2017年清华大学暑期学校测试 · 参考解答

校对说明

源为历史汇编 PDF 第 46—47 页。第 11 题按源图恢复为 $\sqrt3b-a$，不是 $\sqrt{3b-a}$；第 12 题源稿是累计两次正面，没有“连续”二字，恢复其原意。第 14 题原稿缺少初始点，正式卷明示补为 $A_0=O$。三视图按源图重绘，第 10 题明确每行及每列同时满足条件。第 16 题集合取有限实数集。

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1. (1)(3)(4)。
2. $\mathbb R\setminus\{-1/k:k\in\mathbb N^*\}$。
3. $(-\infty,-1]\cup[1,\infty)$。
4. $10$。
5. $1<e\le4/3$。
6. (2)(3)。
7. $\sqrt3$。
8. $4$。
9. $55$。
10. $90$。
11. $2$。
12. $4$。
13. 结论成立，见证明。
14. 最大 $9$；最小 $1$。
15. 两结论均成立，见证明。
16. (1) 具有 $T$；(2) 最小值 $n(n+1)/2$。

逐题解析

第 1 题

题目

已知函数 $f(x)=\dfrac{ax}{x^2+c}+b$，$g(x)=[f(x)]^2-1$，其中 $a,b,c$ 为已知参数，且 $a\neq0,c>0$。判断下列说法中正确的有（　）。

1. 函数 $f(x)$ 的图象关于点 $(0,b)$ 中心对称；
2. 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上可能是单调递增函数；
3. 函数 $f(x)$ 是有界函数；
4. 方程 $g(x)=0$ 的根可能为 $\{-1,1,-2,2\}$。

解答

$f(x)-b=ax/(x^2+c)$ 为奇函数，故关于 $(0,b)$ 中心对称。(1) 正确。

$f'(x)=a(c-x^2)/(x^2+c)^2$，在 $x=\sqrt c$ 两侧异号，因此不可能在整个正半轴递增，(2) 错。又 $|ax/(x^2+c)|\le|a|/(2\sqrt c)$，故有界，(3) 对。

取 $a=3,b=0,c=2$，则 $f(x)=3x/(x^2+2)$。方程 $f(x)=1$ 的根为 $1,2$，$f(x)=-1$ 的根为 $-1,-2$，所以 (4) 可以实现。

第 2 题

题目

无穷数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+1}$，则 $a_1$ 的取值范围为______。

解答

$a_1=0$ 时数列恒零，有定义。若 $a_1\ne0$，递推给出 $1/a_{n+1}=1/a_n+1$，故

$$a_n=\frac{a_1}{1+(n-1)a_1}.$$

无穷数列要求每一步分母 $a_n+1$ 非零，恰好排除 $a_1=-1/k$（$k$ 为正整数）。其余实数代入通项的所有分母均非零，充分性也成立。

第 3 题

题目

已知 $f(x)=x^2-2x-a^2+1$。若存在 $x_0$，使得

$$[x_0,x_0+2]\subseteq\{x\mid f(x)\leqslant0\},$$

则 $a$ 的取值范围为______。

解答

$f(x)=(x-1)^2-a^2$，非正解集为 $[1-|a|,1+|a|]$，长度 $2|a|$。它包含某个长为 $2$ 的闭区间当且仅当 $|a|\ge1$。

第 4 题

题目

有 $1,2,\ldots,2017$ 共 $2017$ 个数。每次任取三个数 $a,b,c$ 擦去，并写上 $a+b+c$ 除以 $11$ 的余数。如此继续，直到黑板上只剩一个数，则最后这个数可能的取值为______。

解答

每一步使总和模 $11$ 不变，数的个数减二，$2017$ 为奇数，确可操作到一个数。最后一步写出的数必在 $0$ 到 $10$ 之间，而初始总和为 $2017\cdot1009$。其中 $2017\equiv4$，$1009\equiv8$，积为 $32\equiv10\pmod{11}$。因此最终唯一可能的数为 $10$。

