2021年北京大学强基计划数学试题（学生回忆完整版） PDF版含答案（可编辑）.pdf

1、2021 年北京大学强基计划笔试数学试题回忆版本试卷共 20 题，每一道题均为单选题，下为回忆版，部分题目条件可能与实际考试有所出入，仅供参考.1.已知 O 为 ABC 的外心，AB、AC 与 OBC 的外接圆交于 D、E.若 DE=OA，则OBC=.答案：4解：图 1:第 1 题图如图 1 所示，联结 BE.因为 DE=OC，在 OBC 外接圆中，DBE=OBC，进而可得 DBO=EBC.另外在 O 中，AOB=2ACB.以及 AOB+2OBD=180.1即 2BCE+2EBC=180.即 EBC 为直角三角形，且 BC 为直角边，BC 为第二个圆的直径.所以 OBC=4.2.方程 y3+f

2、 4=d5 的正整数解(y,f,d)的组数为.答案：无穷解：考虑到 2n+2n=2n+1，取 n 0(mod 3)，n 0(mod 4)，n 1(mod 5)即可.例如取 n=60k+24，k N.此时220k+83+215k+64=212k+55.3.若实数 a,b,c,d 满足 ab+bc+cd+da=1，则 a2+2b2+3c2+4d2 的最小值为.答案：2解：因式分解可得(a+c)(b+d)=1.根据柯西不等式可得(a2+3c2)1+13(a+c)2，即 a2+3c2 34(a+c)2.同样地，(2b2+4d2)12+14(b+d)2，即 2b2+4d2 43(b+d)2.因此 a2+

3、2b2+3c2+4d2 34(a+c)2+43(b+d)2 2(a+c)(b+d)=2.等号成立条件为 a:b:c:d=3:2:1:1，其中 c=d=36.4.已知 Y=2021i=02i7，则 Y 的个位数字是.答案：5解：由 23 1(mod 7)，可知 2i 模 7 是三循环的，23k 1(mod 7)，23k+1 2(mod 7)，23k+2 4(mod 7)，其中 k N.Y=2021i=02i7=2021i=02i7 2022317+27+47=22022 17 674=(23 1)(1+23+26+22019)7 674=1+23+26+22019 674.结合 84k 6(mo

4、d 10)，84k+1 8(mod 10)，84k+2 4(mod 10)，84k+3 2(mod 10)（其中 k N），可知Y 1+168(8+4+2+6)+8 674 5(mod 10).5.若平面上有 100 条二次曲线，则这些曲线可以把平面分成若干个连通区域，则连通区域数量最大值为.答案：20101解：从第 k 个二次曲线开始计算，新增加一个二次曲线变成 k+1 条的情形，这条二次曲线与原来每一个二次曲线最多有 4 个交点，相当于最多新增加 4k 个交点.(1)如果是椭圆或者圆，被分成 4k 段圆弧，相当于增加连通区域最多 4k 个；(2)如果是抛物线，被分成 4k+1 段曲线，相当

5、于最多增加连通区域 4k+1 个；(3)如果是双曲线，被分成 4k+2 段曲线，相当于最多增加连通区域 4k+2 个；(4)如果是两条直线，明显相交直线更优，相当于依次加入两条直线，最多增加连通区域 4k+3 个.如果包括二次曲线的退化情形，例如两条相交直线，则从第一个曲线开始，每次均引入相交直线，答案为 4+(4 1+3)+(4 2+3)+(4 99+3)=20101.选取200 条直线两两相交，但交点不重合的情形均可.【注】如果二次曲线只计算圆，椭圆，双曲线，抛物线，则从第一个曲线开始，每次均引入双曲线，答案为 3+(4 1+2)+(4 2+2)+(4 99+2)=20001.选取 200

6、 条离心率足够大(几乎一组平行直线)，绕着其中心旋转 180 过程中，选取任意200 个位置即可.6.已知实数 x0 0,1).数列 xk 满足：若 xn1 12，则 xn=2xn1,若 xn1 12，则xn=2xn1 1(n=1,2,).现知 x0=x2021，则可能的 x0 的个数为.答案：22021 1解：首先我们证明 xn 0,1)恒成立.若 xi 0,12，则 xi+1=2xi 0,1)；若 xi 12,1，则 xi+1=2xi 1 0,1).由数学归纳法知，xn 0,1)对 n N 成立，那么有xn=xn=2nx0,其中表示的小数部分.x2021=22021x0.22021x0=x

7、0，即 22021x0 x0 为整数.x0=k22021 1(k=0,1,2,22021 2).可能的 x0 的值共有 22021 1 个.7.设 yn=1n 22 2 1.若 109 1|yn，则 n 的最小值为.答案：80解：由于 yn=n+1 11 1 11=10n+1 19，那么由 109 1|yn 可得109 110n+1 19 11.故9 (109 1)|10n+1 1.于是 109 1|10n+1 1.利用辗转相除法可以证明(am 1,an 1)=a(m,n)1（a 为大于 1 的正整数）.于是，我们有 9|n+1.令 n+1=9k，代入原式则有 9 (109 1)|109k 1

