2022年6月北京大学强基计划数学测试题卷及答案解析

2022年6月北京大学强基计划数学测试题卷及答案解析

2022.06.29

备注：数学一共20道题目，均为单项选择，考试时间为1个小时，考试形式为机考

1.满足2n+1和加+1都是完全平方数，且n02022的整数n共有（）个

A.llB.12C.13D.以上都不对

2.凸四边形4BC0满足N48D=NBDC=50。，NC4。=4。"，则符合题意且

不相似的凸四边形4BCD的个数为

3.已知正整数9不超过2022且满足100整除X切/,则摩样的y的个数为

4.已知[用表示不超过工的整数1.如口.21=1,[-1.2]=-2,已知a=吗也，则

[a12]=

A.321牛懈C.323D.以上都不对

5.已知六位数嬴而看满足驾誉也=（1+后嬴7，则所有满足条件的六位数

J4a5G6\/

之和为（/抠5盛不必为三位数）

6.已知整数a,6,c,d满足a+b+c+d=6,则而+ac+ad+bc+bd+cd的正整数取值个

数为________

7.已知凸四边形4BC0满足：AB=1,BC=2,CO=4,。4=3,则其内切圆半径取

值范围为

8.已知a,6eR,Zi=5—a+(6—4b)i,z2=2+2a+(3+b)3的=3—4z+(^F-F36)2

当|zj+⑸+出|最小时，3a+66=

9.已知复数z,满足[与2的实部和虚部均属点「1,1],则不在复乖面上形成轨迹的面积

ZZ

为________

10.在△ABC中，SMBCB£(&-%),其外接圆半径R=2,且

a

A_DC

4(sin2i4—sinJB)=(心。一bJhinB,则sin—5---Fsin-y=

乙乙

11.在梯榭LBCO中，ADUBC,M在边CD上,有ZABM=NCBD=NBCD,则第

取值范围为

12.已知vT^P=4/一3z,则该方程所有实数根的个数与所有实数根乘积的比值也

2

n

13.若/为十进制数，4=QOQI…狐，记。（4）=Q（）+2%+22a2H--F2an>已知

&O=203310,b.+i=D（bn），则与022各位数字的平方和为

14.已知数列｛4>满足5=12,a„+1=|（3+a„4-3^/1+2a„）,贝iJs。最接近的整数为

15.已知/（工）是二次函数，/（-2）=0,且如^”①）W号/一则/（1Q）=

16.己知数列（aQiw八5各项均为正整数，且粒-i-a4W1,（利）中存在一项为3,可能的

数列的个数为

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，

18.已知"J,d为近整数，/（£）=（1+?）"+（1+2）/+（1+rr”，其中z的系数为10,则

/的系数也最大就能值与最小可能值之和为

19.若△48。三边长为等差数列，贝iJcosA+cosB+cosC的取值范围是

20.内接于椭圆£+&=1的菱形周长的最大值和最小值之和是（）

A.4-/138.14^/13C.^^/13D.上述三个选项都不对

O

3

1.已知2zi+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=a?,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-Gy2=3的一组解，

由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，

对其任意一组解（外，诙），由于碇=6瘀+3,所以以为被3整除的正奇数.

贝觞=弩，"=匕>，知这样的。均为正整数.

由于1W打W2022,知1<aw63,所以3<a;fc<189,

由佩尔方程的通解知g=（叱2佝（5土2函彳（3-2佝（5-2西二

由特征方程知其所对应的递推公式为Xk+2=10xfc+i—=3,62=27,

得a?3=267»

因此仅的=27满足条件，此时n=40.

所以这样的九为1个.

2.已知凸四边形力满足乙4B0=NBOC=5O。，/LCAD=AACB=40°,则符合

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4BCD,由NC4D=乙4CB,有AD〃3C：由NAB。=NRDC,

图1:第2题图

有48/CD.故四边形ABCD为平行四边形.

