2020年复旦大学强基计划数学试题 · 参考解答

本卷第 1、4、26、27、31 题已作教学修订或改编；以下解析与当前同名 TeX、PDF 对应。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$2\sqrt6$	2	$(\sqrt5-1)/2$
3	$a=b=c=d=0$	4	$5/4$
5	$12600$	6	$11/18$
7	$((5+4\sqrt3)/2,(6-3\sqrt3)/2)$	8	四条射线
9	$1$	10	$[\sqrt5-6,-\sqrt5]$
11	$(3-\sqrt3)/2$	12	C
13	$1/4$	14	$(1,2)$
15	$1/9$	16	$3\pi/4$
17	$\sqrt{98-7\sqrt{43}}$ 或 $\sqrt{98+7\sqrt{43}}$	18	$2\sqrt{14}$
19	$y=x^4-2x^2$，见正文特征	20	$(-\infty,-3]\cup[0,1)\cup(3,+\infty)$
21	$14365$	22	$7$
23	充要条件	24	$2$
25	$(17/4,8)$	26	$14/3$
27	$9/10$	28	A
29	$6$ 或 $7$	30	$1128$
31	$OM\in[2/\sqrt3,4/\sqrt3]$；$N(r)$ 见正文	32	B，$\{3,4,5\}$
33	D，$125$

逐题解析

第 1 题

题目

【修订】 已知 $p>0$，抛物线 $y^2=2px$ 过焦点 $F$ 的直线交抛物线于 $A,B$，且 $\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$。过 $A$ 作准线的垂线，垂足为 $A_1$，准线交 $x$ 轴于 $C$。若三角形 $CFA_1$ 的面积为 $12\sqrt3$，求 $p$。

解答

焦点为 $(p/2,0)$，准线为 $x=-p/2$。设焦点弦为 $x=my+p/2$，代入抛物线得 $y^2-2pmy-p^2=0$，所以 $y_Ay_B=-p^2$。向量关系给出 $y_A=-3y_B$，从而 $|y_A|=\sqrt3p$。三角形的底 $CF=p$，高为 $|y_A|$，故

$$12\sqrt3=\frac12p\cdot\sqrt3p,\qquad \boxed{p=2\sqrt6}.$$

这里使用的是三角形 $CFA_1$ 的面积，不能误算成包含顶点 $A$ 的梯形面积。

第 2 题

题目

实数 $x,y$ 满足 $x^2+2xy=1$，求 $x^2+y^2$ 的最小值。

解答

由条件 $x\ne0$，可写 $y=(1/x-x)/2$。于是

$$x^2+y^2=\frac14\left(5x^2+\frac1{x^2}\right)-\frac12 \ge\frac{\sqrt5-1}{2}.$$

等号当且仅当 $5x^2=1/x^2$，即 $x^2=1/\sqrt5$；对应的 $y$ 由上述表达式给出，确实满足约束。最小值为 $\boxed{(\sqrt5-1)/2}$。

第 3 题

题目

已知 $f(x)=a\sin(2\pi x)+b\cos(2\pi x)+c\sin(4\pi x)+d\cos(4\pi x)$，若 $f(\frac12+x)+f(x)=f(2x)$，则 $a,b,c,d$ 中能确定的参数是哪些？

解答

将 $x=0$ 代入函数等式得 $d=b$；将 $x=1/4$ 代入得 $-2d=d-b=0$，故 $b=d=0$。原等式随之变为

$$(2c-a)\sin4\pi x=c\sin8\pi x.$$

取 $x=1/8$ 得 $a=2c$，再取 $x=1/16$ 得 $c=0$，从而 $a=0$。所以四个参数都能确定，且 $\boxed{a=b=c=d=0}$。

第 4 题

题目

【修订】 设 $a\in\mathbb R$。若三次方程 $x^3+ax^2+4x+5=0$ 有一个非零纯虚根，求 $a$。

解答

设非零纯虚根为 $it$，其中 $t\in\mathbb R\setminus\{0\}$。因为 $a$ 为实数，代入并比较实虚部得

$$5-at^2=0,\qquad -t^3+4t=0.$$

后者给出 $t^2=4$，故 $\boxed{a=5/4}$。此时多项式确可分解为 $(x^2+4)(x+5/4)$，有根 $\pm2i$。

第 5 题

题目

求 $(x^2+\frac1x+y^3+\frac1y)^{10}$ 展开式中的常数项。

解答

分别选择 $x^2,x^{-1},y^3,y^{-1}$ 共 $a,b,c,d$ 次。常数项要求 $b=2a$、$d=3c$、$3a+4c=10$。非负整数解只有 $a=2,c=1$，于是 $b=4,d=3$。常数项为

$$\boxed{\frac{10!}{2!4!1!3!}=12600}.$$

第 6 题

题目

计算 $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac1{1\cdot4}+\frac1{2\cdot5}+\cdots+\frac1{n(n+3)}\right)$。

