2024年南京大学强基计划数学试题 · 参考解答

题号依题面页排列。源文件答案附录有不同题序及不同题面，第 5、6 题采用附录的完整版本，并明确标注。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	非实；纯虚当且仅当 $c^2=a^2+b^2$	7	$20$
2	$(1+\sqrt5)/2$	8	$6$
3	$1/3$	9	最小值 $4$，无最大值
4	$3$	10	$8$
5	$9$（附录版本）	11	$k=40$，第 $41$ 项
6	$512$	12	$6073$

逐题解析

第 1 题

题目

非退化三角形 $ABC$ 的三边为 $a,b,c$，复数 $z_1,z_2$ 满足 $|z_1|=a,|z_2|=b,|z_1+z_2|=c$。证明 $z_1/z_2$ 为非实数，并给出其为纯虚数的充要条件。

解答

若 $z_1/z_2$ 为实数，两复数所对应向量共线，于是 $c=a+b$ 或 $c=\lvert a-b\rvert$，均与非退化三角形的严格三角不等式矛盾。因此比值为非实数。

又因为

$$c^2=\lvert z_1+z_2\rvert^2=a^2+b^2+2\operatorname{Re}(z_1\overline{z_2}),\qquad \operatorname{Re}\frac{z_1}{z_2}=\frac{\operatorname{Re}(z_1\overline{z_2})}{b^2},$$

比值为纯虚数当且仅当 $c^2=a^2+b^2$，即 $C=90^\circ$。

答案校注： 源参考答案标题中的“纯虚数”不能对一般三角形成立；其正文实际只证明了非实数。教学版改为证明非实并讨论纯虚的条件。

第 2 题

题目

【明确两条直线】双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a,b>0$），分别过左右焦点作平行于 $y$ 轴的直线，与双曲线相交得到四个点。若这四点按周界顺序构成正方形，求双曲线的离心率。

解答

设焦距的一半为 $c=\sqrt{a^2+b^2}$。在 $x=\pm c$ 处，双曲线上点的纵坐标为 $y=\pm b^2/a$，故四点构成边长分别为 $2c,2b^2/a$ 的矩形。成为正方形等价于 $b^2=ac$。除以 $a^2$，得到 $e^2-1=e$；取 $e>1$ 的根，得 $e=(1+\sqrt5)/2$。

第 3 题

题目

已知 $f(x)=ax^2+bx+c$（$b>a$），且对任意 $x\in\mathbb R$ 有 $f(x)\geqslant0$，求 $\dfrac{b-a}{a+b+c}$ 的最大值。

解答

若 $a<0$，充分大的 $\lvert x\rvert$ 会使 $f(x)<0$；若 $a=0$，恒非负迫使 $b=0$，又违背 $b>a$。所以 $a>0$，且判别式 $b^2-4ac\le0$。令 $t=b/a>1$，则 $c/a\ge t^2/4$，分母为正，因而

$$\frac{b-a}{a+b+c}\le\frac{4(t-1)}{(t+2)^2}\le\frac13,$$

最后一步等价于 $(t+2)^2-12(t-1)=(t-4)^2\ge0$。取 $a>0,b=4a,c=4a$，即 $f(x)=a(x+2)^2$，两步都取等，最大值为 $1/3$。

第 4 题

题目

【明确随机模型】独立、等可能地从 $\{1,3,7,9\}$ 取 $a$，从 $\{2,4,6,8\}$ 取 $b$，令 $X$ 为 $a^b$ 的个位数字，求 $E(X)$。

解答

共 $16$ 个等可能的有序组合。$a=1,9$ 时，四个偶数指数都使个位为 $1$；$a=3,7$ 时，指数 $2,4,6,8$ 对应的个位依次为 $9,1,9,1$。因此个位 $1$ 出现 $12$ 次，个位 $9$ 出现 $4$ 次，期望为 $(12+4\cdot9)/16=3$。

第 5 题

题目

【采用源文件答案附录中的另一版本】非退化四面体的六条棱长为 $4,7,20,22,28,t$，其中 $t$ 为正整数，棱长与棱的对应关系可以选择。求 $t$ 的最小值，并验证取等时四面体确实存在。

解答

题面校注： 题面页的五条已知棱长为 $2,7,22,24,28$，不可能构成非退化四面体：含长度 $2$ 的棱的两个面中，至少一个面的另外两边均为已知棱，而这些已知长度任意两者之差都至少为 $2$，违背严格三角不等式。现明确采用答案附录的另一组长度 $4,7,20,22,28$，并补明 $t$ 为正整数。

