2022年上海交通大学强基计划数学试题 · 参考解答

沿用 39 题版的题号。另一份 27 页详解版缺少本卷第 30、39 题，其第 30—37 题对应本卷第 31—38 题。

答案速览

题号	答案	题号	答案	题号	答案
1	D，$-2$	14	$33$	27	既不充分也不必要
2	D，$-8$	15	A，$(1,2)$	28	A、C
3	$4$	16	$4/3$	29	$1$
4	B，$-3$	17	$0$	30	$4/3$（改编）
5	D，$2/3$	18	$4044$	31	$2022/2023$
6	$b^2x_0/y_0$，与 $k$ 无关	19	无实根	32	$(1/\sqrt5,1)$（补全）
7	B	20	$\sqrt7$	33	A，$\sqrt{15}/3$
8	B，$3-\sqrt3$	21	C，$3$	34	B，$-1/4$
9	$-80$	22	A，$3$	35	B，$112$
10	$\sqrt[3]7/2$	23	D，$9$	36	C，$3$
11	B，$k=-1$	24	D，$1$	37	D，$4$
12	$9/4$	25	A，无穷多个	38	B，$2x+y-9=0$
13	$24$	26	C，$3\sqrt2$	39	$\sqrt2$（改编）

逐题解析

第 1 题

题目

等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=-3$，$\frac{S_6}{S_3}=\frac78$，求 $\lim_{n\to\infty}S_n$。A. 不存在；B. $\frac23$；C. $-\frac23$；D. $-2$。

解答

设公比为 $q$，后面三项之和是前面三项之和的 $q^3$ 倍，所以 $S_6/S_3=1+q^3=7/8$，得到 $q=-1/2$。因此极限为 $a_1/(1-q)=-2$。

第 2 题

题目

$A=\{1,2,t\}$，$B=\{a^2\mid a\in A\}$，$C=A\cup B$。若 $C$ 中元素和为 $6$，求元素积。A. $1$；B. $-1$；C. $8$；D. $-8$。

解答

$C$ 必含 $1,2,4$，三者和为 $7$，所以必须新增负数，从而 $t<0$。若 $t^2\in\{1,2,4\}$，集合和为 $7+t$，要等于 $6$ 只能 $t=-1$，确实符合。否则 $t,t^2$ 为两个不同的新元素，需 $7+t+t^2=6$，但 $t^2+t+1=(t+1/2)^2+3/4>0$。故仅 $t=-1$，元素积为 $-8$。

第 3 题

题目

$x,y,z$ 为正整数，求 $\dfrac{10x^2+10y^2+z^2}{xy+yz+xz}$ 的最小值。

解答

利用平方和恒等式，

$$10x^2+10y^2+z^2-4(xy+yz+xz) =6(x-y)^2+(z-2x-2y)^2\ge0.$$

取正整数 $x=y=1,z=4$ 取等，故最小值为 $4$。

第 4 题

题目

直线 $kx+4y=1$ 垂直于 $x=2-3t,y=1+4t$，求 $k$。A. $3$；B. $-3$；C. $\frac13$；D. $-\frac13$。

解答

第二条直线的方向向量为 $(-3,4)$。第一条直线的法向量为 $(k,4)$，两直线垂直要求这两向量平行，由第二个分量得比例为 $1$，故 $k=-3$。

第 5 题

题目

$f(x)=\cos(\omega x-\frac\pi6)$（$\omega>0$），且对任意 $x\in\mathbb R$ 恒有 $f(x)\le f(\frac\pi4)$，求 $\omega$ 的最小值。A. $\frac32$；B. $1$；C. $\frac13$；D. $\frac23$。

解答

余弦函数的最大值为 $1$，所以 $\omega\pi/4-\pi/6=2j\pi$，即 $\omega=8j+2/3$。由 $\omega>0$，最小取值是 $2/3$。

第 6 题

题目

【排除退化】椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4b^2}=1$（$b>0$）上有点 $P(x_0,y_0)$，其中 $y_0\ne0$。过 $P$ 作斜率分别为 $k,-k$ 的割线（$k\ne0$），与椭圆的另一交点分别为 $A,B$，且 $P,A,B$ 互不相同。求 $k_{AB}$，并判断它是否依赖 $k$。

