2009年清华大学自主招生测试（理科） · 参考解答

答案速览

题号	答案
1	$a=2,b=(\sqrt5-1)/2$；$5$；$(1+\sqrt5)/2$
2	两不等式均成立
3	$(3,11,19)$
4	$AQ\cdot AR=2OP^2$
5	$s=1$ 时 $n+1$；$s=i$ 时按 $n\bmod4$ 为 $1,1+i,i,0$
6	$1/5$；$27/100$
7	两命题成立（二面角取内部角）
8	存在实交点时，其横坐标均为无理数
9	命题成立

逐题解析

第 1 题

题目

设 $\dfrac{\sqrt5+1}{\sqrt5-1}$ 的整数部分为 $a$，小数部分为 $b$：

1. 求 $a,b$；
2. 求 $a^2+b^2+\dfrac{ab}{2}$；
3. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(b+b^2+\cdots+b^n)$。

解答

原数为 $(3+\sqrt5)/2$，整数部分 $2$，小数部分 $b=(\sqrt5-1)/2$，满足 $b^2+b=1$。所以 $a^2+b^2+ab/2=4+b^2+b=5$。又 $0<b<1$，级数和 $b/(1-b)=1/b=(1+\sqrt5)/2$。

第 2 题

题目

1. $x,y$ 为实数，且 $x+y=1$，求证：对于任意正整数 $n$，$x^{2n}+y^{2n}\geqslant\dfrac1{2^{2n-1}}$；
2. $a,b,c\in\mathbb R^+$，求证：$\dfrac ax+\dfrac by+\dfrac cz\geqslant3$，其中 $x,y,z$ 为 $a,b,c$ 的一种排列。

解答

函数 $t^{2n}$ 在实轴上凸，因此

$$x^{2n}+y^{2n}\ge2\left(\frac{x+y}2\right)^{2n}=2^{1-2n}.$$

等号当且仅当 $x=y=1/2$。第二问中 $xyz=abc$，正数的算术—几何平均不等式给出

$$\frac ax+\frac by+\frac cz\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{xyz}}=3.$$

等号要求三比值相同，其乘积为 $1$，故须 $x=a,y=b,z=c$。

第 3 题

题目

请写出所有三个数均为质数，且公差为 $8$ 的等差数列，并证明你的结论。

解答

设三质数为 $p,p+8,p+16$。模 $3$ 它们分别占据三个剩余类，其中一个必为 $3$。第二项或第三项等于 $3$ 会使第一项非正，所以 $p=3$。$(3,11,19)$ 确均为质数。

第 4 题

题目

已知椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$。过椭圆左顶点 $A(-a,0)$ 的直线 $L$ 与椭圆交于 $Q$，与 $y$ 轴交于 $R$；过原点与 $L$ 平行的直线与椭圆交于 $P$。求证：$AQ,\sqrt2OP,AR$ 成等比数列。

解答

设直线为 $y=k(x+a)$（竖直过左顶点的切线不产生第二交点，不属于题设）。代入椭圆，除去根 $x=-a$，得到

$$x_Q+a=\frac{2ab^2}{b^2+a^2k^2}.$$

因此 $AQ=2ab^2\sqrt{1+k^2}/(b^2+a^2k^2)$，而 $AR=a\sqrt{1+k^2}$。过原点的平行线 $y=kx$ 给出 $OP^2=a^2b^2(1+k^2)/(b^2+a^2k^2)$。相乘即得 $AQ\cdot AR=2OP^2$。

第 5 题

题目

已知 $\sin t+\cos t=1$，设 $s=\cos t+\mathrm i\sin t$，求 $f(s)=1+s+s^2+\cdots+s^n$。

解答

平方原条件得 $\sin t\cos t=0$，结合和为 $1$，只有 $(\cos t,\sin t)=(1,0),(0,1)$，即 $s=1,i$。前者显然为 $n+1$；后者利用 $1+i+i^2+i^3=0$，余项按 $n$ 模 $4$ 分类如表。

