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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，
2、且 BC 为直角边，BC 为第二个圆的直径. 所以 OBC = 4 .? 2. 方程 y3+ f4= 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+8?3 + ?215k+6?4 = ?212k+5?5. ? 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
3、可得 (a2+ 3c2) ? 1 + 1 3 ? (a + c)2，即 a2+ 3c2 3 4(a + c) 2. 同样地，(2b2+ 4d2) ? 1 2 + 1 4 ? (b + d)2，即 2b2+ 4d2 4 3(b + d) 2. 因此 a2+ 2b2+ 3c2+ 4d2 3 4(a + c) 2 + 4 3(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 = 3 6 .? 4. 已知 Y = 2021 P i=0 ? 2i 7 ? ，则 Y 的个位数字是. 答案：5 解：由 2
4、3 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 = 2021 P i=0 ? 2i 7 ? = 2021 P i=0 2i 7 2022 3 ? 1 7 + 2 7 + 4 7 ? = 22022 1 7 674 = (23 1)(1 + 23+ 26+ + 22019) 7 674 = 1 + 23+ 26+ + 22019 674. 结合 84k 6 (mod 10)， 84k+1 8 (mod 10)， 84k+2 4 (mod 10)， 84k+3 2 (mod 10
5、) （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，相当于最多增加连通区域 4k + 1 个； (3) 如
6、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) +
7、 + (4 99 + 2) = 20001. 选 取 200 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 1 2，则 xn = 2xn1, 若 xn1 1 2，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, 1 2 ? ，则 xi+1= 2xi 0,1)； 若 xi ? 1 2,1 ? ，则 xi+1= 2xi 1 0,1). 由数学归纳
8、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 = x0，即 22021x0 x0为整数. x0= k 22021 1 (k = 0,1,2, ,22021 2). 可能的 x0的值共有 22021 1 个.? 7. 设 yn= 1 n z | 2221. 若 109 1|yn，则 n 的最小值为. 答案：80 解：由于 yn= n+1 z | 11111 = 10n+1 1 9 ， 那么由 109 1|yn可得 109 1 ? ? ? ? 10n+1 1 9 11. 故 9 (109 1)|10
9、n+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. 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 =
10、 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 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 (1a)(1b)(1c) = 1，即 1(a+b+c)(ab+bc+ca)ab
11、c = 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 + c = 3
12、.? 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| = 1 2| CD + CA| = 1 2 q | CD|2+ | CA|2+ 2 CD CA = 1 2 42 + 82+ 2 4 8 cosBCA = 1 2 1
13、24 = 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 C101 9+101= C 9 18= 48620 组. 除去唯一一组不合题意的 (9,0, ,0)，故共有 48620
14、1 = 48619 个小猿数.? 11. 设 an是与 pn 2 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 n 1 an o 的前 n 项和为 Sn， n 1 bn o 的前 n 项和为 Tn. 则 2T100 S100的值为. 答案：1 解：an= k pn 2 ? k 1 2,k + 1 2 ? n 2 ? k2 k + 1 4,k 2 + k + 1 4 ? n ? 2k2 2k + 1 2,2k 2 + 2k + 1 2 ? n 2k2 2k + 1,2k2+ 2k. 故有 4k 个 n 使得 an= k 于是 S100= 6 X k=1 ? 1 k 4k
15、? + 1 7 16 = 24 + 16 7 . 类似地，bn= k 2n ? k 1 2,k + 1 2 ? n ? k2 k 2 + 1, k2+ k 2 ? . 故共有 k 个 n 使得 bn= k. 则 T100= 13 X k=1 ? 1 k k ? + 1 14 9 = 13 + 9 14. 故 2T100 S100= 2(13 + 9 14) (24 + 16 7 ) = 1.? 12. 设正整数 n 6 2021， 且 n55n3+4n+7 是完全平方数. 则可能的 n 的个数为. 答案：0 解：n5 5n3+ 4n + 7 = n(n2 1)(n2 4) + 7. 由于完全平
16、方数模 4 余 0 或 1，故 (n21)(n24) 被 4 整除. 从而 n(n21)(n24)+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) 6 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 (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： 67 105 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! +
