2017年北京大学5.14优特测试 · 参考解答

来源：校内《北大强基真题》PDF 第 26—28 页（印刷第 25—27 页）。第 14 题补明独立性，第 17 题明确教学补订；第 5 题原条件不能确定两次大小比较。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$8/3$	11	$7$
2	$2$	12	$(1/2,+\infty)$
3	$4-\sqrt2$	13	$(-1/4,+\infty)$
4	$3$	14	$1714$
5	两次大小均不能确定；$f(2)=e^2f(0)$	15	$2017/3$
6	$2$	16	$8+4\sqrt3$
7	$0$	17	$9\sqrt2/8$（补订后）
8	$\sqrt{10}$	18	$43$ 条直线，$90$ 组数组
9	$4$ 项	19	$8/13$
10	$(1,6),(2,11),(5,2),(7,6),(11,11)$	20	$(-\infty,9/8]$

逐题解析

第 1 题

题目

已知 $x,y\in\mathbb R$，且 $4(x-1)^2+(y-1)^2=1$，求 $\dfrac yx$ 的最大值。

解答

椭圆上 $x\ge1/2>0$。代入 $y=kx$，得到 $(4+k^2)x^2-(8+2k)x+4=0$，判别式为 $4k(8-3k)$。因此斜率范围为 $[0,8/3]$，最大 $8/3$ 在相切时取得。

第 2 题

题目

已知 $f(x)=x^2-\ln x$，$g(x)=x-2$，直线 $y=m$ 与 $f(x)$ 和 $g(x)$ 分别交于 $P,Q$，求 $\lvert PQ\rvert$ 的最小值。

解答

记 $P$ 横坐标为 $t>0$，则 $m=t^2-\ln t$，$Q$ 横坐标为 $t^2-\ln t+2$。令 $H(t)=t^2-t-\ln t+2$，有

$$H'(t)=\frac{(2t+1)(t-1)}t.$$

所以 $H(t)\ge H(1)=2>0$，从而 $PQ=|H(t)|=H(t)$，最小为二。即使一条水平线与 $f$ 有两个交点，分别考虑其横坐标，结论仍成立。

第 3 题

题目

已知 $a,b,c$ 成等差数列，点 $P(-1,0)$ 在直线 $l:ax+by+c=0$ 上的投影为 $M$，又已知 $N$ 的坐标为 $(0,3)$，求 $\lvert MN\rvert$ 的最小可能值。

解答

$a+c=2b$，直线方程可写为 $a(x-1)+b(y+2)=0$，所有允许直线恰为过 $K=(1,-2)$ 的直线。垂足 $M$ 满足 $(M-P)\cdot(M-K)=0$，故轨迹为直径 $PK$ 的圆，中心 $O=(0,-1)$、半径 $\sqrt2$；两端点也可通过相应方向的直线取得。$ON=4$，所以 $MN$ 最小为 $4-\sqrt2$。

第 4 题

题目

已知正数数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，且 $S_n=\dfrac12\left(a_n+\dfrac1{a_n}\right)$（$S_n$ 为数列的前 $n$ 项和），求 $S_9$。

解答

令 $S_0=0$。由 $S_n-a_n=S_{n-1}$，

$$2S_n=a_n+a_n^{-1},\qquad2S_{n-1}=a_n^{-1}-a_n.$$

平方相减得 $S_n^2-S_{n-1}^2=1$，故 $S_n=\sqrt n$，特别 $S_9=3$。相应 $a_n=\sqrt n-\sqrt{n-1}>0$，代回确实满足递推条件。

第 5 题

题目

已知 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上可导，且满足： (1) 当 $x\ne1$ 时，$(x-1)[f'(x)-f(x)]>0$； (2) $f(2-x)=f(x)e^{2-2x}$。 试比较 $f(1)$ 与 $f(0)$ 的大小关系，以及 $f(2)$ 与 $f(0)$ 的大小关系。

