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文檔簡介

2022年北京大學強基計劃筆試數學試題已知2n+1與3n+1均為完全平方數且n不超過則正整數n的個數為 .答案:1解:設2n+1=a2,3n+1=b23a22b2=1(3a)26b2=3,(31)x26y2=3由佩爾方程的性質知其有無窮多組解,kk(xkyk)x26y23xk3整除的正奇數.kk?則a=xk,n=a2 1,知這樣的n均為正整數.?3 2√ 1n20221a633√

189,≤√ √≤xk

(3+2 6)(5+2 6)k+(3?2 6)(5?2 6)k,2由特征方程知其所對應的遞推公式為xk+2=10xk+1?xkx1=3x2=27x3=267,因此僅x2=27滿足條件,此時n=40.所以這樣的n為1個.1已知凸四邊形ABCD滿足∠ABD=∠BDC==∠ACB=題意且不相似的凸四邊形ABCD的個數為 .答案:2解:對凸四邊形ABCD,由∠CAD=∠ACB,有ADBC;由∠ABD=∠BDC,1:2題圖有AB CD.故四邊形ABCD為平行四邊形.ACO.ACDAD上,我們只需求出該射線上滿足∠CDO=50?的點D個數即可.記過C,O且與射線AD相切的圓為ω(易知這樣圓存在且唯一),切點為D′,由圓冪定理知AD′2=AO·AC從而AD′=√2AO.首先說明∠CD′O>50?.180?CAD′2∠AD′O>50?,即∠AD′O<45?.設∠AD′O=θ,易θ90?.△AD′O中,由正弦定理,AO=sinθ

AD′sin(140??θ)sin(140??θ) √? sinθ = 2注意到√2=

sin(140??θ)

1 ,所以sinθsin45?,且當θ45時等號不成立,sinθ sinθ故θ<45?,結論得證.射線AD上在D′的左右兩側各有一個滿足∠CO′D=50?的點D,故滿足條件的形不同的凸四邊形有兩種. 已知正整數y不超過2022且滿足100整除2y+y,則這樣的y的個數為 .答案:20解:由于100|2y+y,所以4|2y+y.顯然y=1,所以y≥2,所以4|2y,進而得到4|y.y4f(1f504),則|4f+4f,由于24≡1(mod5),所以f+1≡0(mod5),即f≡1(mod5).f5d1y4f20d4(0d100).220d+4+20d+4≡0(mod25).由歐拉定理,φ(25)=20,所以220≡1(mod25).進而得到0≡220d+4+20d+4≡20d+20(mod25).所以25|20d+20,5|d+1,所以d=5k+4(0≤k≤19).因此這樣的y有20個. 24.[x]x[1.2]=1,[?1.2]=?2.α=1√5,則2[α12]=答案:321解:記a

.=(1

√5)n+(1?

5)n,n 2 2+2 +1 0 則由其所對應的特征根方程知數列a 滿足a =a +a 且a =2,a =1+2 +1 0 n n n n依次可得a2=3,a3=4,a4=7,a5=11,a6=18,a7=29,a8=47,a9=76,a10

=

=

=322.√√2 而|1? 5|∈(0,1),所以(1? 5)12∈(0,1),√2 a所以a12

√1+ 2>( )12>1+ 2

?1,所以[α12]=321. yyffd

,滿足

y1y2f3f4d5d6

1+yyf

2,則所有滿足條件的六123456

f4d5d6

123位數之和為 .(f4d5d6不必為三位數)答案:2065020解:假設y1y2f3=m,f4d5d6=n,則100≤m≤999,1≤n≤999.1000m1(1m)210002m.n n1022m10021n9n|1000,n1245(m,n51000m+nn=1000×(1000?2)+n,即998001,498002,248004,198005,123008.n這樣的六位數之和為2065020. a,b,c,dabcd=6abacadbcbdcd的正整數取值個數為 .答案:10解:由于a,b,c,d均為整數,abacadbcbdcd

