2018年清华大学文科营测试 · 参考解答

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题号	1	2	3	4	5	6	7	8	9
答案	B	A	C	$18$	$6$	$12$	$1/4$	$10.75$	$1$

题号	10	11	12	13	14	15	16	17
答案	$10$	$8$	$y=-1/4$	平行；$3\sqrt2/4$	$15$	$14833$	定义域及增区间 $(0,1)$；存在唯一；$n=11$	三项均成立

逐题解析

第 14、15 题为明确标注的教学补编；来源从第 13 题直接跳到第 16 题，以下不把补编内容当成原题。

第 1 题

题目

某摩天轮最低点离地面 $2\,\mathrm m$，半径为 $10\,\mathrm m$，匀速转一周需要 $12$ 分钟。乘客在一周内离地面不低于 $17\,\mathrm m$ 的时间为（　）。

• A. $2$ 分钟
• B. $4$ 分钟
• C. $6$ 分钟
• D. $8$ 分钟

解答

摩天轮圆心离地面 $12$ 米。离地不低于 $17$ 米等价于相对于圆心的竖直高度不低于半径的一半，对应圆心角为 $120^\circ$ 的顶部圆弧。故所用时间为 $12\cdot120/360=4$ 分钟，选 B。

第 2 题

题目

$\triangle ABC$ 的三边 $a,b,c$ 成等差数列，所对的角分别为 $A,B,C$，则 $\sin B+\cos B$ 的取值范围为（　）。

• A. $(1,\sqrt2]$
• B. $[\frac12,\sqrt2]$
• C. $(1,\frac12+\sqrt3]$
• D. $[\frac12,\frac12+\sqrt5]$

解答

设 $a=b-d,c=b+d$。三角不等式等价于 $b>2|d|$。由余弦定理

$$\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} =\frac{b^2+2d^2}{2(b^2-d^2)}\in[1/2,1).$$

所以 $0<B\le\pi/3$。在此区间，$\sin B+\cos B=\sqrt2\sin(B+\pi/4)$ 的最大值为 $\sqrt2$，在 $B=\pi/4$ 取到；它总大于 $1$ 且当 $B\to0^+$ 时趋于 $1$。故值域为 $(1,\sqrt2]$，选 A。

第 3 题

题目

如图，在正方体中，$A,B,C$ 分别为三条棱的中点，则截面 $ABC$ 是（　）边形。

• A. $3$
• B. $4$
• C. $5$
• D. $6$

解答

依图取单位立方体为 $[0,1]^3$，前面为 $y=0$，竖直方向为 $z$。三点为 $A=(1/2,0,1),B=(1,0,1/2),C=(0,1/2,0)$，所以截平面为 $x+3y+z=3/2$。它与棱相交所得顶点依次为

$$(0,1/2,0),\ (1,1/6,0),\ (1,0,1/2),\ (1/2,0,1),\ (0,1/6,1).$$

其余各棱无交点，截面是五边形，选 C。

第 4 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$，$a_{n+1}\leqslant\dfrac12(a_n+a_{n+2})$，且 $a_{505}=2018$，则 $a_5$ 的最大值为（　）。

解答

令 $d_n=a_{n+1}-a_n$，题设给出 $d_{n+1}\ge d_n$。故前四个差的平均值不大于前 $504$ 个差的平均值，得到

$$\frac{a_5-a_1}{4}\le\frac{a_{505}-a_1}{504}=\frac{2016}{504}=4.$$

因此 $a_5\le18$；等差数列 $a_n=2+4(n-1)$ 符合所有条件并达到 $18$，故最大值是 $18$。

第 5 题

题目

将 $1,2,\ldots,9$ 各一次填入 $3\times3$ 方格，使每行从左到右递增、每列从上到下递增，且 $3,4$ 的位置如图所示，则填法共有（　）种。