解答

令 $g(x)=e^{-x}f(x)$。条件只说明 $g$ 在 $(-\infty,1)$ 严格递减、在 $(1,\infty)$ 严格递增，且 $g(2-x)=g(x)$。因此 $g(1)<g(0)$，不能去掉不同的指数因子直接比较 $f(1)$ 与 $f(0)$。 取任意实数 $C$，函数

$$f_C(x)=e^x((x-1)^2+C)$$

均满足题设，而 $f_C(1)-f_C(0)=(e-1)C-1$ 可正、可零、可负。第二个恒等式给 $f(2)=e^2f(0)$，所以其大小取决于 $f(0)$ 的正负；上述函数中 $f_C(0)=1+C$ 也可取任意实数。因此两次比较均无法唯一确定。这是原条件信息不足，不是计算遗漏。

第 6 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，求 $\cos A+\sqrt2\cos B+\sqrt2\cos C$ 的最大值。

解答

记 $s=\sin(A/2)\in(0,1)$。和差化积得

$$\cos A+\sqrt2(\cos B+\cos C) \le1-2s^2+2\sqrt2s =2-2(s-1/\sqrt2)^2\le2.$$

在 $A=\pi/2,B=C=\pi/4$ 时同时取等，故最大值为二。

第 7 题

题目

求值：$9\tan10^\circ+2\tan20^\circ+4\tan40^\circ-\tan80^\circ$。

解答

使用 $\tan t=\cot t-2\cot2t$，有

$$2\tan20^\circ+4\tan40^\circ=2\cot20^\circ-8\cot80^\circ.$$

再将 $9\tan10^\circ$、$-\tan80^\circ$ 同样展开，并用 $\cot160^\circ=-\cot20^\circ$，原式化为

$$9(\cot10^\circ-2\cot20^\circ-\cot80^\circ) =9(\tan10^\circ-\cot80^\circ)=0.$$

第 8 题

题目

已知 $(a_1-a_2)^2+(a_2-a_3)^2+(a_3-a_4)^2+(a_4-a_5)^2=1$，其中 $a_i\in\mathbb R$，$i=1,2,\ldots,5$，求 $a_1-2a_2-a_3+2a_5$ 的最大值。

解答

令 $d_i=a_i-a_{i+1}$，则所求为 $d_1-d_2-2d_3-2d_4$，且 $\sum d_i^2=1$。柯西不等式给上界 $\sqrt{1+1+4+4}=\sqrt{10}$。取 $(d_1,d_2,d_3,d_4)=(1,-1,-2,-2)/\sqrt{10}$，任选 $a_5$ 后反向累加可构造全部 $a_i$，故可达。

第 9 题

题目

已知 $54$ 和 $128$ 是某等比数列中的两项，问该数列中最多有多少项为正整数。

解答

设两个已知项相隔 $k$ 位。公比绝对值的 $k$ 次幂为 $(4/3)^3$ 或其倒数，反转指数方向后统一用 $(4/3)^3$。任何正整数项 $N$ 与 $54$ 的比，均为该公比的某个整数次幂，故

$$(N/54)^k=(4/3)^{3t}$$

对某个整数 $t$ 成立。比较素因子指数可知 $N$ 不含 $2,3$ 以外的素因子，且 $3t/k$ 必为整数 $j$，于是

$$N=2^{1+2j}3^{3-j}.$$

整数性要求 $j=0,1,2,3$，最多四项；公比不可能为 $\pm1$，这些值不会重复。数列 $54,72,96,128,\ldots$ 公比 $4/3$，恰有四个正整数项，所以上界可达。

第 10 题

题目

求不定方程 $x^2-xy-2x+3y=11$ 的正整数解。

解答

$x=3$ 代入矛盾；否则整理得

$$y=x+1-\frac8{x-3}.$$

令 $d=x-3\ge-2$，则 $d$ 为八的非零约数，只可能 $-2,-1,1,2,4,8$。逐一代入并排除 $y\le0$ 的 $d=1$，得表中五组，代回均成立。

