2022年北京大学强基计划数学试题 · 参考解答

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$2$，D	11	$(1/2,+\infty)$
2	$2$	12	$12$
3	$20$	13	$82$
4	$321$，A	14	$4$
5	$2065020$	15	$36$
6	$10$	16	$211$
7	$(\sqrt{15}/5,2\sqrt6/5]$	17	$252$
8	$33/7$	18	$40$
9	$12-2\pi$	19	$(1,3/2]$
10	$1$	20	$100\sqrt{13}/13$，D

逐题解析

第 1 题

题目

满足 $2n+1$ 和 $3n+1$ 都是完全平方数，且 $n\le2022$ 的整数 $n$ 有多少个？

• A. $11$
• B. $12$
• C. $13$
• D. 以上都不对。

解答

完全平方数非负，故整数 $n\ge0$。设 $u^2=2n+1,v^2=3n+1$，则 $3u^2-2v^2=1$，$u,v$ 取正整数且 $u\le63$。模 $4$ 可知 $n$ 为 $4$ 的倍数，故 $u,v$ 都是奇数。

当 $u>1$ 时，$u\ge3$，由 $v/u=\sqrt{3/2-1/(2u^2)}$ 可得 $6/5<v/u<5/4$。于是

$$u'=5u-4v>0,\qquad v'=5v-6u>0$$

是同一方程的正整数解，且 $u'<u$。反复下降必到 $(1,1)$；逆变换为 $(u,v)\mapsto(5u+4v,6u+5v)$。前几个解为 $(1,1),(9,11),(89,109)$，之后严格增大。所以只有 $n=0,40$，共 $2$ 个，选 D。

第 2 题

题目

凸四边形 $ABCD$ 满足 $\angle ABD=\angle BDC=50^\circ$、$\angle CAD=\angle ACB=40^\circ$。求符合题意且互不相似的凸四边形 $ABCD$ 的个数。

解答

两组内错角相等，得 $AB\parallel CD,AD\parallel BC$，因此是平行四边形。记对角线交点为 $O$，$\theta=\angle DAB$。凸性及给定角度给出 $40^\circ<\theta<130^\circ$。

在 $\triangle AOB,\triangle AOD$ 中用正弦定理并用 $OB=OD$，得

$$\frac{\sin(\theta-40^\circ)}{\sin50^\circ} =\frac{\sin40^\circ}{\sin(130^\circ-\theta)}.$$

令 $u=\theta-40^\circ\in(0,90^\circ)$，则 $\sin2u=\sin80^\circ$，故 $u=40^\circ$ 或 $50^\circ$，即 $\theta=80^\circ$ 或 $90^\circ$。前者为一个内角 $80^\circ$ 的菱形，后者为对角线与边夹角 $50^\circ$ 的矩形。两种均可实现，各自的边比由上述三角形角度唯一确定；内角不同，所以恰有 $2$ 个相似类。

第 3 题

题目

求不超过 $2022$ 且满足 $100\mid(2^y+y)$ 的正整数 $y$ 的个数。

解答

$y=1$ 不合条件。对 $y\ge2$，模 $4$ 知 $y=4k$。模 $5$ 得 $k\equiv1\pmod5$；又 $16$ 模 $25$ 的阶为 $5$，故 $16^k\equiv16\pmod{25}$，从而 $4k+16\equiv0\pmod{25}$，即 $k\equiv21\pmod{25}$。反过来这些条件也充分，故 $y\equiv84\pmod{100}$。所求为 $84,184,\ldots,1984$，共 $20$ 个。

第 4 题

题目

用 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的整数。已知 $\alpha=\dfrac{\sqrt5+1}{2}$，求 $[\alpha^{12}]$。

