2024年复旦大学强基计划数学试题 · 参考解答

本卷第 2、3、4、5、6、8 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	结论
1	充要条件
2	$-1$
3	$a<27/4$：$1$；$a=27/4$：$2$；$a>27/4$：$3$（均限 $a>0$）
4	第一阶段 $12$ 个；最终最多 $19$ 个
5	$n=5$，正五边形
6	$23$ 个；每个对应的 $p$ 唯一
7	$3$
8	依次为 $0$、$-2045^5$
9	初始点西侧，D

逐题解析

第 1 题

题目

设命题 $A$ 为 $\sin\dfrac\theta2+\cos\dfrac\theta2=0$，命题 $B$ 为 $\sqrt{1+\sin\theta}=0$，判断 $A$ 与 $B$ 的关系。

解答

由恒等式

$$\left(\sin\frac\theta2+\cos\frac\theta2\right)^2=1+\sin\theta,$$

实数的平方为零等价于它本身为零；而 $\sqrt{1+\sin\theta}=0$ 也等价于 $1+\sin\theta=0$。因此 A、B 互相推出，为充要条件。

第 2 题

题目

【修订】 已知复数 $z_1,z_2$ 不同时为零，且满足 $z_1^2+z_1z_2+z_2^2=0$。求

$$\left(\frac{z_1}{z_1+z_2}\right)^{2024}+\left(\frac{z_2}{z_1+z_2}\right)^{2024}.$$

解答

先检查分母：若 $z_1+z_2=0$，代入条件得 $z_1^2=0$，进而 $z_1=z_2=0$，与题设矛盾。因此待求式有意义。

令 $u=z_1/(z_1+z_2)$、$v=z_2/(z_1+z_2)$，则 $u+v=1$、$u^2+uv+v^2=0$，所以 $uv=1$。$u,v$ 均满足 $t^2-t+1=0$。将该式乘以 $t+1$，得 $t^3=-1$，从而 $t^6=1$。因为 $2024\equiv2\pmod6$，

$$u^{2024}+v^{2024}=u^2+v^2=(u+v)^2-2uv=\boxed{-1}.$$

这个计算只需复数代数运算与幂的周期性。

第 3 题

题目

【修订】 设 $a>0$。讨论方程 $\dfrac{a}{(x+1)^2}+\dfrac1{x+2}=1$ 的不同实根个数，并求恰有两个不同实根时的 $a$ 及全部实根。

解答

原方程的定义域为 $x\ne-1,-2$。令 $t=x+1$，乘去分母后得到

$$\frac a{t^2}+\frac1{t+1}=1 \iff F(t)=t^3-at-a=0.$$

$F(0)=-a\ne0$、$F(-1)=-1\ne0$，所以没有因乘分母而引入禁值根，两个方程的实根一一对应。

记 $s=\sqrt{a/3}>0$。导数为 $F'(t)=3(t^2-s^2)$，故 $F$ 在 $(-\infty,-s)$ 递增、$(-s,s)$ 递减、$(s,+\infty)$ 递增。两个极值为

$$F(-s)=a\left(\frac{2s}{3}-1\right),\qquad F(s)=-a\left(\frac{2s}{3}+1\right)<0.$$

因此根数取决于局部最大值 $F(-s)$ 的符号：

参数范围	极大值符号	不同实根个数
$0<a<27/4$	负	$1$
$a=27/4$	零	$2$
$a>27/4$	正	$3$

这是因为当极大值为负时，左边两段均无零点，右边递增段有唯一零点；极大值为零时多出极大值点这一个根；极大值为正时三个单调区间各有一个零点。

当 $a=27/4$ 时，

$$F(t)=\left(t+\frac32\right)^2(t-3),$$

故 $t=-3/2,3$，即

$$\boxed{a=27/4,\qquad x=-5/2\text{ 或 }2}.$$

这里按不同实根计数，二重根只计一次。

第 4 题

题目

【修订】 在半径为 $1+\sqrt2+\sqrt6$ 的大圆盘内放置若干半径为 $1$ 的小圆盘，允许相切，但任意两个小圆盘的内部不得相交。

1. 第一阶段要求每个小圆盘都与大圆盘内切，求这一阶段最多可以放置多少个；
2. 将第一阶段达到最大数量的一组小圆盘固定不动，再在大圆盘内添加小圆盘。求最终小圆盘总数的最大值，并说明达到最大值的摆法。

