2019年中国科学技术大学自主招生数学试题 · 参考解答

按同名源 PDF 单页的题序。与同年少年创新班稿共享题材，但第 5、6 题顺序及点列的起始下标不同；第 8 题下标转写已校正。

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	$2019/2020$	11	存在次数为 $n$ 的多项式 $p_n$
6	$(1,0)$

逐题解析

第 1 题

题目

已知 $x,y\in\mathbb R$，则满足

$$|x+2y|+|3x+4y|\le5$$

的点 $(x,y)$ 所构成的区域面积是 ______。

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

方程 $\sin2x+\cos3x=0$ 在区间 $[0,2\pi]$ 上的所有根之和为 ______。

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

平面上的点 $A(0,1)$，$B(1,0)$，$C\left(x,\dfrac1{\sqrt x}\right)$，其中 $\dfrac14\le x\le4$，则 $\triangle ABC$ 的面积最小值为 ______。

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

设

$$x=3+\cos\left(t-\frac\pi3\right),\qquad y=4+\cos\left(t+\frac\pi6\right),\qquad t\in\mathbb R,$$

则 $x^2+y^2$ 的最大值为 ______。

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

数列 $\{x_n\}$ 满足

$$x_1=\frac12,\qquad x_{n+1}=\frac{x_n}{2(n+1)x_n+1},$$

则 $\displaystyle\sum_{i=1}^{2019}x_i=$ ______。

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 6 题

题目

已知 $P_1(1,0)$，$O$ 为原点。把 $\overrightarrow{OP_i}$（$i=1,2,\ldots$）绕原点按顺时针旋转 $\theta$ 至 $\overrightarrow{OQ_i}$，记 $P_{i+1}$ 是点 $Q_i$ 关于 $y$ 轴的对称点，则点 $P_{2019}$ 的坐标为 ______（用 $\theta$ 表示）。

解答

若极角为 $\phi$，顺时针转 $\theta$ 后再关于 $y$ 轴反射，极角变为 $\pi+\theta-\phi$。这个变换作用两次等于恒等变换。本卷从 $P_1=(1,0)$ 到 $P_{2019}$ 共做 $2018$ 次，偶数次后回到 $(1,0)$。

第 7 题

题目

已知复数 $z$ 满足 $\dfrac{z-1}{z+1}$ 是纯虚数，则 $|z^2+z+3|$ 的最小值为 ______，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

设 $x_1,x_2,x_3,x_4\in\mathbb N^*$，满足

$$\{x_ix_jx_k\mid 1\le i<j<k\le4\}=\{18,36,54\},$$

则 $\displaystyle\sum_{i=1}^4x_i=$ ______。

解答

题面校注： 源页第 8 题的三重积下标缺少明确的取法；原转写写成 $i\le j\le k$ 还允许重复下标，无法与给定三个数一致。教学版按四个不同下标中取三个恢复为 $i<j<k$。

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

把 $\triangle D_1D_2D_3$ 沿三条中位线折叠成四面体 $ABCD$，其中

$$D_1D_2=12,\qquad D_1D_3=10,\qquad D_2D_3=8,$$

求四面体 $ABCD$ 的体积。

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

设 $n$ 是正整数，

$$f(x)=e^x-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}.$$

求证：$f(x)=0$ 有且仅有唯一解 $x=0$。

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

设 $n$ 是正整数。证明：存在多项式 $P(x)$，使得

$$\cos n\theta=P(\cos\theta).$$

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。题目只要求存在性；进一步可完全因式分解为

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