2019年中国科学技术大学少年创新班数学试卷 · 参考解答

本卷未见独立同名源件；前十题可与同年自主招生源页互相核对。点列题采用本卷 $P_0=(1,0)$ 的下标。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$25$	7	$\sqrt{11/3}$
2	$6\pi$	8	$14$
3	$(3/2^{2/3}-1)/2$	9	$15\sqrt6/4$
4	$36$	10	唯一根 $0$
5	$(-\cos\theta,-\sin\theta)$	11	$2^{n-1}\prod_{j=1}^n\left(x-\cos\frac{(2j-1)\pi}{2n}\right)$
6	$2019/2020$

逐题解析

第 1 题

题目

求区域 $|x+2y|+|3x+4y|\le5$ 的面积。

解答

令 $u=x+2y,v=3x+4y$，变换的行列式为 $4-6=-2$，面积放大倍数为 $2$。在 $uv$ 平面，$|u|+|v|\le5$ 是对角线均长 $10$ 的菱形，面积为 $10\cdot10/2=50$。故原区域面积为 $50/2=25$。

第 2 题

题目

求方程 $\sin2x+\cos3x=0$ 在 $[0,2\pi]$ 上所有根之和。

解答

$\sin2x+\cos3x=0$ 等价于 $\sin2x=\sin(3x-\pi/2)$。因此

$$x=\frac\pi2-2j\pi \quad\text{或}\quad x=\frac{3\pi/2+2j\pi}{5},\qquad j\in\mathbb Z.$$

在 $[0,2\pi]$ 内，第一类只有 $\pi/2$，第二类对应 $j=0,1,2,3,4$，即 $3\pi/10,7\pi/10,11\pi/10,15\pi/10,19\pi/10$；两类不重合，端点也不是根。六根之和为 $6\pi$。

第 3 题

题目

$A(1,0),B(0,1),C(x,1/\sqrt x)$，$1/4\le x\le4$，求 $\triangle ABC$ 面积最小值。

解答

直线 $AB$ 为 $x+y=1$，故面积为 $(x+x^{-1/2}-1)/2$。设 $h(x)=x+x^{-1/2}$，则 $h'(x)=1-1/(2x^{3/2})$，在 $x=2^{-2/3}\in[1/4,4]$ 处由负变正。代入得最小面积 $(3/2^{2/3}-1)/2$，并且该点在允许区间内。

第 4 题

题目

$x=3+\cos(t-\pi/3)$，$y=4+\cos(t+\pi/6)$，求 $x^2+y^2$ 最大值。

解答

令 $u=t-\pi/3$，则 $x=3+\cos u$、$y=4-\sin u$。利用 $\cos^2u+\sin^2u=1$，

$$x^2+y^2=26+6\cos u-8\sin u\le26+\sqrt{6^2+8^2}=36.$$

取 $(\cos u,\sin u)=(3/5,-4/5)$ 时取等。

第 5 题

题目

$P_0(1,0)$，将 $\overrightarrow{OP_i}$ 绕 $O$ 顺时针旋转定角 $\theta$ 得 $\overrightarrow{OQ_i}$，再将 $Q_i$ 关于 $y$ 轴对称得 $P_{i+1}$（$i=0,\ldots,2018$），求 $P_{2019}$ 坐标。

解答

若 $P_i$ 的极角为 $\phi$，顺时针旋转后为 $\phi-\theta$，再关于 $y$ 轴反射后为 $\pi-(\phi-\theta)=\pi+\theta-\phi$。这个变换作用两次即回到原角，所以奇数次变换后的点总是第一次变换所得点。由本卷 $P_0=(1,0)$ 开始，到 $P_{2019}$ 共做 $2019$ 次变换，故坐标为 $(-\cos\theta,-\sin\theta)$。

第 6 题

题目

$x_1=1/2$，$x_{n+1}=\dfrac{x_n}{2(n+1)x_n+1}$，求 $\sum_{k=1}^{2019}x_k$。

解答

取倒数 $u_n=1/x_n$，递推化为 $u_{n+1}=u_n+2(n+1)$，且 $u_1=2$。累加得到 $u_n=n(n+1)$，所以

$$\sum_{n=1}^{2019}x_n =\sum_{n=1}^{2019}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) =1-\frac1{2020}=\frac{2019}{2020}.$$

