2016年清华大学领军计划测试 · 参考解答

校对说明

依据历史汇编 PDF 第 26—30 页逐题核对。本回忆版只收录原考试 40 题中的 32 题；未见的 8 题不伪造补入。第 1、8、10、12、17、18、19、32 题补明定义或非退化条件；第 11 题按原图恢复 $A_1E=AA_1/4$，独立计算发现原四个选项均错误，正式卷明示将 A 校订为 $1/96$。第 4 题保留原式：其条件导致空集，面积确为零，并非擅自添加共轭。

答案速览

1 C；2 B；3 $441000$；4 $0$；5 BD；6 $8$；7 $\sqrt3$；8 AB；9 BC；10 AC；11 A（校订为 $1/96$）；12 C；13 B；14 $(\lambda,\mu)=(2/9,4/9)$；15 $(1-i\sqrt3)/2$；16 $7$；17 $0$；18 见逐题范围；19 $\sqrt3/2$；20 最大 $3/2$，最小 $(\sqrt{22}-3)/2$；21 $1$；22 $2$；23 CD；24 ABC；25 BD；26 ABCD；27 AB；28 乙、丁；29 AD；30 $xyz$ 最大 $0$、最小 $-4/27$，$x+y$ 最大 $4/3$、最小 $0$；31 $33/200$；32 C。

逐题解析

第 1 题

题目

椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a,b>0$），两条直线 $l_1:y=\dfrac12x$，$l_2:y=-\dfrac12x$。过椭圆上一点 $P$ 作 $l_2$ 的平行线交 $l_1$ 于 $M$，作 $l_1$ 的平行线交 $l_2$ 于 $N$。若 $|MN|$ 为定值，则 $\sqrt{\dfrac ab}=$（　）

• A. $\sqrt2$
• B. $\sqrt3$
• C. $2$
• D. $\sqrt5$

解答

令 $P=(u,v)$。按正式卷补明的交叉平行线作法，

$$M=(u/2+v,u/4+v/2),\quad N=(u/2-v,-u/4+v/2),$$

所以 $MN^2=u^2/4+4v^2$。在椭圆上恒定要求两个轴端点的值相同，即 $a^2/4=4b^2$，从而 $a/b=4$；此条件也显然充分。故 $\sqrt{a/b}=2$，选 C。

第 2 题

题目

已知 $x,y,z$ 为正整数，$x\leqslant y\leqslant z$，则方程 $\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z=\dfrac12$ 的解有多少组？

• A. $8$
• B. $10$
• C. $11$
• D. $12$

解答

由 $1/2\le3/x$ 及 $1/x<1/2$ 得 $3\le x\le6$。固定 $x$ 后枚举如下：

• $x=3$：$(y-6)(z-6)=36$，取不超过 $6$ 的正因子 $1,2,3,4,6$，共五组。
• $x=4$：$(y-4)(z-4)=16$，因子 $1,2,4$，共三组。
• $x=5$：$5\le y\le6$，只有 $(y,z)=(5,10)$，一组。
• $x=6$：只能 $y=z=6$，一组。

合计 $10$ 组，选 B。

第 3 题

题目

将 $16$ 个数：$4$ 个 $1$、$4$ 个 $2$、$4$ 个 $3$、$4$ 个 $4$ 填入一个 $4\times4$ 的矩阵中，要求每行、每列正好有 $2$ 个偶数，则共有______ 种填法。

解答

先选偶数位置，得到各行各列均有两个 $1$ 的 $4\times4$ 零一矩阵。第一行的两个位置有 $6$ 种选择，固定为第 1、2 列。第二行与之重合两个位置时，剩余两行唯一；重合零个位置时，剩余第一行有 $6$ 种、最后一行被确定；重合一个位置时有 $4$ 种第二行，每种有 $2$ 种剩余填法。因此位置图案共 $6(1+6+4\cdot2)=90$ 种。

在八个偶数位置中选四处放 $2$，其余放 $4$；八个奇数位置同样选四处放 $1$。总数 $90\binom84^2=441000$。

第 4 题

题目

对于复数 $z$（$z\neq0$），$\dfrac z{10}$ 和 $\dfrac{40}{z}$ 的实部和虚部均为不小于 $1$ 的正数，则在复平面中，$z$ 所对应的向量 $\overrightarrow{OP}$ 的端点 $P$ 运动所形成的图形面积为______。