第 5 题

题目

双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的右焦点为 $F_2$。若左支上存在一点 $P$，使线段 $F_2P$ 的中点 $M$ 满足 $|OM|=\dfrac c8$，则该双曲线离心率 $e$ 的取值范围为______。

解答

左焦点 $F_1=(-c,0)$，右焦点 $F_2=(c,0)$。中点 $M$ 满足 $2\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{F_1P}$，所以条件等价于 $PF_1=c/4$。在双曲线左支上，$PF_1$ 从顶点处的 $c-a$ 起连续取遍 $[c-a,\infty)$。因此存在性当且仅当 $c/4\ge c-a$，即 $c/a\le4/3$，再加双曲线 $e>1$，得 $1<e\le4/3$。

第 6 题

题目

曲线 $\sqrt{x^2+(y-1)^2}\sqrt{x^2+(y+1)^2}=3$。判断下列说法中正确的有（　）。

1. 曲线经过点 $(0,0)$；
2. 曲线上点的纵坐标取值范围为 $[-2,2]$；
3. 曲线关于 $x$ 轴对称；
4. 点 $P$ 在曲线上运动，$A=(0,1),B=(0,-1)$，则 $\triangle PAB$ 面积的最大值为 $\dfrac32$。

解答

令 $s=x^2,t=y^2$，平方原式得 $(s+t+1)^2-4t=9$，所以

$$s=\sqrt{9+4t}-t-1.$$

对 $t\ge0$，右端非负恰在 $0\le t\le4$，故纵坐标范围 $[-2,2]$。方程只含 $x^2,y^2$，关于两轴对称。原点代入原式为 $1\ne3$，不在曲线上。

面积 $S_{PAB}=|x|$。上式右端关于 $t$ 的导数为 $2/\sqrt{9+4t}-1<0$，所以 $x^2\le2$，面积最大为 $\sqrt2$，不是 $3/2$。故只有 (2)(3) 正确。

第 7 题

题目

已知球的直径 $SC=4$，点 $A,B$ 在球面上，$|AB|=\sqrt3$，且 $\angle ASC=\angle BSC=30^\circ$，求四面体 $S-ABC$ 的体积。

解答

取 $S=(0,0,0),C=(0,0,4)$，球面方程为 $x^2+y^2+(z-2)^2=4$。由直径所对球面角为直角，在直角三角形 $SAC$ 中 $SA=4\cos30^\circ=2\sqrt3$，所以 $A$ 的高为 $3$，到轴 $SC$ 的距离为 $\sqrt3$；$B$ 亦然。因此两点位于平面 $z=3$ 上的半径 $\sqrt3$ 圆上，弦 $AB=\sqrt3$ 对应较小圆心角 $60^\circ$。

其横向坐标的叉积绝对值为 $3\sin60^\circ=3\sqrt3/2$，故

$$V_{S-ABC}=\frac16\left|\det(\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SC})\right|=\frac46\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=\sqrt3.$$

第 8 题

题目

某四棱锥的三视图如图所示（左上、右上、左下依次为正、侧、俯视图），则它的四个侧面中，直角三角形共有______个。

解答

按三视图建立坐标，底面可取 $A=(0,0,0),B=(2,0,0),C=(1,1,0),D=(0,1,0)$，顶点 $P=(0,0,2)$。侧面 $PAB,PAD$ 在 $A$ 处为直角；$\overrightarrow{DP}=(0,-1,2)$ 与 $\overrightarrow{DC}=(1,0,0)$ 垂直，故 $PDC$ 为直角三角形；$\overrightarrow{CP}=(-1,-1,2)$ 与 $\overrightarrow{CB}=(1,-1,0)$ 垂直，故 $PCB$ 也为直角三角形。共有四个。

第 9 题

题目

一个三角形的三边长均为正整数，记为 $a,b,c$，且 $a\leqslant b\leqslant c$。若 $b=10$，则不同的有序数组 $(a,b,c)$ 共有______个。