如图，设对角线4。中点为。.我们下面固定对角线4。，则点。在固定的射线力。

上，我们只需求出该射线上满足乙CDO=50°的点D个数即可.

记过G。且与射线工。相切的圆为必易知这样圆存在且唯一），切点为。，由圆嘉定

理知AD'2=AO-AC从而AD'=y/2AO.

首先说明ACD'O>50°.

4

该结论等价于180°-/LCAD'-2AADfO>50°,即AAD'O<45°.设AAD'O=/易

知。<90。.在△AD'。中，由正弦定理，

AO_4。

sin。sin(140°—。)

注意到®=sin(140：-9W工，所以sinOWsin45。，且当。=45。时等号不成立,

sin8sind

故e<45°,结论得证.

射线AD上在D'的左右两侧各有一个满足乙CCXD=50。的点。，故满足条件的形状

不同的凸四边形有两种.

3.已知正整数V不超过2022且满足100整除2"+g，则这样的沙的个数为.

答案：20

解：由于100|2"+沙，所以4|2?+小

显然所以?/22,所以4|2%进而得到4|仅

设g=4〃lW/W504),

贝！］5|2"+4/,由于24三l(mod5),所以4/+1三0(mod5),即/三l(mod5).

设/=5d+1,则g=4/=20d+4(00d工100).

则220d+4+20d+4三0(mod25).

由欧拉定理，夕(25)=20,所以22。三1(mod25).

进而得到0三22(鼠+4+20d+4三20d+20(mod25).

所以25|20d+20,5|d+1,所以d=5k+4(04kW19).

因此这样的〃有20个.

4.

答案：321

解：记与=(注远尸+(L产产，

则由其所对应的特征根方程知数列&满足/+2=%+1+%且的=2,%=1,

依次可得«2=3,。3=4,。4=7,。5=11，。6=18,。7=29,。8=47,ttg=76,

Qio=123,Qu=199,Q12=322.

而|心¥|e(o,i),所以(上乎严e(0,1),

所以由2>(%遁严>的2-b所以［a12］=321.

5

5.

答案:2065020

解：假设加沙2/3=m，fqd5d6=n,则10()Sm0999,1<n<999.

由此可得原命题等价于1000登+1=(1+m)2,即当詈=2+m.

由于102W2+m工1002,所以1工mW9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1000772+

n=1000x(i222-2)+n,即998001,498002,248004,198005,123008.

这样的六位数£和为2065020.

6.

答案：10

解：由于a,b,c,d均为整数，

所以ab+ac+ad+be+M+cd=(。++今交二六+―+'+Y)为整数.

因此只需(a+b+c+d)2—(a2+624-c2+d2)>0,即a2+62+c24-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+62+c2+d2)(l+1+1+1)>(a+b+c+d)2=36,

因此a2+d2+c2+d2>9,

又因为。2+62+02+第与。+6+。+4奇偶性相同，

所以a2++，+笛的取值必为10到34之间的偶数.

下证a2+/+，+第不为8的倍数：

采用反证法，若否，则a2+接+c2+42三O(mod4),

此时a,b,c,d要么同为偶数要么同为奇数.

(i)a,6,c,d同为偶数：设a=2a',b=2b',c=2c/,d=2d'.

此时a'+〃+c'+d'=3,a24-624-c2+d2=4(a/2+b,24-c/2+d，2).

因为a'2+b/2+/+d，2与〃+b'+c'+d'奇偶性相同，

所以a2+/+〃+H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(22+62+。2+第三纵„1。<18),

所以a2+〃+/+管不可能为8的倍数.

因此a2+辰+/+矛的取值必为10到34之间的偶数且不为8的倍数.

另一方面，设/(a,b,c,d)=a2+b2+c2+d2,

我们有f(2,2,1,1)=10,/(2,2,2,0)=12,"3,2,1,0)=14,/(3,3,0,0)=18,

/(3,3,1,-1)=20,/(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,

因而浸+川+/+4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+be++cd的不同取值为10个.

