2018年清华大学暑期学校测试 · 参考解答

答案速览

填空题	1	2	3	4	5
答案	$\mathrm i$	$3$	$\sqrt3/2$	$1/2$	$[1/\sqrt2,\sqrt2]$

填空题	6	7	8	9	10
答案	$8+2\sqrt6-2\sqrt2$	$393$	$(-\infty,-1)\cup(3,+\infty)$	$n^2$	$\sqrt{29}$

解答题	11	12	13	14	15	16
结论	$\sqrt5/2,\ 7\sqrt5/16$	公比 $1/3$；$n_{\max}=1010$	$123/175$	不存在；$1/(5\sqrt{58})$	等价关系成立	单调区间及两式均成立

逐题解析

为避免两部分重号，以下第 11—16 题对应原卷解答题第 1—6 题。

第 1 题

题目

$1+\mathrm i+\mathrm i^2+\cdots+\mathrm i^{2018}=$______。

解答

$\mathrm i$ 的幂以四项为周期，每周期和为零。去掉前 $2016$ 项后，余下 $1+\mathrm i+\mathrm i^2=\mathrm i$。

第 2 题

题目

已知 $f(x)=x^t+2\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm dx$，且 $\displaystyle\int_0^1f(x)\,\mathrm dx=-\dfrac14$，则 $t=$______。

解答

题面校注：原页积分值是 $-1/4$，整理稿漏了负号；现已恢复。函数为 $f(x)=x^t-1/2$，积分有限要求 $t>-1$，所以

$$-\frac14=\frac1{t+1}-\frac12,$$

得到 $t=3$，代回确实满足。

第 3 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，三边 $a,b,c$ 成等比数列，且 $a=6$，$(a+b)\sin C=(a-c)(\sin A+\sin C)$，则 $\sin A=$______。

解答

设 $b=6q,c=6q^2$，$q>0$。由正弦定理，所给条件等价于 $(a+b)c=(a-c)(a+c)$，即

$$q^4+q^3+q^2-1=(q+1)(q^3+q-1)=0.$$

又由余弦定理

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} =\frac{q^2+q^4-1}{2q^3}=-\frac12.$$

故 $\sin A=\sqrt3/2$。正根 $q$ 位于 $(2/3,3/4)$，由 $q^3+q=1$ 得 $q+q^2>1$，确能组成三角形。

第 4 题

题目

若 $f(x)=x^{2019}\log_{\sqrt{10}}\bigl(\sqrt{x^2+2A}+x\bigr)$ 是偶函数，则 $A=$______。

解答

偶函数的定义域须关于原点对称。若 $A\le0$，对数有意义的点只能在正半轴上，定义域非空且不对称，故不成立。于是 $A>0$，定义域为全体实数。对 $x\ne0$，偶性等价于

$$\log_{\sqrt{10}}(\sqrt{x^2+2A}+x) =-\log_{\sqrt{10}}(\sqrt{x^2+2A}-x).$$

两真数之积为 $2A$，故必须且只需 $2A=1$，即 $A=1/2$。

第 5 题

题目

设 $f(x)=x(e^x-e^{-x})$。若

$$f(\log_{\sqrt2}m)+f\left(\log_{\frac{\sqrt2}{2}}m\right)\leqslant2f(1),$$

则 $m$ 的取值范围为______。

解答

$f$ 是偶函数，且当 $x>0$ 时

$$f'(x)=e^x-e^{-x}+x(e^x+e^{-x})>0.$$

两对数互为相反数，因此原不等式等价于 $|\log_{\sqrt2}m|\le1$。所以 $m\in[1/\sqrt2,\sqrt2]$。

第 6 题

题目

设 $|\vec a|=2$，$|\vec b|=1$，$\vec a$ 与 $\vec b$ 的夹角为 $75^\circ$，则 $|\vec a+2\vec b|^2=$______。

