2022年6月北京大學強基計劃數學測試題卷及答案解析

2022年6月北京大學強基計劃數學測試題卷及答案解析

2022.06.29

備注：數學一共20道題目，均為單項選擇，考試時間為1個小時，考試形式為機考

1.滿足2n+1和加+1都是完全平方數，且n02022的整數n共有（）個

A.llB.12C.13D.以上都不對

2.凸四邊形4BC0滿足N48D=NBDC=50。，NC4。=4。"，則符合題意且

不相似的凸四邊形4BCD的個數為

3.已知正整數9不超過2022且滿足100整除X切/,則摩樣的y的個數為

4.已知[用表示不超過工的整數1.如口.21=1,[-1.2]=-2,已知a=嗎也，則

[a12]=

A.321牛懈C.323D.以上都不對

5.已知六位數嬴而看滿足駕譽也=（1+后嬴7，則所有滿足條件的六位數

J4a5G6\/

之和為（/摳5盛不必為三位數）

6.已知整數a,6,c,d滿足a+b+c+d=6,則而+ac+ad+bc+bd+cd的正整數取值個

數為________

7.已知凸四邊形4BC0滿足：AB=1,BC=2,CO=4,。4=3,則其內切圓半徑取

值范圍為

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

當|zj+⑸+出|最小時，3a+66=

9.已知復數z,滿足[與2的實部和虛部均屬點「1,1],則不在復乖面上形成軌跡的面積

ZZ

為________

10.在△ABC中，SMBCB￡(&-%),其外接圓半徑R=2,且

a

A_DC

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

乙乙

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

取值范圍為

12.已知vT^P=4/一3z,則該方程所有實數根的個數與所有實數根乘積的比值也

2

n

13.若/為十進制數，4=QOQI…狐，記。（4）=Q（）+2%+22a2H--F2an>已知

&O=203310,b.+i=D（bn），則與022各位數字的平方和為

14.已知數列｛4>滿足5=12,a?+1=|（3+a?4-3^/1+2a?）,貝iJs。最接近的整數為

15.已知/（工）是二次函數，/（-2）=0,且如^”①）W號/一則/（1Q）=

16.己知數列（aQiw八5各項均為正整數，且粒-i-a4W1,（利）中存在一項為3,可能的

數列的個數為

17.將不大于12的正整數分為6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，

18.已知"J,d為近整數，/（￡）=（1+?）"+（1+2）/+（1+rr”，其中z的系數為10,則

/的系數也最大就能值與最小可能值之和為

19.若△48。三邊長為等差數列，貝iJcosA+cosB+cosC的取值范圍是

20.內接于橢圓￡+&=1的菱形周長的最大值和最小值之和是（）

A.4-/138.14^/13C.^^/13D.上述三個選項都不對

O

3

1.已知2zi+1與3n+1均為完全平方數且n不超過2022,則正整數n的個數為

答案：1

解：設2n+1=a?,3n+1=b2

化簡得到3a2-2b2=1,即（3a）2-6b2=3,

由于（3,1）為佩爾方程x2-Gy2=3的一組解，

由佩爾方程的性質知其有無窮多組解，

對其任意一組解（外，詼），由于碇=6瘀+3,所以以為被3整除的正奇數.

貝觴=弩，"=匕>，知這樣的。均為正整數.

由于1W打W2022,知1<aw63,所以3<a;fc<189,

由佩爾方程的通解知g=（叱2佝（5土2函彳（3-2佝（5-2西二

由特征方程知其所對應的遞推公式為Xk+2=10xfc+i—=3,62=27,

得a?3=267?

因此僅的=27滿足條件，此時n=40.

所以這樣的九為1個.

2.已知凸四邊形力滿足乙4B0=NBOC=5O。，/LCAD=AACB=40°,則符合

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4BCD,由NC4D=乙4CB,有AD〃3C：由NAB。=NRDC,

圖1:第2題圖

有48/CD.故四邊形ABCD為平行四邊形.

如圖，設對角線4。中點為。.我們下面固定對角線4。，則點。在固定的射線力。

上，我們只需求出該射線上滿足乙CDO=50°的點D個數即可.

記過G。且與射線工。相切的圓為必易知這樣圓存在且唯一），切點為。，由圓嘉定

理知AD'2=AO-AC從而AD'=y/2AO.

首先說明ACD'O>50°.

4

該結論等價于180°-/LCAD'-2AADfO>50°,即AAD'O<45°.設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。，且當。=45。時等號不成立,

sin8sind

故e<45°,結論得證.

射線AD上在D'的左右兩側各有一個滿足乙CCXD=50。的點。，故滿足條件的形狀

不同的凸四邊形有兩種.

3.已知正整數V不超過2022且滿足100整除2"+g，則這樣的沙的個數為.

答案：20

解：由于100|2"+沙，所以4|2?+小

顯然所以?/22,所以4|2%進而得到4|僅

設g=4〃lW/W504),

貝?。?|2"+4/,由于24三l(mod5),所以4/+1三0(mod5),即/三l(mod5).

設/=5d+1,則g=4/=20d+4(00d工100).

則220d+4+20d+4三0(mod25).