(a+b+c+d)2?(a2+b2+c2+d2)2

為整數.(a+b+c+d)2(a2+b2+c2+d2)0a2+b2+c2+d236.a2b2c2d236的不同取值的個數.由柯西不等式知(a2+b2+c2+d2)(1+1+1+1)≥(a+b+c+d)2=36,因此a2+b2+c2+d2≥9,a2+b2+c2+d2a+b+c+d奇偶性相同,a2+b2+c2+d21034之間的偶數a2b2c2d28的倍數:采用反證法,若否,則a2+b2+c2+d2≡0(mod4),此時a,b,c,d要么同為偶數要么同為奇數.(i)a,b,c,d同為偶數:設a=2a′,b=2b′,c=2c′,d=2d′.此時a′+b′+c′+d′=3, a2+b2+c2+d2=4(a′2+b′2+c′2+d′2).a′2+b′2+c′2+d′2a′+b′+c′+d′奇偶性相同,a2b2c2d28的倍數.(ii)a,b,c,d同為奇數:由于奇數的平方模8同余于1,所以a2+b2+c2+d2≡4(mod8),所以a2+b2+c2+d2不可能為8的倍數.a2+b2+c2+d210348的倍數.f(a,b,c,d)=a2b2c2d2,f(2211)=10f(2220)=12f(3210)=14f(3300)=18,f(3,3,1,?1)=20,f(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a2+b2+c2+d2的取值為所有10到34之間不為8的倍數的偶數,因此ab+ac+ad+bc+bd+cd的不同取值為10個.ABCD1,BC2,CD4,DA3,則其內切圓半徑取值范圍為√

.√答案:

15,2 65 5解:ABCDa,b,c,d,那么四邊形ABCD的面積SABCD

? ? ? ? A+ ? ? ? ? = (p a)(p b)(p c)(p d) abcdcos2 ,2pABCD1(abcd).2△ABD△CBD中分別應用余弦定理,有BD2=a2+d2?2adcosA,BD2=b2+c2?2bccosC,又于是可得

SABCD

=1adsinA2

12

sinC,2adcosA?bccosC=1(a2?2?c2+d2),2ABCDadsinA+bcsinC=2S ,ABCD兩式平方相加,移項可得S2

1 a2d2+b2c2

1a2?b2?c2+d22

1abcdcos(A+C),ABCD

4 16 2整理即得.回到本題中,一方面,Sr= ≤

(p?a)(p?b)(p?c)(p?d)

2√6p p 5rScos2ACcos2BD最大

2≥即可.又因為max A+C,B+D π,所以只需令max A+C,B+D 最大即≥2 2 2 2 2可.√ACx,BDy1x32y∠A,∠Cy∠Dxx3y4ABCD33444215故√Sr= p

√155綜上,r∈

√5 15,2 6 . 5 8.已知a,b∈R,z1=5?a+(6?4b)i,z2=2+2a+(3+b)i,z3=3?a+(1+3b)i,當|z1|+|z2|+|z3|最小時,3a+6b= .答案:33√7√4解:已知|z1|+|z2|+|z3|≥|z1+z2+z3|=|10+10i|=10 當且僅當argz1=argz2=argz3=π時取等.47 此時5?a=6?4b,2+2a=3+b,3?a=1+3b,解得a=5,b=3,7 7所以當|z1|+|z2|+|z3|取最小值時3a+6b=33. 7?已知復數z,滿足z與2的實部和虛部均屬于[ 1,1],則z在復平面上形成軌跡的面?2 z積為 .+ 答案:12+ 2:9z=xyi(xyR),則原命題即為

2xx2+

x2+y2i

x+yi的實部和虛部均屬于[ 1,2 2?x2+y2x2+y22 ??x2+y2x2+y22

2x ≤1,?1≤ 2y

≤1,?1≤

x≤1,?1≤y≤1.整理后得?2≤x≤2,?2≤y≤2,(x?1)2+y2≥1,(x+1)2+y2≥1,x2+(y?1)2≥1,x2+(y+1)2≥1.2 2 因此點z的軌跡所構成的圖形為圖中陰影區(qū)域,其外邊界為一個邊長為4的正方形此區(qū)域面積為8×(2×2?1×1?π×12)=12?2π. 2 2 2△ABC中,S△ABC=c(ab)R=24(sin2Asin2B)=2? (√3a b)sinB,則sinA B+sinC= .? 2 2答案:1解:R2

4(sin2A?sin2B)=(√3a?b)sinB?a2?b2=(√3a?b)b?a=√3b2因為S△ABC=c(a?b),所以2bcsinA=c(a?b)?sinA=√3?13進而有sinB=inA=13(sinA?B

√3,于是3+sinC)2=(sinA?

+cosA+B)22 2 2 2=sin2

A?

+

A+B

+2sinA?

cosA+B2 2 2 21 1=1?