第 6 题

题目

随机挑选一个三位数 $I$：

1. 求 $I$ 含有因数 $5$ 的概率；
2. 求 $I$ 中恰有两个数码相等的概率。

解答

三位数共 $900$ 个，能被 $5$ 整除的有 $180$ 个，概率 $1/5$。

恰有两个数码相等，按相等位置分类：百十相等有 $9\cdot9=81$ 个，百个相等有 $81$ 个；十个相等时重复数字可以是 $0$，总数为 $9+9\cdot8=81$。三类互不相交，共 $243$ 个，概率 $243/900=27/100$。

第 7 题

题目

四面体 $ABCD$ 中，$AB=CD$，$AC=BD$，$AD=BC$：

1. 求证：四面体每个面的三角形为锐角三角形；
2. 设三个面与底面 $BCD$ 所成的角分别为 $\alpha,\beta,\gamma$，证明 $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=1$。

解答

取相对棱中点连线为坐标轴，对棱分别等长的非退化四面体可写成

$$A=(u,v,w),\ B=(u,-v,-w),\ C=(-u,v,-w),\ D=(-u,-v,w),\qquad u,v,w>0.$$

这一表示的推导如下：先把四点中心移到原点，令向量 $U=(A+B)/2,V=(A+C)/2,W=(A+D)/2$，则四个位置向量分别为 $U+V+W,U-V-W,-U+V-W,-U-V+W$。条件 $AB=CD$ 给出 $|V+W|=|V-W|$，即 $V\cdot W=0$；其余对棱等长类似给出 $U,V,W$ 两两垂直。非退化保证三个向量非零，取其方向为坐标轴便得上述形式。三种棱长平方为 $4(u^2+v^2),4(v^2+w^2),4(w^2+u^2)$，其中任意两个之和减第三个分别为 $8u^2,8v^2,8w^2>0$。余弦定理说明每个面三角形均为锐角。

四个面全等，面积均为 $S$。设底面外法向单位向量为 $n_0$，其余三个为 $n_1,n_2,n_3$。封闭多面体的有向面积向量之和为零（各坐标方向的投影面积正负相消），故 $n_0+n_1+n_2+n_3=0$。与 $n_0$ 作内积；内部二面角满足 $n_j\cdot n_0=-\cos\theta_j$，得到 $1-\cos\alpha-\cos\beta-\cos\gamma=0$。

第 8 题

题目

证明：当 $p,q$ 均为奇数时，曲线 $y=x^2-2px+2q$ 与 $x$ 轴交点的横坐标为无理数。

解答

实根为 $p\pm\sqrt{p^2-2q}$。若根有理，则整数 $p^2-2q$ 的平方根有理，从而必为整数。但奇数 $p$ 的平方模 $8$ 为 $1$，奇数 $q$ 使 $p^2-2q$ 模 $8$ 为 $3$ 或 $7$，均不可能是平方数。故有实根时两根都无理；若判别式负，则本来没有实交点。

第 9 题

题目

设 $a_1,a_2,\ldots,a_{2n+1}$ 均为整数。性质 $P$ 为：对其中任意 $2n$ 个数，存在一种分法可将其分为两组，每组 $n$ 个数，使两组所有元素之和相等。求证：$a_1,a_2,\ldots,a_{2n+1}$ 全部相等，当且仅当它们具有性质 $P$。

解答

全相等时任意等分均可。反之，设总和为 $T$。删去任意一项后可等分，说明 $T-a_i$ 为偶数，因此所有 $a_i$ 同奇偶。

性质 $P$ 在全体同时减去一个整数、再同时除以公共整数因子后保持不变。假如这些数不全相等，先全部减去最小值，再除以非零项的最大公约数，便得到仍满足 $P$ 的非负整数列，其中有零且最大公约数为 $1$。但由刚才的同奇偶结论，有零就迫使全体为偶数，与最大公约数为 $1$ 矛盾。故只能全相等。