解答

原图第二行前两格固定为 $3,4$。左上角必须为 $1$，其右侧必须为 $2$：这两个位置都小于 $4$，又按行递增，排除了已被占用的 $3$。右下角必须为 $9$。剩余 $5,6,7,8$ 填在右上及其下一格、左下及其右侧一格，只需各自保持两条长度为 $2$ 的链递增。因此只需从四数中选择哪两数给第一条链，共 $\binom42=6$ 种。

第 6 题

题目

定义 $[x]$ 为不超过 $x$ 的最大整数，则满足 $[x]^2+[y]^2=50$ 的点 $(x,y)$ 所组成图形的面积为（　）。

解答

设 $m=[x],n=[y]$。整数解 $m^2+n^2=50$ 为 $(\pm1,\pm7)$ 及交换位置，共八组，以及 $(\pm5,\pm5)$ 四组。每组对应互不重叠的单位半开正方形 $[m,m+1)\times[n,n+1)$，故总面积为 $12$。

第 7 题

题目

在圆周上独立、均匀地取三个点，它们构成锐角三角形的概率为（　）。

解答

题目采用三点独立均匀的模型。除概率为零的直角情形外，三角形非锐角当且仅当三点落在某个半圆内。指定其中一个点为该半圆的起始端点，其余两点均落在顺时针半圆内的概率为 $1/4$。非退化的非锐角情形中，满足条件的起始点唯一，故三种事件不重叠（端点情形为零测集），其总概率为 $3/4$。于是锐角三角形概率为 $1/4$。

第 8 题

题目

二进制数 $(1010.11)_2$ 化为十进制数为（　）。

解答

$(1010.11)_2=2^3+2^1+2^{-1}+2^{-2}=10.75$。

第 9 题

题目

函数 $f(x)=x^2\ln x+x^2-2$ 的零点个数为______。

解答

定义域为 $x>0$，$f'(x)=x(2\ln x+3)$，所以 $f$ 在 $(0,e^{-3/2})$ 递减，在 $(e^{-3/2},+\infty)$ 递增。又 $\lim_{x\to0^+}f(x)=-2$，最小值小于 $-2$，而 $f(x)\to+\infty$。故仅有一个零点。

第 10 题

题目

$f(x)$ 为定义在实数集上的增函数，且满足 $f\bigl(f(x)-3^x\bigr)=4$，求 $f(2)$。

解答

增函数按严格递增理解，因而单射。$f(f(x)-3^x)=4$ 的自变量必须恒定，记为 $k$，于是 $f(x)=3^x+k$。再由 $f(k)=4$ 得 $3^k+k=4$；左边严格递增，$k=1$ 是其唯一解。故 $f(2)=9+1=10$。

第 11 题

题目

半径为 $1$ 的球面上有不共面的四点 $A,B,C,D$，满足 $AD=BC=x$，$AC=BD=y$，$AB=CD=z$，求 $x^2+y^2+z^2$ 的值。

解答

以四点重心为原点，位置向量记为 $u_1,\ldots,u_4$，则 $\sum u_i=0$。一对对棱相等，例如 $|u_1-u_2|=|u_3-u_4|$，结合 $u_1+u_2=-(u_3+u_4)$，由平行四边形恒等式得到

$$|u_1|^2+|u_2|^2=|u_3|^2+|u_4|^2.$$

对另外两对对棱同理，可知四个 $|u_i|$ 全相等。四点不共面，外接球心唯一，所以重心就是题设单位球的球心，$|u_i|=1$。再由

$$\sum_{i<j}|u_i-u_j|^2=4\sum_i|u_i|^2-\left|\sum_i u_i\right|^2=16$$

得 $2(x^2+y^2+z^2)=16$，故答案为 $8$。

第 12 题

题目

已知抛物线 $y=x^2$ 及其焦点 $F$，$F$ 与 $Q(x,y)$ 连线段的中垂线为该抛物线的切线，求点 $Q$ 的轨迹方程。

解答

焦点 $F=(0,1/4)$，抛物线上参数点 $(t,t^2)$ 的切线为 $2tx-y-t^2=0$。$FQ$ 的中垂线为此切线，等价于 $Q$ 是 $F$ 关于该线的反射点。反射公式给出

