2015年北京大学自主招生测试 · 参考解答

答案速览

题号	1	2	3	4	5
答案	A	D	A	D	A
题号	6	7	8	9	10
答案	$1$	$41/25$	$9$	$1$	$9$
题号	11	12	13	14	15
答案	$20$	$f(a)=a$	见证明	所述双曲线在夹角内的一支	见证明

逐题解析

第 1 题

题目

整数 $x,y,z$ 满足 $xy+yz+xz=1$，则 $(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)$ 可能取到的值为（　）

• A. $16900$
• B. $17900$
• C. $18900$
• D. 前三个答案都不对

解答

展开三个复数 $(1+ix)(1+iy)(1+iz)$ 并取模平方，得

$$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2) =(1-xy-yz-zx)^2+(x+y+z-xyz)^2.$$

题设使第一平方为零，故结果为整数平方。前三个数中只有 $16900=130^2$ 是平方数；取 $(x,y,z)=(5,-3,8)$，有 $xy+yz+zx=1$，且乘积 $26\cdot10\cdot65=16900$，所以选 A。

第 2 题

题目

在不超过 $99$ 的正整数中选出 $50$ 个不同的正整数，已知这 $50$ 个数中任两个的和都不等于 $99$，也不等于 $100$。这 $50$ 个数的和可能等于（　）

• A. $3524$
• B. $3624$
• C. $3724$
• D. 前三个答案都不对

解答

把 $1,\ldots,98$ 配成 $(1,98),(2,97),\ldots,(49,50)$，每对之和为 $99$，至多选一数。要选满 $50$ 个，必须选 $99$ 且每对恰选一数。$99$ 已选迫使 $1$ 不选，继而 $98$ 选；$98$ 又迫使 $2$ 不选，依此类推，唯一选择是 $50,51,\ldots,99$。其和为 $3725$，所以选 D。

第 3 题

题目

已知 $x\in[0,\pi/2]$，对任意实数 $a$，函数 $y=\cos^2x-2a\cos x+1$ 的最小值记为 $g(a)$，则当 $a$ 取遍所有实数时，$g(a)$ 的最大值为（　）

• A. $1$
• B. $2$
• C. $3$
• D. 前三个答案都不对

解答

取 $x=\pi/2$，函数值恒为 $1$，因此 $g(a)\le1$。当 $a\le0$ 时，$\cos x\ge0$，从而 $\cos^2x-2a\cos x+1\ge1$，故确有 $g(a)=1$。最大值为 $1$，选 A。

第 4 题

题目

已知 $10^{20}-2^{20}$ 是 $2^n$ 的整数倍，则正整数 $n$ 的最大值为（　）

• A. $21$
• B. $22$
• C. $23$
• D. 前三个答案都不对

解答

有 $10^{20}-2^{20}=2^{20}(5^{20}-1)$。因 $5^{20}-1=(5^5-1)(5^5+1)(5^{10}+1)$，三因子中含 $2$ 的次数分别为 $2,1,1$：$5^5-1=3124=4\cdot781$，而 $5^5+1\equiv2\pmod4$、$5^{10}+1\equiv2\pmod4$。所以总次数为 $24$，选 D。

第 5 题

题目

在凸四边形 $ABCD$ 中，$BC=4$，$\angle ADC=60^\circ$，$\angle BAD=90^\circ$，四边形 $ABCD$ 的面积等于 $\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}$，则 $CD$ 的长（精确到小数点后 $1$ 位）为（　）

• A. $6.9$
• B. $7.1$
• C. $7.3$
• D. 前三个答案都不对

解答

设两对角线为 $p,q$，夹角为 $\theta$。面积满足

$$2S=pq\sin\theta\le pq\le AB\cdot CD+BC\cdot AD,$$

末步为托勒密不等式。题设迫使两步同时取等号，所以四边形共圆且两对角线垂直。又 $\angle BAD=90^\circ$，故 $BD$ 是直径；它垂直平分弦 $AC$，使 $A,C$ 关于 $BD$ 对称。因此 $AB=BC=4$，且 $\angle ADB=\angle BDC=30^\circ$。在直角三角形 $ABD$ 中，$AD=4\sqrt3$，故 $CD=4\sqrt3\approx6.9$，选 A。