解答

设 $z=x+iy$。$z/10$ 虚部至少为 $1$ 要求 $y\ge10$；但 $40/z=40(x-iy)/(x^2+y^2)$ 的虚部为负，不能同时至少为 $1$。故满足条件的点不存在，图形为空集，其面积为 $0$。原式不能解释成有非空边界的区域。

第 5 题

题目

下列计算正确的是（　）

• A. $\dfrac{\tan1^\circ+\tan61^\circ+\tan121^\circ}{\tan1^\circ\tan61^\circ\tan121^\circ}=3$
• B. $\dfrac{\tan1^\circ+\tan61^\circ+\tan121^\circ}{\tan1^\circ\tan61^\circ\tan121^\circ}=-3$
• C. $\tan1^\circ\tan61^\circ+\tan1^\circ\tan121^\circ+\tan61^\circ\tan121^\circ=3$
• D. $\tan1^\circ\tan61^\circ+\tan1^\circ\tan121^\circ+\tan61^\circ\tan121^\circ=-3$

解答

记 $T=\tan3^\circ$。$\tan1^\circ,\tan61^\circ,\tan121^\circ$ 是方程 $t^3-3Tt^2-3t+T=0$ 的三个根（三倍角公式）。由韦达定理，三根和为 $3T$、积为 $-T$，两两积之和为 $-3$。故前一比值为 $-3$，选 BD。

第 6 题

题目

从 $1$--$14$ 的正整数中任选若干数构成一个集合，该集合中任 $3$ 个数不构成等差数列，求元素最多的集合的元素个数。

解答

先证明 $\{1,\ldots,7\}$ 的无三项等差子集至多四元。若含 $4$，则互补对 $(1,7),(2,6),(3,5)$ 各至多选一个，总数至多四；若不含 $4$，为避开两组三项等差数列 $1,2,3$ 与 $5,6,7$，每组至多两个，仍至多四。

将 $1$ 到 $14$ 按奇偶分成两个七元等差列，各至多取四个，故总数至多八。集合 $\{1,2,4,5,10,11,13,14\}$ 达到八个：减去 $1$ 后，每个数的三进制各位仅为 $0,1$。若有 $u+w=2v$ 且 $u\ne w$，看三者最低的非全相同数位，在此之前无进位；模 $3$ 的等式迫使这一位也全相同，矛盾。故答案为 $8$。

第 7 题

题目

已知 $\tan4\alpha=\dfrac{\sqrt3}{3}$，求

$$\frac{\sin4\alpha}{\cos8\alpha\cos4\alpha}+\frac{\sin2\alpha}{\cos4\alpha\cos2\alpha}+\frac{\sin\alpha}{\cos2\alpha\cos\alpha}+\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}.$$

解答

恒等式 $\sin t/(\cos2t\cos t)=\tan2t-\tan t$ 使四项依次相消，原式等于 $\tan8\alpha$。由倍角公式，

$$\tan8\alpha=\frac{2/\sqrt3}{1-1/3}=\sqrt3.$$

题给 $\tan4\alpha=1/\sqrt3$ 亦保证各分母非零。

第 8 题

题目

将 $n$ 个不同字母各使用一次，任意排列后完全加括号，每次只乘两个因子；字母次序或括号结构不同即视为不同。例如三个字母的式子包括 $(ab)c,(ba)c,c(ab),c(ba)$，但不止这四种。记不同式子的总数为 $I_n$，则（　）（校订：补明计数规则。）

• A. $I_2=2$
• B. $I_3=12$
• C. $I_4=96$
• D. $I_5=120$

解答

按补明的规则，先排列字母有 $n!$ 种；固定次序的完全括号数为 Catalan 数 $C_{n-1}$。也可由最后一次乘法将有序字母列分成两段，递推 $C_0=1$，$C_r=\sum_{j=0}^{r-1}C_jC_{r-1-j}$。依次得到 $C_1,C_2,C_3,C_4=1,2,5,14$，所以 $I_2,I_3,I_4,I_5=2,12,120,1680$。选 AB。

