2022年北京大学强基计划笔试数学试卷含详解

这是一份2022年北京大学强基计划笔试数学试卷含详解，共16页。试卷主要包含了 已知表示不超过的整数，如， 已知凸四边形满足等内容，欢迎下载使用。
1. 已知与均为完全平方数且不超过2022，则正整数的个数为___________.
2. 已知凸四边形满足，则符合题意且不相似的凸四边形的个数为___________.
3. 已知正整数不超过2022且满足100整除，则这样的的个数为___________.
4. 已知表示不超过的整数，如.已知，则（ ）
A. 321B. 322C. 323D. 以上都不对
5. 已知六位数，满足，则所有满足条件的六位数之和为___________.不必为三位数）
6. 已知整数满足，则的正整数取值个数为___________.
7. 已知凸四边形满足：，则其内切圆半径取值范围为___________.
8. 已知，当最小时，___________.
9. 已知复数，满足与实部和虚部均属于，则在复平面上形成轨迹的面积为___________.
10. 在中，，其外接圆半径，且，则___________.
11. 在梯形中，在边上，有，则取值范围为___________.
12. 已知，则该方程所有实根个数与所有实根乘积比值为___________.
13. 若为十进制数，，记.已知，则各位数字的平方和___________200（横线上填大于，小于或等于）.
14. 已知数列满足，则最接近的整数为___________.
15. 已知是二次函数，，且，则___________.
16. 已知数列各项均为正整数，且中存在一项为3，可能数列的个数为___________.
17. 将不大于12正整数分为6个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互质，则不同的分法有___________种.
18. 已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为___________.
19. 若三边长为等差数列，则的取值范围是___________.
20. 内接于椭圆菱形周长的最大值和最小值之和是（ ）
A. B. C. D. 上述三个选项都不
2022年北京大学强基计划笔试数学试卷
备注：数学一共20道题目
1. 已知与均为完全平方数且不超过2022，则正整数的个数为___________.
【答案】1
【分析】根据题意整理可得：，构建佩尔方程，先结合题意得，再根据广义佩尔方程通解可得，再根据特征方程可得二阶线性递推公式，代入检验判断．
【详解】设
化简得到，即，
由于为佩尔方程的一组解，由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，
对其任意一组解，由于，所以为被3整除的正奇数.
则，知这样的均为正整数.
由于，知，所以，
为佩尔方程的基本解
由佩尔方程的通解知，
由特征方程知其所对应的递推公式为，得，
因此仅满足条件，此时.
所以这样的为1个.
故答案为：1．
2. 已知凸四边形满足，则符合题意且不相似的凸四边形的个数为___________.
【答案】2
【分析】先说明凸四边形是平行四边形，然后设对角线中点为,固定对角线，则点在固定的射线上，只需求出该射线上满足的点个数即可.由此借助圆幂定理以及正弦定理进行说明，可得到结论.
【详解】对凸四边形，由，有;
由，有,故四边形为平行四边形.
如图，设对角线中点为,下面固定对角线，则点在固定的射线上，
只需求出该射线上满足的点个数即可.
记过且与射线相切的圆为（这样的圆存在且唯一），切点为，
由圆幂定理知,从而.
首先说明.
该结论等价于，即.
设，知.在中，
由正弦定理，，即，
注意到，所以，且当时等号不成立，
故，结论得证.
则射线上在的左右两侧各有一个满足的点，
故满足条件的形状不同的凸四边形有两个，
故答案为：2.
3. 已知正整数不超过2022且满足100整除，则这样的的个数为___________.
【答案】20
【分析】由题意可得，进而得到，所以设，则，从而得，设，则，然后利用欧拉定理可求得结果
【详解】解：由于，所以.
显然，所以，所以，进而得到.
设，
则，由于，所以，即.
设，则.
则
由欧拉定理，，所以.
进而得到.
所以，所以.
因此这样的有20个.
故答案为：20
4. 已知表示不超过的整数，如.已知，则（ ）
A. 321B. 322C. 323D. 以上都不对
【答案】A
【分析】记，则由其所对应的特征根方程知数列满足，由递推关系依次求出各项，再结合放缩法即可求解
【详解】记，
则由其所对应的特征根方程知数列满足且，
依次可得，
而，所以，
所以，
所以.