8、.而109k 1=(109 1)(109(k1)+109(k2)+109+1),因此，我们有9|109(k1)+109(k2)+109+1,继而 9|k.所以 k 9.再结合 n+1 81 可知，n 的最小值为 80.8.已知 a、b、c 是三个不全相等的实数且满足 a=ab+c、b=bc+a、c=ca+b.则a+b+c=.答案：3解：先证明 a、b、c 均不为 0，若否，不妨设 a=0，则由 a=ab+c 可得 c=0，同理可得 b=0，与 a、b、c 不全相等矛盾.所以 a、b、c 均不为 0.题目中三式相加容易得到 ab+bc+ca=0，又因为题目中三式等价于 a(1 b)=c、b(1

9、c)=a、c(1 a)=b，此三式相乘得到 abc(1 a)(1 b)(1 c)=abc.由 abc=0，所以(1 a)(1 b)(1 c)=1，即 1 (a+b+c)(ab+bc+ca)abc=1.由于 ab+bc+ca=0，所以 abc=(a+b+c)，又因为题目中三式等价于 ac=abc+c2、ab=abc+a2、bc=abc+b2，此三式相加得到 ab+bc+ca=3abc+a2+b2+c2,即 3(ab+bc+ca)=3abc+(a+b+c)2.由 ab+bc+ca=0 及 abc=(a+b+c)得到 3(a+b+c)+(a+b+c)2=0因为 a+b+c=abc=0，所以 a+b+

10、c=3.9.如图，AD 为 ABC 中 A 的平分线.过 A 作 AD 的垂线 AH，过 C 作 CEAD 交AH 于点 E.若 BE 与 AD 交于点 F，且 AB=6,AC=8,BC=7.则 CF=.图 2:第 9 题图答案：31解：延长 CE,BA 交于 G.AE 是 BAC 的外角平分线，结合 AE 垂直于 CE 易可知 E为 CG 的中点，从而 F 为 AD 的中点.因此，|CF|=12|CD+CA|=12|CD|2+|CA|2+2CD CA=1242+82+2 4 8 cos BCA=12124=31.故 CF=31.10.如果一个十位数 F 的各位数字之和为 81，则称 F 是一

11、个“小猿数”.则小猿数的个数为.答案：48619解：设 F=a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10.则a1+a2+a10=81,其中 1 a1 9,0 ai 9,i=2,3,10.令 bi=9 ai 则有b1+b2+b10=9,其中 0 b1 8,0 bi 9,i=2,3,10而该方程的非负整数解共 C1019+101=C918=48620 组.除去唯一一组不合题意的(9,0,0)，故共有 48620 1=48619 个小猿数.11.设 an 是与 n2 的差的绝对值最小的整数，bn 是与2n 的差的绝对值最小的整数.记1an的前 n 项和为 Sn，1bn的前 n 项和为 Tn.则 2T1

12、00 S100 的值为.答案：1解：an=k n2 k 12,k+12 n2 k2 k+14,k2+k+14 n 2k2 2k+12,2k2+2k+12 n 2k2 2k+1,2k2+2k.故有 4k 个 n 使得 an=k于是S100=6k=11k 4k+17 16=24+167.类似地，bn=k 2n k 12,k+12 n k2 k2+1,k2+k2.故共有 k 个 n 使得 bn=k.则T100=13k=11k k+114 9=13+914.故 2T100 S100=2(13+914)(24+167)=1.12.设正整数 n 2021，且 n5 5n3+4n+7 是完全平方数.则可能的

13、 n 的个数为.答案：0解：n5 5n3+4n+7=n(n2 1)(n2 4)+7.由于完全平方数模 4 余 0 或 1，故(n2 1)(n2 4)被 4 整除.从而 n(n2 1)(n2 4)+7模 4 余 3，不可能是完全平方数.故这样的 n 共 0 个.13.方程 x2 2xy+3y2 4x+5=0 的整数解的组数为.答案：2解：方程等价于 x2 (2y+4)x+3y2+5=0，判别式 =(2y+4)2 4(3y2+5)=4(2y2+4y 1)=4(1 2(y 1)2)4.判别式是一个平方数，经检验只能 =4,此时 y=1.方程转化为 x2 6x+8=0，解得 x=2 或 x=4.因此(

14、x,y)(2,1),(4,1).14.现有 7 把钥匙和 7 把锁.用这些钥匙随机开锁，则 D1,D2,D3 这三把钥匙不能打开对应的锁的概率是.答案：67105解：全部情形共 7!种.记第 i 把锁所被打开的情形构成集合 Ai，i=1,2,3.则|Ai|=6!，|Ai Aj|=5!，|A1 A2 A3|=4!.由容斥原理知概率为 7!3 6!+3 5!4!7!=67105.15.设正整数 m,n 均不大于 2021，且mn+1 2 m+1n.则这样的数组(m,n)个数为.答案：3449.解：原式等价于2n 1 m 2021.故所求数组(m,n)的个数是诸|In|(n=1,2,1429)之和.