解答

利用 $1/[k(k+3)]=(1/k-1/(k+3))/3$，有

$$\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+3)} =\frac13\left(1+\frac12+\frac13-\frac1{n+1}-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\right).$$

令 $n\to\infty$，得 $\boxed{11/18}$。

第 7 题

题目

点 $(4,5)$ 绕点 $(1,1)$ 顺时针旋转 $60^\circ$，求所得点坐标。

解答

相对旋转中心的向量为 $(3,4)$。顺时针旋转 $60^\circ$ 后成为

$$\left(3\cos60^\circ+4\sin60^\circ,-3\sin60^\circ+4\cos60^\circ\right) =\left(\frac32+2\sqrt3,2-\frac{3\sqrt3}{2}\right).$$

再加回中心 $(1,1)$，坐标为 $\boxed{((5+4\sqrt3)/2,(6-3\sqrt3)/2)}$。

第 8 题

题目

极坐标方程 $5\rho\cos\theta=4\rho+3\rho\cos2\theta$（$\rho\ge0$）表示何种曲线？

解答

题面校注： 原参考答案写“两条射线”，漏掉了关于极轴对称的方向。

$\rho=0$ 时原点在曲线上；$\rho>0$ 时除以 $\rho$，得

$$5\cos\theta=4+3\cos2\theta \iff (3\cos\theta-1)(2\cos\theta-1)=0.$$

故 $\cos\theta=1/3$ 或 $1/2$，对应 $\theta=\pm\arccos(1/3)$ 或 $\pm\pi/3$（模 $2\pi$）。因此是从原点出发的四条射线，也可写为 $y=\pm2\sqrt2x$、$y=\pm\sqrt3x$，均限于 $x\ge0$。

第 9 题

题目

设 $x,y\in[-\frac\pi4,\frac\pi4]$，且 $x^3+\cos(x+\frac{3\pi}{2})-2a=0$，$4y^3+\sin y\cos y+a=0$，求 $\cos(x+2y)$。

解答

令 $h(t)=t^3+\sin t$。两式分别给出 $h(x)=2a$、$h(2y)=-2a$，故 $h(x)=h(-2y)$。在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 上，$h'(t)=3t^2+\cos t>0$，因此 $h$ 严格递增。$x$ 与 $-2y$ 均在此区间内，所以 $x=-2y$，从而 $\boxed{\cos(x+2y)=1}$。

第 10 题

题目

实数 $x,y$ 满足 $x^2+y^2=1$。若 $|x+2y-a|+|a+6-x-2y|$ 的值与 $x,y$ 无关，求 $a$ 的取值范围。

解答

令 $t=x+2y$，由单位圆上的投影可知 $t$ 取遍 $[-\sqrt5,\sqrt5]$。表达式变为 $|t-a|+|t-(a+6)|$，它在 $[a,a+6]$ 上恒为 $6$，在左侧严格递减、右侧严格递增。因此它在整个 $t$ 区间上恒定，当且仅当

$$[ -\sqrt5,\sqrt5]\subseteq[a,a+6],$$

即 $\boxed{\sqrt5-6\le a\le-\sqrt5}$。

第 11 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，$\cos\angle BAC=\frac13$。$O$ 为内心，且 $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$，求 $x+y$ 的最大值。

解答

记对边为 $a=BC,b=CA,c=AB$。内心的重心坐标给出 $x=b/(a+b+c)$、$y=c/(a+b+c)$。余弦定理得

$$a^2=b^2+c^2-\frac23bc=(b+c)^2-\frac83bc \ge\frac13(b+c)^2,$$

其中用了 $bc\le(b+c)^2/4$。于是

$$x+y=\frac{b+c}{a+b+c}\le\frac1{1+1/\sqrt3}=\boxed{\frac{3-\sqrt3}{2}}.$$

当 $b=c$ 时可以达到，且该等腰三角形的顶角余弦为 $1/3$，符合条件。

第 12 题

题目

已知直线 $m:y=x\cos a$ 与 $n:3x+y=c$，判断：A. $m,n$ 可能重合；B. $m,n$ 不可能垂直；C. $m$ 上存在一点 $P$，使 $n$ 以 $P$ 为中心旋转后与 $m$ 重合；D. 以上都不对。