解答

$a\in\{1,\ldots,10\}$。固定 $a$ 后，三角形不等式和大小次序给出 $10\le c<a+10$，恰有 $a$ 个整数 $c$。合计 $1+2+\cdots+10=55$。

第 10 题

题目

在 $4\times4$ 方格中填入 $8$ 个 $1$（其余格填 $0$），使得每行及每列均恰有两个 $1$，共有______种填法。

解答

第一行有 $\binom42=6$ 种，固定其 $1$ 在第 1、2 列。第二行与第一行的重合数可为 $2,0,1$：

• 重合二处：第二行唯一，后两行都只能在第 3、4 列填 $1$，共一法。
• 重合零处：第二行唯一，第三行任选两个位置，第四行取补集，共六法。
• 重合一处：第二行有四种，每种剩余两行各须占据尚未出现的那列，并分别补入另外两列之一，共两法。

总数 $6(1+6+4\cdot2)=90$。

第 11 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，三边长分别为 $a,b,c$，面积为 $S$，且

$$\frac{\sqrt3}{12}(a^2+b^2-c^2)=S.$$

若 $c=1$，求 $\sqrt3b-a$ 的最大值。

解答

由面积式与余弦定理，$\sqrt3\cos C=3\sin C$，故 $C=30^\circ$。又 $c=1$，所以 $a^2+b^2-\sqrt3ab=1$。于是

$$4-(\sqrt3b-a)^2=3a^2+b^2-2\sqrt3ab=(\sqrt3a-b)^2\ge0.$$

故 $\sqrt3b-a\le2$，在 $a=1,b=\sqrt3,C=30^\circ$ 时取到。这三边确实构成三角形，故最大值为 $2$。

第 12 题

题目

独立重复抛掷一枚质地均匀的硬币，直到累计出现两次正面时停止。求抛掷总次数的数学期望。

解答

题源并未要求连续正面。等待一次正面所需次数服从成功概率 $1/2$ 的几何分布，期望 $2$。第一次正面后，独立性使等待第二次正面的期望仍为 $2$，所以总期望为 $4$。若人为加上“连续”，会变成另一道答案为 $6$ 的题，不能混淆。

第 13 题

题目

已知圆 $C_1:x^2+y^2=5$，椭圆 $C_2:\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$。证明：对于圆 $C_1$ 的任意一条直径 $AB$，总存在圆 $C_1$ 上一点 $P$，使得 $PA,PB$ 均与椭圆 $C_2$ 相切。

解答

先证辅助事实：从圆 $x^2+y^2=5$ 上一点 $P$ 向椭圆引出的两条切线互相垂直。若一条切线的单位法向量为 $u=(u_1,u_2)$，椭圆支撑线条件为 $(u\cdot P)^2=4u_1^2+u_2^2$。取垂直单位向量 $v=(-u_2,u_1)$，则

$$(v\cdot P)^2=|P|^2-(u\cdot P)^2=5-4u_1^2-u_2^2=4v_1^2+v_2^2,$$

所以过 $P$ 且法向量为 $v$ 的另一条直线也与椭圆相切，两切线垂直。

现给定直径 $AB$。$A$ 位于椭圆外，从 $A$ 任取一条椭圆切线，它与外圆除 $A$ 外还有一点 $P$（椭圆严格在外圆内部，因此此线不可能为外圆在 $A$ 的切线）。直径所对圆周角给出 $PA\perp PB$。由辅助事实，过 $P$ 垂直于已知切线 $PA$ 的直线 $PB$ 正是另一条椭圆切线，证明完成。

第 14 题

题目

设 $A_0=O$，对 $n\geqslant1$ 有 $\overrightarrow{OA_n}=\overrightarrow{OA_{n-1}}+(x_n,y_n)$，其中 $x_n,y_n$ 为整数，且 $|x_n|+|y_n|=3$。（校订：补明原稿缺失的初始点。）