解答

令 $A=P+t(1,k),B=P+s(1,-k)$。将坐标代入椭圆方程并利用 $P$ 已在椭圆上，除去对应 $P$ 的零根，得到

$$t=-\frac{2(b^2x_0+ky_0)}{b^2+k^2},\qquad s=-\frac{2(b^2x_0-ky_0)}{b^2+k^2}.$$

于是 $x_A-x_B=t-s=-4ky_0/(b^2+k^2)\ne0$，$y_A-y_B=k(t+s)=-4kb^2x_0/(b^2+k^2)$。所以 $k_{AB}=b^2x_0/y_0$，与 $k$ 无关。

题面校注： 补充了斜率存在和三点互异条件。源详解中结果多写了一个因子 $2$，但所选依赖关系 D 不变。

第 7 题

题目

极坐标方程 $\rho^2\cos\theta+\rho-3\rho\cos\theta-3=0$ 表示：A. 一个圆；B. 一个圆与一条直线；C. 两个圆；D. 两条直线。

解答

原式分解为 $(\rho-3)(\rho\cos\theta+1)=0$。两部分分别为圆 $x^2+y^2=9$ 和直线 $x=-1$，故选 B。

第 8 题

题目

$|\boldsymbol a|=|\boldsymbol b|=|\boldsymbol c|=1$，$\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b=\frac12$，求 $(\boldsymbol a+\boldsymbol b)\cdot(2\boldsymbol b-\boldsymbol c)$ 的最小值。A. $3+\sqrt3$；B. $3-\sqrt3$；C. $2+\sqrt2$；D. $2-\sqrt2$。

解答

$|\boldsymbol a+\boldsymbol b|=\sqrt3$，且 $(\boldsymbol a+\boldsymbol b)\cdot2\boldsymbol b=3$。因此所求为 $3-(\boldsymbol a+\boldsymbol b)\cdot\boldsymbol c\ge3-\sqrt3$。令 $\boldsymbol c=(\boldsymbol a+\boldsymbol b)/\sqrt3$ 即取等。

第 9 题

题目

若 $(1-x)^5=a_0+a_1x+\cdots+a_5x^5$，求 $(a_2+a_1)(a_1+a_3+a_5)$。

解答

$a_1=-5,a_2=10$。在展开式中分别代入 $x=1,-1$ 后相减，得到 $2(a_1+a_3+a_5)=-32$。故所求为 $(10-5)(-16)=-80$。

题面校注： 39 题版答案表的 $-240$ 错误；另一份详解给出的 $-80$ 正确。

第 10 题

题目

一个密闭的正四面体容器，先以一个面水平朝下，装水至其高度的一半。将容器倒置，使原来的顶点朝下、对面水平，水不流失。求此时水深与容器原高之比。

解答

初始空水部分是高为原高一半的相似小四面体，体积为容器的 $1/8$，故水占 $7/8$。倒置后水体是相似四面体，设深度为 $h$、原高为 $H$，则 $(h/H)^3=7/8$，所以 $h/H=\sqrt[3]7/2$。题面已明确倒置方向以及水不流失。

第 11 题

题目

使方程 $3^{|x-3|}+(x-3)\sin(x-3)+k\cos(x-3)=0$ 有唯一解的 $k$ 有多少个？A. 不存在；B. $1$ 个；C. $2$ 个；D. 无穷多个。

解答

设 $t=x-3$，左边为偶函数。因此若仅有一根，该根只能是 $t=0$，必要条件为 $k=-1$。还须证明此值确实可行：对 $u=|t|>0$，

$$3^{|t|}+t\sin t-\cos t\ge3^u-u-1>0.$$

最后一个严格不等式来自 $3^u=e^{u\ln3}>1+u\ln3>1+u$。所以只有 $t=0$ 一根，恰有一个 $k$。

第 12 题

题目

两个圆柱底面积为 $S_1,S_2$，体积为 $V_1,V_2$，侧面积相等。若 $\frac{V_1}{V_2}=\frac32$，求 $\frac{S_1}{S_2}$。

解答

侧面积相等给出 $r_1h_1=r_2h_2$，故体积比为 $r_1/r_2=3/2$，底面积比为其平方 $9/4$。

第 13 题

题目

双曲线 $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1$ 的焦点为 $A,B$，点 $C$ 在双曲线上，且 $\cos\angle ACB=\frac35$，求 $\triangle ABC$ 周长。