解答

两直线斜率分别为 $\cos a\in[-1,1]$ 与 $-3$，故不会重合，A 错。取 $\cos a=1/3$，斜率乘积为 $-1$，两线垂直，B 错。它们总有唯一交点，取该交点为旋转中心，按两线的夹角旋转即可重合，故选 C。

第 13 题

题目

抛物线 $3y^2=x$ 的焦点为 $F$，$A$ 在抛物线上，$A$ 点处切线与 $AF$ 夹角为 $30^\circ$，求 $A$ 的横坐标。

解答

设 $A=(3t^2,t)$，焦点为 $F=(1/12,0)$。切线方向向量可取 $(6t,1)$，而 $\overrightarrow{FA}=(3t^2-1/12,t)$。两向量行列式的绝对值为 $3t^2+1/12$，$FA$ 的长度也为 $3t^2+1/12$，所以两直线夹角 $\alpha$ 满足

$$\sin\alpha=\frac1{\sqrt{36t^2+1}}.$$

由 $\alpha=30^\circ$ 得 $t^2=1/12$，故横坐标为 $\boxed{3t^2=1/4}$。

第 14 题

题目

$P$ 为直线 $\begin{vmatrix}x&y-6\\-1&4\end{vmatrix}=0$ 上一点，且 $P$ 到 $A(2,5)$、$B(4,3)$ 的距离相同，求 $P$ 的坐标。

解答

行列式方程为 $4x+y-6=0$。$AB$ 的中点为 $(3,4)$、斜率为 $-1$，因此垂直平分线为 $y=x+1$。联立两线得 $\boxed{P=(1,2)}$。

第 15 题

题目

从 $\{1,2,\ldots,9\}$ 中取 $x,y$ 且 $y\ne x$，连接原点 $O$ 与 $A(x,y),B(y,x)$，求 $\angle AOB=2\arctan\frac13$ 的概率。

解答

两射线关于 $y=x$ 对称，故半夹角的正切为 $|x-y|/(x+y)$。题意等价于 $3|x-y|=x+y$，也就是较大数为较小数的两倍。无序数对为 $(1,2),(2,4),(3,6),(4,8)$，共 $4$ 对；等可能无序数对共 $\binom92=36$ 对。因此概率为 $\boxed{1/9}$。按有序抽取计算则为 $8/72$，结果相同。

第 16 题

题目

计算 $\arcsin\frac{\sqrt{14}+3\sqrt2}{8}+\arcsin\frac34$。

解答

题面校注： 原件分子是 $\sqrt{14}+3\sqrt2$，不是 $\sqrt{14+3\sqrt2}$，现已恢复。

令 $B=\arcsin(3/4)$，则 $\pi/4<B<\pi/2$、$\cos B=\sqrt7/4$。于是 $\pi/4<3\pi/4-B<\pi/2$，且

$$\sin\left(\frac{3\pi}{4}-B\right) =\frac{\sqrt2}{2}\frac{\sqrt7}{4}+\frac{\sqrt2}{2}\frac34 =\frac{\sqrt{14}+3\sqrt2}{8}.$$

因为该角在反正弦主值区间内，第一项就等于 $3\pi/4-B$，两项之和为 $\boxed{3\pi/4}$。

第 17 题

题目

三棱锥 $P-ABC$ 的体积为 $10.5$，且 $AB=6$，$AC=BC=4$，$AP=BP=10$，求 $CP$。

解答

题面校注： 题面与原件一致；原参考答案 $7$ 或 $7\sqrt3$ 来自三角函数计算错误，不满足给定体积。

取 $AB$ 中点为原点，令 $A=(-3,0,0)$、$B=(3,0,0)$、$C=(0,\sqrt7,0)$。由 $AP=BP=10$，可设 $P=(0,t,h)$，且 $t^2+h^2=91$。底面面积为 $3\sqrt7$，故

$$\frac13\cdot3\sqrt7\cdot|h|=\frac{21}{2} \implies h^2=\frac{63}{4},\qquad t^2=91-\frac{63}{4}=\frac{301}{4}.$$

