2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃數(shù)學(xué)試題

112021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃筆試數(shù)學(xué)試題及答案本試卷共20題，每一道題均為單選題，下為回憶版，部分題目條件可能與實(shí)際考試有所出入，僅供參考.1.已知O為△ABC的外心，AB、AC與△OBC的外接圓交于D、E.若DE=OA,貝VZOBC=.答案：n4解：圖1:第1題圖如圖1所示，聯(lián)結(jié)BE.因?yàn)镈E=OC,在aOBC外接圓中，4BE=3BC,進(jìn)而可得3BO=^EBC.另外在?0中，^AOB=2ZACB.以及^A0B+2乙0BD=180.

即2/BCE+2乙EBC=180?即aEBC為直角三角形，且BC為直角邊，BC為第二個(gè)圓的直徑.所以zobc=nO4TOC\o"1-5"\h\z方程/3+f4=d5的正整數(shù)解(y,f,d的組數(shù)為.答案：無(wú)窮解：考慮到2n+2n=2n+1，取n三0(mod3)，n三0(mod4)，n三—1(mod5)即可.例如取.n=6.0k+.24，k.GN...此時(shí)220k+83+215k+64=212k+55.O若實(shí)數(shù)a,b,c,d滿足ab+bc+cd+da=1,則a2+2b2+3c2+4d2的最小值為.答案：2解：因式分解可得(a+?(b+d)=1.根據(jù)柯西不等式可得(日2+3c2)1+3“(a+?2，即a2+3c2“魯(日+?2.1-4+1-2(b+d)2,即2b2+4d2“3(b+d)1-4+1-23因此a2+2b?+3c2+4o2“3(a+c)2+%b+d)2“2(a+?(b+d)=2.43/等號(hào)成立條件為a:b:c:d=3:2:1:1,其中c=d=±3-O64.已知Y=2.021/=0答案：5解：由4.已知Y=2.021/=0答案：5解：由23三1(mod7)，可知2/模7是三循環(huán)的23k三1(mod7)，23k+1三2(mod7)，23k+22-，則Y的個(gè)位數(shù)字是Y=2X)212i_20212/20221+=.07-37/=0+23+26+…+220)97結(jié)合84k三6(mod10),84k+1三8(mod10),8(其中kGN),可知Y三1+168(8+4+2+6)+8—674三5(mod10).Oi=07(23—1)(12+477三4(mod7)，其中kGN.=22022-4—674-674=1+23+26+…+22019—674.'4k+2三4(mod10),84k+3三2(mod10)5.若平面上有100條二次曲線，則這些曲線可以把平面分成若干個(gè)連通區(qū)域，則連通區(qū)域數(shù)量最大值為.答案：20101解：從第k個(gè)二次曲線開(kāi)始計(jì)算，新增加一個(gè)二次曲線變成k+1條的情形，這條二次曲線與原來(lái)每一個(gè)二次曲線最多有4個(gè)交點(diǎn)，相當(dāng)于最多新增加4k個(gè)交點(diǎn).⑴如果是橢圓或者圓，被分成4k段圓弧，相當(dāng)于增加連通區(qū)域最多4k個(gè)；⑵如果是拋物線，被分成4k+1段曲線，相當(dāng)于最多增加連通區(qū)域4k+1個(gè)；⑶如果是雙曲線，被分成4k+2段曲線，相當(dāng)于最多增加連通區(qū)域4k+2個(gè)；(4)如果是兩條直線，明顯相交直線更優(yōu)，相當(dāng)于依次加入兩條直線，最多增加連通區(qū)域4k+3個(gè).如果包括二次曲線的退化情形，例如兩條相交直線，則從第一個(gè)曲線開(kāi)始，每次均引入相交直線，答案為4+(4X1+3)+(4X2+3)+…+(4X99+3)=20101選取200條直線兩兩相交，但交點(diǎn)不重合的情形均可.O【注】如果二次曲線只計(jì)算圓，橢圓，雙曲線，拋物線，則從第一個(gè)曲線開(kāi)始，每次均引入雙曲線，答案為3+(4X1+2)+(4X2+2)+…+(4X99+2)=20001選取200條離心率足夠大(幾乎一組平行直線)，繞著其中心旋轉(zhuǎn)180。