解答

两焦点距离为 $8$。设 $CA=u,CB=v$，双曲线定义给出 $|u-v|=4$。余弦定理给出 $64=u^2+v^2-6uv/5=16+4uv/5$，故 $uv=60$，$u+v=\sqrt{16+240}=16$。周长为 $16+8=24$。

第 14 题

题目

$A=\{1,2,\ldots,100\}$，$B=\{3x\mid x\in A\}$，$C=\{2x\mid x\in A\}$，求 $B\cap C$ 的元素个数。

解答

交集恰是 $1$ 至 $200$ 中的 $6$ 的倍数，个数为 $\lfloor200/6\rfloor=33$。

第 15 题

题目

$f(x)=\frac{ax^2}{2}-(1+2a)x+2\ln x$（$a>0$）在 $(\frac12,1)$ 中有极大值，求 $a$ 的取值范围。A. $(1,2)$；B. $(1,+\infty)$；C. $(2,+\infty)$；D. $(\frac1e,+\infty)$。

解答

导数为 $f'(x)=(x-2)(ax-1)/x$。两个驻点是 $2$ 和 $1/a$；当 $1/a<2$ 时，较小驻点 $1/a$ 处导数由正变负，是极大值点。要求它在 $(1/2,1)$ 内，等价于 $1<a<2$。另一驻点 $2$ 不在指定区间内，因此没有遗漏。

第 16 题

题目

【条件补全】$k>0$，两个不同的圆均位于射线 $y=kx\ (x\ge0)$ 与 $x$ 轴正半轴所夹锐角内部，并与两边相切。两圆半径满足 $r_1r_2=2$，且交于 $P(2,2)$。求 $k$。

解答

题面校注： 原文未指明两圆位于哪一个角内，教学版按源图补充锐角内部条件。

设角平分线上的圆心为 $(tr,r)$，其中 $t=\cot(\frac12\arctan k)>1$。圆过 $(2,2)$，故

$$(2-tr)^2+(2-r)^2=r^2, \quad\text{即}\quad t^2r^2-4(t+1)r+8=0.$$

两圆不同，所以两半径是此二次方程的两个根。由根积 $8/t^2=2$ 得 $t=2$，于是 $k=2t/(t^2-1)=4/3$。此时半径为 $1,2$，圆心为 $(2,1),(4,2)$，均位于该角内且过 $P$，说明条件能够实现。

第 17 题

题目

偶函数 $f$ 满足 $f(x+4)=f(x)+2f(2)$，求 $f(2022)$。

解答

取 $x=-2$，利用偶性得 $f(2)=f(2)+2f(2)$，所以 $f(2)=0$。于是 $f(x+4)=f(x)$，从而 $f(2022)=f(2)=0$。这里只能说 $4$ 是周期，不能断言它一定是最小正周期。

第 18 题

题目

方程 $\sin(2022\pi x)=x^2$ 有多少个实根？

解答

所有根都在 $[-1,1]$ 内，且 $\pm1$ 不是根。在其中，正弦有 $2022$ 个取正值的半波。令 $H(x)=\sin(2022\pi x)-x^2$，每个正半波内部满足 $H''(x)=-(2022\pi)^2\sin(2022\pi x)-2<0$，故严格凹。

除紧邻 $0$ 右侧的半波外，每个半波两端 $H<0$、中点 $H=1-x^2>0$，严格凹性及介值定理保证恰有两个根。紧邻 $0$ 的半波，左端本身为根，右导数为 $2022\pi>0$，内部恰有另一个根，也贡献两个。其余负半波没有根，其他正弦零点也不满足方程。因此共 $2\cdot2022=4044$ 根。

第 19 题

题目

求方程 $|\sin x|+|\cos x|=\frac\pi6$ 的根。

解答

$\bigl(|\sin x|+|\cos x|\bigr)^2=1+2|\sin x\cos x|\ge1$，而 $\pi/6<1$，故无实根。“无实根”是本题正常结论，无须改题。

第 20 题

题目

【明确点序】双曲线的左右焦点为 $F_1,F_2$。一条过 $F_1$ 的直线与左、右两支分别交于 $A,B$，且 $F_1,A,B$ 依次排列。若 $2AF_1=AB$，$\angle F_1AF_2=120^\circ$，求离心率。