第 9 题

题目

$a,b,c\in\mathbb R$，$a^2+b^2+c^2=1$，$a+b+c=1$，那么（　）

• A. $a_{\max}=\dfrac23$
• B. $(abc)_{\max}=0$
• C. $a_{\min}=-\dfrac13$
• D. $(abc)_{\max}=-\dfrac4{27}$

解答

由 $b+c=1-a$，$b^2+c^2=1-a^2$，实根判别条件为 $1+2a-3a^2\ge0$，故 $-1/3\le a\le1$，C 正确而 A 错。又 $bc=a^2-a$，所以 $abc=a^2(a-1)\le0$，最大值 $0$ 在 $(1,0,0)$ 的排列处取得。选 BC。

第 10 题

题目

$AB$ 为圆 $O$ 的一条非直径弦，$C$ 为弦中点，$P$ 为圆上异于 $A,B$ 的点。直线 $PA,PB$ 分别交直线 $OC$ 于 $M,N$，各交点均存在且与相关点不重合。则下列说法恒正确的有（　）

• A. $O,M,B,P$ 共圆
• B. $A,M,B,N$ 共圆
• C. $A,O,P,N$ 共圆

解答

取 $O=(0,0),A=(-s,t),B=(s,t)$，其中 $s>0,t\ne0$；记半径平方 $R^2=s^2+t^2$，$P=(u,v)$，$u^2+v^2=R^2$。直线交点为

$$M=(0,m),\quad m=\frac{tu+sv}{u+s};\qquad N=(0,n),\quad n=\frac{tu-sv}{u-s}.$$

各分母及退化情况已在正式题面排除。

过 $O,M,B$ 的圆方程为

$$x^2+y^2+\frac{mt-R^2}{s}x-my=0.$$

把 $P$ 代入，乘以 $s$ 后左端为 $R^2(s-u)+m(tu-sv)$；利用 $m$ 的表达式和 $u^2+v^2=R^2$ 即为零，故 A 成立。过 $O,N,A$ 的圆同理包含 $P$（交换 $s$ 与 $-s$），C 成立。

B 并非恒真：取半径 $5$，$A=(-3,-4),B=(3,-4),P=(4,3)$，则 $M=(0,-1),N=(0,-25)$。若四点 $A,M,B,N$ 共圆，由关于纵轴对称，其圆方程必须为 $x^2+y^2+26y+25=0$；但代入 $A$ 得 $25-104+25\ne0$。选 AC。

第 11 题

题目

$F$ 为 $BC$ 中点，$E\in AA_1$，$A_1E=\dfrac14AA_1$，正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 棱长为 $1$，中心为 $O$，求 $V_{O-BEF}$。（校订：恢复源图的 $A_1E$；原选项均不符，将 A 改为正确值。）

• A. $\dfrac1{96}$
• B. $\dfrac{17}{38}$
• C. $\dfrac{11}{144}$
• D. $\dfrac{11}{38}$

解答

源图明确为 $A_1E=AA_1/4$，所以 $AE=3/4$。取 $A=(0,0,0),B=(1,0,0),F=(1,1/2,0),E=(0,0,3/4),O=(1/2,1/2,1/2)$。平面 $BEF$ 为 $3x+4z=3$，三角形 $BEF$ 的面积为 $BE\cdot BF/2=(5/4)(1/2)/2=5/16$。$O$ 到该平面的距离为 $|(3+4)/2-3|/5=1/10$，故