過(guò)程中，選取任意200個(gè)位置即可.6.已知實(shí)數(shù)xE[0,1).數(shù)列{X}滿足：若x<1，則x=2x,若x>則0kn-12nn-1n-12xn=2xnT-1(門(mén)=1,2,…).現(xiàn)知x0=x2021，則可能的x0的個(gè)數(shù)為.答案：22021-1解：首先我們證明xnW[0,1)恒成立.若xi&0,1，則xi+1=空G[0,1)；若x.$1,1，則x.1=2x.-1$[0,1)-i2i+1i由數(shù)學(xué)歸納法知，xn$[0,1)對(duì)物$N*成立，那么有xn={xn}={2nx0},其中{a}表示a的小數(shù)部分.??論21={22021x0}.???{22021x0}=x0，即22021x0—x0為整數(shù)..??x=k(k=0,1,2,…,22021—2).022021—1???可能的X。的值共有22021-1個(gè).0設(shè)yn=1‘22』21.若109―1lyn,則n的最小值為.答案：80解：由于yn=11么1X11=10n+9-1,那么由109T"n可得109-1.10n+1—1X11.9故9X(109-1)|10n+1-1.于是109-1|10n+1-1-利用輾轉(zhuǎn)相除法可以證明(am-1，an-1)=a(m,n)-1(a為大于1的正整數(shù)).于是，我們有9/n+1.令n+1=9k，代入原式則有9X(109-1)/109k—1-而109k-1=(109-1)X(1°9(k1)+109(k2)+???+109+1),因此，我們有9/109(k1)+109(k2)+…+109+1,繼而9/k.所以k>9.再結(jié)合n+1>81可知，n的最小值為80.O已知a、bc是三個(gè)不全相等的實(shí)數(shù)且滿足a=ab+c、b=bc+a、c=ca+b.則a+b+c=.答案：3解：先證明a、bc均不為0,若否，不妨設(shè)a=0,則由a=ab+c可得c=0,同理可得b=0,與a、bc不全相等矛盾?所以a、bc均不為0.題目中三式相加容易得到ab+bc+ca=0，又因?yàn)轭}目中三式等價(jià)于a(1-b)=c、b(1-c)=a、c(1-a)=b，此三式相乘得到abc(1-a)(1-b)(1-c)=abc.由abc=0，所以(1—a)(1—b)(1—?=1，即1—(a+b+?-(ab+bc+ca)—abc=1.由于ab+bc+ca=0,所以abc=—(a+b+c)，又因?yàn)轭}目中三式等價(jià)于ac=abc+c2、ab=abc+a2、bc=abc+b2，此三式相加得到ab+bc+ca=3abc+a2+b2+c,即3(ab+bc+ca)=3abc+(a+b+c)2.由ab+bc+ca=0及abc=-(a+b+c)得到-3(a+b+c)+(a+b+c)2=0因?yàn)閍+b+c=-abc=0，所以a+b+c=3.O9.如圖，AD為'ABC中厶A的平分線.過(guò)A作AD的垂線AH，過(guò)C作CEAD交AH于點(diǎn)E.若BE與AD交于點(diǎn)F，且AB=6,AC=8,BC=7.則CF=.圖2:第9題圖7_答案：31解：延長(zhǎng)CE,BA交于GAE是ZBAC的外角平分線，結(jié)合AE垂直于CE易可知E為CG的中點(diǎn)，從而F為AD的中點(diǎn)?因此，-?1—?—?ICF1=2CD+CAI1'—”—”=-|CD|2+|CA|2+2CD-CA2/=42+82+2X4X8XcosZBCA2v=丄124V=31.V故CF=31.O10.如果一個(gè)十位數(shù)F的各位數(shù)字之和為81,則稱F是一個(gè)“小猿數(shù)”.則小猿數(shù)的個(gè)數(shù)為.答案：48619解：設(shè)F=斗aaa4aaaaaa??則a〔+a?+…"+a?=81,其中1<a1<9,0<ai<9,i=2,3,…,10.