解答

设双曲线实半轴为 $a$、半焦距为 $c$，记 $AF_1=u>0$。按题面点序，$AB=2u,BF_1=3u$。由双曲线定义得 $AF_2=u+2a,BF_2=3u-2a$。角 $BAF_2=60^\circ$，所以

$$(3u-2a)^2=(2u)^2+(u+2a)^2-2(2u)(u+2a)\cos60^\circ =3u^2+4a^2.$$

因此 $6u(u-2a)=0$，即 $u=2a$。再在 $AF_1F_2$ 中用余弦定理，$4c^2=u^2+(u+2a)^2+u(u+2a)=28a^2$，故 $e=\sqrt7$。上述三角形边长 $2a,4a,2\sqrt7a$ 满足三角形不等式，延长 $F_1A$ 可构造 $B$ 且 $BF_1-BF_2=2a$，故结果可实现。

第 21 题

题目

设 $f(x)=|x+1|+|x|-|x-2|$，求方程 $f(f(x))+1=0$ 的根的个数。A. $1$；B. $2$；C. $3$；D. $0$。

解答

分段为

$$f(x)=\begin{cases}-x-3,&x\le-1,\\x-1,&-1\le x\le0,\\3x-1,&0\le x\le2,\\x+3,&x\ge2.\end{cases}$$

$f(t)=-1$ 的解为 $t=-2,0$。$f(x)=-2$ 仅有 $x=-1$；$f(x)=0$ 有 $x=-3,1/3$。故复合方程有三个不同根。

第 22 题

题目

$M$ 为 $\triangle ABC$ 所在平面上一点，$\overrightarrow{AM}=\frac23\overrightarrow{AB}+\frac14\overrightarrow{AC}$，求 $\frac{S_{\triangle ABM}}{S_{\triangle BCM}}$。A. $3$；B. $8$；C. $\frac83$；D. $\frac38$。

解答

把 $A$ 作为原点，以 $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$ 为基。$M$ 的重心坐标为 $(1/12,2/3,1/4)$，均为正，所以在三角形内。因而 $S_{ABM}=S_{ABC}/4$，$S_{BCM}=S_{ABC}/12$，比值为 $3$。也可分别用坐标行列式计算这两个面积比例。

第 23 题

题目

设 $A=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2, x,y\in\mathbb Z\}$，求 $A$ 的元素个数。A. $4$；B. $5$；C. $8$；D. $9$。

解答

由 $x^2+y^2\le2$，整数坐标只能取 $-1,0,1$，九种组合全部满足，故为 $9$。39 题版缺失不等式，27 页详解版提供了完整条件，与现有 TeX 相符。

第 24 题

题目

计算 $\tan15^\circ+2\sqrt2\sin15^\circ$。A. $\sqrt3$；B. $\sqrt2$；C. $2$；D. $1$。

解答

$\tan15^\circ=2-\sqrt3$，$2\sqrt2\sin15^\circ=2\sqrt2(\sqrt6-\sqrt2)/4=\sqrt3-1$。和为 $1$。

第 25 题

题目

空间中到正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱 $A_1D_1,AB,CC_1$ 距离相等的点有多少个？A. 无数；B. $0$；C. $2$；D. $3$。

解答

以 $D$ 为原点，$DA,DC,DD_1$ 为三个单位坐标轴。在体对角线 $DB_1$ 上任取 $P=(t,t,t)$，$0\le t\le1$，它到三条棱 $A_1D_1,AB,CC_1$ 的距离平方均为 $t^2+(1-t)^2$，且垂足都在线段上。因此已有无穷多个满足条件的点。无论“棱的距离”解释为到棱线段还是到所在直线，此构造都有效。

第 26 题

题目

若 $a>b>0$，求 $a+\frac4{a+b}+\frac1{a-b}$ 的最小值。A. $2\sqrt3$；B. $\frac{3\sqrt{10}}2$；C. $3\sqrt2$；D. $4$。

解答

令 $u=a+b,v=a-b$，则 $u>v>0$。原式为 $u/2+4/u+v/2+1/v\ge2\sqrt2+\sqrt2=3\sqrt2$。等号要求 $u=2\sqrt2,v=\sqrt2$，即 $a=3\sqrt2/2,b=\sqrt2/2$，符合 $a>b>0$。