• A. $321$
• B. $322$
• C. $323$
• D. 以上都不对。

解答

令 $\beta=(1-\sqrt5)/2$，$L_m=\alpha^m+\beta^m$。有 $L_0=2,L_1=1,L_m=L_{m-1}+L_{m-2}$，依次得到

$$2,1,3,4,7,11,18,29,47,76,123,199,322.$$

因为 $0<\beta^{12}<1$，所以 $321<\alpha^{12}<322$，选 A。

第 5 题

题目

已知六位数 $\overline{y_1y_2f_3f_4d_5d_6}$ 满足 $\displaystyle\frac{\overline{y_1y_2f_3f_4d_5d_6}}{\overline{f_4d_5d_6}}=(1+\overline{y_1y_2f_3})^2$，求所有满足条件的六位数之和（$\overline{f_4d_5d_6}$ 不必为三位数）。

解答

令前三位组成的数为 $m$、后三位组成的数为 $b$。其中 $100\le m\le999$，且分母非零，故 $1\le b\le999$。条件为 $1000m+b=b(m+1)^2$，约去 $m>0$ 后为 $1000=b(m+2)$。

$m+2$ 是位于 $[102,1001]$ 的 $1000$ 的因数，只可能为 $125,200,250,500,1000$。对应六位数为

$$123008,\quad198005,\quad248004,\quad498002,\quad998001.$$

其和为 $2065020$。

第 6 题

题目

已知整数 $a,b,c,d$ 满足 $a+b+c+d=6$，求 $ab+ac+ad+bc+bd+cd$ 的正整数取值个数。

解答

记目标为 $Q=(36-a^2-b^2-c^2-d^2)/2$。固定整数和为 $6$ 时，平方和最小为 $2^2+2^2+1^2+1^2=10$：若两数相差至少 $2$，向中间各移动 $1$ 会减小平方和。因此 $Q\le13$。

若 $Q\equiv2\pmod4$，平方和就应为 $0\pmod8$。奇数的个数只能为 $0,2,4$：后两种的平方和分别模 $8$ 为 $2$ 或 $6$、为 $4$，均不合；若全是偶数，除以 $2$ 后四数和为 $3$，平方和为奇数，原平方和便为 $4\pmod8$，仍矛盾。所以排除 $2,6,10$。

其余十个值均可达，例子如下。

$Q$	1	3	4	5	7	8	9	11	12	13
$(a,b,c,d)$	$(-2,1,2,5)$	$(-2,1,3,4)$	$(-2,2,2,4)$	$(-2,2,3,3)$	$(-1,1,2,4)$	$(-1,1,3,3)$	$(-1,2,2,3)$	$(0,1,2,3)$	$(0,2,2,2)$	$(1,1,2,2)$

第 7 题

题目

有内切圆的凸四边形 $ABCD$ 满足 $AB=1,BC=2,CD=4,DA=3$，求其内切圆半径的取值范围。

解答

题面明确按有内切圆的凸四边形理解。由同一点的两条切线段等长，四个顶点的切线段长依次为

$$t,\quad1-t,\quad1+t,\quad3-t,\qquad0<t<1.$$

记它们为 $p,q,u,v$，内切圆半径为 $r$。四个半内角依次为 $\arctan(r/p),\ldots,\arctan(r/v)$，和为 $\pi$。将 $\prod(p+ir)$ 的虚部取零，得

$$r^2=\frac{pqu+pqv+puv+quv}{p+q+u+v} =\frac{3+6t-5t^2}{5}.$$

反之，对每个 $0<t<1$，四个正切线段对应的半角和随 $r$ 从 $0$ 严格增加到 $2\pi$，故存在唯一半角和为 $\pi$ 的 $r$；依次作圆的四条切线便得到所需凸四边形。这也保证参数无遗漏。

该二次式在 $t=3/5$ 处取最大值 $24/25$，下确界为 $3/5$，仅在不允许的 $t=0$ 处达到。连续性给出 $r\in(\sqrt{15}/5,2\sqrt6/5]$。

第 8 题

题目

已知 $a,b\in\mathbb R$， $z_1=5-a+(6-4b)i$、$z_2=2+2a+(3+b)i$、$z_3=3-a+(1+3b)i$。当 $|z_1|+|z_2|+|z_3|$ 最小时，求 $3a+6b$。