解答

$$|\mathbf a+2\mathbf b|^2=|\mathbf a|^2+4|\mathbf b|^2+4\mathbf a\cdot\mathbf b =8+8\cos75^\circ=8+2\sqrt6-2\sqrt2.$$

第 7 题

题目

$(x+\dfrac1x+1)^7$ 的展开式中常数项为______。

解答

选取 $x$ 与 $x^{-1}$ 的次数必须相同。若均选 $k$ 次，另选 $7-2k$ 个 $1$，故常数项为

$$\sum_{k=0}^3\frac{7!}{k!k!(7-2k)!} =1+42+210+140=393.$$

第 8 题

题目

解方程 $3^x+4^x=5^x$ 时，可化为 $(\frac35)^x+(\frac45)^x=1$。注意函数 $(\frac35)^x+(\frac45)^x$ 单调递减，且 $f(2)=1$，故原方程唯一解为 $x=2$。仿照上述过程，不等式

$$x^6-2x-3>-x^2+(2x+3)^3$$

的解集为______。

解答

原不等式为 $(x^2)^3+x^2>(2x+3)^3+(2x+3)$。函数 $g(t)=t^3+t$ 在实数上严格递增，故等价于 $x^2>2x+3$，解集为 $(-\infty,-1)\cup(3,+\infty)$。

第 9 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 中，$a_{n+1}^2+a_n^2+1=2(a_{n+1}a_n+a_{n+1}+a_n)$，$a_1=1$，$a_{n+1}>a_n$，则 $a_n=$______。

解答

原递推等价于 $(a_{n+1}-a_n-1)^2=4a_n$。从 $a_1=1$ 出发，若 $a_n=n^2$，则

$$a_{n+1}=(n+1)^2\quad\text{或}\quad(n-1)^2.$$

后一值小于 $a_n$，违反严格递增。归纳得到 $a_n=n^2$。

第 10 题

题目

设 $\vec a,\vec b$ 为单位向量，$|\vec c|=\sqrt{26}$ 且 $\vec a\cdot\vec c=1$，则 $|\vec a\cdot\vec b|+|\vec b\cdot\vec c|$ 的最大值为______。

解答

对任意实数 $u,v$，$|u|+|v|=\max_{\varepsilon,\delta=\pm1}(\varepsilon u+\delta v)$。因此在单位向量 $\mathbf b$ 上最大化，结果为

$$\max_{\varepsilon,\delta=\pm1}|\varepsilon\mathbf a+\delta\mathbf c| =\sqrt{1+26+2|\mathbf a\cdot\mathbf c|}=\sqrt{29}.$$

取 $\mathbf b=(\mathbf a+\mathbf c)/\sqrt{29}$ 即可取等。

第 11 题

题目

已知 $\sin\theta+\cos\theta=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$\theta\in(0,\pi)$，求 $\sin\theta-\cos\theta$ 及 $\sin^3\theta-\cos^3\theta$ 的值。

解答

由 $(\sin\theta+\cos\theta)^2=3/4$ 得 $\sin\theta\cos\theta=-1/8$。因 $\sin\theta>0$，可知 $\cos\theta<0$，所以

$$\sin\theta-\cos\theta=\sqrt{1-2\sin\theta\cos\theta}=\frac{\sqrt5}{2}.$$

进而

$$\sin^3\theta-\cos^3\theta =(\sin\theta-\cos\theta)(1+\sin\theta\cos\theta) =\frac{7\sqrt5}{16}.$$

第 12 题

题目

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=\dfrac53$，$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac3{1+4a_n}$。

1. 证明 $\{\dfrac1{a_n}-2\}$ 是等比数列；
2. 设 $T_n=\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\cdots+\dfrac1{a_n}$。若 $T_n<2018$，求 $n$ 的最大值。