第 27 题

题目

对非零、非常数的实系数多项式 $f(x),g(x)$，判断命题“$f(x)$ 是 $g(x)$ 的因式”是命题“$f(f(x))$ 是 $g(g(x))$ 的因式”的何种条件，并给出证明或反例。

解答

不充分：取 $f(x)=x-1,g(x)=2x-2$，则 $f\mid g$；但 $f(f(x))=x-2$，$g(g(x))=4x-6$，后者在 $x=2$ 不为零，故不整除。

不必要：取 $f(x)=x+3,g(x)=2x+8$。此时 $f(f(x))=x+6$，$g(g(x))=4x+24$，前者整除后者；但 $g(-3)=2\ne0$，所以 $f$ 不整除 $g$。因此既不充分也不必要。

第 28 题

题目

【多选并证明】两个集合之间存在一一对应时，称它们等势。下列哪些集合等势？A. $[0,1]$ 与 $\{t\in\mathbb R\mid0\le t\le1\}$；B. $[0,1]$ 与 $\{a,b,c,d\}$；C. $(0,1)$ 与 $[0,1]$；D. $\{1,2,3\}$ 与 $\{a,b,c,d\}$。其中 $a,b,c,d$ 互不相同；对 C 给出一个具体的一一对应。

解答

题面校注： 原参考答案只选 A，错误地排除了 C；现改为多选并要求构造。

A 是同一集合的两种写法。B 一边无限一边有限，D 两边有限元素数不同，均不等势。对 C，定义从 $(0,1)$ 到 $[0,1]$ 的映射

$$T(x)=\begin{cases} 0,&x=1/2,\\1,&x=1/3,\\1/(n-2),&x=1/n,\ n\ge4,\\x,&\text{其他 }x. \end{cases}$$

特殊点序列的像恰为 $0,1,1/2,1/3,\ldots$ 且无重复，其余点保持不变，所以这是双射，C 正确。

第 29 题

题目

$f(x)=\ln x-mx^2+(1-2m)x+1$。若对任意 $x>0$ 均有 $f(x)\le0$，求整数 $m$ 的最小值。

解答

取 $x=1$ 得 $2-3m\le0$，整数 $m$ 必须至少为 $1$。当 $m=1$ 时，由 $\ln x\le x-1$ 得

$$f(x)=\ln x-x^2-x+1\le-x^2<0\qquad(x>0).$$

因此最小整数为 $1$。

第 30 题

题目

【教学改编】圆锥顶点为 $P$，底面圆心为 $O$，$A$ 在底面圆上，$PO\perp$ 底面，$OA=2\sqrt2,PA=4$。点 $B$ 在底面圆盘内，且 $B\ne O,A$、$OB\perp BA$；作 $OH\perp PB$ 于 $H$。求三棱锥 $P-HOA$ 体积的最大值。

解答

题面校注： 原题 $V_{P-HOC}$ 中点 $C$ 没有定义，无法确定对象。教学版改为求 $P-HOA$ 体积，答案不沿用原选择项。

设 $R=2\sqrt2$。由母线长 $4$ 得高也为 $R$。取 $O=(0,0,0),A=(R,0,0),P=(0,0,R)$。条件 $OB\perp BA$ 等价于 $B_x^2+B_y^2=RB_x$，排除两端后可参数化为

$$B=\left(\frac R{1+t^2},\frac{Rt}{1+t^2},0\right),\qquad t\ne0.$$

$H$ 是原点到 $PB$ 的垂足。写 $H=P+\lambda(B-P)$，由 $H\cdot(B-P)=0$ 得 $\lambda=(1+t^2)/(2+t^2)$，从而 $H_y=Rt/(2+t^2)$。以 $POA$ 为底面，点 $H$ 到该面距离是 $|H_y|$，于是

$$V=\frac{R^2|H_y|}{6}=\frac{R^3}{6}\frac{|t|}{t^2+2} \le\frac{R^3}{12\sqrt2}=\frac43.$$

这里 $t^2+2\ge2\sqrt2|t|$，在 $t=\pm\sqrt2$ 时取等，所对应的 $B$ 为 $(R/3,\pm R\sqrt2/3,0)$，位于底面圆盘内，故最大值可取到。