1. 求 $|\overrightarrow{OA_3}|$ 的最大值；
2. 求 $|\overrightarrow{OA_{2017}}|$ 的最小值。

解答

每一步欧氏长度不超过曼哈顿长度 $3$，故从补明的 $A_0=O$ 出发，$OA_3\le9$，连续三步 $(3,0)$ 达到。

每一步 $x_n+y_n\equiv|x_n|+|y_n|\equiv1\pmod2$，所以走奇数 $2017$ 步后的坐标和为奇数，不可能回到原点，整数坐标距离至少 $1$。前三步取 $(3,0),(-1,2),(-1,-2)$，合位移 $(1,0)$；其后加入 $1007$ 对 $(3,0),(-3,0)$，总共 $2017$ 步，合位移仍为 $(1,0)$，达到最小值 $1$。

第 15 题

题目

已知罗尔定理：若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续、在开区间 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$，使得 $f'(c)=0$。

1. 证明拉格朗日中值定理；
2. 设函数 $f$ 的定义域和值域均为 $[0,1]$，且 $f(0)=0,f(1)=1$，$f$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导。证明：对任意正整数 $n$，均存在互不相同的 $x_1,x_2,\ldots,x_n\in(0,1)$，使得

$$f'(x_1)+f'(x_2)+\cdots+f'(x_n)=n.$$

解答

(1) 令 $h(x)=f(x)-f(a)-[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$。它满足罗尔定理条件且 $h(a)=h(b)=0$，故存在 $c\in(a,b)$ 使 $h'(c)=0$，即 $f'(c)=[f(b)-f(a)]/(b-a)$，为拉格朗日中值定理。

(2) 把 $[0,1]$ 等分成 $n$ 段。在第 $j$ 段应用 (1)，得到 $x_j\in((j-1)/n,j/n)$ 使

$$f'(x_j)=n\bigl(f(j/n)-f((j-1)/n)\bigr).$$

这些开区间两两不交，所以 $x_j$ 互不相同。求和相消得 $\sum f'(x_j)=n(f(1)-f(0))=n$。

第 16 题

题目

记 $|A|$ 为有限实数集 $A$ 的元素个数，定义 $A+B=\{a+b\mid a\in A,b\in B\}$。若

$$|A+A|=\frac12|A|(|A|+1),$$

则称集合 $A$ 具有性质 $T$。

1. 设 $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$，其中数列 $\{a_n\}$ 为正有理数等比数列。证明 $A$ 具有性质 $T$；
2. 若集合 $A,B$ 均具有性质 $T$，且 $|A|=|B|=n$，求 $|A+B|$ 的最小值。

解答

性质 $T$ 等价于所有无序二元可重复和均不同。

(1) 公比为 $1$ 时集合只有一个元素，结论成立；否则反转次序并缩放后，设 $A=\{1,q,\ldots,q^{n-1}\}$，其中 $q>1$ 为有理数。若两个不同无序对之和相等，约去共同项后，可将指数排成 $i<k\le l<j$，满足 $q^i+q^j=q^k+q^l$。除以 $q^i$ 后得到首项系数为 $1$、常数项为 $1$ 的整系数多项式以 $q$ 为根。由有理根定理，有理根只可能为 $\pm1$，与 $q>1$ 矛盾。因此性质 $T$ 成立。

(2) 具有 $T$ 的实数集中，任一正差只能由一对元素产生：若 $a_i-a_j=a_k-a_l>0$，则 $a_i+a_l=a_k+a_j$，和的唯一性迫使两有序对相同。

对每个 $s\in A+B$，记表示数 $r_s=|\{(a,b):a+b=s\}|$，则 $\sum r_s=n^2$。同一和的任意两种表示给出一对不同 $A$ 元素及对应的一对 $B$ 元素；因 $B$ 的正差唯一，固定这对 $A$ 元素至多对应一次表示碰撞。因此 $\sum_s\binom{r_s}{2}\le\binom n2$。又 $r_s-1\le\binom{r_s}{2}$，故

$$n^2-|A+B|=\sum_s(r_s-1)\le\binom n2,$$

即 $|A+B|\ge n(n+1)/2$。取 $A=B=\{1,2,4,\ldots,2^{n-1}\}$，由 (1) 达到等号。