清华大学2024年强基计划数学试题（解析）

第1页/共1页清华大学2024年强基计划笔试1.点．求满足的整点的个数.【答案】65【解析】【分析】设，直线的方程为，，设，则，把，代入，讨论可得答案.【详解】设，直线的方程为，即，，设，则，代入，化简得，当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；当时，，，有5个整点；根据对称性，当时，也分别有5个整点，所以共有65个整点.2.均为正数，则的最大，最小值是否存在？是多少？【答案】存在，的最大值为3，最小值为.【解析】【分析】根据已知条件进行化简，构造函数利用函数导数判断函数的单调性，解出最值，再根据条件限制范围；【详解】由题意知，，令则，且令，则，令，则递增，递减；所以，此时，因此所以的最大，最小值存在，的最大值为3，最小值为.3.点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？【答案】1056【解析】【分析】利用组合数的知识结合图象分析即可.【详解】总共有种,如图，三点共线（粗虚线）有8组，四点共线有9组（图中实线加上5条竖线），五点共线有4组，于是一共能组成种.故答案为：1056.4.抛物线，焦点为．过焦点的直线交于两点．过作平行于点切线的直线交于点，交轴于点．设，则（）A.．B.的最大值为16．C.D.【答案】CD【解析】【分析】对于，设直线的方程为，联立抛物线方程用韦达定理即可判断；对于，求导得，则直线的斜率为，进而可得直线的方程，联立抛物线方程用韦达定理即可判断；对于，过作轴平行线交于，结合选项知，的面积等于的2倍，根据直线的方程可得，可求，进一步可求得，利用基本不等式结合即可判断．对于，由直线的方程可得坐标，进一步可得，即可判断；【详解】如图所示，切线记为，记为．对于，直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立，消去得，，所以，故，故错误；对于，因为，所以，则直线的斜率为，故直线方程为，即，联立，消去得，故，故正确；对于，不妨设，过作轴平行线交于，根据选项知，的面积等于的2倍．（下面证明一下）,，，由D选项的证明知道，则直线的方程为，当时，，故，由选项知，故，当且仅当，即时取等号，即，所以，故错误．对于，由直线的方程可得，，，所以，故正确；故选：CD.5.非负，则的最大值和最小值是否存在？是多少？【答案】存在最小值，最小值为2，不存在最大值【解析】【分析】由题意，中至多一个数为0，不妨设，可得，当全不为0时，可得，从而可得有最小值2，由当，可得无最大值.【详解】由题意，中至多一个数为0，不妨设，则，当且仅当时取等号，当全不为0时，，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，因为，，，不能同时成立，所以，综上所述：，所以非负有最小值，最小值为2；当，可得，故非负无最大值.6.．则（）A.若有两个解，则．B.若有最小值，则．C.若有最小值，则．D.若有两个解，则．【答案】AD【解析】【分析】求得，得出函数的单调性和极值，判定A正确；当时，得到取得最小值0，当时，，可判定B、C错误；设，令，利用导数求得在单调递增，得到，进而转化为，根据函数的单调性，求得，可判定D正确.【详解】由函数，可得，当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减，当时，函数取得极大值，极大值为，且当，，当时，，所以有两个解，则，所以A正确；当时，方程恒有根，取得最小值0都成立；当时，，所以，即时，恒有最小值，所以B、C都不正确；设，令，可得，当时，且，所以，可得，所以在单调递增，所以，所以在时，，又由时，，所以，且，在上单调递增，又因为有两个解，则，不妨令，则，由，因为，所以，又因为，所以，因为，可得，且，且函数在为单调递增函数，所以，所以，所以D正确.故选：AD.【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.7.圆上7点所成线段中任取两条，这两条线段无公共点的概率为？【答案】【解析】【分析】根据题意，先求出形成多少条线段，然后求出任取两条线段种数，再从中求出两条线段无公共点的种数，结合古典概型求概率即可.【详解】圆上7点形成条线段，从中任取两条线段有种方法，任意四个点对应两组不相交的线段，故两条线段无公共点的有种方法，所以任取两条线段，它们无公共点的概率为.8.复方程的所有复数根的平方和为？【答案】【解析】【分析】将问题转化为求方程的所有复数根的平方和，然后使用韦达定理即可得到答案.【详解】方程可化为.从而原方程的所有复数根的平方和等于方程的所有复数根的平方和.设该方程的个复数根为，则由韦达定理有，.所以.故原方程的所有复数根的平方和为.9.