故选：A
5. 已知六位数，满足，则所有满足条件的六位数之和为___________.不必为三位数）
【答案】2065020
【分析】假设，则，由此可得原命题等价于，即，求出，得到对应的六位数为，从而得到答案.
【详解】假设，则，
由此可得原命题等价于，即.
由于，所以，且，
所以，因此对应的有5种不同的取值，对应的六位数为，即.
这样的六位数之和为2065020.
故答案为：2065020.
6. 已知整数满足，则的正整数取值个数为___________.
【答案】10
【分析】由于均为整数，
所以为整数.
原命题即为求小于36的不同取值的个数.
分类讨论解得.
【详解】由于均为整数，
所以 为整数.
因此只需，即.
原命题即为求小于36的不同取值的个数.
由柯西不等式知，
因此，
又因为与奇偶性相同，
所以的取值必为10到34之间的偶数.
下证不为8的倍数：
采用反证法，若否，则，
此时要么同为偶数要么同为奇数.
（i）同为偶数：设.
此时.
因为与奇偶性相同，
所以不可能为8的倍数.
（ii）同为奇数：
由于奇数的平方模8同余于1，所以，
所以不可能为8的倍数.
因此的取值必为10到34之间的偶数且不为8的倍数.
另一方面，设，
我们有，，
，
因而的取值为所有10到34之间不为8的倍数的偶数，
因此的不同取值为10个.
故答案为：10.
7. 已知凸四边形满足：，则其内切圆半径取值范围为___________.
【答案】
【分析】先证明定理，根据，可得r的最大值，欲求最小值，只需使得S最小，只需使得最大即可，只需令最大即可，分析可得四边形分别趋向退化成边长为和的三角形，比较即可得r的最小值，即可得答案
【详解】先证明一个引理：平面上四边形的四边长分别记为，那么四边形
其中为四边形的半周长.
引理的证明：在和中分别应用余弦定理，有，
又，
于是可得，
两式平方相加，移项可得
整理即得.
回到本题中，一方面，
另一方面，欲求最小值，只需使得S最小，只需使得最大即可.
又因为，所以只需令最大即可.
设，有，
易知随增加而增加，随增加而增加，
所以只需比较和的情况即可，
此时四边形分别趋向退化成边长为和的三角形，经比较可得面积较小者为.故
综上，.
故答案为：
8. 已知，当最小时，___________.
【答案】
【分析】根据复数三角不等式得最小值后，利用取等条件求参数的值即可.
【详解】解：已知，
当且仅当时取等.
此时，解得，
所以当取最小值时.
故答案为：.
9. 已知复数，满足与的实部和虚部均属于，则在复平面上形成轨迹的面积为___________.
【答案】
【分析】设满足要求的复数，根据复数的除法运算及题意可求得的范围及的关系式，从而可得出答案.
【详解】解：设满足要求的复数，
则原命题即为与的实部和虚部均属于，
因此.
整理后得，
，
因此点的轨迹所构成的图形为图中阴影区域，其外边界为一个边长为4的正方形，
此区域面积为.
故答案为：.
10. 在中，，其外接圆半径，且，则___________.
【答案】1
【分析】利用正弦定理的边角互化结合三角恒等变换即可求解
【详解】因为，
所以
因为，
所以,
进而有，
于是
因为，
所以.
故答案为：1
11. 在梯形中，在边上，有，则取值范围为___________.
【答案】
【分析】由，可得四点共圆，于是得，即可得答案.
【详解】解：如图所示：
，
所以四点共圆，
因为是 所对的圆周角，
所以，
于是，
又因为,
所以,
在中，,
即,
所以,即有,
所以.
故答案为：.
12. 已知，则该方程所有实根个数与所有实根乘积的比值为___________.
【答案】12
【分析】采用三角换元，令，代入题干中的式子解得
或或，即可求出答案.
【详解】令.则， 即，即，由于，
所以或或或.
解得或或或（舍）.
因而其全部解为或或.
由题意知，所求值为：
故答案为：12.
13. 若为十进制数，，记.已知，则各位数字的平方和___________200（横线上填大于，小于或等于）.
