2023年8月12日TACA清华大学丘成桐领军计划零试数学试题解析.pdf

1、2023 年 8 月学科能力综合测试(TACA)丘成桐数学零试试题及解析1题 1.在如图所示的方格网中，每步只能从一个节点向右或向上走到相邻的节点，则从 A到 Z 的路径数为.解析：54如图所示，每个节点处的红色数字表示从 A 到该点的路径数.#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#题 2.对一个复方阵，定义 cos A=I+n=1(1)n(2n)!A2n.记矩阵 cos(53106)的第二行第一列元素为 x，则|x|=.解析：20令 M=(53106)，易知 M 的特征多项式为 f()=()，故其特征值为0,.解出对应特征向

2、量后，易知M=(3152)(0)(3152)1于是cos M=(3152)(11)(3152)1=(1162011)故所求答案为 20.题 3.I=limn 20231cos4(nx+n!)dx，则 100I=.解析：758I=limn 20231cos4(nx+n!)dx，则 100I=我们令 In=20231cos4(nx+n!)dx。则In=20231(1+cos(2nx+2 n!)2)2=20231(14+12 cos(2nx+2 n!)+14 cos2(2nx+2 n!)dx=20224+12 20231cos(2nx+2 n!)dx+14 202311+cos(4nx+4 n!)2

3、dx=20224+12n 20231d(sin(2nx+2 n!)+20228+18 4n 20231d(sin(4nx+4 n!)显然 20231d(sin(2nx+2n!)和 20231d(sin(4nx+4n!)有界，故 I=limn In=382022，故 I=758.题 4.设 g(x)=x(sin t)5tdt，记 S=0 g(x)dx，则 100S=.2#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#解析：106S=0dx x(sin t)5tdt=0(sin t)5tdt t0dx=0(sin t)5dt注意到令 In

4、=0 sinn tdt，则由熟知的结论，有 In=n1n In2(n 2)，所以S=I5=4 25 3I1=1615,于是 100S=106.题 5.nn 矩阵 An 的主对角元素为 n，其余元素为 1.已知多项式 f(x)满足 f(An)=O对任意 1 n 100 均成立，则 degf 的最小值为.解析：149n n 矩阵 A 的主对角元素为 n，其余元素为 1.已知复系数多项式 f(x)满足f(An)=O 对任意 1 n 100 均成立，则 degf 的最小值为.记 fn(x)为 An 的首相系数为 1 的最小多项式，则显然对任意 1 n 100，均有fn(x)|f(x).接下来我们求 f

5、n(x).n=1 时，显然 f1(x)=x 1.n 2 时，因为 An 为实对称矩阵，所以 An 可对角化.注意到 rank(An(n1)In)=1，所以 n 1 为 An 的特征值，其特征子空间维数为 n 1.又因为 An 全体特征值(计重数)之和为 trace(An)=n2，所以 An 剩余特征值为 n2 (n 1)2=2n 1.于是fn(x)=(x (2n 1)(x (n 1).f1(x),f2(x),fn(x)包含的互不相同的一次式有x 1,x 2,x 98,x 99,x 101,x 103,x 199f(x)需且仅需被这些一次式整除即可，故 degf 的最小值为 149.3#QQAB

6、KYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#题 6.矩阵10999109910991099109910991099910的特征值为 1 2 8，则 6=.解析：22显然该矩阵为循环矩阵，令J=11111111由熟知的结论，J 的全部特征值即为全体 8 次单位根 i(i=0,1,7),令 f(x)=9x7 9x+10，则原矩阵为 f(J),故该矩阵全部特征根为 f(i)，注意到 i=7i(i=0,1,7)，所以 f(i)均为实数，且可能取值为10 18,10 92,10,10+92,10+18故 6=10+92，6=22.题 7.在透明的球袋