$$Q=(0,1/4)-\frac{2(-1/4-t^2)}{4t^2+1}(2t,-1)=(t,-1/4).$$

$t$ 可以遍历实数，故轨迹是整条准线 $y=-1/4$。

第 13 题

题目

如图，在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为 $CC_1$ 的中点，$P_1,P_2$ 为上顶面内两个不同点，满足 $BP_1\perp A_1E$，$BP_2\perp A_1E$。

1. 判断 $P_1P_2$ 与 $BD$ 的位置关系；
2. 若允许 $P_1,P_2$ 在正方体的整个表面运动，求 $|A_1P_1|$ 的最小值。

解答

取 $A=(0,0,0),B=(1,0,0),D=(0,1,0),A_1=(0,0,1)$，则 $E=(1,1,1/2)$。正交条件给出动点平面

$$\Pi:\quad x+y-\frac z2=1.$$

（1）上顶面 $z=1$ 上，交线为 $x+y=3/2$，方向 $(1,-1,0)$，与 $BD$ 平行。已明确 $P_1\ne P_2$，故 $P_1P_2$ 有定义。

（2）所求是在 $\Pi$ 与正方体表面交集上最小化 $x^2+y^2+(z-1)^2$。按六个面分类：

• 在 $z=1$ 上，$x+y=3/2$，最小平方为 $9/8$，于 $x=y=3/4$ 取得；
• 在 $z=0$ 上，$x+y=1$，最小平方为 $3/2$；
• 在 $x=1$ 上，$y=z/2$，平方为 $1+z^2/4+(z-1)^2$，最小值为 $6/5$，于 $z=4/5$ 取得；在 $y=1$ 上同理；
• 在 $x=0$ 上，$y=1+z/2$ 与坐标限制共同迫使 $y=1,z=0$，平方为 $2$；在 $y=0$ 上同理。

六面覆盖整个表面，比较得到最小距离为 $\sqrt{9/8}=3\sqrt2/4$。

第 14 题

题目

（教学补编，原第 14 题缺失）满足 $\dfrac1x+\dfrac1y=\dfrac1{12}$ 的正整数有序数对 $(x,y)$ 有多少组？

解答

本题为教学补编。由 $1/x+1/y=1/12$ 得 $x,y>12$，且

$$(x-12)(y-12)=144=2^4\cdot3^2.$$

每个正因子 $d\mid144$ 唯一给出有序解 $(x,y)=(12+d,12+144/d)$。正因子个数为 $(4+1)(2+1)=15$，故有十五组。

第 15 题

题目

（教学补编，原第 15 题缺失）将标有 $1,2,\ldots,8$ 的八张卡片分别放入编号为 $1,2,\ldots,8$ 的八个盒子，每盒恰放一张，且每张卡片的标号均不同于所在盒子的编号。共有多少种放法？

解答

本题为教学补编。令 $A_i$ 表示第 $i$ 张卡片放入同号盒子的排列集合。指定 $k$ 张卡片放对后，其余有 $(8-k)!$ 种放法；容斥原理给出完全放错的方案数

$$\begin{aligned} D_8&=\sum_{k=0}^8(-1)^k\binom8k(8-k)! =8!\sum_{k=0}^8\frac{(-1)^k}{k!}\\ &=40320-40320+20160-6720+1680-336+56-8+1=14833. \end{aligned}$$