第 6 题

题目

满足等式 $\left(1+\dfrac1x\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac1{2015}\right)^{2015}$ 的整数 $x$ 的个数是______。

解答

令 $H(t)=t\log(1+1/t)$（$t>0$）。其导数 $\log(1+1/t)-1/(t+1)>0$，这可由 $\log(1+u)=\int_0^u(1+s)^{-1}ds>u/(1+u)$ 得到，所以 $(1+1/t)^t$ 严格递增，且小于 $e$。另一方面 $(t+1)\log(1+1/t)>1$，所以正整数 $x$ 时左侧大于 $e$，不可能等于右侧。

$x=0,-1$ 时原式无定义。若 $x\le-2$，令 $m=-x-1\ge1$，左侧恰为 $(1+1/m)^m$。由上述严格单调性，只能 $m=2015$，即 $x=-2016$，故共有一个整数解。

第 7 题

题目

已知 $a,b,c,d\in[2,4]$，则 $\dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}$ 的最大值与最小值的和为______。

解答

原式是两个向量 $(a,d)$、$(b,c)$ 夹角余弦的平方。各向量倾角均在 $[\arctan(1/2),\arctan2]$ 内，所以最大值为 $1$，最小值为

$$\cos^2(\arctan2-\arctan(1/2))=(4/5)^2=16/25.$$

分别取两向量相等、以及 $(a,d)=(4,2),(b,c)=(2,4)$，两端均可达，和为 $41/25$。

第 8 题

题目

对任意实数 $x\in[1,5]$，$\lvert x^2+px+q\rvert\leq2$，不超过 $\sqrt{p^2+q^2}$ 的最大整数是______。

解答

令 $F(x)=x^2+px+q$。恒等式 $F(1)-2F(3)+F(5)=8$，而三点函数值绝对值均不超过 $2$，故只能 $F(1)=F(5)=2,F(3)=-2$。解得 $p=-6,q=7$。此时 $F(x)=(x-3)^2-2$ 确在整个 $[1,5]$ 内取值于 $[-2,2]$。所以所求为 $\lfloor\sqrt{85}\rfloor=9$。

第 9 题

题目

设 $a,b,c$ 为非零实数，$x=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$y=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$，$z=\dfrac{b^2+a^2-c^2}{2ba}$，且 $x+y+z=1$，则 $x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}$ 的值为______。

解答

各分母要求 $abc\ne0$。由三个定义展开可得 $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$。结合 $x+y+z=1$，得 $xy+yz+zx=xyz$，进而

$$(x-1)(y-1)(z-1)=xyz-(xy+yz+zx)+(x+y+z)-1=0.$$

故至少一个变量为 $1$，其余两个和为零。奇次幂相消，所求为 $1$。此证明不额外假设 $a,b,c$ 构成非退化三角形。

第 10 题

题目

设 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 都是 $9$ 元集合 $\{1,2,3,\ldots,9\}$ 的子集，已知 $\lvert A_i\rvert$ 为奇数，$1\leq i\leq n$，$\lvert A_i\cap A_j\rvert$ 为偶数，$1\leq i\ne j\leq n$，则 $n$ 的最大值为______。

解答

将每个子集表示成 $\mathbb F_2^9$ 中的零一向量 $v_i$。题设等价于 $v_i\cdot v_i=1$、$v_i\cdot v_j=0$（$i\ne j$）。若 $\sum c_i v_i=0$，与任意 $v_j$ 点乘得到 $c_j=0$，故这些向量线性无关，至多 $9$ 个。取九个单元素子集即可达到，故答案为 $9$。