$$V_{O-BEF}=\frac13\cdot\frac5{16}\cdot\frac1{10}=\frac1{96}.$$

原四项均不符，正式卷已明确将 A 改为此值。

第 12 题

题目

一个正 $2016$ 边形，任选至少三个顶点按圆周顺序相连构成凸多边形，其中正多边形有几个（包括原正 $2016$ 边形）？

• A. $6552$
• B. $4536$
• C. $3528$
• D. $2016$

解答

内接正 $d$ 边形必须且只须 $d\mid2016$，每个 $d\ge3$ 贡献 $2016/d$ 个。故总数为约数和减去 $d=1,2$ 两项：

$$\sigma(2016)-2016-1008=(1+2+\cdots+32)(1+3+9)(1+7)-3024=3528.$$

选 C。

第 13 题

题目

不定方程 $x^2+615=2^y$（$x,y\in\mathbb N^*$）解的个数为（　）

• A. $0$
• B. $1$
• C. $2$
• D. $3$

解答

模 $3$ 得 $x^2\equiv2^y$，故 $y$ 必为偶数。令 $y=2k$，则 $(2^k-x)(2^k+x)=615$。正因子对只有 $(1,615),(3,205),(5,123),(15,41)$，两数和的一半依次为 $308,104,64,28$，其中只有 $64$ 为二的幂。因此唯一解为 $(x,y)=(59,12)$，选 B。

第 14 题

题目

$O$ 在 $\triangle ABC$ 内，$S_{\triangle AOB}:S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}=4:3:2$，$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，求 $\lambda,\mu$。

解答

面积坐标表明 $\lambda=S_{AOC}/S_{ABC}=2/9$，$\mu=S_{AOB}/S_{ABC}=4/9$。剩余权重为 $S_{BOC}/S_{ABC}=1/3$，均为正，与内点条件一致。

第 15 题

题目

$z=\cos\dfrac{2\pi}{3}+\mathrm i\sin\dfrac{2\pi}{3}$，求 $z^3+\dfrac{z^2}{z^2+z+2}$。

解答

$z^3=1,z^2+z+1=0$，所以分母 $z^2+z+2=1$。原式 $1+z^2=-z=(1-i\sqrt3)/2$。

第 16 题

题目

在 $N$ 项有穷数列 $\{a_n\}$ 中，满足：当 $1\leqslant i<j\leqslant N$ 时，$a_i<a_j$；当 $1\leqslant i<j<k\leqslant N$ 时，$a_i+a_j,a_i+a_k,a_j+a_k$ 至少有一项在 $\{a_n\}$ 中，则 $N$ 的最大值为______。

解答

正项至多三个。否则取最大的四个正项 $p<q<r<s$；对 $q,r,s$，含 $s$ 的两项和都超过最大项，只能 $q+r$ 在数列中，而它超过 $r$，故必须等于 $s$。同理对 $p,r,s$ 必须 $p+r=s$，矛盾。对负项取相反数亦得至多三个，加上至多一个零，故 $N\le7$。

集合 $\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$ 达到上界。含零的三元组显然满足；三个正数或三个负数分别用 $1+2=3$、$-1-2=-3$；混合正负的三元组任选异号两数，其和落在 $[-2,2]$ 内，仍在集合中。因此最大值为 $7$。

第 17 题

题目

设 $n\in\mathbb N^*$，$\displaystyle\int_0^{2\pi}(x-\pi)^{2n-1}(1+\sin^{2n}x)\,dx=$______。

解答

令 $x\mapsto2\pi-x$，因 $2n-1$ 为奇数、$2n$ 为偶数，被积函数变为其相反数而积分区间不变。所以积分等于其相反数，值为 $0$。

第 18 题

题目

$|z^2+1|=|z|$，求 $|z|$ 的范围和幅角 $\theta\in[0,2\pi)$ 的范围。

解答

$z\ne0$，设 $z=re^{i\theta}$。平方原式并除以 $r^2$ 得

$$r^2+r^{-2}+2\cos2\theta=1.$$

对固定 $r$，存在幅角当且仅当 $2\le r^2+r^{-2}\le3$，故

$$\frac{\sqrt5-1}{2}\le r\le\frac{\sqrt5+1}{2}.$$

对固定幅角，存在正 $r$ 当且仅当 $1-2\cos2\theta\ge2$，即 $\cos2\theta\le-1/2$。所以在 $[0,2\pi)$ 的约定下，

$$\theta\in[\pi/3,2\pi/3]\cup[4\pi/3,5\pi/3].$$

两范围是各自的投影范围，不表示范围内任意模长、幅角组合均满足原式。

第 19 题

题目

在正三棱锥 $P-ABC$ 中，$\triangle ABC$ 边长为 $1$，设 $P$ 到平面 $ABC$ 距离为 $h$。当 $h$ 趋近于正无穷时，异面直线 $AB$ 与 $CP$ 之间距离的极限为______。