第 11 题

题目

求 $\left[\dfrac89\right]+\left[\dfrac{8^2}{9}\right]+\cdots+\left[\dfrac{8^{2018}}9\right]$ 被 $63$ 除的余数，其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数。

解答

由于八的奇数次幂模九余八、偶数次幂模九余一，把相邻两项配对：

$$\left\lfloor\frac{8^{2j-1}}9\right\rfloor+ \left\lfloor\frac{8^{2j}}9\right\rfloor=8^{2j-1}-1.$$

模 $63$ 时 $8^2\equiv1$，每对余七，共 $1009$ 对，故总和余数为 $7\cdot1009\equiv7\pmod{63}$。

第 12 题

题目

求 $y=x^2$ 上任三点所确定的外接圆半径的取值范围。

解答

设三个不同横坐标为 $u,v,w$。弦长公式为 $|u-v|\sqrt{1+(u+v)^2}$；三角形面积为 $|(u-v)(v-w)(w-u)|/2$。由 $R=abc/(4S)$，

$$R=\frac12\sqrt{[1+(u+v)^2][1+(v+w)^2][1+(w+u)^2]}>\frac12.$$

若等号成立，三个两两之和同时为零，迫使三点重合，矛盾。取 $u=-t,v=0,w=t$，$t>0$，则 $R=(1+t^2)/2$，遍历 $(1/2,\infty)$，故这就是完整范围。

第 13 题

题目

已知 $f(x)=10^x+\lg(\sqrt{x^2+1}+x)-10^{-x}+10$，求解集 $f(3x+1)+f(x)>20$。

解答

设 $H(x)=f(x)-10$。因 $(\sqrt{x^2+1}+x)(\sqrt{x^2+1}-x)=1$，$H$ 为奇函数；$10^x-10^{-x}$ 与 $\lg(\sqrt{x^2+1}+x)$ 都严格递增，所以 $H$ 严格递增。因此

$$H(3x+1)+H(x)>0 \iff H(3x+1)>H(-x) \iff x>-1/4.$$

第 14 题

题目

$60$ 支球队两两比赛，各场比赛结果相互独立，任两支相互胜率均为 $50\%$，设至少有两支球队取胜场数相同的概率为 $\dfrac pq$，$(p,q)=1$。设 $n$ 是使得 $2^n$ 整除 $q$ 的最大整数，求 $n$。

解答

题面校注： 仅各场边际胜率一半不足以规定联合分布，教学版明确各场独立。

共有 $\binom{60}2=1770$ 场，等概率赛果 $2^{1770}$ 种。若所有胜场数不同，只能分别为 $0,1,\ldots,59$；依次取全胜队并删除，可知赛果是严格全序，恰有 $60!$ 种。所求概率为 $1-60!/2^{1770}$。 由

$$v_2(60!)=30+15+7+3+1=56,$$

约分后分母为 $2^{1770-56}=2^{1714}$，分子为奇数，故 $n=1714$。

第 15 题

题目

半径为 $2017$ 的三个球放在一个桌面上，两两相切。现将另一个球放在这三球的空隙处，且这个球的顶点（最高处）与另三个球的顶点（最高处）处于同一平面上，求这个球的半径。

解答

记原球半径为 $R$、新球半径为 $r$。三个大球球心组成边长 $2R$ 的水平正三角形。小球与三球相切，球心在其中心的竖线上；顶点等高给球心高度 $2R-r$。因此

$$(R+r)^2=(R-r)^2+(2R/\sqrt3)^2,$$

解得 $r=R/3=2017/3$。此时新球底点高度 $2R-2r=4R/3>0$，在三球上方空隙处的构型可实现。

第 16 题

题目

已知两个同底正三棱锥 $E-ABC$、$F-ABC$ 接于同一个外接球，$E-ABC$ 中侧面与底面的夹角为 $15^\circ$，求 $F-ABC$ 侧面与底面夹角的正切值。