15、每个 m 1,2,2021 都出现在某个 In 之中，且当且仅当对于某个 j，m Ij Ij+1时，m 会出现在两个 In 内.因此，所求数组个数为 2021+1428=3449.16.有三个给定的经过原点的平面.过原点作第四个平面，使之与给定的三个平面形成的三个二面角均相等.则这样的 的个数是.答案：1 或 4解：若三个平面法向量共面（记平面为），则只有一个和他们均垂直的平面满足要求.这是因为 的法向量在 上的投影必须在这三个平面法向量两两形成的角的角平分线上，因此投影只能是零向量，也就是 的法向量需要与 垂直.若三个平面法向量不共面，则任意两个法向量所在基线均有两个角分面.我们考虑第一个平

16、面和第二个平面的两个角分面，以及第二个平面和第三个平面的两个角分面，一共可以产生四条交线，这四条交线即为第四个平面法向量的基线.极特殊情况，前三个平面如果两两垂直，即可以考虑空间直角坐标系中 xOy，yOz，zOx，与他们三个夹角一样的第四个平面法向量的方向，即为每个卦限的中分线，一共四条，对应四个平面.【注】非常容易产生的一种错误是认为此题的答案仅有 4.这是因为没有考虑三个平面的法向量共面的情形.17.若 a,b,c 为非负实数，且 a2+b2+c2 ab bc ca=25，则 a+b+c 的最小值为.答案：5解：(a+b+c)2 a2+b2+c2 ab bc ca=25.当(a,b,c)

17、=(5,0,0),(0,5,0)或(0,0,5)取等.18.已知数列 an 满足 a1=2，an+1=2an.数列 bn 满足 b1=5，bn+1=5bn.若正整数m 满足 bm a25，则 m 的最小值为.答案：24解：分两步证明：(1)先证明对任意正整数 n 有 bn an+1，采用数学归纳法，当 n=1 时有 b1=5 22=a2 显然成立,假设当 n=k 时结论成立，即 bk ak+1，则当 n=k+1 时，有 bk+1=5bk 5ak+1 2ak+1=ak+2所以对 n=k+1 结论也成立.所以对任意正整数 n 有 bn an+1.(2)再证明对任意正整数 n 有 an+2 3bn，

18、当 n=1 时，有 a3=16 15=3b1,假设当 n=k 时结论成立，即 ak+2 3bk，则当 n=k+1 时，ak+3=2ak+2 23bk=8bk=85bk 5bk 1+355 3 5bk所以对 n=k+1 结论也成立.所以对任意正整数 n 有 an+2 3bn.此时我们由(1)可以得到 b24 a25,由(2)可以得到 a25 3b23 b23，所以满足 bm a25 的 m 的最小值为 24.19.若 x1,x2,x7 为非负整数，则方程 x1+x2+x7=x1x2 x7 的解有组.答案：85解：显然 x1=x2=.=x7=0 是满足条件的一组解,且只要 x1,x2,.,x7 中

19、有 0,则剩余的必须全为 0.下面只考虑 x1,x2,.,x7 非零的情形.不妨设 0 7,矛盾).于是命题等价于 x5x6x7=4+x5+x6+x7,且由 x5x6 7,可得 x5 2.情形 1：x5=1.则 x6x7=5+x6+x7 (x6 1)(x7 1)=6.满足条件的解有(x6,x7)=(2,7),(3,4).情形 2:x5=2.则 x6=2 或 3.x6=2 时,4x7=8+x7(舍);x6=3 时,6x7=9+x7(舍).故此类情形无解.综上(x1,x2,.,x7)=(0,0,0,0,0,0,0),(1,1,1,1,1,2,7)或(1,1,1,1,1,3,4).考虑到轮换性，故共

20、有 7 6 2+1=85 组解.20.已知 a，b，c R+，且(a+b c)1a+1b 1c=3，求(a4+b4+c4)1a4+1b4+1c4的最小值.答案：417+2403解：原式整理可得(a+b c)1a+1b 1c=3ab+ba+2(a+b)cab+1c+1=3(a+b)cab+1c=ab+ba cab+1c=a2+b2ab(a+b)2ab.由齐次性，不妨设 ab=1.则 a2+b2a+b 2，即(a+b)22 2(a+b).因此 a+b 1+3.于是，a4+b4=(a2+b2)2 2 1+32 22 2=14+83.故(a4+b4+c4)1a4+1b4+1c4=(a4+b4)1a4+1b4+(a4+b4)1c4+c4a4b4+1(a4+b4)2+(a4+b4)2 1c4 c4a4b4+1=(a4+b4+1)2(15+83)2=417+2403.当 c=1,ab=1,a+b=1+3 时等号成立.这样的 a,b 显然是存在的.