解答

取 $AB$ 中点为原点，$AB$ 为横轴，$C=(0,\sqrt3/2,0)$，底面重心为 $(0,\sqrt3/6,0)$，$P=(0,\sqrt3/6,h)$。因 $CP$ 在纵向竖直平面内，该平面到横轴的交点为原点，两异面直线距离等于原点到 $CP$ 的距离：

$$d(h)=\frac{(\sqrt3/2)h}{\sqrt{h^2+1/3}}\longrightarrow\frac{\sqrt3}{2}.$$

第 20 题

题目

$x,y,z$ 均为非负实数，满足 $\left(x+\dfrac12\right)^2+(y+1)^2+\left(z+\dfrac32\right)^2=\dfrac{27}{4}$，则 $x+y+z$ 的最大值为______，最小值为______。

解答

令 $X=x+1/2,Y=y+1,Z=z+3/2$。由柯西不等式，$X+Y+Z\le\sqrt{3\cdot27/4}=9/2$，所以 $x+y+z\le3/2$，等号在 $(x,y,z)=(1,1/2,0)$ 取得。

令 $t=x+y+z$。原条件展开为 $x^2+y^2+z^2+x+2y+3z+7/2=27/4$。非负性给出 $x^2+y^2+z^2\le t^2$ 及 $x+2y+3z\le3t$，故 $t^2+3t\ge13/4$，即 $t\ge(\sqrt{22}-3)/2$。在 $x=y=0,z=(\sqrt{22}-3)/2$ 时等号成立。

第 21 题

题目

实数 $(x^2+y^2)^3=4x^2y^2$，则 $x^2+y^2$ 的最大值为______。

解答

设 $s=x^2+y^2\ge0$，则 $s^3=4x^2y^2\le s^2$，所以 $s\le1$（$s=0$ 另行包含）。取 $x^2=y^2=1/2$ 即达到 $s=1$。

第 22 题

题目

$f(x)=(x^2+a)e^x$ 有最小值，则 $x^2+2x+a=0$ 的解的个数为______。

解答

若 $a>0$，函数始终为正而 $x\to-\infty$ 时趋于零，没有最小值。因此有最小值必有 $a\le0$。此时二次式的判别式 $4-4a\ge4>0$，恰有两个不同实根。事实上 $a=0$ 在零处取最小值，$a<0$ 则函数取得负的全局最小值，与条件一致。

第 23 题

题目

$a_1=1$，$a_2=2$，$a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n$，下列叙述正确的是（　）

• A. $a_{n+1}^2-a_{n+1}a_n$ 为定值
• B. $a_n\equiv1\text{ or }2\pmod9$
• C. $4a_na_{n+1}-7$ 为完全平方数
• D. $8a_na_{n+1}-7$ 为完全平方数

解答

令 $Q_n=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}$，代入递推可得 $Q_{n+1}=Q_n$，初值 $Q_1=-7$。故

$$4a_na_{n+1}-7=(a_{n+1}-a_n)^2,\qquad8a_na_{n+1}-7=(a_{n+1}+a_n)^2,$$

C、D 成立。A 的前两值为 $2$ 与 $99$，不是常数；前五项为 $1,2,11,64,373$，第五项模 $9$ 为 $4$，B 错。选 CD。

第 24 题

题目

已知抛物线 $E:y^2=4x$，$F(1,0)$。过 $F$ 作弦交 $E$ 于 $A,B$，$M$ 为 $AB$ 中点，则下列说法正确的是（　）

• A. 以 $AB$ 为直径的圆与 $x=-\dfrac32$ 始终相离
• B. $|AB|$ 最小值为 $4$
• C. $|AM|$ 最小值为 $2$
• D. 以 $BM$ 为直径的圆与 $y$ 轴有且仅有一个交点

解答

焦点弦两端可写为 $A=(t^2,2t),B=(t^{-2},-2/t)$，$t\ne0$。于是 $AB=(t+1/t)^2\ge4$，$AM=AB/2\ge2$，等号在 $t=\pm1$ 取得。直径圆的圆心横坐标 $M_x=(t^2+t^{-2})/2$，半径为 $M_x+1$，最左点恒为 $x=-1$，故与 $x=-3/2$ 始终相离。