第 7 题

题目

$\dfrac{z-1}{z+1}$ 为纯虚数，求 $|z^2+z+3|$ 的最小值，并给出取等条件。

解答

由 $(z-1)/(z+1)$ 为纯虚数且分母非零，乘以共轭分母可得 $|z|=1$ 且 $z\ne-1$。令 $z=\cos t+i\sin t$，除以 $z$ 不改模，

$$|z^2+z+3|^2=|z+1+3/z|^2 =(1+4\cos t)^2+4\sin^2t =12\left(\cos t+\frac13\right)^2+\frac{11}{3}.$$

因此最小值为 $\sqrt{11/3}$。取 $\cos t=-1/3$ 时 $z\ne-1$，该值可达，且原分式确为非零纯虚数。

第 8 题

题目

$x_1,x_2,x_3,x_4\in\mathbb N^*$，且 $\{x_ix_jx_k\mid1\le i<j<k\le4\}=\{18,36,54\}$，求 $x_1+x_2+x_3+x_4$。

解答

四个三重乘积应组成仅含 $18,36,54$ 的集合。若四个 $x_i$ 两两不同，则除以总积后所得四个数也两两不同，因此必须至少两个 $x_i$ 相同。为完整排除其他组合，按大小设 $a\le b\le c\le d$。最小三重积是 $abc=18$，最大是 $bcd=54$，故 $d/a=3$；另两积 $abd,acd$ 必分别属于 $18,36,54$。枚举 $a\mid18$ 且 $d=3a$，再由 $abc=18,bcd=54$ 及 $a\le b\le c\le d$ 检验，只留下 $(a,b,c,d)=(2,3,3,6)$。四积为 $18,36,36,54$，确满足条件，故和为 $14$。

第 9 题

题目

四面体 $ABCD$ 可由三角形 $D_1D_2D_3$ 沿各边中点连线折起围成。

$|D_1D_2|=12,|D_2D_3|=10,|D_3D_1|=8$，求体积。

解答

沿三条中位线折起后，中央三角形的边长为 $6,5,4$，三个角上的三角形在空间共顶点；所得四面体的三对对棱分别等长，长度为 $6,5,4$。这是一种等腰四面体。可取四个顶点坐标为 $(u,v,w),(u,-v,-w),(-u,v,-w),(-u,-v,w)$，则三对对棱长的平方分别为 $4(v^2+w^2),4(u^2+w^2),4(u^2+v^2)$。

由此 $u^2,v^2,w^2$ 依次为 $(5^2+4^2-6^2)/8,(6^2+4^2-5^2)/8,(6^2+5^2-4^2)/8$，即 $5/8,27/8,45/8$，全为正，故确可折成非退化四面体。以一个顶点为原点计算三向量行列式，其绝对值为 $16uvw$，体积为 $8uvw/3$，得到

$$V=\frac{\sqrt{(5^2+4^2-6^2)(6^2+4^2-5^2)(6^2+5^2-4^2)}}{6\sqrt2} =\frac{15\sqrt6}{4}.$$

第 10 题

题目

$n$ 为正整数，证明 $x=0$ 是 $e^x=\sum_{k=0}^n x^k/k!$ 的唯一解。

解答

泰勒公式的拉格朗日余项给出，对每个 $x\ne0$，存在位于 $0,x$ 之间的实数 $\xi$，使

$$e^x-\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}=\frac{e^\xi x^{n+1}}{(n+1)!}.$$

右端不为零；而 $x=0$ 时两边相等，故唯一根为 $0$。

第 11 题

题目

$n$ 为正整数。(1) 证明存在多项式 $p_n(x)$ 使 $\cos(n\theta)=p_n(\cos\theta)$；(2) 在实数范围内完全因式分解 $p_n(x)$。

解答

由 $\cos((n+1)\theta)+\cos((n-1)\theta)=2\cos\theta\cos(n\theta)$，取 $p_0(x)=1,p_1(x)=x$ 并递推 $p_{n+1}(x)=2xp_n(x)-p_{n-1}(x)$，即得所需多项式。它在 $n\ge1$ 时次数为 $n$、首项系数为 $2^{n-1}$。

令 $\theta_j=(2j-1)\pi/(2n)$，$j=1,\ldots,n$，则 $\cos(n\theta_j)=0$。各 $\cos\theta_j$ 互异且为实数，正好给出 $n$ 个根。因此完全因式分解为

$$p_n(x)=2^{n-1}\prod_{j=1}^n\left(x-\cos\frac{(2j-1)\pi}{2n}\right).$$