已知，则可以是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用积化和差和辅助角公式得到，即可求解得到或，，可求答案.【详解】，，，，，，，，或，,，，或，，经检验，符合，其它都不符合.故选：B.10.在有解，则可能的取值为？【答案】任意实数【解析】【分析】分和两种情况讨论，当时，将视为关于的二元一次方程，根据直线与恒相交可得.【详解】将视为关于的二元一次方程，以为横坐标，纵坐标，则表示斜率为的直线，当时，；当时，，记，则直线与恒相交，所以，.综上，可能的取值为一切实数.11.在内有三个不等实根，则的取值范围？【答案】【解析】【分析】根据在内有三个不等实根，不防设，则有，，.代入，则，再结合范围求解即可.【详解】设，在内有三个不等实根，，，.且，设，，，则，，,，，.12.，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】先利用的单调性证明，然后直接得到，并通过证明，得出，即可验证C，D正确；然后利用该范围直接估计出的下界，即可得到A正确，B错误.【详解】对于D，构造，易得在上递增，而，，所以有唯一的正根，且该根位于区间，因为，所以，则，故，.所以，故D正确；对于C，而，，故，而，所以有，故C正确；对于AB，由，知.从而，故A正确，B错误.故选：ACD.13.已知复数满足，，则的最小值为？【答案】【解析】【分析】先对和证明不存在满足条件的，再对证明满足条件，即可得到的最小值为.【详解】若，则，得，矛盾；若，则，解得.故是实数，从而由知，代入得或，矛盾；以上讨论表明，必有.而当时，对，有，且有，故满足条件.所以的最小值为.14.四面体中，.求与所成角余弦的最值．【答案】无最大值，有最小值为0.【解析】【分析】根据数量积公式计算两直线夹角余弦值；【详解】如图所示，设与所成角为，,在中，根据三角形的三边关系可知,所以则因此与所成角余弦的无最大值，有最小值为0.15.正四面体中，棱长为．点满足，则的（）A.最小值为．B.最大值为C.最小值为D.最大值为【答案】BC【解析】【分析】由题意，确定点在球上，根据空间向量的线性运算和数量积的运算求得的表达式，结合三角函数的性质即可求解.【详解】设的中点，则，即，又，所以，即点落在以为球心，以1为半径的球上.因为，所以.由正四面体的棱长为，得，所以，设，则，又，所以，即的最大值为，最小值为.故选：BC16.已知正方体，初始时与重合，每一步都等可能得移动到相邻顶点，记移动步后仍在面上的概率为，则（）A.移动步后，仍在点的概率为B.C.D.与的递推式为【答案】BCD【解析】【分析】首先将问题转化为关于的展开式问题，然后将仍在点转化为各个字母的指数均为偶数，将仍在面上转化为的指数为偶数，研究相应的项的系数和，再逐一验证每个选项即可.【详解】可以注意到，在运动次后，点的位置只取决于：点沿着的方向或反方向运动的次数.我们考虑的展开式，该式展开时，相当于从个中各选取一项并作乘积，遍历所有种选法并相加.每个选法恰好也对应唯一一组点沿着的方向或反方向运动的次数，它们相乘后得到.再将所有项相加，我们就得到了若干个形如的项之和，这里是点沿着的方向或反方向运动的次数分别为的概率.对于A，由于移动步后，仍在点就相当于满足都是偶数，故所求概率即为的展开式中，三个字母的指数均为偶数的项的系数和.设，则三个字母的指数均为偶数的项的系数和就是.代入得到该表达式的值为，这即为所求的概率，故A错误；对于B，C，D，由于移动步后，仍在面上当且仅当满足是偶数，故即为的展开式中，的指数为偶数的项的系数和.设，则的指数为偶数的项的系数和就是.代入得到，所以.故，，故B，C正确.同时由有，故，所以，故D正确.故选：BCD.17.，，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】通过裂项及导数方法证明，然后确定和的大致范围，即可判断A，C；先证明数列无界，然后利用并结合递推式得到，然后利用极限的平均数性质得到，最后使用极限的四则运算即可得到，，从而判断B，D.【详解】由已知有，故数列单调递增.对于A，C，由于，且.故对，有，从而归纳即知.故，所以对有.从而.设，则对有，所以在上递增，从而对有，即.对，在中令，得，即.所以.综上，对，有.这就得到，.从而由，，知，从而，故A错误；再由，，知，从而，故C正确；对于B，D，假设数列有界，则存在，设.则，且，从而，矛盾.所以数列无界，这就得到，故.而，故.所以由极限的平均数性质得到，即.而，故.从而，故B正确；而，故D错误；故选：BC.18.复数列，且，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】对递推式进行处理，求出的表达式，然后使用几何意义及圆的方程求解最大值.【详解】由已知有，且.故，得.设，则.解得.由于对，有.而由可知，复数在复平面上位于区域内，即圆内部或其边界上.