2024年浙江大学强基计划数学试题 · 参考解答

覆盖源材料中的 5 道部分回忆题。原稿有条件矛盾、选项缺失及量词含混，当前题面中相应修订均有标记。

答案速览

题号	答案
1	C
2	A、D（教学修订版）
3	$f(56)=90$；$f(k)=\lfloor\varphi k\rfloor$，$\varphi=(1+\sqrt5)/2$
4	共同极限 $(16\Delta_0^2/3)^{1/4}$；极限为 $1$ 当且仅当 $\Delta_0=\sqrt3/4$
5	$3\mid n$ 时 $0$；$n\equiv1$ 时 $(n+2)^2/(9n^2)$；$n\equiv2$ 时 $(n-2)^2/(9n^2)$

逐题解析

第 1 题

题目

已知函数 $\displaystyle f(x)=\cos x+\sqrt{4\cos^2x-4\sqrt2\sin x+9}$，其最大值为 $M$、最小值为 $m$。判断下列结论：

• A. $M^2<13$
• B. $m^2>5$
• C. $(M+m)^2>34$
• D. $(M-m)^2<2$。

解答

不必求出两个极值的精确表达式，控制它们即可。设 $c=\cos x$，注意 $\sin x\le1$，有

$$4c^2-4\sqrt2\sin x+9-(3/2-c)^2 \ge3(c+1/2)^2+6-4\sqrt2>0.$$

由于 $3/2-c>0$，开方后得 $f(x)>3/2$。函数连续且周期为 $2\pi$，最小值能取到，所以 $m>3/2$。

另一方面，$M\ge f(0)=1+\sqrt{13}>9/2$，而 $m\le f(\pi/2)=\sqrt{9-4\sqrt2}<2$。于是 $M^2>13$，A 错；$m^2<4<5$，B 错；$M+m>6$，所以 $(M+m)^2>36>34$，C 对；$M-m>5/2$，所以 $(M-m)^2>2$，D 错。

第 2 题

题目

【教学修订】设 $m,n$ 是互素的正整数，且 $m^2+5n^2$ 为完全平方数。判断下列存在性命题，并为成立的命题给出实例：A. $mn\equiv56\pmod{100}$；B. $m+n\equiv56\pmod{100}$；C. $m-n\equiv56\pmod{100}$；D. $m^2n\equiv56\pmod{100}$。

解答

题面校注： 原稿同时要求 $5n^2$ 为完全平方数，非零整数 $n$ 不可能满足，因为其中素因子 $5$ 的指数是奇数；若允许 $n=0$，互素又只能给出 $m=\pm1$，四个选项均不成立。教学版删去这项矛盾要求，保留 $m^2+5n^2$ 为平方数，并明确正整数与模 $100$ 的含义。

因 $m,n$ 互素，不会同时为偶数；若同时为奇数，则 $m^2+5n^2\equiv2\pmod4$，不是平方。因此一奇一偶，$m+n$、$m-n$ 都是奇数，不可能模 $100$ 余 $56$，B、C 均不成立。

A 可取 $(m,n)=(719,24)$：两者互素，$719^2+5\cdot24^2=721^2$，且 $719\cdot24=17256$。

D 可取 $(m,n)=(61,36)$：两者互素，$61^2+5\cdot36^2=101^2$，且 $61^2\cdot36=133956$。所以 A、D 正确。这些实例只证明修订后的命题，不是原题矛盾条件的解。

第 3 题

题目

【教学补全】严格递增的正整数数列 $\{f(k)\}$、$\{g(k)\}$ 的值域互不相交且并集为全部正整数，对任意 $k\ge1$ 有 $g(k)=f(f(k))+1$。求 $f(56)$，并证明两数列被上述条件唯一确定。

解答

题面校注： 源题后三个选项缺失，且 $f$ 的排列次序约束不充分清晰。教学版明确两个数列均严格递增，改为求值并证明唯一性。

先从题设推出 $g(k)=f(k)+k$。由于 $g(k)-1=f(f(k))$，在 $1,\ldots,g(k)$ 中，恰有 $k$ 项属于 $g$，恰有 $f(k)$ 项属于 $f$，故两者相加正好为 $g(k)$。

于是 $g(k)>f(k)$，计算第 $k$ 步时，$f(k)$ 必须是尚未出现在 $f(1),\ldots,f(k-1),g(1),\ldots,g(k-1)$ 中的最小正整数；否则被跳过的最小数既不能在后续 $f$ 中出现，也不能在后续 $g$ 中出现。选定 $f(k)$ 后，$g(k)=f(k)+k$ 也唯一。因此至多存在一组数列。

下面构造它。令 $\varphi=(1+\sqrt5)/2$，取

$$f(k)=\lfloor\varphi k\rfloor,\qquad g(k)=\lfloor\varphi^2 k\rfloor=f(k)+k.$$

对正整数 $m$，两数列中不超过 $m$ 的项数分别为 $\lfloor(m+1)/\varphi\rfloor$ 与 $\lfloor(m+1)/\varphi^2\rfloor$。由于 $1/\varphi+1/\varphi^2=1$，且两数均非整数，它们的和为 $m$。比较相邻两个 $m$ 的计数增量，知道每个正整数恰出现一次，故两数列确实互补。

再写 $\varphi k=f(k)+\theta$，$0<\theta<1$，则

$$\varphi f(k)=f(k)+k-\frac\theta\varphi, \qquad f(f(k))=f(k)+k-1=g(k)-1.$$

全部条件满足，结合唯一性即得公式。因 $90<56\varphi<91$，故 $f(56)=90$，后两位为 90。

第 4 题

题目

【教学补全】$X_0,Y_0,Z_0$ 为非退化三角形的三条正边长，递推定义

$$\begin{aligned} X_{n+1}&=\sqrt{X_n(Y_n+Z_n-X_n)},\\ Y_{n+1}&=\sqrt{Y_n(X_n+Z_n-Y_n)},\\ Z_{n+1}&=\sqrt{Z_n(X_n+Y_n-Z_n)}. \end{aligned}$$