6

7.已知凸四边形ABC。满足：AB=1,BC=2,CO=4,DA=3,则其内切圆半径

取值范围为.

答案：(皆，挈］

解：先证明一个引理：平面上四边形的四边长分别记为a,，,c,d,那么四边形

ABCD的面积

4+C

SABCD=\(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)-abedcos2---,

其中p为四边形ABCD的半周长l(a4-6+c+d).

引理的证明：在和中分别应用余弦定理，有

BD2=CL2+c?2—2adcos

<

BD2=62H-c2-26ccosC,

又

SABCD=—cbdsinAH--besin(7,

于是可得

adcosA—becosC=£(a2—ft2—c2+cP),

<2

adsinA+besinC=2SABCD,

两式平方相加，移项可得

S\BCD=:(a2d2+62c2)—木(a2—d2—c2+d2)2—^abedcos(A+C)

整理即得.

S，(P—a)(P—b)(p-c)(p-d)2\/6

T=­£---------------------=---

P-P5

另一方面，欲求r最小值，只需使得S最小，只需使得cos24#=cos2且产最大

即可.又因为max吉互寺>M所以只需令max13寺£旦寺口］最大即

NNININNI

可.

设47=应3。=%有1<a:<3,2<v<4,易知N4,NC随v增加而增加，N3,ND

随z增加而增加，所以只需比较zT3和y->4的情况即可，此时四边形43。。分

别趋向退化成边长为3,3,4和4,4,2的三角形，经比较可得面积较小者为715.故

S\/15

r=—>---

7

综上,r€(亨，孽•

8.已知a,h€区，Z\=5—Q+(6—4b)i,Z2=2+2a+(3+b)i,Z3=3—a+(1+3b)i,

当|Ni|+|的|+|为|最小时,3a+66=.

答案:孽

解：已知\z\|+\z2I+1231N\z\+为+231=110+10i|=10\/2,

当且仅当arg%[=arg2=argz=｝时取等.

234

53

a=643a=I+3解得a=-6=-

--X6,77

所以当|zi|+㈤+取最小值时3a+6b=孽.

9.已知复数z,满足多与2的实部和虚部均属于则z在复平面上形成轨迹的面

积为.

答案：12-27T

解：

图2:第9题图

设满足要求的复数z=x+yi(x,y€R),

则原命题即为+与5+系的实部和虚部均属于[-1,1].

x十y十y乙乙

因此T-4匕TW^-2<1«-l<f

整理后得一2w7w2,-2<y<2,

(x-I)2+y2>1.(z+l)2+y2>1,x2+(y-I)2>1,x2+(y+I)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.

此区域面积为8x_1A1_%1!)=12-27r.

8

10.在zvn?。中，SAABC=彳(Q-b),其外接圆半径7?=2,且4(sin2A-sin2B)=

(\/3a—b)sinB,则sin"j，+siny=.

答案：1

解：因为7?=2,所以

4(sin2A—sin2B)=(\/3a—b)sinB

=>a2-&2=(v/3a-6)&

=Q=\/36

因为ABC=§(Q-°)，所以

besinA—c(Q—fe)=>sin>1=\/3-1

进而有sin3=⑤驶=1一q，于是

\/33

,A-B.。、2/.A-BZ+8、2

sin------------1-sin—)=(sin------------Fcos----------)

22''227

.2A—B2力+3/—BA13

=sin------------Fcos------------F2osin----------cos-----------

2222

=1——cos(A—B)+—cos(A+B)+sinA—sinB

=1—sinAsin3+sinA-sin8

=1

因为0<4-8,。<”，所以副与旦+sin?=L

11.在梯形ABCD中，4。〃BC,M在边CD上，有4ABM=ACBD=乙BCD,则

韶取值范围为_______.

