2021年复旦大学强基计划数学试题 · 参考解答

本卷第 5、6 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	充要条件	2	必要不充分条件
3	$24\sqrt3/11$	4	$1680$
5	$172$	6	两个结论均成立
7	$(1/4,1)\cup\bigcup_{k=0}^{\infty}[2^{k+1/2},2^{k+1})$	8	$3080$
9	椭圆	10	$8\arccos(\sqrt\pi/2)-2\sqrt{4\pi-\pi^2}$
11	阿基米德螺线	12	$1/2$
13	$-15$

逐题解析

第 1 题

题目

命题 $p$：“$\triangle ABC$ 的内心与外心重合”是命题 $q$：“$\triangle ABC$ 是正三角形”的什么条件？

解答

正三角形的内心与外心重合。反过来，若公共中心为 $O$，则三边所在直线到 $O$ 的距离都为内切圆半径；在同一外接圆中，到圆心等距的弦等长。因此三边相等，三角形为正三角形。故为充要条件。

第 2 题

题目

已知 $f(x)$ 的周期为 $1$。命题 $p$：“$f(x)+f(x+\sqrt3)=2$”是命题 $q$：“$f(x)$ 恒为 $1$”的什么条件？

解答

题面校注： 原件为 $f(x)+f(x+\sqrt3)=2$，原转写漏掉了根号。这里“周期为 $1$”表示 $1$ 是一个周期，并未要求它是最小正周期，也未假设连续性。

若 $f\equiv1$，则等式成立，故 $p$ 是 $q$ 的必要条件。为说明它不充分，令

$$G=\{m+n\sqrt3:m,n\in\mathbb Z\},\qquad f(x)=\begin{cases} 1+(-1)^n,&x=m+n\sqrt3\in G,\\ 1,&x\notin G. \end{cases}$$

由于 $\sqrt3$ 无理，$m,n$ 的表示唯一。平移 $1$ 不改变 $n$，且不会使点在 $G$ 内外互换，故 $f(x+1)=f(x)$。平移 $\sqrt3$ 时，$G$ 内的 $n$ 增加 $1$，两值相加为 $2$；$G$ 外两值均为 $1$。但 $f(0)=2$，故函数不恒为 $1$。因此为必要不充分条件。

第 3 题

题目

$AD$ 是 $\triangle ABC$ 的角平分线，$AB=3,AC=8,BC=7$，求 $AD$。

解答

由角平分线定理，$BD:DC=3:8$，所以 $BD=21/11$、$DC=56/11$。由角平分线长度关系（亦可由斯图尔特定理推出），

$$AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC =24-\frac{21\cdot56}{121}=\frac{1728}{121}.$$

故 $\boxed{AD=24\sqrt3/11}$。

第 4 题

题目

求 $(x^2+\frac1{xy}+y^4+\frac1{y^2})^8$ 展开式中的常数项。

解答

分别选取 $x^2,(xy)^{-1},y^4,y^{-2}$ 共 $a,b,c,d$ 次。常数项要求

$$a+b+c+d=8,\quad 2a-b=0,\quad -b+4c-2d=0.$$

于是 $b=2a$、$d=2c-a$、$2a+3c=8$。非负整数解只能为 $a=1,c=2$：$c=0$ 时 $d=-4$ 不可行；$c\ge3$ 时 $a<0$。故 $(a,b,c,d)=(1,2,2,3)$，常数项为

$$\boxed{\frac{8!}{1!2!2!3!}=1680}.$$

第 5 题

题目

【修订】 已知整数 $m,n$ 满足 $0\le n\le360$ 及 $361m+n=2021^{2022}$，求 $n$。

解答

模数为 $361=19^2$，只求模 $19$ 的余数还不够。先计算底数三次幂的余数。由 $2021\equiv7+11\cdot19\pmod{361}$，二项式展开中含 $19^2$ 的项均可略去，得到

$$\begin{aligned} 2021^3&\equiv7^3+3\cdot7^2\cdot11\cdot19\\ &\equiv(1-19)+1617\cdot19\\ &=1+1616\cdot19\equiv1+19\pmod{361}, \end{aligned}$$

其中 $7^3=343\equiv1-19\pmod{361}$，且 $1616\equiv1\pmod{19}$。

由于 $2022=3\cdot674$，再次用二项式展开：

$$2021^{2022}\equiv(1+19)^{674}\equiv1+674\cdot19 \equiv1+9\cdot19=172\pmod{361}.$$

结合 $0\le n\le360$，可得唯一的余数 $\boxed{n=172}$。

第 6 题

题目

【修订】 椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 中 $a>b>0$，左右焦点分别为 $F_1,F_2$。点 $B$ 在椭圆上且不在 $x$ 轴上。沿射线 $F_2B$ 越过 $B$ 取点 $A$，使 $BA=BF_1$；$H$ 为 $AF_1$ 中点。证明 $AF_1\perp BH$，且直线 $BH$ 是椭圆在 $B$ 处的切线。

解答

因为 $B$ 不在长轴上，$B,F_1,A$ 不共线。由 $BF_1=BA$，三角形 $BF_1A$ 为等腰三角形，顶点 $B$ 到底边中点 $H$ 的连线垂直于底边，所以 $\boxed{BH\perp AF_1}$。