令bi=9—ai則有b1+b2+…*+b1o=9,其中0<b1<8,0<b<9,i=2,3,…,10而該方程的非負(fù)整數(shù)解共C101=C9=48620組.9+10118除去唯一一組不合題意的(9,0,***,0)，故共有48620—1=48619個(gè)小猿數(shù).O_V_11.設(shè)an是與’爲(wèi)的差的絕對(duì)值最小的整數(shù)，bn是與可的差的絕對(duì)值最小的整數(shù).記的前n項(xiàng)和為T(mén)n?則2T100—S100的值為.n2亠的前n項(xiàng)和為答案:1Sn，bn解：a=ko1-2+k1-2-kG-什2°2Ek-k+4,—k+4+2k+onG[2k2—2k+1,2k2+2k].S1006.16=24+17.ononGk2—k+1k2+k—|，—2—k=1V——類似地，bn=ko2ng

故共有k個(gè)n使得bn=k.T100.139=13+14.k=1故％0—Sioo=2(13+4+16)=1.O設(shè)正整數(shù)n”2021,且馬-5g+4n+7是完全平方數(shù)?則可能的n的個(gè)數(shù)為.答案：0解：n5-5n3+4n+7=n(n2-1)(n2-4)+7.由于完全平方數(shù)模4余0或1,故(n2-1)(n2-4)被4整除.從而n(n2-1)(n2-4)+7模4余3,不可能是完全平方數(shù)?故這樣的n共0個(gè).O方程X2-2xy+3/2-4x+5=0的整數(shù)解的組數(shù)為.答案：2解：方程等價(jià)于X2—(2/+4)x+3/2+5=0，判別式A=(2/+4)2-4(3/2+5)=4(—2/2+4/—1)=4(1—2(/—1)2)”4.判別式是一個(gè)平方數(shù)，經(jīng)檢驗(yàn)只能A=4,此時(shí)/=1.方程轉(zhuǎn)化為X2-6X+8=0，解得x=2或x=4.因此(x,/)G{(2,1),(4,1)}.O14.現(xiàn)有7把鑰匙和7把鎖.用這些鑰匙隨機(jī)開(kāi)鎖，則D1,D2,D3這三把鑰匙不能打開(kāi)對(duì)應(yīng)的鎖的概率是.答案：67：105解：全部情形共7!種.記第/把鎖所被打開(kāi)的情形構(gòu)成集合Ai，/=1,2,3.則A/I=6!，AjGA.I=5!,/A〔GA?GA31=4!.由容斥原理知概率為7!-3XG^3X5!-4!=蠱.O7!10515.設(shè)正整數(shù)15.設(shè)正整數(shù)m,n均不大于2021，且』-n+1為.冷＜m+A.則這樣的數(shù)組(m,n)個(gè)數(shù)n答案：3449.答案：3449.解：原式等價(jià)于72n-7_<m<2(n+1).記區(qū)間In=(2p—1,2(n+J)).則片貼+1=(2(j+1)-1,2(j+1))，且I.GIk=0(k“j+2).由于2(j+1)不為整數(shù)，故片GI.+1內(nèi)恰有一個(gè)整數(shù).當(dāng)n“1430時(shí)，2n-1>2021.故所求數(shù)組(m,n的個(gè)數(shù)是諸llnl(n=1,2,???,1429)之和.每個(gè)mG｛1,2,…,2021丿都出現(xiàn)在某個(gè)ln之中，且當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)于某個(gè)j,mG片卩+1時(shí)，m會(huì)出現(xiàn)在兩個(gè)ln內(nèi).因此，所求數(shù)組個(gè)數(shù)為2021+1428=3449.O有三個(gè)給定的經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的平面.過(guò)原點(diǎn)作第四個(gè)平面a,使之與給定的三個(gè)平面形成的三個(gè)二面角均相等?則這樣的a的個(gè)數(shù)是.答案：1或4解：若三個(gè)平面法向量共面(記平面為0)，則只有一個(gè)和他們均垂直的平面滿足要求.這是因?yàn)閍的法向量在0上的投影必須在這三個(gè)平面法向量?jī)蓛尚纬傻慕堑慕瞧椒志€上，因此投影只能是零向量，也就是a的法向量需要與0垂直.