解答

因为 $z_1+z_2+z_3=10+10i$，三角不等式给出模长和至少 $10\sqrt2$。取到等号要求各非零复数都与 $1+i$ 同向，故实部等于虚部，即 $5-a=6-4b$、$2+2a=3+b$。解得 $a=5/7,b=3/7$。此时三个实部分别为 $30/7,24/7,16/7$，确实均为正，所以等号可达且参数唯一。所求为 $33/7$。

第 9 题

题目

已知复数 $z$，$z/2$ 与 $2/\overline z$ 的实部和虚部均属于 $[-1,1]$，求 $z$ 在复平面上形成轨迹的面积。

解答

写 $z=x+iy\ne0$，条件等价于

$$|x|,|y|\le2,\qquad x^2+y^2\ge2|x|,\quad x^2+y^2\ge2|y|.$$

即正方形 $[-2,2]^2$ 内去掉圆心为 $(\pm1,0),(0,\pm1)$、半径为 $1$ 的四个开圆盘。第一象限内需去掉两个半圆的并，其各自面积为 $\pi/2$；两圆圆心距为 $\sqrt2$，交叠部分由两个直角扇形减两个直角三角形组成，面积为 $\pi/2-1$。所以剩余面积为

$$4\left[4-\left(\pi-(\pi/2-1)\right)\right]=12-2\pi.$$

第 10 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，$S_{\triangle ABC}=\dfrac c2(a-b)$，外接圆半径 $R=2$，且 $4(\sin^2A-\sin^2B)=(\sqrt3a-b)\sin B$。求 $\sin\dfrac{A-B}{2}+\sin\dfrac C2$。

解答

由 $S=abc/(4R)$ 和所给面积式，得 $ab=4(a-b)$。又 $a=4\sin A,b=4\sin B$，故 $\sin A\sin B=\sin A-\sin B>0$，特别地 $A>B$。

令 $u=\sin((A-B)/2)>0,v=\cos((A+B)/2)=\sin(C/2)>0$。和差公式给出 $\sin A\sin B=1-u^2-v^2$，$\sin A-\sin B=2uv$，所以 $(u+v)^2=1$，所求为 $1$。题中最后一个等式进一步限制三角形，但不影响这个已被前两个条件确定的值。

第 11 题

题目

在梯形 $ABCD$ 中，$AD\parallel BC$，$M$ 在边 $CD$ 上，且 $\angle ABM=\angle CBD=\angle BCD$。求 $AM/BM$ 的取值范围。

解答

按比例令 $B=(0,0),C=(1,0)$，记 $\theta=\angle CBD=\angle BCD\in(0,\pi/2)$。于是 $D=(1/2,h)$，其中 $h=\tan\theta/2$。令 $\varphi=\angle CBM$，有 $0<\varphi\le\theta$，且 $\angle CBA=\varphi+\theta<\pi$。边 $CD$ 的直线方程为 $x\sin\theta+y\cos\theta=\sin\theta$，从而

$$BM=\frac{\sin\theta}{\sin(\theta+\varphi)},\qquad AB=\frac{h}{\sin(\theta+\varphi)},\qquad \frac{AB}{BM}=\frac1{2\cos\theta}=r.$$

在 $\triangle ABM$ 中用余弦定理，得 $(AM/BM)^2=1+r^2-2r\cos\theta=r^2$。故 $AM/BM=1/(2\cos\theta)$。

每个 $\theta\in(0,\pi/2)$ 都能实现：例如取 $M=D$，令从 $B$ 出发、与 $BC$ 成 $2\theta$ 的射线与 $y=h$ 相交于 $A$，所成四边形凸且 $A$ 位于 $D$ 左方。若要求 $M$ 严格在边内，可改取任意 $0<\varphi<\min(\theta,\pi-\theta)$，同样成立。因此范围为 $(1/2,+\infty)$。

