2025年中国科学技术大学强基计划数学试题 · 参考解答

按源长图的十四题编号。第 5 题按字面为无限集合，已沿单位根主题另拟有限计数题；第 6、9、12、14 题补明必要的随机或参数条件。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$6$	8	$1959/980$
2	$\dfrac{\sqrt3}{7}(1-8^{-675})$	9	$(0,1,1,1)$
3	$1/6$	10	$5/12$ 或 $15/4$
4	$\sqrt3/2$	11	$4$
5	$365$（编拟）	12	$(3+\sqrt5)/2$
6	$m[1-(1-1/m)^n]$	13	$n=1$
7	$89$	14	$(3-\sqrt7,3-\sqrt6]\cup(1,3+\sqrt6]$

逐题解析

第 1 题

题目

方程 $x^2+xy+y^2=4$ 有多少对整数解？

解答

将原式写为 $(x+y/2)^2+3y^2/4=4$，得到 $|y|\le2$。对 $y=0$ 有 $x=\pm2$；对 $y=\pm1$，判别式 $16-3y^2=13$ 不是完全平方数，无整数 $x$；对 $y=\pm2$，得 $(x\pm1)^2=1$，每个 $y$ 对应两个整数 $x$。共 $2+2+2=6$ 对，即 $(\pm2,0),(0,\pm2),(2,-2),(-2,2)$。

第 2 题

题目

计算 $\displaystyle\sum_{k=1}^{2025}\frac1{2^k}\sin\left(\frac{2k\pi}{3}\right)$。

解答

$\sin(2k\pi/3)$ 按 $k\bmod3$ 依次为 $\sqrt3/2,-\sqrt3/2,0$。将 $2025=3\cdot675$ 项分成 $675$ 组三项，第 $j$ 组（$j=0,\ldots,674$）的和为

$$\frac{\sqrt3}{2}\left(2^{-(3j+1)}-2^{-(3j+2)}\right) =\frac{\sqrt3}{8}\,8^{-j}.$$

几何级数求和得 $\frac{\sqrt3}{8}\frac{1-8^{-675}}{1-1/8}=\frac{\sqrt3}{7}(1-8^{-675})$。

第 3 题

题目

空间中由四点 $A(1,1,0)$、$B(0,1,1)$、$C(1,0,1)$、$D(1,1,1)$ 构成的四面体体积是多少？

解答

以 $D$ 为基点，三个棱向量依次为 $A-D=(0,0,-1)$、$B-D=(-1,0,0)$、$C-D=(0,-1,0)$。它们两两垂直且长度均为 $1$，行列式绝对值为 $1$，四面体体积为平行六面体体积的 $1/6$，即 $1/6$。

第 4 题

题目

圆锥展开图为半径为 $1$ 的半圆，求圆锥的高。

解答

展开扇形半径即圆锥母线长 $l=1$，半圆弧长为 $\pi$，等于底圆周长 $2\pi r$，故底半径 $r=1/2$。圆锥高由直角三角形给出 $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt3/2$。

第 5 题

题目

【教学编拟：原集合无限】设 $w,z$ 为复数，满足 $w^{15}=1$、$z^{25}=1$。求集合 $\{w+z\}$ 的元素个数，并说明不同有序对何时会产生相同的和。

解答

教学编拟说明： 源图中的 $w/z\in\mathbb C$ 只要求 $z\ne0$，与 $|w^{15}+z^{25}|=1$ 合用时，$w+z$ 一般有无穷多值；例如取 $0<z<1$、$w=(1-z^{25})^{1/15}>0$ 即给出连续变化的和。教学版改为 $w^{15}=z^{25}=1$ 的单位根和集，保留复数及指数主题，明确是新题。

共有 $15\cdot25=375$ 个有序对。若 $w+z=w'+z'=s\ne0$ 且四个数都在单位圆上，则同一条弦由中点 $s/2$ 唯一确定，所以无序端点对 $\{w,z\}=\{w',z'\}$。$s=0$ 不可能：若 $z=-w$ 且 $w^{15}=1,z^{25}=1$，则 $w^{25}=-1$，但 $w^{25}$ 的阶整除 $3$，不能为 $-1$。

故重复计数只能由交换一对不同的 $w,z$ 产生，且交换后两者仍分别是 $15$ 次与 $25$ 次单位根。这要求 $w,z$ 同属两根集的交集，即 $5$ 次单位根集合。任选其中两个不同的根，共 $\binom52=10$ 个无序对，每对被算两次。故不同和的个数为 $375-10=365$。