因此

$$CP^2=(t-\sqrt7)^2+h^2=98-2\sqrt7t=98\pm7\sqrt{43}.$$

两种 $t$ 的符号都产生符合全部边长及体积条件的三棱锥，故

$$\boxed{CP=\sqrt{98-7\sqrt{43}}\ \text{或}\ \sqrt{98+7\sqrt{43}}}.$$

第 18 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，$AB=9,BC=6,CA=7$，求 $BC$ 边上中线的长。

解答

设 $M$ 为 $BC$ 中点，则 $BM=3$。由中线定理，

$$AB^2+AC^2=2AM^2+2BM^2, \qquad AM^2=\frac{81+49-18}{2}=56.$$

所以中线长为 $\boxed{2\sqrt{14}}$。

第 19 题

题目

若 $f(x)=x^2-1$，画出 $f(f(x))$ 的大致图像。

解答

复合函数为 $y=(x^2-1)^2-1=x^4-2x^2$。它关于 $y$ 轴对称，零点为 $-\sqrt2,0,\sqrt2$；在原点与 $x$ 轴相切，在另外两个零点穿过 $x$ 轴。

导数为 $4x(x^2-1)$，所以依次在 $(-\infty,-1)$ 递减、$(-1,0)$ 递增、$(0,1)$ 递减、$(1,+\infty)$ 递增。极小点为 $(-1,-1)$、$(1,-1)$，极大点为 $(0,0)$，两端均趋于 $+\infty$。据此画出中间在原点触轴的“W”形图像即可。

第 20 题

题目

定义 $f_M(x)=1$（$x\in M$），$f_M(x)=-1$（$x\notin M$），并令 $M\otimes N=\{x\mid f_M(x)f_N(x)=-1\}$。已知 $A=\{x\mid x<\sqrt{2-x}\}$，$B=\{x\mid x(x+3)(x-3)>0\}$，求 $A\otimes B$。

解答

由定义，$M\otimes N$ 是恰好属于两集合之一的元素集合，即对称差。求 $A$ 时先有 $x\le2$；$x<0$ 时不等式自动成立，$x\ge0$ 时可平方，得到 $(x+2)(x-1)<0$，故 $A=(-\infty,1)$。由乘积符号得 $B=(-3,0)\cup(3,+\infty)$。删去两集合公共的 $(-3,0)$，得到

$$\boxed{A\otimes B=(-\infty,-3]\cup[0,1)\cup(3,+\infty)}.$$

第 21 题

题目

方程 $3x+4y+12z=2020$ 的非负整数解有多少组？

解答

模 $4$ 考察可知 $x=4u$；代入后模 $3$ 考察得 $y=3v+1$。原方程遂化为 $u+v+z=168$，其中 $u,v,z$ 都是非负整数，而且此变换双向唯一。因此由隔板法，解数为

$$\boxed{\binom{170}{2}=14365}.$$

第 22 题

题目

已知 $m,n\in\mathbb Z$ 且 $0\le n\le11$。若 $2^{2020}+3^{2021}=12m+n$，求 $n$。

解答

模 $3$ 的余数为 $1$，模 $4$ 的余数为 $3$，所以 $n\equiv1\pmod3$、$n\equiv3\pmod4$。在 $0\le n\le11$ 内唯一符合的是 $\boxed7$。

第 23 题

题目

若四边形 $ABCD$ 为凸四边形，则 $\angle BAC=\angle BDC$ 是 $\angle DAC=\angle DBC$ 的什么条件？

解答

凸四边形中，$A,D$ 位于弦 $BC$ 的同侧；$\angle BAC=\angle BDC$ 由圆周角定理的逆定理等价于四点共圆。同样，$\angle DAC=\angle DBC$ 也等价于四点共圆。因此两个命题等价，是充要条件。

第 24 题

题目

设 $f(x)=3^x-3^{-x}$ 的反函数为 $f^{-1}$，则 $g(x)=f^{-1}(x-1)+1$ 在 $[-3,5]$ 上的最大值与最小值之和为多少？