第 12 题

题目

方程 $\sqrt{1-x^2}=4x^3-3x$ 的所有实根个数与所有实根乘积之比为多少？

解答

令 $x=\cos\theta$，$\theta\in[0,\pi]$，方程化为 $\sin\theta=\cos3\theta=\sin(\pi/2-3\theta)$。由正弦相等的两类通解，在所给区间得到

$$\theta=\pi/8,\quad5\pi/8,\quad3\pi/4.$$

故恰有三个实根，乘积为 $\cos(\pi/8)\cos(5\pi/8)\cos(3\pi/4)=1/4$，所求为 $12$。

第 13 题

题目

若十进制数 $A=\overline{a_0a_1\cdots a_n}$，记 $D(A)=a_0+2a_1+2^2a_2+\cdots+2^na_n$。已知 $b_0=2033^{10}$、$b_{n+1}=D(b_n)$，求 $b_{2022}$ 各位数字的平方和。

解答

注意题中权重从最左边数字开始，而非从个位开始。精确计算得到

$$\begin{aligned} b_0&=1206073531066549316410470404324449,\\ b_1&=110005303637,\\ b_2&=21603,\\ b_3&=76,\\ b_4&=19. \end{aligned}$$

例如 $D(21603)=2+2+24+0+48=76$，$D(76)=7+12=19$。又 $D(19)=1+18=19$，所以 $b_{2022}=19$，各位平方和为 $82$。

第 14 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=12$， $a_{n+1}=\dfrac14\left(3+a_n+3\sqrt{1+2a_n}\right)$，求最接近 $a_{10}$ 的整数。

解答

令 $t_n=\sqrt{1+2a_n}$。原递推式给出 $t_{n+1}^2=(t_n+3)^2/4$；正根保证 $t_{n+1}=(t_n+3)/2$。因 $t_1=5$，得 $t_n=3+2^{2-n}$。于是

$$a_{10}=\frac{(3+1/256)^2-1}{2}=4+\frac3{256}+\frac1{2\cdot256^2},$$

最接近的整数为 $4$。

第 15 题

题目

已知 $f(x)$ 是二次函数，$f(-2)=0$，且对任意 $x\in\mathbb R$ 都有 $2x\le f(x)\le\dfrac{x^2+4}{2}$，求 $f(10)$。

解答

题面补明不等式对所有实数 $x$ 成立。取 $x=2$ 知 $f(2)=4$。二次多项式 $f(x)-2x$ 恒非负且在 $x=2$ 为零，必为 $A(x-2)^2$，其中 $A\ge0$。再由 $f(-2)=0$ 得 $A=1/4$，故 $f(x)=(x+2)^2/4$。此式也满足上界，因为 $(x^2+4)/2-f(x)=(x-2)^2/4\ge0$。所以 $f(10)=36$。

第 16 题

题目

数列 $\{a_k\}_{1\le k\le5}$ 各项均为正整数，且 $|a_{k+1}-a_k|\le1$。若数列中存在一项为 $3$，求可能数列的个数。

解答

按首次出现 $3$ 的位置 $j$ 分类。记到首次出现 $3$ 为止的前缀数为 $A_j$，从当前值 $3$ 再走 $r$ 步且始终为正的走法数为 $T_r$。

$j$	1	2	3	4	5
$A_j$	1	2	4	9	21
$T_{5-j}$	75	26	9	3	1

说明这些小表的计算：当 $j\ge2$，首次到达 $3$ 前最后一项是 $2$ 或 $4$。倒着计前缀，处于 $\{1,2\}$ 一侧有 $2^{j-2}$ 种；处于 $\{4,5,\ldots\}$ 一侧、从 $4$ 出发走 $j-2$ 步的数依次为 $1,2,5,13$。后二者之和就是表中 $2,4,9,21$。各步均可降 $1$、不变、升 $1$，但不能穿过边界。

