2021年清华大学强基计划数学试题及其详解

甘志国

(北京丰台二中 100071)

全卷共35道不定项选择题.以下试题是回忆版(只有21道，差14道，有的试题还差选项，题目顺序及试题内容也可能不准确)，其解答详尽.

试题涉及函数与方程(第1,8,10,14题)；集合及计数原理(第2,13题)；整数性质(第3题)；平面解析几何(第4,11题)；数列(第5题)；定积分(第6题)；平面几何(第7题)；平面向量与线性规划(第9题)；概率(第12题)；三角(第15,20题)；组合数学(第16题)；复数(第17题)；立体几何(第18题)；代数运算(第19题)；不等式(第21题).其中第9,10均是往年的高考题，第17道是往年的高中数学联赛一试试题.

题1 若恰有一个实数x使得x3-ax-1=0成立，则常数a的取值范围是( ).

图1

题2 若集合U={0,1,2,…,2021}，S⊆U,且集合S中的任意两个元素之和均不是5的倍数，则集合S元素个数的最大值是____.

解析集合U中元素(共2022个)分5类：

(1)(共405个)5×0,5×1,5×2,…,5×404；

(2)(共405个)5×0+1,5×1+1,5×2+1,…,5×404+1；

(3)(共404个)5×0+2,5×1+2,5×2+2,…,5×403+2；

(4)(共404个)5×0+3,5×1+3,5×2+3,…,5×403+3；

(5)(共404个)5×0+4,5×1+4,5×2+4,…,5×403+4.

由题设可知，第(2)类与第(5)类的元素不能同选；第(3)类与第(4)类的元素也不能同选.因而，集合S元素个数至多是405+405+404=1214.

当第(1)(2)(3)类的元素全选，或第(1)(2)(4)类的元素全选时得到的集合S元素的个数均是1214，此时满足题意,且当集合S元素个数取最大值时，没有别的情形.

综上所述，可得所求答案是1214.

题3 若正整数(m,n)的最大公约数、最小公倍数分别是10！,50！，则数对(m,n)的对数是( ).

A.29B.215C.218D.221

解析可设m=10!a,n=10!b，正整数a,b互质，且ab=11×12×13×…×50.

可得ab的质因数共15个：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47.

再由正整数a,b互质，可得数对(a,b)的对数是215，进而可得数对(m,n)的对数也是215.

题4 在平面直角坐标系xOy中，过点A(-2,3)作抛物线y2=4x的两条切线，分别与y轴交于点B,C，则△ABC的外接圆方程是( ).

图2

题5 若一个k项等差数列的公差是4，且首项的平方与除首项外的各项和小于100，则k的取值范围是____.

解析设该等差数列的首项是a1，由题设及等差数列前n项和公式可得

①

再由等差数列的项数k≥3，

可得k∈{3,4,5,6,7,8}.

∀k∈{3,4,5,6,7,8}，方程①均有实数根

即满足题设的等差数列均存在(有且仅有两个)，所以所求k的取值范围是{3,4,5,6,7,8}.

解析由题中的结论及微元法、定积分的知识，可得该杆的质心坐标是

题7 如图3所示，四边形AEBC内接于⊙O，边BC是⊙O的一条直径，过点E作ED∥BC交边AC于点D.若BE=12,DC=DE=14，则线段AE,BD的长分别是____.

解析如图4所示，连接OD,OE,CE.由DC=DE,OC=OE,可得DO是线段CE的中垂线，所以DO⊥CE.再由边BC是⊙O的一条直径，可得BE⊥CE，所以BE∥OD.再由ED∥BC，可得EBOD,OB=OC=CD=DE=14,还得菱形OCDE.

图4

所以在△BDE中，由余弦定理可求得

C.∀x,y∈R,f(x+y)=2f(x)f(y)

D.满足题设的函数f(x)不唯一

解析令x=y=0，

令y=0，可得f(x)=f(a-x).

所以选项B正确，选项D不正确.

图5

解析如图6与图7所示，可得题中的函数图象即圆弧(x-3)2+(y+2)2=13(0≤x≤6,y≥0)(其圆心是点(3,0)，圆弧的弦是OB)：

图6

图7 图8

A.|PB|+|PC|是定值'

B.|PB|·|PC|是定值

C.|PB|+|PC|的值可以是2

D.|PB|·|PC|的值可以是2

解析可设直线l:y=k(x-1)，

可得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0.

由一元二次方程根与系数的关系，可得

所以|PB|+|PC|

因而选项A错误C正确.当且仅当k=±1时|PB|+|PC|=2.

还可得|PB|·|PC|

因而选项B正确D错误.

注笔者还证得了本题的一般情形的结论：

题12 已知x1,x2,x3,x4是两两不等的实数，xi1，xi2，xi3，xi4是x1,x2,x3,x4的任意一个排列，若记X=max{min{xi1，xi2},min(xi3,xi4}},Y=min{max{xi1,xi2},max{xi3,xi4}},则X>Y的概率是____.