由歐拉定理，夕(25)=20,所以22。三1(mod25).

進而得到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).

因此這樣的〃有20個.

4.

答案：321

解：記與=(注遠尸+(L產產，

則由其所對應的特征根方程知數列&滿足/+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(上乎嚴e(0,1),

所以由2>(%遁嚴>的2-b所以［a12］=321.

5

5.

答案:2065020

解：假設加沙2/3=m，fqd5d6=n,則10()Sm0999,1<n<999.

由此可得原命題等價于1000登+1=(1+m)2,即當詈=2+m.

由于102W2+m工1002,所以1工mW9且n|1000,

所以n=1,2,4,5,8,因此對應的(m,n)有5種不同的取值，對應的六位數為1000772+

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

這樣的六位數￡和為2065020.

6.

答案：10

解：由于a,b,c,d均為整數，

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

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

原命題即為求a2+b2+c2+d2小于36的不同取值的個數.

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,

又因為。2+62+02+第與。+6+。+4奇偶性相同，

所以a2++，+笛的取值必為10到34之間的偶數.

下證a2+/+，+第不為8的倍數：

采用反證法，若否，則a2+接+c2+42三O(mod4),

此時a,b,c,d要么同為偶數要么同為奇數.

(i)a,6,c,d同為偶數：設a=2a',b=2b',c=2c/,d=2d'.

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

因為a'2+b/2+/+d，2與〃+b'+c'+d'奇偶性相同，

所以a2+/+〃+H不可能為8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(22+62+。2+第三縱?1。<18),

所以a2+〃+/+管不可能為8的倍數.

因此a2+辰+/+矛的取值必為10到34之間的偶數且不為8的倍數.

另一方面，設/(a,b,c,d)=a2+b2+c2+d2,

我們有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的取值為所有10到34之間不為8的倍數的偶數，

因此ab+ac+ad+be++cd的不同取值為10個.

6

7.已知凸四邊形ABC。滿足：AB=1,BC=2,CO=4,DA=3,則其內切圓半徑

取值范圍為.

答案：(皆，挈］

解：先證明一個引理：平面上四邊形的四邊長分別記為a,，,c,d,那么四邊形

ABCD的面積

4+C

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

其中p為四邊形ABCD的半周長l(a4-6+c+d).

引理的證明：在和中分別應用余弦定理，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,

兩式平方相加，移項可得

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且產最大

即可.又因為max吉互寺>M所以只需令max13寺￡旦寺口］最大即

NNININNI

可.

設47=應3。=%有1<a:<3,2<v<4,易知N4,NC隨v增加而增加，N3,ND

隨z增加而增加，所以只需比較zT3和y->4的情況即可，此時四邊形43。。分

別趨向退化成邊長為3,3,4和4,4,2的三角形，經比較可得面積較小者為715.故

S\/15

r=—>---

7

綜上,r€(亨，孽?

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

當|Ni|+|的|+|為|最小時,3a+66=.

答案:孽

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

當且僅當arg%[=arg2=argz=｝時取等.

234

53

a=643a=I+3解得a=-6=-

--X6,77

所以當|zi|+㈤+取最小值時3a+6b=孽.

9.已知復數z,滿足多與2的實部和虛部均屬于則z在復平面上形成軌跡的面

積為.

答案：12-27T

解：

圖2:第9題圖

設滿足要求的復數z=x+yi(x,y€R),

則原命題即為+與5+系的實部和虛部均屬于[-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8x_1A1_%1!)=12-27r.

8

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

(\/3a—b)sinB,則sin"j，+siny=.

答案：1

解：因為7?=2,所以

4(sin2A—sin2B)=(\/3a—b)sinB

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

=Q=\/36

因為ABC=§(Q-°)，所以

besinA—c(Q—fe)=>sin>1=\/3-1

進而有sin3=⑤駛=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

因為0<4-8,。<”，所以副與旦+sin?=L

11.在梯形ABCD中，4?！˙C,M在邊CD上，有4ABM=ACBD=乙BCD,則

韶取值范圍為_______.

BM

答案：G，+oo)

解：AADM=180°-ABCD=180O-AABM,所以Z,B,。四點共圓，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]).

則sin。=cos3。，即cos■cos3。，由于為一,1],cos30e[0,3?r],

所以或3。=1一8+27r或36=9-§+2”.

解得。=譽或等或等.

884

因而其全部解為I=cos誓或cos等或cos警.

884

由題意知，所求值為：

3=3=6=12=12.

7F57r37rTV.TV37r7r7r.7r

cos—cos—cos——cos—sin—cos—sin—cos—sin—

884884442

r,

13.右？1為十進制數，A=a。。1...o,nt記D^A)=a。+2al+22a2+,?,+2an.已知

10

b0=2O33,bn+1=D(bn),則b2022各位數字的平方和200(橫線上填大于,

小于或等于).

答案：小于

解：由題意知若A為n+l位數，則D(A)<(2n+1-l)x9<2n+1x10,加=2O3310<IO40,

所以尻至多為40位，所以阮<240x10<814x10<1015,

155

所以bi至多15位，進而b2<2x10<8x10<10°,

6

所以b2至多6位，進而63<2x1()<640,

3

所以b3至多3位，進而64<2x10<80,

所以b4至多2位，進而a<40也至多兩位，

依此類推可得b2022至多兩位，

其各位數字的平方和不超過81+81=162,小于200.