若三個(gè)平面法向量不共面，則任意兩個(gè)法向量所在基線均有兩個(gè)角分面.我們考慮第一個(gè)平面和第二個(gè)平面的兩個(gè)角分面，以及第二個(gè)平面和第三個(gè)平面的兩個(gè)角分面，一共可以產(chǎn)生四條交線，這四條交線即為第四個(gè)平面法向量的基線.極特殊情況，前三個(gè)平面如果兩兩垂直，即可以考慮空間直角坐標(biāo)系中xOy，yOz，zOx，與他們?nèi)齻€(gè)夾角一樣的第四個(gè)平面法向量的方向，即為每個(gè)卦限的中分線，一共四條，對(duì)應(yīng)四個(gè)平面.O【注】非常容易產(chǎn)生的一種錯(cuò)誤是認(rèn)為此題的答案僅有4.這是因?yàn)闆](méi)有考慮三個(gè)平面的法向量共面的情形.若a,b,c為非負(fù)實(shí)數(shù)，且a2+b2+c2-ab-bc-ca=25，則a+b+c的最小值為.答案：5解：(a+b+c)2“a2+b2+c2-ab-bc-ca=25.當(dāng)(a,b,c)=(5,0,0),(0,5,0)或(0,0,5)取等.O已知數(shù)列｛aj滿足a1=2，an+1=2a“.數(shù)列｛bj滿足b1=5，bn+1=5q.若正整數(shù)m滿足b>a25，則m的最小值為m25答案：24解：分兩步證明：(1)先證明對(duì)任意正整數(shù)n有bn>an+1，采用數(shù)學(xué)歸納法，當(dāng)n=1時(shí)有b1=5>22=a2顯然成立，假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即bk>ak+1,則當(dāng)n=k+1時(shí)，有bk+1=5bk>5ak+1>2ak+1=ak+2所以對(duì)n=k+1結(jié)論也成立.所以對(duì)任意正整數(shù)n有bn>an+1.(2)再證明對(duì)任意正整數(shù)n有an+2>3bn，當(dāng)n=1時(shí)，有a3=16>15=3耳,假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即ak+2>3bk，則當(dāng)n=k+1則當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+3=2ak+2>23bk=8bk所以對(duì)n=k+1結(jié)論也成立.所以對(duì)任意正整數(shù)n有an+2>3bn.此時(shí)我們由(1)可以得到b24>a25,由(2)可以得到a25>3b23>b23，所以滿足bm>a25的m的最小值為24.O8bk5X5bk1+>3X5bk19-若x[,x2,…，x7為非負(fù)整數(shù)，則方程X1+x2+…+x7=X1X2…x7的解有組.答案：85解：顯然X1=X2=…=X7=0是滿足條件的一組解，且只要X1,X，…,x7中有0,則剩余的必須全為0.下面只考慮x,x，…,x7非零的情形.不妨設(shè)0<x1”x2”.…”x7.則xx2.…x”7X7°X1X2■…X67.顯然此時(shí)必有X1=X2=X3=X4=1(否則X4X5X6“23=8>乙矛盾).于是命題等價(jià)于x5x6x7=4+x5+x6+x7,且由x5x6”7,可得x5”2.情形1：x5=1.則x6x7=5+x6+x7°(x6—1)(x7—1)=6.滿足條件的解有(x6,X7)=(2,7),(3,4).情形2:x5=2.則x6=2或3.x6=2時(shí),4x7=8+x7(舍);%6=3時(shí),6x7=9+x7(舍).故此類情形無(wú)解.綜上x(chóng),x，-..,x7)=(0,0,0,0,0,0,0),(1,1,1,1,1,2,7)或(1,1,1,1,1,3,4).考慮到輪換性，故共有7X6X2+1=85組解.O20.已知a,b,ceR+，且(a+b—c)-的最小值.7_答案：417+2403解：原式整理可得=3，求(a4+b4+c4)1(a+b—c)+a=3-b+b+2-(a+b)c+ab+1=3c1+-

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