D 的反例取 $t=2$，以 $BM$ 为直径的圆，其圆心横坐标为 $19/16$、半径为 $25/16$，因此与纵轴相交于两点，而非相切。选 ABC。

第 25 题

题目

对于函数 $y=x^2-1$ 和 $y=\ln x$，下列说法正确的是（　）

• A. 二者在 $(1,0)$ 处有公切线
• B. 二者存在平行切线
• C. 两者只有一个交点
• D. 两者有两个交点

解答

在 $(1,0)$ 两曲线的斜率分别为 $2,1$，无公切线；但两者的正斜率取值范围重叠，存在平行切线。例如抛物线在 $x=1/2$ 与对数曲线在 $x=1$ 的斜率同为 $1$。

交点由 $g(x)=x^2-1-\ln x=0$ 决定。$g'(x)=2x-1/x$，先减后增，唯一极小点 $1/\sqrt2$ 处值为 $(\ln2-1)/2<0$，而两端 $x\to0^+,\infty$ 时均趋于正无穷，故恰有两交点。选 BD。

第 26 题

题目

$P$ 为椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）上一点，$F_1,F_2$ 为左、右焦点，下列说法正确的是（　）

• A. $a=\sqrt2b$ 时，满足 $\angle F_1PF_2=90^\circ$ 的 $P$ 点有 $2$ 个
• B. $a>\sqrt2b$ 时，满足 $\angle F_1PF_2=90^\circ$ 的 $P$ 点有 $4$ 个
• C. $C_{PF_1F_2}<4a$
• D. $S_{PF_1F_2}\leqslant\dfrac{a^2}{2}$

解答

记 $c=\sqrt{a^2-b^2}$。直角条件等价于 $P$ 在直径 $F_1F_2$ 的圆 $x^2+y^2=c^2$ 上。若 $a^2=2b^2$，该圆与椭圆相切于 $(0,\pm b)$，恰两点；若 $a^2>2b^2$，则 $b<c<a$，两曲线在四个象限各交一次，恰四点。

焦点三角形周长恒为 $2a+2c<4a$；面积为 $c|y_P|\le bc\le(b^2+c^2)/2=a^2/2$。因此 ABCD 全选。

第 27 题

题目

随机变量 $\xi$ 的分布列为 $P(\xi=k)=a_k$（$k=1,2,\ldots,10$），则下列说法正确的是（　）

• A. 若 $a_1,a_2,\ldots,a_{10}$ 成等差数列，则 $a_5+a_6=\dfrac15$
• B. 若 $a_1,a_2,\ldots,a_{10}$ 满足 $a_n=\dfrac1{2^n}$（$n=1,2,\ldots,9$），则 $a_{10}=\dfrac1{2^9}$
• C. 若 $P(\xi\leqslant k)=k^2a_k$，则 $a_n=\dfrac{11n}{10(n+1)}$（$n=1,2,\ldots,10$）
• D. 若 $na_n=(n+1)a_{n+1}$，则 $a_n=\dfrac{11n}{10(n+1)}$

解答

概率和为 $1$。等差情形有 $5(a_5+a_6)=1$，A 对。前九项等比和为 $1-2^{-9}$，故 $a_{10}=2^{-9}$，B 对。

C 的条件若成立，令 $S_n=\sum_{j=1}^n a_j=n^2a_n$，则 $n^2a_n-(n-1)^2a_{n-1}=a_n$，所以 $a_n=(n-1)a_{n-1}/(n+1)$，最终 $a_n=11/[10n(n+1)]$，不是所写的表达式。D 条件给出 $na_n$ 为常数，即 $a_n=(1/n)/\sum_{j=1}^{10}(1/j)$，也不是所写式。选 AB。

第 28 题

题目

甲、乙、丙、丁四人参加比赛并有两人获奖，以下是四人对获奖人的猜测：甲：“获奖者在乙、丙、丁中”；乙：“我未获奖，丙获奖”；丙：“甲丁有一人获奖”；丁：“乙说的是正确的”。已知四人中有两个人的猜测是正确的，那么获奖人是______。