解答

设底面内切圆半径为 $r$，外接圆半径为 $2r$，两个不同顶点在底面中心轴两侧的高度为 $h,k>0$。中心轴与共同外接球相交于这两顶点，底面圆上一点的球幂为零；在底面中心取弦幂得 $hk=(2r)^2$。又侧面与底面的夹角正切等于高除以底面内切圆半径，故

$$\frac hr=\tan15^\circ=2-\sqrt3,\qquad \frac kr=\frac4{2-\sqrt3}=8+4\sqrt3.$$

第 17 题

题目

【教学补订：去除矛盾的 $c>d$ 限制】已知 $C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与 $C_2:\dfrac{x^2}{c^2}-\dfrac{y^2}{d^2}=1$（$c,d>0$），$F_1,F_2$ 为 $C_1$ 左右焦点，$C_2$ 的渐近线与 $C_1$ 的一个交点是 $P$，满足 $PF_1\perp PF_2$。已知 $C_1$ 的离心率为 $\dfrac34$，求 $C_2$ 的离心率。

解答

题面校注： 原稿同时要求 $c>d$，与其余条件矛盾；教学版只保留 $c,d>0$。

统一缩放令 $a=1$，则 $b^2=7/16$，椭圆焦半距平方为 $9/16$。直角条件给 $x_P^2+y_P^2=9/16$，联立椭圆方程得

$$x_P^2=2/9,\qquad y_P^2=49/144.$$

所以渐近线斜率平方 $d^2/c^2=y_P^2/x_P^2=49/32>1$，也解释了为何原 $c>d$ 不可能成立。补订后双曲线离心率为 $\sqrt{1+49/32}=9\sqrt2/8$。

第 18 题

题目

已知 $a,b,c\in\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$，且 $a,b,c$ 两两不相同。已知直线 $ax+by+c=0$ 的倾斜角为锐角，问直线有多少种？$(a,b,c)$ 有多少组？

解答

倾斜角锐角要求 $a,b$ 非零且异号，有 $3\cdot3\cdot2=18$ 种；每组有五个不同于 $a,b$ 的 $c$，共九十组。 成比例的系数表示同一直线。先把互为相反数的数组合并，得四十五类。若再有不同绝对比例的整数系数，由坐标绝对值至多三，约成最简后只能把 $(1,-1,0)$ 同时乘二或三：非零第三系数若为 $\pm1$ 则与前两项重复，不符合条件。因此此处原三类合为一类，其他类不合并，直线共 $45-2=43$ 条。

第 19 题

题目

已知均匀正四面体上写有 $1,2,3,4$，游戏中每轮抛掷两个正四面体，底面数字之和大于 $5$ 则胜且游戏结束，否则轮到其他玩家。甲乙轮流抛掷，甲先开始，问甲胜的概率。

解答

每轮和大于五的结果有六种，所以获胜概率 $p=6/16=3/8$。记甲最终获胜概率为 $P$，一轮甲胜或双方均败后重开，得 $P=p+(1-p)^2P$，所以 $P=1/(2-p)=8/13$。无限轮均不结束的概率为零。

第 20 题

题目

已知 $f(x)=\lvert x^2+ax+b\rvert$，若对于任意的 $a,b$，均存在 $x_0\in[1,4]$，使得 $f(x_0)\ge m$，求 $m$ 的取值范围。

解答

记 $q(x)=x^2+ax+b$。对任意 $a,b$，

$$q(1)-2q(5/2)+q(4)=9/2.$$

三角不等式说明三个点至少有一个满足 $|q(x)|\ge(9/2)/4=9/8$。另一方面取 $q(x)=(x-5/2)^2-9/8$，则在 $[1,4]$ 上 $|q(x)|\le9/8$，所以更大的 $m$ 不可。全部范围为 $(-\infty,9/8]$。