先排除 $t\le8$。长度 $4$ 与 $28$ 的棱不能相邻，否则所在三角形的第三边至多为 $22$，不能满足三角不等式，所以它们必须相对。设 $AB=4,CD=28$。含 $AB$ 的两个三角形必须把其余四条棱配成 $20,22$ 一对及 $7,t$ 一对，因为其他搭配的长度差至少为 $12$。可设 $AC=22,BC=20$。如果 $BD=7$，则 $BC+BD<CD$；故必须 $AD=7,BD=t$，但此时仍要求 $20+t>28$，与 $t\le8$ 矛盾。

下面验证 $t=9$ 确能实现。先取 $AB=4,AC=22,BC=20,AD=7,BD=9$。以 $AB$ 为轴把两个三角形铰接，令 $A$ 的轴坐标为 $0$、$B$ 为 $4$。由两圆交点的投影公式，$C,D$ 的轴坐标分别为 $25/2,-2$，到轴的距离分别为 $\sqrt{1311}/2,3\sqrt5$。若它们的垂直分量夹角为 $\theta$，则

$$CD^2=(29/2)^2+1311/4+45-3\sqrt{6555}\cos\theta =583-3\sqrt{6555}\cos\theta.$$

取 $\cos\theta=-67/\sqrt{6555}$，其绝对值小于 $1$，就有 $CD^2=784$。这时两面不共面，确为非退化四面体。因此最小整数为 $9$。

第 6 题

题目

【采用源文件附录完整设问】$A=\{1,2,\ldots,10\}$，$\mathcal F$ 是由 $A$ 的不同非空子集组成的集合族，且任意两个不同成员的交集非空。求 $|\mathcal F|$ 的最大值，并给出达到最大值的集合族。

解答

将 $A$ 的全部 $2^{10}$ 个子集按 $S$ 与补集 $A\setminus S$ 配成 $512$ 对。每对的交集为空，满足要求的集合族每对至多选一个，所以成员数至多为 $512$。

取所有包含元素 $1$ 的子集，它们两两相交，且其余九个元素各自可选可不选，恰有 $2^9=512$ 个。因此最大值为 $512$。这里不需要假定任意两两相交的集合族必有公共元素。

第 7 题

题目

集合 $S=\{n\in\mathbb Z\mid1\leqslant n\leqslant150,\ n^2-1\text{ 为 }120\text{ 的倍数}\}$，求 $|S|$。

解答

因 $120=8\cdot3\cdot5$，条件等价于 $n$ 为奇数、$3\nmid n$、$n\equiv\pm1\pmod5$：奇数的平方都模 $8$ 余 $1$，另外两项分别保证模 $3,5$ 余 $1$。合并得到模 $30$ 的四类 $1,11,19,29$。区间 $1\le n\le150$ 含五个完整周期，所以共有 $4\cdot5=20$ 个。

第 8 题

题目

过 $P(4,4)$ 作抛物线 $y^2=4x$ 的切线，交 $y$ 轴于点 $Q$，焦点为 $F$，求四边形 $OFPQ$ 的面积。

解答

$P$ 本身在抛物线上，切线为 $4y=2(x+4)$，即 $y=x/2+2$，故 $Q=(0,2)$，焦点为 $F=(1,0)$。沿 $O,F,P,Q$ 顺序用坐标面积公式，得

$$[OFPQ]=\frac12\bigl(1\cdot4+4\cdot2\bigr)=6.$$

第 9 题

题目

已知 $a,b,c>0$，$4abc=\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c$。判断 $\left(\dfrac1a+\dfrac1b\right)\left(\dfrac1a+\dfrac1c\right)$ 是否存在最大值和最小值；若存在，求出。

解答

令 $x=1/a,y=1/b,z=1/c$，则 $xyz(x+y+z)=4$，且

$$(x+y)(x+z)=x(x+y+z)+yz=\frac4{yz}+yz\ge4.$$

取 $y=z=\sqrt2,x=2-\sqrt2>0$，满足约束并使 $yz=2$，所以下界 $4$ 可达。

为证明无最大值，任取 $t>0$，令 $y=z=\sqrt t$，并令 $x$ 为 $x^2+2\sqrt t\,x-4/t=0$ 的正根；常数项为负保证这样的正根存在。这些数均满足约束，而所求式等于 $t+4/t$，随 $t\to\infty$ 无界。因此只有最小值，没有最大值。