BM

答案：G，+oo)

解：AADM=180°-ABCD=180O-AABM,所以Z,B,。四点共圆，于是

AM_sinAABM_sinzLDCB_DB

~BM=sinZBDM=sinDC=~BC

易知々告$(g+8).

9

答案：12

解：令rr=cos0(0€[0,7r]).

则sin。=cos3。，即cos■cos3。，由于为一,1],cos30e[0,3?r],

所以或3。=1一8+27r或36=9-§+2”.

解得。=誉或等或等.

884

因而其全部解为I=cos誓或cos等或cos警.

884

由题意知，所求值为：

3=3=6=12=12.

7F57r37rTV.TV37r7r7r.7r

cos—cos—cos——cos—sin—cos—sin—cos—sin—

884884442

r,

13.右？1为十进制数，A=a。。1...o,nt记D^A)=a。+2al+22a2+,•,+2an.已知

10

b0=2O33,bn+1=D(bn),则b2022各位数字的平方和200(横线上填大于,

小于或等于).

答案：小于

解：由题意知若A为n+l位数，则D(A)<(2n+1-l)x9<2n+1x10,加=2O3310<IO40,

所以尻至多为40位，所以阮<240x10<814x10<1015,

155

所以bi至多15位，进而b2<2x10<8x10<10°,

6

所以b2至多6位，进而63<2x1()<640,

3

所以b3至多3位，进而64<2x10<80,

所以b4至多2位，进而a<40也至多两位，

依此类推可得b2022至多两位，

其各位数字的平方和不超过81+81=162,小于200.

【注】原问题为求电。22各位数字的平方和，题目中所给出选项分别为“730”，“520”

和“370”和“以上答案均不正确二

14.已知数列｛a,J满足ai=12,an+1=1(3+an+3,1+2Q”),则由。最接近的整数

4

为.

答案：4

解:令bn=\/1-i-2an,贝！J&i=5且aTl=%2~—，

1

原递推即为欧十广1=1(34--+3%),

整理后即为4%+i=%+6bzi+9,由brt>0得26^4-1=+3,

BP2(b“+i-3)=bn-3,所以b7L-3=-3)=

I^rUAhn=2/^-2+3>3，CLTI=—八2>4，

10

另一方面'°1。=康+3V3+3=C7'

所以aio=近。葭1<4.5,

综上所述，4<alo<4.5,所以与之最接近的整数为4.

15.已知/(工)是二次函数，/(—2)=0,且W丐X,则/(io)=.

答案：36.

解：

法一：

由/(—2)=0,可设f(x)=(x+2)(ax+6)=ax2+(2a+b)x+2b,

则由/(x)>2x得ax2+(2a+b—2)x+2b<0,

所以a20且(2a+6—2)2<8ab,整理后即为4a2+&2<4ab+8a+4b—4,

由<y2+-得(2a-l)x2+(4a+2b)x+4b-4<0,

若2a-1=0则必有4a+2b=0,此时与(2a+6-2)2<Sab矛盾，

所以2a-100且(4a+2b)2<4(2a-1)(46-4),

整理后为4a2+b2<4ab—8a—4b+4,

与4a2+52<4ab+8a+46—4相加即得4a2+b2<4ab,

即(2a-b)2<0,所以2a=b,

所以f(x)=(c+2)(ax+2a)=a(x+2)2,

又由于在原不等式中令z=2可得4W”2)g4,所以"2)=4,由此解得a=4

所以/(Z)=；(l+2)2,/(10)=36.

法二：

+41c

2xW/(n)<'--——=>0W/(n)—2。<-(x—2)2

令g[x}=/(x)—2X9则g(—2)=4,g(2)=0,设g{x)=a(x—2)(1—m)(a*0).