同理从 $3$ 出发的 $T_0,T_1,T_2,T_3,T_4$ 为 $1,3,9,26,75$；可用递推 $N_{r+1}(h)=N_r(h-1)+N_r(h)+N_r(h+1)$，$N_r(0)=0$，$N_0(h)=\mathbf1_{h=3}$ 逐行求和。故总数为 $75+2\cdot26+4\cdot9+9\cdot3+21=211$。

第 17 题

题目

将不大于 $12$ 的正整数分为 $6$ 个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互质，求不同分法的种数。

解答

两个偶数不互质，而偶数、奇数各有六个，所以每组必为一奇一偶。偶数 $2,4,8$ 可与任意奇数配对；$6,12$ 不能与 $3,9$ 配对；$10$ 不能与 $5$ 配对。

先给 $6,12$ 从 $\{1,5,7,11\}$ 选不同伙伴。如果选用了 $5$，有 $2\cdot3=6$ 种选法，随后 $10$ 有 $4$ 种选择，剩下三对有 $3!$ 种。如果未选用 $5$，有 $3\cdot2=6$ 种，随后 $10$ 只能从余下非 $5$ 的三个奇数中选，再乘 $3!$。总计 $6\cdot4\cdot6+6\cdot3\cdot6=252$。每一配对由偶数标识，未重复计数。

第 18 题

题目

已知 $y,f,d$ 为正整数，$F(x)=(1+x)^y+(1+x)^f+(1+x)^d$ 中 $x$ 的系数为 $10$，求 $x^2$ 系数的最大可能值与最小可能值之和。

解答

$x$ 的系数给出 $y+f+d=10$。二次项系数为 $(y^2+f^2+d^2-10)/2$。对正整数固定总和，平方和最大在 $(8,1,1)$，最小在 $(4,3,3)$（可分别用把质量移向最大项、把差至少为 $2$ 的两项拉近来证明）。对应系数为 $28,12$，和为 $40$。

第 19 题

题目

若 $\triangle ABC$ 三边长为等差数列，求 $\cos A+\cos B+\cos C$ 的取值范围。

解答

按比例可设三边为 $1-d,1,1+d$，其中三角形不等式恰为 $0\le d<1/2$。由余弦定理通分，有

$$\cos A+\cos B+\cos C =1+\frac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{2abc} =1+\frac{1-4d^2}{2(1-d^2)}.$$

此式随 $d^2$ 严格减小，在 $d=0$ 取 $3/2$，当 $d\to1/2$ 时趋于 $1$ 而不达到。因此范围为 $(1,3/2]$。

第 20 题

题目

内接于椭圆 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}=1$ 的菱形，其周长的最大值与最小值之和为多少？

• A. $4\sqrt{13}$
• B. $14\sqrt{13}$
• C. $\dfrac{110}{3}\sqrt{13}$
• D. 上述三个选项都不对。

解答

首先说明菱形中心是椭圆中心。设四顶点为 $P\pm u,P\pm v$，椭圆二次型矩阵为 $H=\operatorname{diag}(1/4,1/9)$。两对顶点方程分别相减得 $P^THu=P^THv=0$。因 $u,v$ 不共线，故 $P=0$。

菱形两对角线互相垂直，设其半长为 $r,s$，一条与横轴成角 $\theta$。则

$$\frac1{r^2}=U=\frac{\cos^2\theta}4+\frac{\sin^2\theta}9,\qquad \frac1{s^2}=V=\frac{\sin^2\theta}4+\frac{\cos^2\theta}9.$$

有 $U+V=13/36$，且 $1/36\le UV\le(13/72)^2$。因此边长平方 $r^2+s^2=(U+V)/(UV)$ 位于 $[144/13,13]$，两个端点分别在对角线成 $45^\circ$、沿坐标轴时达到。周长最大值为 $4\sqrt{13}$，最小值为 $48/\sqrt{13}$，和为 $100\sqrt{13}/13$，选 D。