第 11 题

题目

已知数列 $\{a_n\}$ 为正项等比数列，且 $a_3+a_4-a_1-a_2=5$，求 $a_5+a_6$ 的最小值。

解答

设首项为 $u>0$，公比为 $q>0$。条件 $u(1+q)(q^2-1)=5$ 迫使 $q>1$。令 $t=q^2>1$，则

$$a_5+a_6=\frac{5t^2}{t-1} =5\left((t-1)+2+\frac1{t-1}\right)\ge20.$$

当 $t=2$、$u=5/(1+\sqrt2)$ 时取得等号。

第 12 题

题目

已知 $f(x)$ 为二次函数，且 $a,f(a),f(f(a)),f(f(f(a)))$ 成正项等比数列，求证：$f(a)=a$。

解答

令正公比为 $q$，四项为 $a,aq,aq^2,aq^3$，其中 $a>0$。于是 $f(t)-qt$ 在 $t=a,aq,aq^2$ 处都为零。若 $q\ne1$，这是三个不同根，与该式为非零二次多项式矛盾。故 $q=1$，即 $f(a)=a$。

第 13 题

题目

称四个顶点都在三角形边上的正方形为此三角形的内接正方形。若锐角 $\triangle ABC$ 的三边满足 $a>b>c$，求证：这个三角形内接正方形边长的最小值为 $\dfrac{ac\sin B}{a+c\sin B}$。

解答

四个正方形顶点分布在三条边上，必有两个位于同一条边；它们不能是相对顶点，否则另外两点位于该边直线两侧。因此必有一条正方形边落在三角形的一条边上。

设所依附三角形边长为 $s$、对应高为 $h$、正方形边长为 $l$。平行截线及相似性给出 $l=s(1-l/h)$，所以 $l=sh/(s+h)=Ks/(s^2+K)$，其中 $K=2[ABC]$。锐角性保证三种边上各存在这样的正方形。

对任意两边 $s>t$，$K=st\sin\gamma<st$，故

$$\frac{Ks}{s^2+K}-\frac{Kt}{t^2+K} =\frac{K(s-t)(K-st)}{(s^2+K)(t^2+K)}<0.$$

所以依附最长边 $a$ 时边长最小；其高为 $c\sin B$，得到题中表达式。

第 14 题

题目

从 $O$ 出发的两条不同且不反向的射线 $l_1,l_2$，已知直线 $l$ 交 $l_1,l_2$ 于 $A,B$ 两点，且 $S_{\triangle AOB}=c>0$（$c$ 为定值），记 $AB$ 的中点为 $X$，求证：$X$ 的轨迹为一条双曲线在该夹角内的一支。

解答

设两射线夹角为 $\theta\in(0,\pi)$，固定面积 $c>0$。沿两射线建立斜坐标，令 $A=(u,0),B=(0,v)$，其中 $u,v>0$，则 $uv\sin\theta/2=c$。中点 $X=(x,y)=(u/2,v/2)$，所以

$$xy=\frac{c}{2\sin\theta},\qquad x,y>0.$$

这是以两射线所在直线为渐近线的双曲线在该夹角内的一支。反过来，该支上每一点取 $A=(2x,0),B=(0,2y)$ 都满足面积条件，故轨迹没有遗漏；由于题设是射线，不能把另一支也算入。

第 15 题

题目

已知 $a_i$（$i=1,2,3,\ldots,10$）满足 $a_1+a_2+\cdots+a_{10}=30$，$a_1a_2\cdots a_{10}<21$，求证：存在 $a_i$，使得 $a_i<1$。

解答

若全部 $a_i\ge1$，写成 $a_i=1+b_i$、$b_i\ge0$，则 $\sum b_i=20$。展开乘积得

$$\prod_{i=1}^{10}a_i=\prod_{i=1}^{10}(1+b_i)\ge1+\sum b_i=21,$$

与题设矛盾。因此至少有一个 $a_i<1$。