解答

取倒数得 $1/a_{n+1}=(1/a_n+4)/3$，故

$$\frac1{a_{n+1}}-2=\frac13\left(\frac1{a_n}-2\right).$$

初值为 $1/a_1-2=-7/5$，于是 $1/a_n=2-(7/5)3^{1-n}$，全部为正，递推中取倒数合法。求和得

$$T_n=2n-\frac{21}{10}(1-3^{-n}).$$

$T_n$ 严格递增，$T_{1010}=2017.9+2.1\cdot3^{-1010}<2018$，而 $T_{1011}>2022-2.1>2018$。故 $n$ 的最大值为 $1010$。

第 13 题

题目

$52$ 张牌上分别标有 $1,2,\ldots,52$。固定 $A,D$ 为标号 $a,a+9$ 的两张牌（$1\le a\le43$），再从其余 $50$ 张中等可能地取两张 $B,C$。将四张牌中两张较小的分为一组、两张较大的分为一组，记 $A,D$ 分在同组的概率为 $P(a)$。当 $P(a)\geqslant\dfrac12$ 时，求 $P(a)$ 的最大值。（补明随机模型。）

解答

题面校注：固定两张牌 $a,a+9$，其余两张从剩余 $50$ 张中等可能地选取。

两张固定牌分为一组，当且仅当另外两张均小于 $a$，或均大于 $a+9$。故

$$P(a)=\frac{\binom{a-1}{2}+\binom{43-a}{2}}{\binom{50}{2}}, \qquad 1\le a\le43.$$

分子是关于 $a$ 的凸二次函数，在该区间上最大值必在端点取得。当 $a=1$ 或 $43$ 时，$P(a)=\binom{42}{2}/1225=123/175>1/2$，满足限制。因此所求最大值为 $123/175$。

第 14 题

题目

在图 1 中，$A,F,D$ 依次共线，$BC\parallel AD$，$AF=BC=BF=1$，$DF=3AF$，$BF\perp AD$，$\angle A=45^\circ$。现将 $\triangle ABF$ 沿边 $BF$ 折叠，使得 $PC=\sqrt3$（$P$ 是折叠后的 $A$ 点），如图 2。（依图补明平行关系，折叠后原 $AB$ 记为 $PB$。）

1. 在线段 $PB$ 上是否存在 $E$，使得 $DE\perp PC$？
2. 在线段 $PB$ 上取 $E$，使得 $3PE=EB$，求直线 $PD$ 与平面 $CDE$ 所成角的正弦值。

解答

题面校注：依原图补明 $BC\parallel AD$；折叠后的线段应记为 $PB$，不再写 $AB$；直线与平面所成的是线面角，而非二面角。

取 $F=(0,0,0),B=(0,1,0),D=(3,0,0),C=(1,1,0)$。折叠后 $P=(u,0,v)$ 且 $u^2+v^2=1$。由 $PC^2=3-2u=3$ 得 $u=0$，不妨取 $P=(0,0,1)$。

（1）写 $E=(0,t,1-t)$，$0\le t\le1$。则

$$\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{PC} =(-3,t,1-t)\cdot(1,1,-1)=2t-4<0.$$

所以不存在满足垂直条件的 $E$。

（2）$3PE=EB$ 给出 $t=1/4$，故 $E=(0,1/4,3/4)$。平面 $CDE$ 的法向量可取 $\mathbf n=(3,6,10)$，因为它分别与 $C-D=(-2,1,0)$、$E-D=(-3,1/4,3/4)$ 垂直。$PD$ 方向为 $(3,0,-1)$，故线面角的正弦为

$$\frac{|(3,0,-1)\cdot(3,6,10)|}{\sqrt{10}\sqrt{145}} =\frac1{5\sqrt{58}}.$$

第 15 题

题目

过 $P(1,1)$ 作两条不重合的直线 $l_1,l_2$，与抛物线 $y^2=2px$（$p>0$）分别交于 $A,B$ 和 $C,D$，且四点互异。证明：$A,B,C,D$ 四点共圆，当且仅当 $l_1$ 与 $l_2$ 的倾斜角互补。