解析可不妨设x1

对于确定的xi1，xi2，xi3，xi4,可得min{xi1，xi2},min{xi3,xi4},max{xi1，xi2},max{xi3,xi4}两两不等(因而这四个值依次也组成x1,x2,x3,x4的一个排列)，所以X≠Y.

还可得min{xi1，xi2}x0.

因而X∈{x2,x3}.同理，还可证得Y∈{x2,x3}.

题13 已知A1,A2,…,A10是某个圆的十等分点，则取其中的四点能是梯形的四个顶点的取法种数是( ).

A.60 B.45 C.40 D.50

这10个梯形还可旋转成另外的9个位置，所以所求答案是10×6=60.

A.30 B.40 C.50 D.60

解析可得原方程即

②

可设x=30n+r(r=0,1,2,…,29)，由②可得当且仅当r=0,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28时n=0(即x=0,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28)；当且仅当r=1,2,…,14,17,19,23,29时n=1(即x=31,32,…,44,47,49,53,59).

所以原方程实根的个数是30.

由待定系数法及均值不等式可得

题16甲、乙、丙、丁四人共同参加4项体育比赛，每项比赛第一名到第四名的分数依次是4,3,2,1分.比赛结束时甲获得14分第一名，乙获得13分第二名，则( ).

A.第三名不超过9分

B.第三名可能获得其中一场比赛的第一名

C.最后一名不超过6分

D.第四名可能有一项比赛拿到3分

解析因为四个人的得分之和是4(4+3+2+1)=40，甲、乙得分之和是14+13=27，所以丙、丁得分之和是40-27=13.可得第四名至少得4分，因而选项AC均正确.

所有项目的第一名与第二名分数之和是4(4+3)=28，只比甲、乙得分之和高1分，说明甲、乙包揽了所有项目的第一名，还拿到了3个第二名与1个第三名，因而选项B错误.

由下面的情形(表中的数字指得分)可知选项D正确：

第一项比赛第二项比赛第三项比赛第四项比赛甲4442乙3334丙2221丁1113

A.x4+x3+x2+x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

B.x4-x3+x2-x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

C.x4-x3-x2+x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

D.x4+x3+x2-x-1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

x10-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2)…(x-ω9),

x5-1=(x-1)(x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8).

把它们相除，得

x5+1

=(x-1)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9).

再由ω5=-1,可得

(x-1)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9)

=x4-x3+x2-x+1.

题18 在四面体ABCD中，若AC=BC=AD=BD=1，则四面体ABCD体积的最大值是( ).

图10

再由三元均值不等式，可得

解析可用数学归纳法证得

(…((a1*a2)*a3)*…)*an

当n=2时成立：

假设n=k时成立：

(…((a1*a2)*a3)*…)*ak

由n=2时的结论成立可得

(…((a1*a2)*a3)*…)*ak+1

得n=k+1时也成立，所以欲证结论成立.因而(…((2*3)*4)*…)*21

题20 在△ABC中，边BC的中点是D，∠CAD=15°,则∠ABC的最大值是( ).

A.120° B.105° C.90° D.60°

解析如图11所示，由∠CAD=15°可得：在两点C,D确定的情形下，点A的轨迹是一段圆弧.作△ACD的外接圆⊙O，当∠ABC最大时，直线BA与⊙O相切.

图11

在四边形OABC中，∠BAO=90°,∠OCB=75°,(因为∠COD=2∠CAD=30°).

由∠BAD=∠BCA,∠ABD=∠CBA,

可得△BAD∽△BCA,

由切割线定理，可得BA2=BD·BC=2BD2.

在△ACD中，∠CAD=15°,设∠ACD=θ,

可得∠ADC=165°-θ(0°<θ<165°).

因而∠AOD=2∠ACD=60°，

∠AOC=∠AOD+∠DOC=90°.

所以∠ABC=360°-∠OAB-∠AOC-∠OCB=360°-90°-90°-75°=105°.

所以∠ABC的最大值是105°.

题21 若非负数a,b,c满足a+b+c=1，则a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)的最大值是____.

解析由题中的a,b,c是轮换对称知，可不妨设max{a,b,c}=a.可得a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=-(a-b)(b-c)(c-a),欲使a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)取最大值，可只考虑a≥b≥c的情形(否则a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)<0).

可设a=c+x+y,b=c+x(x≥0,y≥0),再设a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)的最大值是k(k≥0)，即a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)≤k(等号能取到，下同)，即a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)≤k(a+b+c)3，即(c+x+y)2x-(c+x)2(x+y)+c2y≤k(3c+2x+y)3，故27kc3+27k(2x+y)c2+9k(2x2+y)2c+k(2x+y)3-xy(x+y)≥0在c≥0时恒成立.

由以上关于c的一元三次不等式除常数外的系数均非负，可知以上不等式即k(2x+y)3-xy(x+y)≥0.

当x=0或y=0时上式成立.