证明递推始终有意义且三数列收敛于同一个正数；用初始三角形的面积表示该极限，并给出极限为 $1$ 的初始三元组的充要条件。

解答

题面校注： 原稿用绝对值记号表示数列，却没有交代初始符号与根式存在性。教学版选定正三角形边长作为初值，并增加收敛和充要条件的证明。

对三边 $x,y,z$ 定义

$$F(x,y,z)=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-x^4-y^4-z^4 =(x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z).$$

海伦公式说明 $F=16\Delta^2$，其中 $\Delta$ 是三角形面积。记下一步的平方为 $U=x(y+z-x),V=y(x+z-y),W=z(x+y-z)$。展开可得多项式恒等式

$$2UV+2VW+2WU-U^2-V^2-W^2=F(x,y,z).$$

因此 $F$ 在迭代下不变。初始三角形非退化，所以三个根式为正，且下一步仍有 $F>0$；对于三个正数，这恰好保证最长边小于其余两边之和。故迭代始终产生非退化三角形，面积恒为 $\Delta_0$。

证明收敛。令 $M_n=\max(X_n,Y_n,Z_n)$。任取当前一个分量 $x$，有

$$x(y+z-x)\le x(2M_n-x)=M_n^2-(M_n-x)^2\le M_n^2.$$

所以 $M_n$ 单调不增，有极限 $L\ge0$。又 $0<F\le6M_n^4$，说明 $L>0$。令 $\varepsilon_n=M_n^2-M_{n+1}^2\to0$，并在每一步把产生下一步最大值的那个分量暂记为 $x$，其余记为 $y,z$。上式可精确写成

$$\varepsilon_n=(M_n-x)^2+x[(M_n-y)+(M_n-z)].$$

右边各项非负，故 $0\le M_n-x\le\sqrt{\varepsilon_n}$，从而所选分量 $x\to L>0$。另外两个分量的亏量之和至多为 $\varepsilon_n/x\to0$，所以它们也趋于 $L$。这对每一步的三个分量都成立，因此三个原数列均收敛于 $L$。

将不变量传到极限，$3L^4=16\Delta_0^2>0$，故

$$L=\left(\frac{16\Delta_0^2}{3}\right)^{1/4}>0.$$

所以极限为 $1$ 的充要条件是 $\Delta_0=\sqrt3/4$。等价地，全部允许的初始三元组恰为

$$\{(x,y,z):x,y,z>0,\quad 2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-x^4-y^4-z^4=3\}.$$

该等式与正性已保证三角形不等式；例如 $(1,1,1)$ 即为一组实例。

第 5 题

题目

【明确设问】设 $n\ge2$，从 $n\times n$ 方格棋盘的 $n^2$ 个格子中等可能删去一个格子。剩余部分只能用不重叠、不超出棋盘的 $1\times3$ 或 $3\times1$ 直条覆盖。求可以完全覆盖的概率 $P_n$，并证明可覆盖格子位置的判定条件。

解答

题面校注： 明确固定 $n\ge2$、在全部格子中等可能删除，求关于 $n$ 的概率。行、列从 $1$ 开始编号。

若 $3\mid n$，剩余面积 $n^2-1$ 不能被 $3$ 整除，概率为零。以下证明其余情况的位置判定：

$$\begin{cases} n=3k+1:& i\equiv j\equiv1\pmod3,\\ n=3k+2:& i\equiv j\equiv0\pmod3. \end{cases}$$

先证必要性。分别按 $i+j\pmod3$ 和 $i-j\pmod3$ 给棋盘三染色。每块直条无论横放还是竖放，恰覆盖三种颜色各一格，故删去格子后每种颜色数必须相等。

当 $n=3k+1$ 时，行号、列号的三个余数类中只有余 $1$ 类各多一个，因此在第一种染色中余 $2$ 的颜色恰多一格，在第二种染色中余 $0$ 的颜色恰多一格。被删格须满足 $i+j\equiv2,i-j\equiv0$，解得 $i\equiv j\equiv1$。

当 $n=3k+2$ 时，余 $1,2$ 类各多一个。第一种染色中额外四格的颜色为 $2,0,0,1$，第二种为 $0,2,1,0$，故两种染色都是余 $0$ 类多一格。于是 $i+j\equiv i-j\equiv0$，解得 $i\equiv j\equiv0$。

再证充分性。对 $n=3k+1$，合格格子的上下各有 $3$ 的倍数行，可用竖条铺满这两个矩形；剩下孔所在的一行，其左右格数均为 $3$ 的倍数，用横条铺满。

对 $n=3k+2$，当 $k=0$ 时没有合格格子。当 $k\ge1$ 时，可先移去孔上方 $i-3$ 行、下方 $n-i-2$ 行以及左右对应的整三列条带，均能用直条铺满；剩下一个中心缺格的 $5\times5$ 棋盘。以下相同字母表示同一块直条，点表示孔，给出完整铺法：

A A A B C
D D D B C
E F · B C
E F G G G
E F H H H

由此必要条件也是充分条件。两种情形中合格行列数分别为 $k+1,k$，所以

$$P_n=\begin{cases} 0,&n\equiv0\pmod3,\\ \dfrac{(n+2)^2}{9n^2},&n\equiv1\pmod3,\\ \dfrac{(n-2)^2}{9n^2},&n\equiv2\pmod3. \end{cases}$$