解答

大圆半径为 $R=1+\sqrt6+\sqrt2$，外圈小圆圆心所在圆半径为 $r=R-1=\sqrt6+\sqrt2$。两个单位圆不重叠，圆心距离至少为 $2$。故相邻外圈圆心的较小角距至少为

$$2\arcsin\frac1r=2\arcsin\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}=\frac\pi6.$$

所以外圈至多 $12$ 个；放 $12$ 个时角距必须全为 $\pi/6$，即圆心构成正十二边形。

设内部另一个小圆的圆心距大圆中心为 $\rho\le r$。若 $\rho=0$，已经满足下面要证的 $\rho\le2$；以下设 $\rho>0$，则它的方向与某个外圈圆心方向夹角至多 $\pi/12$。到该外圈圆心的距离至少为 $2$，从而

$$4\le\rho^2+r^2-2\rho r\cos\delta \le\rho^2+r^2-2\rho r\cos\frac\pi{12}.$$

代入 $r^2=8+4\sqrt3$、$r\cos(\pi/12)=2+\sqrt3$，得到

$$(\rho-2)(\rho-2-2\sqrt3)\ge0.$$

因 $\rho\le r<2+2\sqrt3$，必有 $\rho\le2$。

半径为 $2$ 的圆盘内，距离两两至少为 $2$ 的点至多 $7$ 个。证明如下：除中心外若有至少 $7$ 个点，则必有两点极角差小于 $\pi/3$。记其半径为 $0<u\le v\le2$，两点距离平方严格小于

$$u^2+v^2-uv=v^2-u(v-u)\le4,$$

矛盾。因此非中心点最多 $6$ 个，加中心也最多 $7$ 个。

这个上界可以达到：内部圆心取原点及半径 $2$ 的正六边形顶点，并让六个顶点方向分别位于每隔一个外圈间隙的正中。内圈相邻圆心距离为 $2$，与原点距离为 $2$；每个内圈顶点距最近外圈圆心也为 $2$，其余距离更大。因此总数为 $\boxed{12+7=19}$。

第 5 题

题目

【修订】 设 $n\ge5$。凸 $n$ 边形 $A_1A_2\cdots A_n$ 的顶点按边界顺序编号，各内角均小于 $180^\circ$，所有边的长度相等，且所有对角线的长度也相等（边长不必等于对角线长）。证明：$n=5$，且该多边形是正五边形。

解答

记所有对角线的共同长度为 $d$，先证明边数只能为 $5$。

若 $n\ge6$，考虑相邻顶点 $A_3,A_4$。$A_1,A_6$ 与它们之间的四条连线都为对角线，因此

$$A_1A_3=A_1A_4=A_6A_3=A_6A_4=d.$$

所以 $A_1,A_6$ 都是以 $A_3,A_4$ 为圆心、以 $d$ 为半径的两个圆的公共点。两个不同公共点一定关于圆心连线 $A_3A_4$ 对称，位于该直线的两侧。但 $A_3A_4$ 是凸多边形的一条边，所有其他顶点都应在其同一侧，矛盾。故 $n<6$，结合 $n\ge5$ 得 $\boxed{n=5}$。

再记共同边长为 $s$。对每个顶点 $A_i$，其两相邻顶点之间的距离是对角线长 $d$，相邻两边都为 $s$。由余弦定理，该顶点内角 $\alpha_i$ 满足

$$\cos\alpha_i=\frac{2s^2-d^2}{2s^2}.$$

由于 $0<\alpha_i<\pi$，余弦在此区间严格递减，故五个内角都相等。内角和为 $3\pi$，所以每个内角为 $3\pi/5=108^\circ$。五边形既等边又等角，因此是正五边形。

反过来，正五边形确有等长的边与等长的对角线，所以这个结论对应的图形存在。

第 6 题

题目

【修订】 求满足下列条件的整数 $n$ 的个数：$0\le n\le2024$，且存在质数 $p$，使 $\sqrt n+\sqrt{n+p}$ 为整数。对每个符合条件的 $n$，质数 $p$ 是否唯一？说明理由。