7、中有 1 个黑球和 2 个白球.接下来从袋中摸球，每次摸出一个球，然后放回袋中，并继续往袋中再放入 2 个与摸出球同色的球.记 Sn 为前 n 次中摸出黑球的次数.已知第 2 次摸出的球是黑球，记 S100 的期望为 E，则 E=.4#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#解析：60我们计算 E(Sn|Sn1).这时一共有 1+2Sn1 个黑球和 2+2(n 1 Sn1)个白球.则第 n 次有1+2Sn13+2(n1)的概率摸到黑球，故E(Sn|Sn1)=Sn1+1+2Sn12n+1因为 E(Sn)=E(E(Sn|Sn1)，所

8、以E(Sn)=E(Sn1)+E(1+2Sn12n+1)E(Sn)=12n+1+2n+32n+1E(Sn1)12n+3E(Sn)=1(2n+1)(2n+3)+12n+1E(Sn1)故E(Sn)2n+3=E(S2)7+114 14n+6因为已知第二次摸出的是黑球，所以E(S2)=1/3 3/51/3 3/5+2/3 1/5 2+2/3 1/51/3 3/5+2/3 1/5 1=85于是E=E(S100)=203 85 17+20314 12=60题 8.对矩阵 M(t)，定义其微分ddtM(t)=B(t)，其中ddtMij(t)=Bij(t).矩阵微分方程ddtM(t)=AM(t),其中A=213

9、132321,M(0)=321213132,令 a=ln|detM(2)|,则|a|=.5#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#解析：14由常微分方程熟知结论，M(t)=M(0)eAt.计算可得 A 的特征多项式 f()=|I A|=(6)(3)(+3)，于是 A 的特征值为 6,3，由于 A 是实对称矩阵，所以存在正交矩阵 T，使得A=T633 T TDT 于是|detM(2)|=|detM(0)|e2D|=|18e12|=18e12故|a|=ln 18+12=14.题 9.5 级方阵 A 满足：第一行元素均为 1，第二行

10、元素从左至右依次为 1,1,1,1,1，且 trace(AA)=28.记 detA 的最大值为 M，则 M=.解析：72我们记 A=(1,2,5)，于是由 trace(AA)=28，有5i=1|i|2=28，注意到|1|2=|2|2=5，所以5i=3|i|2=18.由熟知的结论，存在正交矩阵(变换)T，使得 AT=(1,2,5)为上三角矩阵.设该上三角矩阵的主对角元依次为 a1,a2,a5.则有正交变换的性质可知，|i|=|i|(i=1,2,5)，且 1=于是5i=3|ai|2 5i=3|i|2=181=2(5 a21)5 a21 245a22|2|2=5于是|detA|=|a1a2a3a4a

11、5|(6)3 245 5=726#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#取得 72 时，AT=245155666我们只需构造使得前两行可以对应的正交矩阵 T 即可得到满足条件的 A.题 10.对 n=5，令 Ln=1n!dndxn(x2 1)n，S=11|Ln|2dx，则|S|=.解析：186令 fn(x)=(x2 1)n.易知 1 均为 fn(x)的 n 重根，所以f(k)n(1)=f(k)n(1)=0,0 k n 1.于是S=1(n!)2 11(f(n)n(x)2dx=1(n!)2 11d(f(n1)n(x)f(n)n(x

12、)=1(n!)2 11f(n+1)n(x)f(n1)n(x)dx=1(n!)2 11f(n+1)n(x)d(f(n2)n(x)=1(n!)2 11f(n+2)n(x)f(n2)n(x)dx =1(n!)2 11f(2n)n(x)f(0)n(x)dx=1(n!)2 11(2n)!(1 x2)ndx=1(n!)2(2n)!11(1 x2)ndx=(2n)!(n!)2 0sin2n+1 dt=(2n)!(n!)22(2n)!(2n+1)!所以 S=10!(5!)2 210821191 =204811 =186.7#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAI

13、ASAFABAA=#题 11.正方体旋转群元素最多的两个共轭类的元素个数之和为.解析：14由熟知的结论正方体旋转群同构于 S4.所以两元素共轭等价于其分解成不叫的轮换和后，各个轮换和的长度对应相等.故元素最多的共轭类形如(abc)(d)，有 4 2!=8 个元素，元素次多的共轭类形如(abcd)，共有 3!=6 个元素，所求答案为 8+6=14题 12.A(x)=m=1n=0m!xmn!(m+n+1)!，则 100A(23)=.解析：109令 am=n=0n!(n+m+1)!，则am=n=0n!(n+m+1)!=n=01m(n!(n+m)!(n+1)!(n+m+1)!)=1m1m!于是|x|1

14、51 14k=26(1k 1/4 1k+3/4)=151 1103=525253且I=151 14k=261k(k+1/2)151 14k=26(1k 1/8 1k+7/8)=151 1103.5=52.55278.5故67 5278.5 23 52.5 13I 5253 23 52 68于是 13I =67.题 15.Mn=A|A是n级实对称矩阵,且元素取自0,1,2，记 an 为所有 trace(A6)(A Mn)的平均值，a=limk supnkann4，则 a=.解析：40令 T=0,1,2，则Sn=5n(n+1)/2an=aijT,ij0t1,t2,t6nat1t2at2t3 at6

15、t1=0t1,t2,t66aijT,ijat1t2at2t3 at6t1对 at1t2at2t3 at6t1 项而言，我们关心 aij(i j)遍历所有 T 中元素后，这样的项得到的总和.我们称 aij 和 aji 为“同组”的元素.注意到 x T x T，且 aij(i j)彼此的取值独立，所以若某组元素在 at1t2at2t3 at6t1 中出现奇数次，则 at1t2at2t3 at6t1在和式中累加后为 0.所以我们只需考虑以下三种情形：(1)情形 1：at1t2at2t3 at6t1 由仅有同组元素构成，即形如 at1t1at1t1 at1t1 或 at1t2at2t1at1t2 at

16、2t110#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#易知这样的项在 Sn 中的总和形如 Pn5n(n+1)/2+Qn(n 1)5n(n+1)/2，其中 P,Q 为常数.(2)情形 2:at1t2at2t3 at6t1 由恰由两组元素构成，一组出现 2 次，一组出现 4 次.易知这样的项在 Sn 中的总和形如 Un(n 1)5n(n+1)/2，其中 U 为常数.(3)情形 3：at1t2at2t3 at6t1 由恰由三组元素构成，每组出现 2 次.首先易知此时不存在 ti=ti+1 的情形，于是 t1,t2,t6 中同样的下标至多

17、出现 3次.我们下面按照 t1,t2,t6 中不同取值的个数分类，易知只有两种情况：(i)t1,t2,t6 有三种不同取值此时这样的项在 Sn 中的总和形如 Rn(n 1)(n 2)5n(n+1)/2，其中 R 为常数.(ii)t1,t2,t6 有四种不同取值，记为 x,y,z,w.此时，t1,t2,t6 可能的的排列只有xyxzxw,xyzywy,xyzyxw,xyxzwz,xyzwzy这五种情形，其在 Sn 中总和形如 V n(n 1)(n 2)(n 3)5n(n+1)/2，其中 V 为常数.于是S=5n(n+1)/2(Pn+Qn(n 1)+Rn(n 1)(n 2)+V n(n 1)(n

18、2)(n 3)所以limk supnkann4=limk supnkSnn45n(n+1)/2=V所以我们只需求出 V 即可.所有满足 t1,t2,t6 取值形如 x,x,x,y,z,w 的 at1t2at2t3 at6t1 之和为5n(n 1)(n 2)(n 3)5n(n+1)/23 p,q,rTp2q2r2=2n(n 1)(n 2)(n 3)5n(n+1)/23(02+2 12+2 22)3=5 10353n(n 1)(n 2)(n 3)5n(n+1)/2故 V=5 10353=40.11#QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=#