解答

$f(x)=3^x-3^{-x}$ 为奇函数，且导数 $(\ln3)(3^x+3^{-x})>0$，因此反函数也是递增奇函数。$g$ 的最小值、最大值分别为 $f^{-1}(-4)+1$、$f^{-1}(4)+1$，二者相加为 $\boxed2$。

第 25 题

题目

若 $k>4$，直线 $kx-2y-2k+8=0$、$2x+k^2y-4k^2-4=0$ 与坐标轴围成四边形，求其面积的取值范围。

解答

两直线交于 $P=(2,4)$，与正坐标轴构成的四边形另外三个顶点为 $O=(0,0)$、$B=(2-8/k,0)$、$A=(0,4+4/k^2)$。沿 $OP$ 分成两个三角形，面积为

$$S=\frac12\left(4+\frac4{k^2}\right)2+\frac12\left(2-\frac8k\right)4 =8-\frac{16}{k}+\frac4{k^2}.$$

令 $t=1/k\in(0,1/4)$，则 $S=8-16t+4t^2$ 在此区间严格递减，两个极限为 $8$ 与 $17/4$，均不取到。因此 $\boxed{S\in(17/4,8)}$。

第 26 题

题目

【修订】 凸四边形 $ABCD$ 的四个顶点按 $A,B,C,D$ 的顺序位于同一个圆上，且 $AB=1,CD=2,AD=4,BC=5$。直线 $AD,BC$ 交于 $P$，求 $PA$。

解答

因为 $AD,BC$ 是凸四边形的两条对边，交点 $P$ 不在任一边的内部。由圆周角关系，$\triangle PAB\sim\triangle PCD$，对应关系为 $PA\leftrightarrow PC$、$PB\leftrightarrow PD$，相似比为 $AB/CD=1/2$。

设 $PA=x>0,PB=y>0$，则 $PC=2x,PD=2y$。同一割线上的两圆周点位于 $P$ 的同侧，因此

$$|2y-x|=AD=4,\qquad |2x-y|=BC=5.$$

写成 $2y-x=4\varepsilon$、$2x-y=5\delta$，其中 $\varepsilon,\delta\in\{-1,1\}$。解得

$$x=\frac{4\varepsilon+10\delta}{3},\qquad y=\frac{8\varepsilon+5\delta}{3}.$$

$x>0$ 强迫 $\delta=1$，继而 $y>0$ 强迫 $\varepsilon=1$，所以 $\boxed{PA=14/3}$。这一分类避免了未经证明便预设各点先后顺序。

第 27 题

题目

【修订】 给定定义在 $\mathbb R$ 上的 $5$ 个不同函数，每个都不恒为零，其中恰有 $3$ 个奇函数、$2$ 个偶函数。从中等可能地选取 $3$ 个，求所选函数中既有奇函数又有偶函数的概率。

解答

一个定义在 $\mathbb R$ 上的函数若同时为奇函数和偶函数，则对所有 $x$ 都有 $f(x)=f(-x)=-f(x)$，只能恒为零。题目排除了这种情形，所以五个函数恰好分为互不重叠的三奇、两偶两组。

总选法为 $\binom53=10$；不同时包含两类时，只能选出全部三个奇函数，恰有 $1$ 种。因此概率为 $\boxed{9/10}$。

第 28 题

题目

下列不等式恒成立的是：A. $x^2+\frac1{x^2}\ge x+\frac1x$；B. $|x-y|+\frac1{x-y}\ge2$；C. $|x-y|-\frac1{x-y}\ge2$；D. $|x-y|\ge|x-z|+|y-z|$。

解答

在各表达式定义域内，A 的左边减右边为

$$x^2+\frac1{x^2}-x-\frac1x =\frac{(x-1)^2(x^2+x+1)}{x^2}\ge0.$$

这里 $x\ne0$ 且 $x^2+x+1>0$，所以 A 恒成立。B 取 $x-y=-1$，左端为 $0$；C 取 $x-y=1$，左端为 $0$；D 取 $x=y=0,z=1$，得到 $0\ge2$，均不成立。因此选 A。

第 29 题

题目

向量数列 $\{\boldsymbol a_n\}$ 满足 $\boldsymbol a_{n+1}=\boldsymbol a_n+\boldsymbol d$，且 $|\boldsymbol a_1|=3$，$\boldsymbol a_1\cdot\boldsymbol d=-\frac32$。令 $S_n=\boldsymbol a_1\cdot\left(\sum_{i=1}^n\boldsymbol a_i\right)$，求 $S_n$ 取最大值时的 $n$。

