2023年中国科学技术大学强基计划数学试题 · 参考解答

单页回忆题与六页解析版在第 4、5 题的文字上有差异，以下按单页题面版本核定并标明解释。源解析第 1 题的值域方向有误。

答案速览

题号	答案
1	$[(14-6\sqrt5)/5,+\infty)$
2	$4$
3	$1349$
4	$a=1/4$，面积 $1/3$
5	三根均实（按重数）
6	$c_n=30n-29+6^{n-1}$
7	（1）$1/3$；（2）$(n-m)/(m+n)$
8	不等式成立

逐题解析

第 1 题

题目

二元函数 $f(x,y)=(x+\cos y)^2+(2x+3+\sin y)^2$ 的值域是______。

解答

对固定 $y$，把两项看成点 $(x,2x)$ 到 $(-\cos y,-3-\sin y)$ 的距离平方。沿直线方向 $(1,2)$ 调整 $x$，最小平方距离为

$$\min_x f(x,y)=\frac{(3+\sin y-2\cos y)^2}{5}.$$

因为 $\sin y-2\cos y$ 取遍 $[-\sqrt5,\sqrt5]$，且 $3-\sqrt5>0$，全局最小值为 $(3-\sqrt5)^2/5=(14-6\sqrt5)/5$，可以选适当 $y$ 和使点到直线距离最小的 $x$ 达到。固定任意 $y$ 后，$x\to\pm\infty$ 使 $f\to\infty$；二元连续函数定义域连通，故完整值域为 $[(14-6\sqrt5)/5,+\infty)$。

答案校注： 六页源解析把此和式写成有上界的区间，忽略了 $x$ 可以任意增大，不能作为本题答案。

第 2 题

题目

设复数 $z$ 满足 $|z|=1$，且 $w=\dfrac{z+1}{z-1}$，求 $\left|\dfrac1{w^2}+4w^2\right|$ 的最小值。

解答

$z\ne1$，且单位圆到虚轴的分式变换给出 $w=it$，其中 $t\in\mathbb R\setminus\{0\}$；反过来每个这样的 $t$ 都对应 $z=(w+1)/(w-1)$ 的单位模复数。于是

$$\left|\frac1{w^2}+4w^2\right| =\frac1{t^2}+4t^2\ge2\sqrt4=4.$$

当 $t^2=1/2$ 时取等，所以最小值为 $4$。

第 3 题

题目

求正整数 $n$，使 $(1+2x)^{2023}$ 展开式中 $x^n$ 的系数最大。

解答

$x^n$ 的系数为 $a_n=\binom{2023}{n}2^n$。相邻系数比为

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2(2023-n)}{n+1}>1 \quad\Longleftrightarrow\quad n<\frac{4045}{3}=1348\frac13.$$

故 $a_0,\ldots,a_{1349}$ 递增，其后递减；严格不等号的分界不落在整数下标上，最大系数下标唯一，为 $n=1349$。

第 4 题

题目

【采用单页题面版本】四条抛物线 $y=x^2+a$、$y=-x^2-a$、$x=y^2+a$、$x=-y^2-a$ 按相邻两条边界依次相切，并围成含原点的有界区域。求参数 $a$ 和该区域的面积。

解答

题面校注： 单页回忆题与六页解析版的第二条抛物线符号不同；此外“每两条都相切”对相对两条不成立。教学版明确选用单页题面的四条曲线，要求相邻边界相切并围成含原点的有界区域。

在第一象限，相邻曲线 $y=x^2+a$ 与 $x=y^2+a$ 的交点满足相减所得 $(x-y)(1+x+y)=0$，故 $x=y=t>0$。切线斜率分别为 $2t$ 和 $1/(2t)$，相切要求 $4t^2=1$，所以 $t=1/2,a=t-t^2=1/4$。其余三个象限由对称性得到相同参数，闭合区域存在。

第一象限内的区域同时满足 $0\le y\le x^2+1/4$ 与 $x\le y^2+1/4$。在 $0\le x\le1/4$，后式自动成立；在 $1/4\le x\le1/2$，它要求 $y\ge\sqrt{x-1/4}$。故第一象限面积为

$$\int_0^{1/2}\left(x^2+\frac14\right)dx -\int_{1/4}^{1/2}\sqrt{x-\frac14}\,dx =\frac16-\frac1{12}=\frac1{12}.$$