再证切线结论。$BH$ 是 $AF_1$ 的垂直平分线，故其上任一点 $X$ 都满足 $XF_1=XA$。由 $F_2,B,A$ 依次共线以及椭圆定义，

$$AF_2=AB+BF_2=BF_1+BF_2=2a.$$

于是

$$XF_1+XF_2=XA+XF_2\ge AF_2=2a,$$

且仅当 $X$ 在 $AF_2$ 线段上时取等号。$BH$ 与 $AF_2$ 是两条不同直线，只交于 $B$，所以 $BH$ 上除 $B$ 外的点均在椭圆外部。因此 $\boxed{BH\text{ 是椭圆在 }B\text{ 处的切线}}$。

第 7 题

题目

设 $g(x)=\dfrac{x+\lfloor x\rfloor+2-\lfloor x+|x|-2\rfloor}{4}$，$f(x)=\log_2x$，解不等式 $0<g(f(x))<1$。

解答

题面校注： 原件为

$$g(t)=\frac{t+\lfloor t\rfloor+2-\lfloor t+|t|-2\rfloor}{4},$$

其中是绝对值，不是根式。原答案表把若干右端点写成闭端点；代回后函数值为 $1$，这些端点必须排除。

令 $t=\log_2x$，要求 $x>0$。当 $t<0$ 时，$t+|t|-2=-2$，故

$$0<g(t)<1\iff -4<t+\lfloor t\rfloor<0.$$

在 $t<0$ 上，上式恰好给出 $-2<t<0$：$t=-2$ 时左式为 $-4$，而 $-2<t<0$ 内均满足；更小的 $t$ 不满足。

当 $t\ge0$ 时，写成 $t=k+r$，其中 $k\ge0$ 为整数、$0\le r<1$。则

$$g(t)=1+\frac{r-\lfloor2r\rfloor}{4}.$$

若 $0\le r<1/2$，则 $g(t)\ge1$；若 $1/2\le r<1$，则 $0<g(t)<1$。因此

$$\boxed{x\in(1/4,1)\ \cup\ \bigcup_{k=0}^{\infty}[2^{k+1/2},2^{k+1})}.$$

第 8 题

题目

方程 $18x+4y+9z=2021$ 有多少组正整数解？

解答

模 $9$ 考察得 $4y\equiv5\pmod9$，即 $y=9t+8$，$t\ge0$。代回得到 $2x+z=221-4t$。因 $x,z$ 为正整数，

$$1\le x\le110-2t,\qquad 0\le t\le54.$$

每取一个允许的 $x$，$z$ 唯一确定。因此解数为

$$\sum_{t=0}^{54}(110-2t)=2(1+2+\cdots+55)=\boxed{3080}.$$

第 9 题

题目

确定曲线 $|x+y|=2\sqrt{(x-3)^2+(y+6)^2}$ 的类型。

解答

点到直线 $x+y=0$ 的距离为 $d=|x+y|/\sqrt2$，到 $F=(3,-6)$ 的距离记为 $r$。原等式等价于 $r=d/\sqrt2$，即到定点与到定直线的距离比为 $e=1/\sqrt2<1$。因为 $F$ 不在这条直线上，轨迹为非退化椭圆。

第 10 题

题目

求由 $|x|+|y|\le\sqrt\pi$、$x^2+y^2\ge2$ 围成的面积。

解答

菱形 $|x|+|y|\le\sqrt\pi$ 面积为 $2\pi$，圆盘 $x^2+y^2\le2$ 面积也为 $2\pi$。所以“菱形在圆外”的面积等于“圆在菱形外”的面积。后者由四个相同的圆弓形组成。

圆心到每条菱形边的距离为 $d=\sqrt{\pi/2}$，圆半径为 $R=\sqrt2$。设 $\alpha=\arccos(d/R)=\arccos(\sqrt\pi/2)$，一个弓形面积为扇形减三角形，即

$$R^2\alpha-d\sqrt{R^2-d^2} =2\alpha-\frac12\sqrt{4\pi-\pi^2}.$$

四个弓形互不重叠，故总面积为

$$\boxed{8\arccos\frac{\sqrt\pi}{2}-2\sqrt{4\pi-\pi^2}}.$$

第 11 题

题目

求极坐标曲线 $\rho=\theta$ 的轨迹。

解答

极径随极角等速增加，因此是阿基米德螺线。在通常的 $\rho\ge0$ 约定下，取 $\theta\ge0$，参数方程为 $x=\theta\cos\theta$、$y=\theta\sin\theta$。每转一周，极径增加 $2\pi$；从原点出发，沿逆时针方向向外盘旋。

第 12 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 满足 $4^{a_{n+2}}+4^{1+a_{n+1}}-12\cdot4^{a_n}=0$，求 $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{n}$。

解答

令 $b_n=4^{a_n}>0$，递推式变为 $b_{n+2}+4b_{n+1}-12b_n=0$。特征方程为 $(r-2)(r+6)=0$，故

$$b_n=C\,2^{n-1}+D\,(-6)^{n-1}.$$

若 $D\ne0$，第二项最终在绝对值上超过第一项，并随奇偶交替正负，导致某些 $b_n<0$，与定义矛盾。故 $D=0$、$C=b_1>0$，于是

$$a_n=\log_4 C+\frac{n-1}{2},\qquad \boxed{\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=\frac12}.$$

第 13 题

题目

求 $\left(\frac2{\sqrt{x^3}}-\frac3{x^3}\right)\left(\sqrt x-\frac1x\right)^6$ 展开式中的常数项。

解答

括号的第 $j$ 次选取负项所得项为

$$\binom6j(-1)^j x^{3-3j/2}.$$

与 $2x^{-3/2}$ 相乘成为常数时 $j=1$，贡献 $2\binom61(-1)=-12$；与 $-3x^{-3}$ 相乘成为常数时 $j=0$，贡献 $-3$。因此常数项为 $\boxed{-15}$。