第 6 题

题目

【补全随机模型】将 $n$ 个有标号的球独立、等可能地放进 $m$ 个有标号的盒子（$n,m\ge1$）。求装有球的盒子个数的期望。

解答

题面校注： 原图没有给出球、盒标号及投放概率，期望依赖随机模型。教学版明示每个有标号球独立、等可能地选择 $m$ 个有标号盒之一。

令 $I_j$ 表示第 $j$ 个盒是否非空，装有球的盒数 $X=\sum_{j=1}^m I_j$。每个球都避开固定盒的概率为 $(1-1/m)^n$，所以 $E(I_j)=1-(1-1/m)^n$。由期望线性性，

$$E(X)=m\left[1-\left(1-\frac1m\right)^n\right].$$

$m=1$ 时式子给 $1$，与实际一致。

第 7 题

题目

将 $1,2,\ldots,10$ 重新排列为 $a_1,a_2,\ldots,a_{10}$。若对所有 $1\le i\le10$ 均有 $|a_i-i|\le1$，求这样的排列个数。

解答

位移至多为 $1$ 的排列只能把若干互不相邻的相邻位置对交换，其余位置保持不动：若 $a_1=1$，去掉首位后为同型问题；若 $a_1=2$，值 $1$ 只能放在第二位，首两位必须交换，余下同型。设 $T_r$ 为 $r$ 个位置的方案数，则 $T_r=T_{r-1}+T_{r-2}$，初值 $T_1=1,T_2=2$。依次得到 $T_3=3,T_4=5,\ldots,T_{10}=89$。

第 8 题

题目

设 $(1-x)^{1958}=\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}a_kx^k$，求 $\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}\frac1{a_k}$。

解答

$a_k=(-1)^k\binom{1958}{k}$。利用贝塔积分的整数形式

$$\frac1{\binom Nk}=(N+1)\int_0^1 t^k(1-t)^{N-k}\,dt,$$

其中可由分部积分 $k$ 次核得。取 $N=1958$ 后求和，有限和可与积分交换，且等比和为

$$\sum_{k=0}^N(-t)^k(1-t)^{N-k} =(1-t)^{N+1}+t^{N+1}$$

（因为 $N$ 为偶数）。积分给出

$$\sum_{k=0}^{1958}\frac1{a_k} =(1959)\frac2{1960}=\frac{1959}{980}.$$

第 9 题

题目

若恒等式 $\displaystyle\frac{(x+1)^n}{x^m}+1=\frac{(x+1)^b}{x^a}$ 对所有 $x>0$ 成立，求所有非负整数四元组 $(n,m,b,a)$。

解答

题面校注： 原图未写自变量的范围，也未明确等式应恒成立。教学版规定对所有 $x>0$ 恒成立，四个指数为非负整数。

乘以 $x^m$ 后，

$$(1+x)^n+x^m=x^{m-a}(1+x)^b.$$

若 $a>m$，再乘以 $x^{a-m}$ 并令 $x\to0^+$，左边趋零、右边趋 $1$，矛盾。若 $a<m$，右边趋零而左边趋 $1$（$m>0$），也矛盾。若 $m=0$，原式在 $x\to0^+$ 时左边趋 $2$，右边只有趋 $0,1$ 或无穷的可能，也不成立。故必须 $m=a>0$，且

$$(1+x)^b=(1+x)^n+x^m.$$

若 $n>0$，令 $x=-1$，左边在 $b>0$ 时为零，右边为 $(-1)^m\ne0$；若 $b=0$，在 $x>0$ 时右边大于 $1$，也不可能。所以 $n=0$。此时 $(1+x)^b=1+x^m$，比较次数得 $b=m$；比较 $x$ 的系数，$b>0$ 而右边在 $m>1$ 时无一次项，故 $m=1$。唯一四元组为 $(n,m,b,a)=(0,1,1,1)$，直接代入可核验。

第 10 题

题目

已知圆 $O$ 与 $y$ 轴相切，且与 $y=\ln x$ 相切于 $\left(\dfrac34,\ln\dfrac34\right)$，求圆 $O$ 的半径。

解答

记切点 $P=(3/4,\ln(3/4))$。对数曲线在此处斜率为 $4/3$，一条法向量可取 $(4,-3)$。故圆心必为 $C=P+t(4,-3)$，半径 $R=5|t|$。圆与 $y$ 轴相切要求圆心横坐标的绝对值等于半径：

$$\left|\frac34+4t\right|=5|t|.$$

平方或分符号解得 $t=3/4$ 或 $t=-1/12$，分别给半径 $15/4$、$5/12$。两圆圆心都在相应法线上，且点 $P$ 到圆心的距离为半径，所以确与曲线在指定点相切；到 $y$ 轴的距离也等于半径。