若m#2,贝lj

「Tf

-2)2-g(x)=-g<2)=a(m-2)/0

*\x=2

2

于是a(m—2)>0时，存在XQ<2使得l(xo—2)—<7(xo)<0,矛盾：

a(m—2)V0时，存在c(j>2使得/(NO—2)2—g(rro)V。，矛盾：

故m=2,令x=—2,贝(I16a=g(—2)=4=>a=/.

于是/(⑦)=g(立)+2工=i(ar-2)24-2x=[3+2”，进而"10)=36.

11

16.已知数列{%.}仁建5各项均为正整数，且风+1-纵|弓1,{公}中存在一项为3,可能

的数列的个数6一.

答案：211

解：记加=右+1—%（1s，84）,则加e{-1,0,1},

对确定的瓦,。2,63,。4,数列{仇}14蟀5各项间的大小顺序即确定，

设min{a1502,03,04,05}=a,则ae{1,2,3},

对于给定的a,bi,b2,h,b4可唯一确定一组数列，

由于仇€{—1,0,1}且ae{1,2,3},这样的数列共3x34=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，则不同的分法有一种.

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

次为匕,匕，…,V12-

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Ko中，3,9不

能放在乂或匕2中，分两种情况：

（1）若5放入了乂或匕2中，有两种情况，此时3与9可在4个集合中选择，有&种

情况，而1,7,11放入集合有种情况.

（2）若5没有放入Y,,或丫口中，则5有3个集合可以选择，进而3与9可在3个集合

中选择，有片种情况，而1,7,11放入集合有A：种情况.

综上所述，不同的集合拆分方法共有A；A：AW+人心解=252种・

18.已知山f,d为正整数，/（工）=（1+4）"+（1+工）/+（1+工产.其中立的系数为10,则

■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+/+d=10,

丁的系数为第+弓+Q=二十产十d；一〃一/一d="2十产_尹/2_10

由柯西不等式知力+产+"2之Q+:+d）2=l10f

又由于y,f,d为正整数所以力+产+"2234.

当y=3J=3,d=4时,y24-/24-d2=34,因此y2+f2+d2的最小值为34.

另一方面，若a,b为正整数，则公+/<12+（0+—I）2,

这是因为上式展开即为ab—a—b+1>0,亦即（a-1）（6-!）>0.

12

所以力+/2+32<l2+(j/+/—I)2+d2<I2+12+(y+/+d—2产=1+1+64=66.

当〃=1J=l,d=8时，y2+f2+d2=66,因此犷+〃+d2的最大值为66.

进而我们有4+/2;/-10的最大最小值分别为12,28,所以/的系数的最大可能

值与最小可能值之和为40.

19.若△43。三边长为等差数列，贝IJcos月+CQS3+CQSC的取值范围是.

答案：(1卷

解：不妨设三边长为1-d,1,1+d,其中此时：

cosA+cosB+cosC

(l+d)2+l-(l-d)2(l-d)2+l-(l+d)2(1+-)2+(1一42-1

2(1+〃)2(1-rf)2(1+d)(l—d)

20.内接于椭圆工+^=1的菱形周长的最大值和最小值之和为（）

49

A.4713B.14V13C.如D.以上答案均不正确

3

结论：椭圆内接菱形周长的最大值为4正寿（四定点均在坐标轴上）；

最小值为俨（正方形，四个顶点在对应象限角平分线上）

13

y

证明：由椭圆内平行弦中点连线过点o,知椭圆内接菱形的中心与椭圆中心重合.

如图，设直线04方程为4一.(，为参数，。为。4的倾斜角)，代入椭圆方程，由，的

[y=tsmO

几何意义知

\OA\=-._岫

y/b24-c2sin2O

同理，\OB\=’他,因此菱形的边民

"2+c2cos*

,..4a2b2(a2+62)

\AB\12=tZ4l2+\OB\~=—…J------

.....................4a形2+c4shi228

2

当6»=O°或＜9=90°,|max=+b,即局长最大值为

Cae=4V«2+b2

当＜9=45°或＜9=135°,\AB\