从而.故.所以.而当，且复数位于圆上，且在圆心与的连线上时，等号成立.所以的最大值是.故答案为：.19.某区域仅有东西向或南北向道路，某人从区域中心出发后又回到起点，且路途中不经过重复区域，已知此人左转次，则其右转次数可以是（）A.BC.D.【答案】BD【解析】【分析】分析该人面向方向的角度在整个路途中的转动情况，再结合左转和右转的几何意义，得到可能的次数，最后给出例子验证.【详解】如果原点处不同时出现东西向和南北向道路，则由于该人路途中不经过任何区域，故该人面向的方向从出发到回到起点总共旋转了.而每次左转时，面向的方向逆时针旋转了，每次右转时，面向的方向顺时针旋转了.故左转次数与右转次数之差一定是或.所以右转次数只可能是或.而对于下列路径：左转次数和右转次数分别是和；对于下列路径：左转次数和右转次数分别是和.故右转次数的所有可能值就是和.如果原点处同时出现东西向和南北向道路，则将路线进行轻微平移，然后利用上一种情况的结论可知，在原点之外进行的右转次数一定是奇数，没有选项符合该条件.以上表明B，D正确，且A，C错误.故选：BD.20.正整数均不大于，且满足．求满足这样条件的的组数．【答案】【解析】【分析】对和的大小关系分类讨论，当时，容易得到共有组解；而当时，经过分类及不重不漏的讨论可以最终得到共有组解；同理当时也有组解，这样便能得到总共的解有组.【详解】分三种情况讨论：情况1：.此时有，故，也容易验证时原方程一定成立.所以此种情况下原方程的解有，总共组解；情况2：.此时有，，故.由方程也可直接得到.从而，故由可得.从而当取定后，和可以选取的值就是的一对乘积为的不等因数.记，，这里是正整数，由，知.同时，由表达式可知和的奇偶性均与的奇偶性相同，故和的奇偶性相同.还可由得到，即.至此，我们的目标就确定为：当取定后，确定的所有满足，且使得和的奇偶性相同的正因数的个数（根据前面的证明，所求的恰对应每组，这里为此处所述）.换元，则命题等价于寻找所有满足的正整数，使得和的奇偶性相同，且整除.若是奇数，则和必然都是奇数，从而和的奇偶性必定相同，故只需要考虑其它条件.若直接对每个计算的个数再相加，则问题很繁琐，因此这里反过来，对每个可能的，我们计算对应的的个数.当确定时，我们需要，且是的倍数.如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能.所以除非，否则都有.直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，.故所有的之和为.而当是偶数时，也是偶数，我们仍然用类似的方法计算对每个可能的，相应的的个数.：当确定时，我们需要计算的个数，使得，且是的偶数倍.如果，是奇数且不含任何平方因子，则由，且是的偶数倍，知，且是的倍数，从而只可能是.如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能.所以除非，或，否则都有.直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.故所有的之和为.所以，此种情况下的解共有组；情况3：.与情况2同理，此时的解共有组.综上，原方程的解共有组.21.的所有极值点依次为的，则______．【答案】【解析】【分析】先证明的所有极值点恰为其导函数的零点，然后研究在上的零点的性质，即可得到结果.【详解】由于，而当时，所以的极值点都不小于.同时，由于当时，有，即.假设，则，得.但，矛盾，所以，故.这表明，的全体极值点就是的全体零点.由于题目所求的是，而在有限区间上只有有限个零点，故我们可以只考虑在上的零点.此时，若，则由，知，从而由，知.而对有，，其符号总是恒定，所以在上单调.结合，，知.这表明，当时，的零点均落入某个，且在每个上恰有一个零点.设上的零点为，则.而，，故.而，故.同理有.所以.这就得到，所以.故答案为：.22.有零点，则的最小值为多少.【答案】【解析】【分析】将方程看成关于的二元一次方程，转化为原点到直线的距离的平方，再结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意可知，方程有实数根，将关于的方程看成关于的直线方程，则可视为直线上的点到原点的距离的平方，其最小值即为原点到直线的距离的平方，所以，，令，则，因为，所以，则，由对勾函数的单调性可知，在上单调递增，所以.所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是方程主次元的转化，构造的几何意义.23.1.是在上的连续函数,设,则（）.A. B. C. D..【答案】A【解析】【分析】举反例即可反驳BCD，利用绝对值不等式即可判断A正确.【详解】对CD，取,则有，则，则，故C错误，，则，故D错误；对B，取,则.此时,则B选项错误；由绝对值不等式得,.因