第 31 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2,a_2=6,a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2$，求 $\displaystyle\sum_{i=1}^{2022}\frac1{a_i}$。

解答

令 $d_n=a_{n+1}-a_n$，则 $d_1=4,d_{n+1}-d_n=2$，所以 $d_n=2(n+1)$，累加得到 $a_n=n(n+1)$。因此

$$\sum_{n=1}^{2022}\frac1{a_n}=\sum_{n=1}^{2022}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=\frac{2022}{2023}.$$

39 题版答案表给出的 $1/(n+1)$ 不是所求和。

第 32 题

题目

【条件补全】椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{9}=1$（$a>3$）存在一条不平行于 $y$ 轴的非退化弦 $AB$，其中垂线过 $(-\frac a5,0)$。求离心率的取值范围，并说明充分性。

解答

题面校注： 若允许竖直弦，任意 $a>3$ 都能取关于 $x$ 轴对称的两端点，原参考范围不成立。教学版补充“弦不平行于 $y$ 轴”。

设 $T=(-a/5,0)$，$A=(x_1,y_1),B=(x_2,y_2)$ 且 $x_1\ne x_2$。由 $TA^2=TB^2$ 及 $y_i^2=9(1-x_i^2/a^2)$，相减得到

$$(x_1-x_2)\left[e^2(x_1+x_2)+\frac{2a}{5}\right]=0, \qquad x_1+x_2=-\frac{2a}{5e^2}.$$

两端点不同且横坐标不同，故 $-2a<x_1+x_2<2a$，得 $e^2>1/5$。反过来，若 $1/5<e^2<1$，令 $x_0=-a/(5e^2)\in(-a,0)$，取充分小的 $\delta>0$，让 $x_1=x_0-\delta,x_2=x_0+\delta$ 都在 $(-a,a)$，分别取椭圆上半部对应点。上述等式保证 $TA=TB$，所成非竖直弦符合条件。因此范围恰为 $(1/\sqrt5,1)$。

第 33 题

题目

椭圆 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 的左右焦点分别为 $F_1,F_2$，点 $P$ 在直线 $x+2\sqrt3y-4\sqrt3=0$ 上。当 $\angle F_1PF_2$ 最大时，求 $\frac{PF_1}{PF_2}$。A. $\frac{\sqrt{15}}3$；B. $\frac35$；C. $\frac53$；D. $\frac{\sqrt{15}}5$。

解答

约定 $F_1=(-\sqrt3,0),F_2=(\sqrt3,0)$。设 $P=(x,y)$，则 $x=2\sqrt3(2-y)$。当 $y\ne0$，利用点积及面积公式，视角 $\theta\in(0,\pi)$ 满足

$$\cot\theta=\frac{x^2+y^2-3}{2\sqrt3|y|} =\frac{13y^2-48y+45}{2\sqrt3|y|}.$$

$y>0$ 时，右边为 $(13y+45/y-48)/(2\sqrt3)$，在 $y=\sqrt{45/13}$ 唯一取最小值；$y<0$ 时令 $u=-y>0$，变为 $(13u+45/u+48)/(2\sqrt3)$，其最小值比前者大。因此全局最大视角发生在前一个点，$y=0$ 时视角为零，不影响结论。

记该点坐标为 $(x_*,y_*)$，有 $y_*^2=45/13$，所以

$$x_*^2+y_*^2+3=96-48y_*,\qquad 2\sqrt3x_*=24-12y_*.$$

因此

$$\frac{PF_1^2}{PF_2^2} =\frac{x_*^2+y_*^2+3+2\sqrt3x_*}{x_*^2+y_*^2+3-2\sqrt3x_*} =\frac{120-60y_*}{72-36y_*}=\frac53.$$

取正平方根即 $PF_1/PF_2=\sqrt{15}/3$。这里 $y_*<2$，分母不为零。

第 34 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，$A=3B=9C$，求 $\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A$。A. $\frac14$；B. $-\frac14$；C. $\frac13$；D. $-\frac13$。

解答

令 $C=t=\pi/13$，则 $B=3t,A=9t$。积化和差后，所求等于 $\frac12\sum_{j=1}^6\cos(2jt)$。利用

$$2\sin t\cos(2jt)=\sin((2j+1)t)-\sin((2j-1)t),$$

从 $j=1$ 到 $6$ 累加，得 $2\sin t\sum\cos(2jt)=\sin13t-\sin t=-\sin t$。因 $\sin t\ne0$，所求为 $-1/4$。