【注】原問題為求電。22各位數字的平方和，題目中所給出選項分別為“730”，“520”

和“370”和“以上答案均不正確二

14.已知數列｛a,J滿足ai=12,an+1=1(3+an+3,1+2Q”),則由。最接近的整數

4

為.

答案：4

解:令bn=\/1-i-2an,貝！J&i=5且aTl=%2~—，

1

原遞推即為歐十廣1=1(34--+3%),

整理后即為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,

綜上所述，4<alo<4.5,所以與之最接近的整數為4.

15.已知/(工)是二次函數，/(—2)=0,且W丐X,則/(io)=.

答案：36.

解：

法一：

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

則由/(x)>2x得ax2+(2a+b—2)x+2b<0,

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

由<y2+-得(2a-l)x2+(4a+2b)x+4b-4<0,

若2a-1=0則必有4a+2b=0,此時與(2a+6-2)2<Sab矛盾，

所以2a-100且(4a+2b)2<4(2a-1)(46-4),

整理后為4a2+b2<4ab—8a—4b+4,

與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則g(—2)=4,g(2)=0,設g{x)=a(x—2)(1—m)(a*0).

若m#2,貝lj

「Tf

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

*\x=2

2

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

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

故m=2,令x=—2,貝(I16a=g(—2)=4=>a=/.

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

11

16.已知數列{%.}仁建5各項均為正整數，且風+1-縱|弓1,{公}中存在一項為3,可能

的數列的個數6一.

答案：211

解：記加=右+1—%（1s，84）,則加e{-1,0,1},

對確定的瓦,。2,63,。4,數列{仇}14蟀5各項間的大小順序即確定，

設min{a1502,03,04,05}=a,則ae{1,2,3},

對于給定的a,bi,b2,h,b4可唯一確定一組數列，

由于仇€{—1,0,1}且ae{1,2,3},這樣的數列共3x34=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.

17.將不大于12的正整數分為6個兩兩交集為空的二元集合，且每個集合中兩個元素互

質，則不同的分法有一種.

答案：252

解：易知{2,4,6,8,10,12}中的元素兩兩不互質，因此恰好在6個不同的集合中。設依

次為匕,匕，…,V12-

此時剩余的正整數中1,7,11可以任意放在上述6個集合中，5不能放在Ko中，3,9不

能放在乂或匕2中，分兩種情況：

（1）若5放入了乂或匕2中，有兩種情況，此時3與9可在4個集合中選擇，有&種

情況，而1,7,11放入集合有種情況.

（2）若5沒有放入Y,,或丫口中，則5有3個集合可以選擇，進而3與9可在3個集合

中選擇，有片種情況，而1,7,11放入集合有A：種情況.

綜上所述，不同的集合拆分方法共有A；A：AW+人心解=252種?

18.已知山f,d為正整數，/（工）=（1+4）"+（1+工）/+（1+工產.其中立的系數為10,則

■的系數的最大可能值與最小可能值之和為—.

答案：40

解：由題意得y+/+d=10,

丁的系數為第+弓+Q=二十產十d；一〃一/一d="2十產_尹/2_10

由柯西不等式知力+產+"2之Q+:+d）2=l10f

又由于y,f,d為正整數所以力+產+"2234.

當y=3J=3,d=4時,y24-/24-d2=34,因此y2+f2+d2的最小值為34.

另一方面，若a,b為正整數，則公+/<12+（0+—I）2,

這是因為上式展開即為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產=1+1+64=66.

當〃=1J=l,d=8時，y2+f2+d2=66,因此獷+〃+d2的最大值為66.

進而我們有4+/2;/-10的最大最小值分別為12,28,所以/的系數的最大可能

值與最小可能值之和為40.

19.若△43。三邊長為等差數列，貝IJcos月+CQS3+CQSC的取值范圍是.

答案：(1卷

解：不妨設三邊長為1-d,1,1+d,其中此時：

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.內接于橢圓工+^=1的菱形周長的最大值和最小值之和為（）

49

A.4713B.14V13C.如D.以上答案均不正確

3

結論：橢圓內接菱形周長的最大值為4正壽（四定點均在坐標軸上）；

最小值為儼（正方形，四個頂點在對應象限角平分線上）

13

y

證明：由橢圓內平行弦中點連線過點o,知橢圓內接菱形的中心與橢圓中心重合.

如圖，設直線04方程為4一.(，為參數，。為。4的傾斜角)，代入橢圓方程，由，的

[y=tsmO

幾何意義知

\OA\=-._岫

y/b24-c2sin2O

同理，\OB\=’他,因此菱形的邊民

"2+c2cos*

,..4a2b2(a2+62)

\AB\12=tZ4l2+\OB\~=—…J------

.....................4a形2+c4shi228

2

當6?=O°或＜9=90°,|max=+b,即局長最大值為

Cae=4V?2+b2

當＜9=45°或＜9=135°,\AB\