解答

由等差向量数列，$\boldsymbol a_i=\boldsymbol a_1+(i-1)\boldsymbol d$，所以

$$S_n=9n-\frac32\frac{n(n-1)}2 =\frac34(-n^2+13n).$$

抛物线顶点横坐标为 $13/2$，最近的两个正整数为 $6,7$，对应值相等且最大。故 $\boxed{n=6\text{ 或 }7}$。

第 30 题

题目

安排甲、乙、丙等 $7$ 人完成连续 $7$ 天值班，每人一天。甲不在第一天，乙不在第二天，甲和丙相邻，求不同安排数。

解答

按甲丙占据的相邻日分类。若占第 $1,2$ 天，只能丙在前、甲在后，此时乙自动不在第 $2$ 天，其余五人可任排，共 $5!=120$ 种。若占第 $2,3$ 天，甲丙可交换，乙仍自动满足限制，共 $2\cdot5!=240$ 种。

若相邻日从第 $3,4,5,6$ 天开始，共 $4$ 种位置；每种有甲丙的 $2$ 种次序，余下五个位置中乙有 $4$ 个可选，再排其余四人，得 $4\cdot2\cdot4\cdot4!=768$ 种。总数为 $\boxed{120+240+768=1128}$。

第 31 题

题目

【修订】 平面内两条直线 $l_1,l_2$ 交于 $O$，较小夹角为 $60^\circ$。点 $M$ 到它们的距离分别为 $p,q$，且 $p+q=2$。

1. 求 $OM$ 的取值范围；
2. 对每个实数 $r\ge0$，记同时满足 $p+q=2$ 与 $OM=r$ 的不同点 $M$ 的个数为 $N(r)$，求 $N(r)$。

解答

取两直线的锐角平分线为 $x$ 轴，$O$ 为原点，则两直线方程为 $y=\pm x/\sqrt3$。设 $M=(x,y)$，点到直线的距离公式给出

$$p+q=\frac{|\sqrt3y-x|+|\sqrt3y+x|}{2} =\max\{|x|,\sqrt3|y|\}.$$

这里用了恒等式 $|u-v|+|u+v|=2\max\{|u|,|v|\}$，可按 $|u|\ge|v|$ 与反向不等式两类验证。因此 $p+q=2$ 的轨迹是矩形

$$|x|\le2,\qquad |y|\le\frac2{\sqrt3}$$

的边界。原点在其中心，到边界的最短距离为 $2/\sqrt3$，到四个顶点的距离为 $\sqrt{4+4/3}=4/\sqrt3$。沿任一水平边移动可取遍这两个距离之间的全部值，故

$$\boxed{OM\in\left[\frac2{\sqrt3},\frac4{\sqrt3}\right]}.$$

再数圆 $x^2+y^2=r^2$ 与矩形边界的交点。两条水平边上有 $x^2=r^2-4/3$：$r=2/\sqrt3$ 时共两个点，$2/\sqrt3<r\le4/\sqrt3$ 时共四个点。两条竖直边上有 $y^2=r^2-4$：$r=2$ 时共两个点，$2<r\le4/\sqrt3$ 时共四个点。到达 $r=4/\sqrt3$ 时，这两组交点都是同一组四个顶点，必须去重。因此

$$\boxed{N(r)=\begin{cases} 0,&0\le r<2/\sqrt3\ \text{或}\ r>4/\sqrt3,\\ 2,&r=2/\sqrt3,\\ 4,&2/\sqrt3<r<2,\\ 6,&r=2,\\ 8,&2<r<4/\sqrt3,\\ 4,&r=4/\sqrt3. \end{cases}}$$

第 32 题

题目

Given $A=\{1,2,3,4,5\}$ and $B=\{3,4,5,6,7\}$, the intersection of $A$ and $B$ is: A. $\{1,2\}$; B. $\{3,4,5\}$; C. $\{1,2,3,4,5,6,7\}$; D. $\{6,7\}$.

解答

交集由同时属于两个集合的元素组成，因此 $\boxed{A\cap B=\{3,4,5\}}$，选 B。

第 33 题

题目

Which number is the number $5$ the cubic root of? A. $3$; B. $5$; C. $25$; D. $125$.

解答

若 $5$ 是某数的立方根，则该数为 $5^3=\boxed{125}$，选 D。