第 35 题

题目

$8$ 个不同的点把半圆分成 $9$ 段弧。以这 $10$ 个点（含两个端点）为顶点的三角形中，钝角三角形有多少个？A. $55$；B. $112$；C. $156$；D. $120$。

解答

题面校注： 39 题版写“锐角”，其正确答案应为零；27 页详解版的题面为“钝角”，与 $112$ 相符，教学版采用后者。

任选三点共有 $\binom{10}3=120$ 个三角形。按弧上顺序，中间顶点的角所对弧为另一侧大弧，因此至少是直角；没有锐角三角形。直角恰在选取两个半圆端点时出现，共 $8$ 个，其余 $120-8=112$ 个均为钝角三角形。

第 36 题

题目

$a_0=\frac14$，$a_{n+1}=a_n^2+a_n$，求 $\left\lfloor\displaystyle\sum_{i=0}^{2022}\frac1{a_i+1}\right\rfloor$。A. $1$；B. $2$；C. $3$；D. $4$。

解答

$a_n>0$ 且递增，递推式给出 $1/(a_n+1)=1/a_n-1/a_{n+1}$。于是和为 $4-1/a_{2023}$。又 $a_{n+1}=a_n(1+a_n)\ge(5/4)a_n$，故 $a_7\ge(1/4)(5/4)^7>1$，最后一步等价于 $5^7>4^8$。所以 $0<1/a_{2023}<1$，和严格在 $3,4$ 之间，整数部分为 $3$。

第 37 题

题目

$f(x)=|x|+2x+1+3^x$ 的反函数为 $g(x)$，求方程 $(g(x^2))^2=1$ 的根的个数。A. $1$；B. $2$；C. $3$；D. $4$。

解答

$f(x)$ 在负半轴为 $x+1+3^x$，在正半轴为 $3x+1+3^x$，均严格递增，并在零点连续，且值域是 $\mathbb R$，故反函数存在。方程等价于 $g(x^2)=\pm1$，进一步等价于 $x^2=f(1)=7$ 或 $x^2=f(-1)=1/3$，给出四根 $\pm\sqrt7,\pm1/\sqrt3$。

本题采用 27 页详解版的一层反函数写法；39 题版在括号附近存在多写一个 $g$ 的排印差异。

第 38 题

题目

$\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{f(5-x)-3}{x-2}=2$，$f(3)=3$，求 $f$ 在点 $(3,f(3))$ 处的切线方程。A. $2x+y+9=0$；B. $2x+y-9=0$；C. $-2x+y+9=0$；D. $-2x+y-9=0$。

解答

令 $h=2-x$，则原极限为 $-\lim_{h\to0}[f(3+h)-f(3)]/h=2$，故 $f'(3)=-2$。切线为 $y-3=-2(x-3)$，即 $2x+y-9=0$。

第 39 题

题目

【教学改编】单位正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$M$ 是 $C_1D_1$ 的中点，$\beta$ 为过 $B,D_1,M$ 的平面。点 $P$ 在平面 $\beta$ 与正方体的公共部分内（含边界）。求直线 $A_1P$ 与平面 $B_1BCC_1$ 所成角的正切值的最大值，并确定取等时的 $P$。

解答

题面校注： 原回忆题中的 $O$ 未定义，且平面条件不足；教学版重新指定平面为 $BD_1M$。

取 $A=(0,0,0),B=(1,0,0),D=(0,1,0),A_1=(0,0,1)$。$M=(1/2,1,1)$，所以平面 $BD_1M$ 为 $y=z$。其与立方体的公共部分可写为 $P=(s,t,t)$，$0\le s,t\le1$。

侧面 $B_1BCC_1$ 为 $x=1$，故线面角 $\alpha$ 满足

$$\tan\alpha=\frac{s}{\sqrt{t^2+(t-1)^2}} =\frac{s}{\sqrt{2(t-1/2)^2+1/2}}\le\sqrt2.$$

等号当且仅当 $s=1,t=1/2$，即 $P$ 为侧面 $B_1BCC_1$ 的中心。