第 11 题

题目

若 $m-\dfrac12<x\le m+\dfrac12$，且 $m\in\mathbb Z$，记 $m=\langle x\rangle$。求方程 $\dfrac43x-1=\langle x\rangle$ 的实数解个数。

解答

令 $m=\langle x\rangle$。方程给 $x=3(m+1)/4$，代入定义区间

$$m-\frac12<\frac{3(m+1)}4\le m+\frac12$$

得到 $m<5$ 且 $m\ge1$。整数 $m$ 只能为 $1,2,3,4$，各对应唯一实数 $x$，故解的个数为 $4$。严格左端排除了 $m=5$。

第 12 题

题目

设实数 $a<b$ 且 $ab\ne0$，已知 $f(x)=2x-x^2$ 在 $[a,b]$ 上的值域为 $\left[\dfrac1b,\dfrac1a\right]$，求 $a+b$ 的所有可能值。

解答

题面校注： 原图未说明 $a<b$ 及分母非零；教学版按非退化闭区间补明。由于目标区间 $[1/b,1/a]$ 非空且 $a<b$，$a,b$ 必同号。

若二者为负，$f(x)=2x-x^2$ 在 $[a,b]$ 严格递增，所以端点条件为 $f(a)=1/b,f(b)=1/a$，即 $ab(2-a)=ab(2-b)=1$。$ab\ne0$ 迫使 $a=b$，矛盾。

若二者为正，由 $f(x)\le1$ 得最大值 $1/a\le1$，所以 $a\ge1$，$f$ 在 $[a,b]$ 递减。两端条件为 $f(a)=1/a,f(b)=1/b$，均等价于

$$x(2x-x^2)=1 \quad\Longleftrightarrow\quad (x-1)(x^2-x-1)=0.$$

不小于 $1$ 的两根是 $1$ 与 $\varphi=(1+\sqrt5)/2$，且 $a<b$，故 $a=1,b=\varphi$。此时 $f$ 连续递减，值域端点恰为 $[1/\varphi,1]$，与 $[1/b,1/a]$ 一致。唯一可能的和为 $a+b=(3+\sqrt5)/2$。

第 13 题

题目

方程 $\sqrt2^{\,n+1}-z^n-1=0$ 有模为 $1$ 的复数根，求所有正整数 $n$。

解答

若 $|z|=1$，则 $|z^n+1|\le2$。方程要求 $(\sqrt2)^{n+1}=z^n+1$，故必须 $(\sqrt2)^{n+1}\le2$，即 $n+1\le2$。正整数只剩 $n=1$；此时方程为 $2-z-1=0$，$z=1$ 的模为 $1$，确可行。

第 14 题

题目

【补全参数范围：原题未定义 $b$】若 $c>0$，且 $f(x)=\begin{cases}x^2-6x+3,&x<c,\\3^x,&x\ge c, \end{cases}$ 使得 $f(f(x))=3$ 恰有一解，求 $c$ 的范围。

解答

题面校注： 原图只给 $c\in(0,b)$，但 $b$ 未定义；教学版改为明确的 $c>0$，求其完整范围。

先求外层 $f(y)=3$ 的目标值。若 $y<c$，由 $y^2-6y+3=3$ 得 $y=0$，并在 $c>6$ 时另有 $y=6$。若 $y\ge c$，由 $3^y=3$ 得 $y=1$，仅当 $c\le1$ 可用。因此目标集合为：$0<c\le1$ 时 $\{0,1\}$；$1<c\le6$ 时 $\{0\}$；$c>6$ 时 $\{0,6\}$。

因为 $x\ge c>0$ 时 $f(x)=3^x>1$，它不会等于这些目标值（当目标为 $6$，其唯一指数原像 $\log_3 6<6<c$，也不在此分支）。只需数 $x<c$ 上的二次式原像：$f(x)=0$ 的两根为 $3\pm\sqrt6$；$f(x)=1$ 的两根为 $3\pm\sqrt7$；$f(x)=6$ 的两根为 $3\pm2\sqrt3$。

当 $0<c\le1$，仅两小根可能落入 $x<c$，恰有一个原像当 $3-\sqrt7<c\le3-\sqrt6$。当 $1<c\le6$，目标仅有 $0$，小根始终可取，大根须 $c>3+\sqrt6$ 才可取，故恰有一个当 $1<c\le3+\sqrt6$。当 $c>6$，两个零点都可取，至少还可取 $3-2\sqrt3$ 这个 $6$ 的原像，解数大于一。因此所求范围为

$$(3-\sqrt7,3-\sqrt6]\cup(1,3+\sqrt6].$$