2024年北京大学强基计划数学试卷试题真题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京大学2024年强基计划笔试数学试题1．求模7的余数.2．求.3．求的排列的个数，使得排列中没有出现连续的.4．已知数列，求第2024项模5的余数.5．求四元组的个数，使得，且.6．求上方程的解的个数.7．求上方程的解的个数.8．求上方程的解的个数.9．在体积为的正方体内取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的平面，将正方体分为个长方体，求这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值.10．在离心率为的椭圆中，是两个焦点，是椭圆上一点，且，求.11．用表示正整数的数码和，求满足与均为5的倍数的的最小值.12．称正整数为好数,当它各位数字均不相同，且对于所有正整数满足，都有，求最大好数的范围（

）A.

B.

C.

D.以上均不对13．在中，求的最小值或下确界.14．在中，若边上的高为，求的范围.15．在中，若在上，比较与的大小.16．在中，若为形外一点，满足，线段与线段交于，且，，求.17．在中，若在上，平分的内心与的外心重合，求.18．在中，若在上，平分，求的周长.19．在中，求的最大值的取等条件.20．，用表示不超过的最大整数，并用表示小数部分，已知：，，求

.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．1【分析】只要注意到19与20的相邻关系，容易将高斯取整写成普通的计算式，剩下就只需要对幂次进行常规的同余计算.【详解】因为，所以，上述中用到，，所以.2．【分析】由，化简得到，，化简得到，从而将原式化简为，利用，求出，即可求解.【详解】因为，从而得到：，则由于，，所以，因为因为所以，即，解得：或(舍去)所以3．【分析】先考虑包含连续的排列对应的七个集合，计算它们通过取交得到的集合的元素个数，然后利用容斥原理得到不满足条件的排列数，再用总排列数与该数相减即得答案.【详解】对有限集合，记其元素个数为.在的所有排列中，设为所有包含连续的的排列构成的集合，这里.则对而言，集合中的所有排列，都相当于在将需要相邻的数进行捆绑以后，个整体元素的全排列，从而.故由容斥原理即得.这就表明出现了连续的中之一的排列有个，所以不出现连续的的排列有个.故所求排列的个数为.4．4【分析】设，可得，从而得到，即可求解【详解】设数列满足：，，，，，，，，，，，设，所以，，则，故所以64模5余数为45．25【分析】根据，可得可能的取值，再利用排列组合求得四元组的个数.【详解】因为，且，所以的取值有三种不同的组合：或或，即，当时，四元组有个，当时，四元组有1个当时，四元组有个，故满足题意的四元组的个数为个.6．【分析】根据指数函数和三角函数的性质可得只能，分别比较和时，的大小关系，再根据函数和的凹凸性即可得解.【详解】由，只能，当时，，当时，，令，则，所以在上单调递减，，所以函数是凹函数，令，则函数在上单调递减，，，所以函数是凸函数，所以函数与有两个交点，即上方程的解的个数为个.7．【分析】用反证法证明原方程的解都满足，即，然后逐一代入验证即可.【详解】一方面，假设原方程有一个满足的根，则.令，则.对，有，故；对，有，故.所以对，都有，从而由知，矛盾.所以无解，故原方程的解，只有满足，即，直接验证即知都是原方程的解.所以原方程一共有个解.8．【分析】由得，由得，解得的范围，得可能取值为，代入计算检验即可.【详解】由得，所以，因为，所以，得，解得，此时可能取值为，分别代入计算可得，经检验不符合题意，故方程的解只有4个.【点睛】关键点点睛：根据得不等式组，进而得可能取值为，代入计算可得.9．【分析】先通过不等式方法证明这个长方体中至少有个的体积不超过，再说明当，，时，这个长方体中恰有个的体积不超过，即可说明这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为.【详解】设该正方体的长宽高分别被切成长度为和，和，和的两段，这里，且根据据对称性，可不妨设.此时，个长方体的体积分别是.由，可知，.由于，故.而，故和中至少有一个数不超过，所以这个长方体中至少有个的体积不超过.当，，时，个长方体的体积分别是，此时这个长方体中恰有个的体积不超过.综上，这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为.10．【分析】根据离心率确定，根据椭圆定义及求出，在中，由余弦定理求得，再计算面积即可.【详解】由题意得，即，由椭圆定义知，，又，所以，在中，由余弦定理得，解得，所以.

11．49999【分析】利用的必要条件为得到最小为4,得到最后的结果.【详解】设的末尾有个9,即,所以,此时必要条件为,所以最小为4,当时不符合题意,所以最小可能为五位数,经检验最小值为49999.12．D.【分析】利用题目给的“好数”的定义，设，结合由，得到的最大可能值为4，从而求出最大的好数为3570.【详解】设,由可得，其中,所以的最大可能值为4.当,由,得,有,解得,经检验最大的好数为3570.故选：D.13．【分析】要使最小，则为钝角三角形，不妨假设为钝角，可得，利用余弦值的范围可得，即可得到答案.【详解】在中，要使最小，则为钝角三角形，不妨假设为钝角，则，，所以，则，，，所以则则，当为等腰三角形，且无限接近于时，无限接近于，即的下确界为14．【分析】利用三角形面积公式和余弦定理得到，从而表达出，求出，结合基本不等式求出，得到结论.【详解】由三角形面积公式得，即，由余弦定理得，故，，其中，当且仅当，即时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，故.15．【分析】由余弦定理求出三角形每个内角的余弦值，从而求出对应正弦，在和分别利用正弦定理得到：和，化简，即可求解.【详解】在中，若在上由余弦定理可得：，同理：，，在中，，，所以，，设，，则，在，由正弦定理可得：，同理在，，所以，所以16．【分析】使用平面几何知识证明点是外接圆的圆心，然后利用圆的相交弦定理即得结果.【详解】由于线段与线段有交点，故点和点一定在线段的同侧（否则线段和整体各位于线段的两侧且端点不同，不可能有交点）.而，，且和在的同侧，故由圆心角是圆周角的2倍，可知点一定是外接圆的圆心.记的外接圆为，并设为在上的对径点，则根据相交弦定理有.再由已知有，故.17．【分析】利用与全等，得到求出【详解】设题中的内心和外心为，即图中两点，一方面在的角平分线上，又所以与为等腰三角形，又所以所以所以得到.另一方面,所以,综上可得.18．【分析】设，先利用角平分线定理得出的关系，再利用双余弦定理求出，即可得解.【详解】设，由角平分线定理可得，则，由余弦定理得，即，将代入化简得，即解得或（舍去），经检验只能，所以的周长为.19．，【分析】先分析得最大，再利用和差化积公式得到，再利用换元法构造函数，，结合导数研究得最大值，从而得解.【详解】显然要使取最大值，则最大，所以，都为锐角，，，由于，所以，则，当时，取等号；令，，构造函数，，所以，令