），故f（n）＝2f（n﹣1）﹣f（n﹣4），又f（1）＝2，f（2）＝4，f（3）＝7，f（4）＝13，递推可得f（10）＝504．故答案为：504．13．（3分）四边形ABCD、ABEF为两个正方形，二面角F﹣AB﹣D为120°，M、N在AC、BF上运动，且AM＝FN，已知边长AB＝a，求MN长度的取值范围．【解答】解：过F，N作平面ABCD的垂线，设垂足为G，H，由FG⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，可得FG⊥AB，由题意FA⊥AB，FG∩FA＝F，可得AB⊥平面AFG，又GA⊂平面AFG，所以GA⊥AB，于是G，A，D三点共线，由FG∥NH，得到，故HM∥GD，过A作GB的平行线，交HM于点I，交BC于点J，设（当NB＝0时MN长度即为a），由二面角F﹣AB﹣D为120°，得到∠FAG＝60°，故，，故，而，故MN＝＝＝＝＝，综上所述，MN长度的取值范围为．故答案为：．14．（3分）已知复数z满足|z|＝1，求|（z﹣2）（z+1）2|的最大值．【解答】解：复数z满足|z|＝1，则可设z＝cosθ+isinθ（θ∈[0，2π]），|（z﹣2）（z+1）2|＝|z﹣2|•|z+1|2＝|cosθ﹣2+isinθ|•|cosθ+1+isinθ|2＝＝，当且仅当cosθ＝时，等号成立，故|（z﹣2）（z+1）2|的最大值为．故答案为：．15．（3分）在复平面内，复数z1终点在1+i和1+ai表示两点连成的线段上移动，|z2|＝1，若z＝z1+z2在复平面上表示的点围成的面积为π+4，则a的可能值为﹣1或3．【解答】解：设z1＝1+ti，则1≤t≤a（a＞1），z2＝cosθ+isinθ，∴z＝z1+z2＝1+cosθ+（t+sinθ）i＝x+yi，可得（x﹣1）2+（y﹣t）2＝1，1≤t≤a，如图，则z在复平面上围成的面积即为粉色区域，所以S＝2（a﹣1）+π＝π+4，解得a＝3，同理，当a＜1时，则有S＝2（1﹣a）+π＝4+π，解得a＝﹣1．故答案为：﹣1或3．16．（3分）对于任意实数x，f（x）+f（1﹣x）＝1，f（x）＝2f（），且对于0≤x1≤x2≤1，恒有f（x1）≤f（x2），则f（）＝．【解答】解：对于x∈R，f（x）满足f（x）+f（1﹣x）＝1，f（x）＝2f（），令x＝可得，f（）+f（1﹣）＝1，∴f（