第 10 题

题目

满足 $f(\sqrt2+\sqrt3-\sqrt5)=0$ 的非零有理系数多项式 $f$ 的最低次数为多少？

解答

记 $u=\sqrt2+\sqrt3-\sqrt5\ne0$。由 $(u+\sqrt5)^2=5+2\sqrt6$ 得 $u^2+2u\sqrt5=2\sqrt6$，再平方，得到 $4u^3\sqrt5=24-u^4-20u^2$。又一次平方可得

$$u^8-40u^6+352u^4-960u^2+576=0.$$

所以存在八次多项式，下面证明次数不能更低。

先说明八个数 $1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6,\sqrt5,\sqrt{10},\sqrt{15},\sqrt{30}$ 在有理数上线性无关。$\sqrt3$ 不能写为 $p+q\sqrt2$（$p,q$ 有理），因为平方后迫使 $pq=0$，再分别导致有理数的平方为 $3$ 或 $3/2$，均不可能。故 $K=\{p+q\sqrt2+r\sqrt3+s\sqrt6:p,q,r,s\in\mathbb Q\}$ 中的表示唯一，它在四则运算下封闭。若 $\sqrt5=A+B\sqrt3$，其中 $A,B\in\mathbb Q(\sqrt2)$，平方的 $\sqrt3$ 项要求 $AB=0$；于是 $A^2=5$ 或 $B^2=5/3$。再将 $A$ 或 $B$ 写成 $p+q\sqrt2$，便要求某个有理数的平方为 $5,5/2,5/3,5/6$ 之一，均不可能。因此 $\sqrt5\notin K$，八个数的线性无关性成立。

上述四则运算封闭性可由有理化说明：$A+B\sqrt3$ 的逆元为 $(A-B\sqrt3)/(A^2-3B^2)$，分母非零且在 $\mathbb Q(\sqrt2)$ 中，再对含 $\sqrt2$ 的分母有理化即可。若八个数有非零有理线性关系，将它写为 $U+V\sqrt5=0$，其中 $U,V\in K$；$V\ne0$ 会推出 $\sqrt5\in K$，而 $V=0$ 又迫使 $U=0$ 并使全部系数为零。因此独立性的论证完整。

把有理系数的 $f(\sqrt2+\sqrt3-\sqrt5)$ 展开，并用三个根式的平方等于 $2,3,5$ 归并，所得八个基数的系数必须全为零。分别改变三个根式的正负号，只会改变这些零系数的符号，故全部八个 $\pm\sqrt2\pm\sqrt3\pm\sqrt5$ 都是 $f$ 的根。这些根互不相同，否则相减将给出 $\sqrt2,\sqrt3,\sqrt5$ 的非零有理线性关系，与刚证明的独立性矛盾。非零多项式至少八次，结合构造，最低次数为 $8$。

第 11 题

题目

已知 $(3+2x)^{100}=\displaystyle\sum_{k=0}^{100}a_kx^k$，求最大系数的下标 $k$，并说明它是按 $a_0,a_1,\ldots,a_{100}$ 排列的第几项。

解答

$a_k=\binom{100}{k}3^{100-k}2^k$，且

$$\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{2(100-k)}{3(k+1)}>1 \quad\Longleftrightarrow\quad k<197/5.$$

故从 $a_0$ 到 $a_{40}$ 严格递增，之后严格递减。最大系数是 $a_{40}$，按题设从 $a_0$ 开始计数，是第 $41$ 项。

第 12 题

题目

定义 $f(m)=\begin{cases}m-1,&m\text{ 为奇数},\\m/2,&m\text{ 为偶数},\end{cases}$。若 $a_0=\displaystyle\sum_{k=0}^{2024}4^k$，$a_{n+1}=f(a_n)$，求满足 $a_k=0$ 的最小 $k$。

解答

$a_0=\sum_{j=0}^{2024}2^{2j}$ 的二进制共有 $2025$ 个 $1$，最高位下标为 $4048$。奇数减一只把末位的 $1$ 改为 $0$，其余位不变；偶数除以二只右移一位，不改变 $1$ 的个数。

因此到零之前恰有 $2025$ 次减一。最初的最高位 $1$ 必须右移 $4048$ 次才能成为末位并被最后一次减一消去，故除以二恰有 $4048$ 次。最小下标为 $2025+4048=6073$。