四象限对称，总面积为 $4/12=1/3$。

第 5 题

题目

已知实系数函数 $f(x)=x^3+bx^2+cx+d$，当 $-1\leqslant x\leqslant1$ 时，$|f(x)|\leqslant x+1$ 恒成立。证明：$f(x)=0$ 的三个根全部为实数。

解答

版本校注： 单页题面为 $|f(x)|\le x+1$，六页解析版有一处漏写绝对值；教学版依完整的单页题面。

在 $x=-1$，右边为零，故 $f(-1)=0$，可写成 $f(x)=(x+1)Q(x)$，其中 $Q(x)=x^2+ux+v$。对 $-1<x\le1$ 除以 $x+1>0$，可得 $|Q(x)|\le1$；连续性把条件延伸到 $x=-1$。由 $Q(-1)=1-u+v\le1$、$Q(1)=1+u+v\le1$，得到 $v\le u$ 且 $v\le-u$，所以 $v\le-|u|\le0$。二次方程 $Q(x)=0$ 的判别式 $u^2-4v\ge0$，有两个实根，允许重合；连同根 $-1$，原三次多项式的三个根按重数计均为实数。

第 6 题

题目

已知正整数数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 满足 $a_1=b_1=1$，且 $\{a_n\}$ 为等差数列，$\{b_n\}$ 为等比数列。令 $c_n=a_n+b_n$。若存在正整数 $k$ 使 $c_k=37,c_{k+2}=307$，求 $\{c_n\}$ 的通项公式。

解答

写 $a_n=1+(n-1)d,b_n=q^{n-1}$，其中 $d\ge0$ 为整数、$q\ge1$ 为整数。因 $c_1=2$，题设的 $k\ge2$。若 $q=1$，两个给定等式相减给 $2d=270$，再代回 $c_k=37$ 不可能，故 $q\ge2$。由 $(k-1)d+q^{k-1}=36$，有 $k\le6$。

逐个 $k$ 由第一式限定 $q$，再代入第二式：$k=2$ 时 $d=36-q$ 且 $3d+q^3=306$，左边随 $q\ge2$ 严格递增，唯一整数根为 $q=6,d=30$。$k=3$ 时只有 $q=2,4,6$ 使 $d$ 为非负整数，对应第二式左侧 $80,296,1296$；$k=4$ 只有 $q=3$，对应 $258$；$k=5$ 只有 $q=2$，对应 $94$；$k=6$ 无候选。故唯一解为 $k=2,q=6,d=30$，通项

$$c_n=1+30(n-1)+6^{n-1}=30n-29+6^{n-1}.$$

代回 $c_2=37,c_4=307$，确满足题设。

第 7 题

题目

箱中有 $m$ 个黑球和 $n$ 个白球（$m<n$），从箱中不放回地逐个取球，直至取完。记 $P(m,n)$ 为每次取球后黑球累计个数都严格小于白球累计个数的概率。求：（1）$P(2,4)$；（2）$P(m,n)$ 的表达式。

解答

题面校注： 起始时黑、白累计数都为零，严格小于不成立；教学版明确从每次取出一球后检查。

总共 $N=m+n$ 步，所有黑白顺序等可能，计数为 $\binom Nm$。有效顺序第一球必须是白球；删去第一球后，余下 $n-1$ 白、$m$ 黑必须使每个前缀的白球数至少为黑球数。反射原理给出有效数为

$$\binom{N-1}{m}-\binom{N-1}{m-1}.$$

第二项统计首次出现黑球多于白球的路径：把首次越界前的黑白交换，就与相应端点的路径一一对应。除以总数并用组合恒等式，

$$P(m,n)=\frac{n-m}{m+n}\qquad(m<n).$$

特别地 $P(2,4)=(4-2)/6=1/3$。$m,n$ 为正整数，等号或反向时无法全程严格领先。

第 8 题

题目

证明：$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i^2}{i^2+n^2}\leqslant\frac{n^2+2n}{4n+2}$。

解答

对 $1\le i\le n$，由 $(n-i)^2\ge0$ 得 $i^2+n^2\ge2in$，所以

$$\frac{i^2}{i^2+n^2}\le\frac{i}{2n}.$$

求和得左边至多 $(n+1)/4$。而

$$\frac{n^2+2n}{4n+2}-\frac{n+1}{4} =\frac{n-1}{4(2n+1)}\ge0.$$

于是原不等式成立；$n=1$ 时两步均取等，$n>1$ 时第一步至少在 $i<n$ 严格，故原式严格。