解答

乙和丁的断言同真同假。若同真，他们已占两个真断言，甲、丙必须均假。乙真要求丙获奖、乙不获奖；若另一个获奖者为甲，则丙的“甲丁有一人”真；若为丁，则甲和丙都真，均矛盾。因此乙丁均猜错，而甲丙均猜对。甲对说明甲不获奖；丙对则丁获奖；乙错且丁已获奖，另一获奖者必须乙。故获奖者为乙、丁。

第 29 题

题目

下列能构成唯一 $\triangle ABC$ 的是（　）

• A. $a=1,b=2,c\in\mathbb Z$
• B. $A=150^\circ$，$a\sin A+c\sin C+\sqrt2a\sin C=b\sin B$
• C. $\cos A\sin B\cos C+\cos(B+C)\cos B\sin C=0$，$C=60^\circ$
• D. $a=\sqrt3,b=1,A=60^\circ$

解答

A：三角形不等式 $1<c<3$，整数只能 $c=2$，唯一。

B：正弦定理将等式化为 $a^2+c^2+\sqrt2ac=b^2$，余弦定理给出 $B=135^\circ$，与 $A=150^\circ$ 矛盾，无三角形。

C：式子化为 $\cos A\sin(B-C)=0$，配合 $C=60^\circ$，有 $(A,B)=(90^\circ,30^\circ)$ 或 $(60^\circ,60^\circ)$，不唯一（且尺度也未固定）。

D：正弦定理得 $\sin B=1/2$，$B=150^\circ$ 被角和排除，只能 $B=30^\circ,C=90^\circ$，边长尺度也已固定。选 AD。

第 30 题

题目

已知实数 $x,y,z$ 满足 $x+y+z=1$，$x^2+y^2+z^2=1$，求 $xyz$ 的最大值、最小值，以及 $x+y$ 的最大值、最小值。

解答

固定 $z=t$，可得 $x+y=1-t,xy=t^2-t$。实数 $x,y$ 存在等价于 $1+2t-3t^2\ge0$，即 $t\in[-1/3,1]$，因此 $x+y\in[0,4/3]$，两端可取。

乘积为 $p(t)=t^2(t-1)$。考察导数 $p'(t)=t(3t-2)$，及端点、驻点 $-1/3,0,2/3,1$，得最大值 $0$，最小值 $-4/27$。分别由 $(1,0,0)$ 与 $(-1/3,2/3,2/3)$ 的排列取得。

第 31 题

题目

甲、乙、丙、丁四个人进行网球赛，规定甲乙一组、丙丁一组先打，胜者再打决胜局。各场比赛独立，表格中每格表示行选手战胜列选手的概率，求甲夺冠的概率。

$$\begin{array}{c|cccc} &\text{甲}&\text{乙}&\text{丙}&\text{丁}\\\hline \text{甲}&-&0.3&0.3&0.8\\ \text{乙}&0.7&-&0.6&0.4\\ \text{丙}&0.7&0.4&-&0.5\\ \text{丁}&0.2&0.6&0.5&- \end{array}$$

解答

将表中每格理解为行选手战胜列选手的概率。甲先胜乙的概率为 $0.3$；决赛遇丙、丁的概率各为 $0.5$，对应胜率 $0.3,0.8$。按通常的各场比赛独立模型，甲夺冠概率为 $0.3(0.5\cdot0.3+0.5\cdot0.8)=0.165=33/200$。

第 32 题

题目

设实数 $a,b,c\geqslant-\dfrac14$ 且 $a+b+c=1$，则 $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}$ 的最大值与最小值之积属于（　）

• A. $(8,9)$
• B. $(11,12)$
• C. $(12,13)$
• D. 以上答案都不对

解答

设 $u=\sqrt{4a+1},v=\sqrt{4b+1},w=\sqrt{4c+1}$，则 $u,v,w\ge0$，$u^2+v^2+w^2=7$，反之任意这样的三元组均对应允许的实数 $a,b,c$。故

$$\sqrt7\le u+v+w\le\sqrt{21}.$$

左端在两项为零时取到，右端在三项相等时取到。最大、最小值之积为 $7\sqrt3$，其平方为 $147$，介于 $12^2$ 与 $13^2$ 之间，选 C。不能额外假设 $a,b,c$ 非负，那会改变最小值。