2cos(A?B)+2cos(A+B)+sinA?sinB=1?sinAsinB+sinA?sinB=1? 因為0<A B,C<π,所以sinA B+sinC=1. ? 2 2ABCDAM取值范圍為BM

BC,MCD∠ABM∠CBD∠BCD,則.∞答案:(1,+ )∞2∠ADM180?BCD180?ABMA,B,M,D四點共圓,于是AM=sin∠ABM=sin∠DCB=DB∈ 易知DB (1,+ ∈ BC 2

BM sin∠BDM sin∠BDC BC已知√1?x2=4x3?3x,則該方程所有實根個數與所有實根乘積的比值為 .答案:12 ? ? ∈? 解:令x=cosθ ? ? ∈? 則sinθ=cos3θ,即cos π θ =cos3θ,由于π θ [ π,π],cos3θ [0,3π],2 2 2 2? ? 所以3θ=π θ或3θ=π θ+2π或3θ=θ π+2π.? ? 2 2 2θ=π5π3π.8 8 4x=cosπcos5πcos3π.8 8 4由題意知,所求值為:3 π 5π 3π

3 π π 3π

6 = 12 =12. π π πcos

cos8

cos8 4

?

sin8

cos8 4

sin

cos4 4

sin213.AA=a0a1...anD(A)=a0+2a1+22a2+···+2nan.已知b0=203310,bn+1=D(bn),則b2022各位數字的平方和小于或等于).答案:小于

200(橫線上填大于,由題意知若A為n+1D()≤(2n+1?1)×9<n+1×10b0所以b0至多為40位,所以b1<240×10<814×10<1015,b115b2215108510106,b26b32610640,b33b4231080,b所以b4至多2位,進而b5<40也至多兩位依此類推可得 至多兩位,b2022其各位數字的平方和不超過81+81=162,小于200.

=203310<1040,【注】原問題為求b2022各位數字的平方和,題目中所給出選項分別為“和“37014.{an為 .答案:4

=12,a =1(3a 3√12a)an+1 4 n n 10

最接近的整數解:bn

b2 1√ 1+2an,則b1=5且an= n2 ,√ b2 ?1

b2?1原遞推即為

n+1

= (3+ n +3bn),2 4 2整理后即為4b21n+11

=

6bn9bn02bn+1bn3,n2(bn+13)bn3bn3n

12n?1

?3)

2n?2.1 b2?1bn

2n?2+3>3,an= n

>4,b另一方面,b10

= 1 +3< 1 +3=√10,√256 10+3√b2 b所以a10= 102

<4.5,綜上所述,4a104.54.215.已知f(x)是二次函數,f(?2)=0,且2x≤f(x)≤x2+4,則f(10)= .2答案:36.解:法一:f(?2)=0f(x)=(x2)(axb)=ax2(2ab)x2b,f(x)2xax2(2ab2)x2b0,a0(2ab2)28ab4a2b24ab8a4b4,2f(x)≤x24(2a1)x2(4a2b)x4b40,22a104a2b0(2ab2)28ab矛盾,2a10(4a2b)24(2a1)(4b4),4a2b24ab8a4b4,4a2b24ab8a4b44a2b24ab,(2ab)202a=b,f(xx2)(ax2aa(x2)2,4x24f(2)4f(2)4a=1.4f(x)=1(x2)2,f(10)36.4法二:x2+4 12xf(x) ?0f(x)?2x (x?2)22 2g(xf(x2xg(?2)4g(2)0g(xa(x2)(xm)(a0).若m=2,則 ′11(x?2)2?g(x) 2

x=2

=?g′(2)=a(m?2)=0a(m2)0

21(x2 0

?2)2?g(x0

)<0,矛盾;a(m2)0

21(x2 0

?2)2?g(x0

)<0,矛盾;m2x?216ag(?2)4a=1.4于是f(x)=g(x)+2x=1(x?2)2+2x=1(x+2)2,進而f(10)=36. 4 4已知數列{ak}1≤k≤5各項均為正整數,且|ak+1ak|1,{ak3,可能的數列的個數為 .答案:211解:記bi=ai+1?ai(1≤i≤4),則bi∈{?1,0,1},b對確定的b1

,

,

,

}1≤k≤5

各項間的大小順序即確定,設min{a1,a2,a3,a4,a5}=a,則a∈{1,,3,1 2 3 對于給定的1 2 3 由于i∈{?,0,1}且a∈{1,,3,這樣的數列共3×34=243個,其中不符合題設條件的數列各項均為1或2,這樣的數列有25=32個,綜上所述,符合要求的數列共有243?32=211個. 126個兩兩交集為空的二元集合,且每個集合中兩個元素互質,則不同的分法有 種.答案:252易知2,,6,,10,12}6Y2,Y4···Y12.17116Y109Y6Y12中,分兩種情況:4若5Y6Y12中,有兩種情況,此時394個集合中選擇,有A2種4情況,而1,7,11放入集合有A3種情況.35Y6Y12533

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