第 16 题

题目

函数 $f(x)=\dfrac12+\lg\dfrac{x}{1-x}$，$P$ 为函数曲线上横坐标为 $\dfrac12$ 的定点，$A(x_1,y_1)$ 和 $B(x_2,y_2)$ 为函数曲线上的动点，满足

$$2\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}.$$

1. 直接写出 $f(x)$ 的定义域和单调区间；
2. 对于任意 $A(x_1,y_1)$，满足题意的 $B(x_2,y_2)$ 是否存在？若存在，结果是否唯一？
3. 记

$$a_n=f\left(\frac1{n+1}\right)+\cdots+f\left(\frac n{n+1}\right),\quad n\in\mathbb N^+,$$

$b_n=2018\left(-\dfrac12\right)^{2a_n}$，$T_n=b_1b_2\cdots b_n$，问 $T_n$ 何时取得最大值？

解答

（1）对数真数为正等价于 $0<x<1$；且

$$f'(x)=\frac1{\ln10}\left(\frac1x+\frac1{1-x}\right)>0,$$

所以定义域和唯一的严格递增区间均为 $(0,1)$。

（2）$P=(1/2,1/2)$，向量关系要求 $x_2=1-x_1,y_2=1-y_1$。由 $f(x)+f(1-x)=1$ 可知此点总在曲线上，因此 $B$ 存在且唯一。

（3）将求和指标 $k$ 与 $n+1-k$ 配对（中间项存在时为 $1/2$），得 $a_n=n/2$。于是

$$b_n=2018(-1/2)^n,\qquad T_n=2018^n(-1)^{n(n+1)/2}2^{-n(n+1)/2}.$$

其绝对值的相邻项比为 $2018/2^{n+1}$。因为 $2^{10}<2018<2^{11}$，绝对值严格增至 $n=10$，其后严格递减。正值恰在 $n\equiv0,3\pmod4$ 出现，因此正值中的最大者只需比较 $n=8$ 与 $n=11$。二者比

$$\frac{T_{11}}{T_8}=\frac{2018^3}{2^{30}}>1$$

（$2018>2^{10}$），故 $T_n$ 唯一在 $n=11$ 时取得最大值。

第 17 题

题目

抛物线 $y^2=2px\ (p>0)$ 的焦点为 $F$，过抛物线外一点 $P(x_0,y_0)$ 作抛物线的两条切线 $l_1,l_2$，切点分别为 $M(x_1,y_1)$ 和 $N(x_2,y_2)$。

1. 证明 $l_1$ 的方程为 $y_1y=p(x+x_1)$；
2. 证明 $|PF|^2=|MF|\cdot|NF|$；
3. 证明 $\angle PMF=\angle FPN$。

解答

将抛物线参数化为

$$M=(pt^2/2,pt),\quad N=(pu^2/2,pu),\quad t\ne u,\qquad F=(p/2,0).$$

（1）参数 $t$ 处的切线为 $x-ty+pt^2/2=0$。当 $t\ne0$ 时可由隐式求导得斜率 $1/t$；当 $t=0$ 时它就是顶点竖直切线 $x=0$。将 $y_1=pt,x_1=pt^2/2$ 代入即可写为 $y_1y=p(x+x_1)$。

两条切线相交得到

$$P=(ptu/2,p(t+u)/2).$$

（2）焦半径及点到焦点距离为

$$MF=\frac p2(1+t^2),\quad NF=\frac p2(1+u^2),\quad PF^2=\frac{p^2}{4}\bigl[(tu-1)^2+(t+u)^2\bigr] =\frac{p^2}{4}(1+t^2)(1+u^2).$$

故 $PF^2=MF\cdot NF$。

（3）另有

$$PM=\frac p2|t-u|\sqrt{1+t^2},\qquad PN=\frac p2|t-u|\sqrt{1+u^2}.$$

从而

$$\frac{MF}{PF}=\frac{PF}{NF}=\frac{PM}{PN} =\sqrt{\frac{1+t^2}{1+u^2}}.$$

由三边对应成比例，$\triangle MFP\sim\triangle PFN$，对应顶点 $M\leftrightarrow P$，所以 $\angle PMF=\angle FPN$，得证。