解答

已明确 $p>0$ 且四交点互异。抛物线上的点用纵坐标唯一参数化为 $(t^2/(2p),t)$。

若四点在圆 $x^2+y^2+ux+vy+w=0$ 上，则它们的四个纵坐标是四次方程

$$t^4+(4p^2+2pu)t^2+4p^2vt+4p^2w=0$$

的根，其三次项系数为零，故四纵坐标之和为零。反过来，若四个互异纵坐标之和为零，则其首一根多项式无三次项；选择 $u,v,w$ 匹配其余系数，就能得到经过四点的上述圆方程。它经过四个不同实点，半径平方必正，故确为圆。

若一条割线竖直，则其两交点纵坐标之和为零；四点共圆迫使另一条也竖直，与两直线不同矛盾。水平线不可能有两个交点。因此在共圆情形，两条斜率 $k_1,k_2$ 有限且非零；直线为 $y-1=k_i(x-1)$，代入抛物线所得二次方程的两根和为 $2p/k_i$。四纵坐标之和为零等价于

$$\frac1{k_1}+\frac1{k_2}=0,$$

也就是 $k_1=-k_2$。这等价于两条不同直线的倾斜角互补。反向从倾斜角互补出发亦可使用同一计算得到共圆，等价关系得证。

第 16 题

题目

已知 $f(x)=x\cos x-\sin x+1\ (x>0)$。

1. 求 $f(x)$ 的单调区间；

2. 记 $x_i$ 是 $f(x)$ 从小到大的第 $i$ 个零点（$i\in\mathbb Z_+$）。

   • (i) 当 $i$ 取 $1,3,5,\ldots,2k+1\ (k\in\mathbb N)$ 时，证明

$$\frac1{x_1^2}+\frac1{x_3^2}+\cdots+\frac1{x_i^2}<\frac9{2\pi^2};$$

- (ii) 证明

  

$$\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}+\cdots+\frac1{x_i^2}<\frac{23}{4\pi^2}.$$

解答

$f'(x)=-x\sin x$。所以 $f$ 在 $(2k\pi,(2k+1)\pi)$ 上严格递减，在 $((2k+1)\pi,(2k+2)\pi)$ 上严格递增，其中 $k=0,1,\ldots$。

有 $f(2k\pi)=2k\pi+1>0$，$f((2k+1)\pi)=1-(2k+1)\pi<0$，而 $f(0)=1$。每个上述单调区间内恰有一个零点。因此

$$x_{2k+1}=\left(2k+\frac12\right)\pi\quad(k\ge0),\qquad (2k-1)\pi<x_{2k}<2k\pi\quad(k\ge1).$$

前式由在该点 $\cos x=0,\sin x=1$ 验证；每区间的唯一性保证编号无误。

对于奇数编号零点，若有限和只有首项，它为 $4/\pi^2<9/(2\pi^2)$；一般利用

$$\sum_{k=1}^{m}\frac1{(4k+1)^2} <\sum_{k=1}^{m}\frac1{(4k-2)(4k+2)} =\frac14\left(\frac12-\frac1{4m+2}\right)<\frac18,$$

得到任意有限奇数编号和严格小于 $(4/\pi^2)(1+1/8)=9/(2\pi^2)$。

对于偶数编号，由 $x_{2k}>(2k-1)\pi$，以及

$$\sum_{k=2}^{m}\frac1{(2k-1)^2} <\sum_{k=2}^{m}\frac1{4k(k-1)} =\frac14\left(1-\frac1m\right)<\frac14,$$

可知任意有限偶数编号和小于 $5/(4\pi^2)$。把两类相加，任意前 $i$ 项均满足

$$\sum_{j=1}^{i}\frac1{x_j^2} <\frac9{2\pi^2}+\frac5{4\pi^2}=\frac{23}{4\pi^2}.$$