解答

设 $k=\sqrt n+\sqrt{n+p}\in\mathbb Z$，则 $k>0$。平方整理得

$$\sqrt n=\frac{k^2-p}{2k}\in\mathbb Q.$$

整数的平方根若为有理数，就必须为整数：将它写成既约分数 $u/v$，由 $u^2=nv^2$ 与互素性得 $v=1$。于是可设 $\sqrt n=a$、$\sqrt{n+p}=b$，其中 $b>a\ge0$ 为整数。故

$$(b-a)(b+a)=p.$$

质数只有正因子 $1,p$，因此 $b-a=1$、$b+a=p$，即 $p=2a+1$、$n=a^2$。反过来，只要 $2a+1$ 是质数，就有 $n+p=(a+1)^2$，两个根式之和为 $2a+1$，确实符合条件。

由 $0\le n\le2024$，且 $44^2=1936<2024<2025=45^2$，知 $0\le a\le44$。$a=0$ 给出 $p=1$，应排除。因此合格的 $p$ 正好是 $3$ 至 $89$ 的奇质数：

$$\begin{gathered} 3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,\\ 43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89. \end{gathered}$$

检查此范围内的候选数，只需排除 $3,5,7$ 的倍数，因为 $\sqrt{89}<10$。共 $23$ 个质数，对应 $23$ 个互不相同的 $n=((p-1)/2)^2$。故答案为 $\boxed{23}$；对每个合格的 $n$，$\boxed{p=2\sqrt n+1}$，所以 $p$ 唯一。

第 7 题

题目

方程 $x|x|+bx+c=0$ 的实根个数最多为多少？

解答

令 $F(x)=x|x|+bx+c$。它在整条实轴上可导，导数为 $F'(x)=2|x|+b$。若 $b\ge0$，函数严格递增，至多一个零点；若 $b<0$，导数在 $x=b/2,-b/2$ 两处变号，函数依次递增、递减、递增，因此至多三个零点（也可用罗尔定理：四个不同零点会强迫三个导数零点）。

取 $b=-1,c=0$，方程为 $x(|x|-1)=0$，恰有 $-1,0,1$ 三个实根。因此最多 $\boxed3$ 个。

第 8 题

题目

【修订】 设

$$P(x)=(x-1)^6\sum_{n=1}^{2044}n^5x^{n-1}.$$

分别求 $P(x)$ 中 $x^{2024}$ 与 $x^{2044}$ 的系数，并说明这两个系数不同的原因。

解答

展开 $(x-1)^6=\sum_{j=0}^6(-1)^j\binom6j x^j$。对一个数 $t$，定义

$$D(t)=\sum_{j=0}^6(-1)^j\binom6j(t-j)^5.$$

事实上 $D(t)=0$。理由是对多项式反复作差 $Q(t)\mapsto Q(t)-Q(t-1)$ 时，最高次项会抵消，每次至少降一次；五次多项式作六次差便为零，而展开六次差恰好得到上式。

求 $x^{2024}$ 的系数时，与 $x^j$ 配对的项下标为 $n=2025-j$，这七个下标都在 $1,\ldots,2044$ 内，所以系数为

$$\boxed{D(2025)=0}.$$

求 $x^{2044}$ 的系数时，所需下标为 $n=2045-j$；$j=0$ 对应 $n=2045$，恰好超出求和上限。其余六项均存在，因此实际系数是完整六次差中删去首项所得：

$$\boxed{\sum_{j=1}^6(-1)^j\binom6j(2045-j)^5=D(2045)-2045^5=-2045^5}.$$

两个系数不同的原因是后一个位置受到有限求和上限的截断，而不是有限差分规律失效。

第 9 题

题目

某人初始位于赤道，先向北走 $100\,\mathrm{km}$，再向西走 $100\,\mathrm{km}$，再向南走 $100\,\mathrm{km}$，最后向东走 $100\,\mathrm{km}$。此时人位于初始点、初始点东、初始点北还是初始点西？

解答

按地球为球面、南北沿经线、东西沿纬线行走。设地球半径为 $R$，先北行 $100$ 千米后纬度为 $\varphi=100/R>0$。该纬线半径为 $R\cos\varphi<R$，所以西行 $100$ 千米产生的经度减少量为 $100/(R\cos\varphi)$。南行回赤道不改变经度，最后沿赤道东行产生的经度增加量为 $100/R$。

净经度变化为 $100/R-100/(R\cos\varphi)<0$，而纬度恢复为零，因此位于初始点西侧，选 D。