【答案】小于
【分析】根据题意，分析得若为位数，则，从而逐项分析的各位数字平方数，从而递推得到至多两位判断即可
【详解】由题意知若为位数，则，
所以至多为40位，所以，
所以至多15位，进而，
所以至多6位，进而，
所以至多3位，进而，
所以至多2位，进而也至多两位，
依此类推可得至多两位，
其各位数字的平方和不超过，小于200.
故答案为：小于
14. 已知数列满足，则最接近的整数为___________.
【答案】4
【分析】令，将原递推化简为可得是以为首项，公比为的等比数列.进而得到，再根据的范围确定的范围即可
【详解】令，则且，
原递推即为，
整理后即为，由得，
即，故是以为首项，公比为的等比数列.所以.
所以，
另一方面，，
所以，
综上所述，，所以与之最接近的整数为4.
故答案为：4
15. 已知是二次函数，，且，则___________.
【答案】36
【分析】法一：由，可设，则由整理后即为，由得，讨论，可得出，由此可解出，可求出的解析式，即可得出答案.
法二：由，设，讨论和结合题目条件可解得，可求出的解析式，即可得出答案.
详解】法一：
由，可设，
则由得，
所以且，整理后即为，
由得，
若则必有，此时与矛盾，
所以且，
整理后为，
与相加即得，
即，所以，
所以，
又由于在原不等式中令可得，所以，由此解得.
所以.
法二：
，
令，则，设.
若，则
，
于是时，存在使得，矛盾；
时，存在使得，矛盾；
故，令，则.
于是，进而.
故答案为：36.
16. 已知数列各项均为正整数，且中存在一项为3，可能的数列的个数为___________.
【答案】211
【分析】由题意记，则，设，则，对于给定的可唯一确定一组数列，从而可求出数列的个数
【详解】解：记，则，
对确定的，数列各项间的大小顺序即确定，
设，则，
对于给定的可唯一确定一组数列，
由于且，这样的数列共个，
其中不符合题设条件的数列各项均为1或2，这样的数列有个，
综上所述，符合要求的数列共有个.
故答案为：211
17. 将不大于12的正整数分为6个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互质，则不同的分法有___________种.
【答案】252
【分析】依题意恰好在6个不同的集合中，设依次为，则可以任意放，5不能放在中，3，9不能放在或中，分两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得；
【详解】解：易知中的元素两两不互质，因此恰好在6个不同的集合中.
设依次为.
此时剩余的正整数中可以任意放在上述6个集合中，5不能放在中，3，9不能放在或中，分两种情况：
①若5放入了或中，有两种情况，此时3与9可在4个集合中选择，有种情况，而放入集合有种情况.
②若5没有放入或中，则5有3个集合可以选择，进而3与9可在3个集合中选择，有种情况，而放入集合有种情况.
综上所述，不同的集合拆分方法共有种.
故答案为：
18. 已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为___________.
【答案】40
【分析】由题意得，
则系数为.
结合柯西不等式得出的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.
【详解】由题意得，
的系数为.
由柯西不等式知，
又由于为正整数所以.
当时，，因此的最小值为34.
另一方面，若为正整数，则，
这是因为上式展开即为，亦即.
所以.
当时，，因此的最大值为66.
进而我们有的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.
故答案为：40.
19. 若三边长为等差数列，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】通过余弦定理以及等差数列的性质，将目标式转化为关于公差的关系是，通过公差的范围得出结论.
【详解】不妨设三边长为，其中.此时：
故答案为：.
20. 内接于椭圆的菱形周长的最大值和最小值之和是（ ）
A. B. C. D. 上述三个选项都不对
【答案】D
【分析】求出椭圆的极坐标方程，设内接于椭圆的菱形为，，分别求出，再根据，结合三角恒等变换化简，再根据三角函数的性质求出的最大值和最小值，即可得解.
【详解】解：由，
得，
化为极坐标方程为，
设内接于椭圆的菱形为，则，
设，
则，，
所以
，
当时，取得最大值，即的最大值为，
所以菱形的周长的最大值为，
当时，取得最小值，即的最小值为，
所以菱形周长的最小值为，
所以内接于椭圆的菱形周长的最大值和最小值之和是.
故选：D.