2023年“北大暑期学堂”数学试题及详解

李艳

摘要：北京大学每年都会举办“优秀中学生暑期学堂”（简称“北大暑期学堂”），参加此次活动的营员由各重点高中推荐.营员们除了参加学校的学名师讲座以及校园学习体验外，还会参加各学科的综合测评.测评优秀者被评为优秀营员，并影响后续强基A+政策的发放，因此本套试题对于准备北大暑期学堂、寒假学堂和强基考试的学生都有重要作用.本套题为2023年北大暑期学堂的数学试题，试题分文、理，且各为5道解答题（每题20分，共100分），其中文理有3道相同的题目.

关键词：北大暑期学堂；数学试题；解答题

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0048-05

2023年的测评分为两场：第一场为语文、数学、英语，总时长为3个半小时；第二场为两个选考科目，总时长为2个小时.其中，每一场都是所有考试科目的试卷一起发放一起收回，学生自行决定各科目的做题顺序以及时长；选考科目为物理、化学、历史、政治四个科目中选取两个科目，其中物理、历史必选其一.今年恢复了线下测评，因此数学试题也由去年的单项选择题改为了解答题.试题分文理科，每科都是5道题，每题20分，共100分，只要选择物理为选考科目的学生就考理科数学，其他学生考文科数学；文科和理科有3道题目是一样的，因此共有7道试题，本篇文章的前5道为文科数学试题，后5道为理科数学试题.

1 真题详解

题1（文科）在ΔABC中，过点A作∠B，∠C平分线的垂线，垂足分别为点D和点E，证明：DE∥BC.

解 析如图1，设∠B，∠C的平分线交于点I，且分别交AC，AB于点G，H，连接AI，则I为△ABC的内心，且AI平分∠A.

因为AD⊥BD，AE⊥CE，所以A，D，I，E四点共圆.

所以∠DEI=∠IAD=90°-∠AID.

在△AIG中，∠AID=180°-∠IAG-∠AGI

=180°-12∠BAC-（∠GBC+∠GCB）

=180°-12∠BAC-（12∠ABC+∠ACB）

=180°-12（∠BAC+∠ABC）-∠ACB

=90°-12∠ACB，

所以∠DEI=90°-∠AID=12∠ACB=∠BCI.

所以DE∥BC.（内错角相等，两直线平行）

题2（文科）求由8个方程xj=1+27x2jx21+x22+…+x28（j=1，2，…，8）联立所成的方程组的实数解.

解析易知xj>1（j=1，2，…，8）.

将已知的8个方程相加可得

x1+x2+…+x8=8+27.

由xj=1+27x2jx21+x22+…+x28可得

x21+x22+…+x28=27x2jxj-1（j=1，2，…，8）.

因此x21x1-1=x22x2-1=…=x28x8-1.

由x21x1-1=x2jxj-1可得

（x1-xj）（x1xj-x1-xj）=0（j=1，2，…，8）.

所以xj=x1或者xj=x1x1-1（j=2，3，…，8）.

即x2，…，x8的取值只有x1和x1x1-1两种.

不妨设x1，x2，…，x8中共有m个x1，8-m个x1x1-1，则m≥1.

于是有x1+x2+…+x8=mx1+（8-m）x1x1-1.

而mx1+（8-m）x1x1-1=mx1+8-mx1-1+8-m=

m（x1-1）+8-mx1-1+8，

所以m（x1-1）+8-mx1-1=27.

因为x1>1，由均值不等式可得

27=m（x1-1）+8-mx1-1≥2m（8-m），

解得m≥7或m≤1，即m=1，7，8.

当m=8时，x1=x2=…=x8=1+74，此时原方程组成立，这种形式的解共有1个；

当m=1时，x1-1+7x1-1=27，解得x1=1+7，此时有

x2=x3=…=x8=x1x1-1=1+77，经检验原方程组成立，这种形式的解有1个；

当m=7时，7（x1-1）+1x1-1=27，解得x1=

1+77，可知x2，…，x8中还有6个等于1+77，1個等于x1x1-1=1+7，这样的解共有7个.

综上，方程组共有9组解，分别为

（1+74，1+74，…，1+74），（1+7，1+77，…，1+77），

（1+77，1+7，…，1+77），…，（1+77，1+77，…，

1+7）.

题3（文理科）设an=3（n2+n）+7，求数列an的前2 023项中为立方数的项的个数.

解析依题意，an≡1（mod3）.

当k∈N*时，（3k）3≡0（mod3），（3k+1）3≡1（mod3），（3k+2）3≡2（mod3），

若an为某个数的立方，则有

an=（3k+1）3（k∈N*）.

于是有3（n2+n）+7=27k3+27k2+9k+1.

即n2+n+2=9k3+9k2+3k.

若n≡0（mod3），则n2+n+2≡2（mod3）；

若n≡1（mod3），则n2+n+2≡1（mod3）；

若n≡2（mod3），则n2+n+2≡2（mod3）.

综上可得n2+n+2≡1，2（mod3）.

而9k3+9k2+3k≡0（mod3），故n2+n+2=9k3+9k2+3k不可能成立.

因此数列an的前2 023项中为立方数的项的个数为0.

题4（文理科）证明：12+15+110+117+…+12 0232+1<π2.

证明1因为1k2+1<1k2-k=1k-1-1k（k≥2），

所以12+15+110+117+…+12 0232+1

<12+（1-12+12-13+…+12 022-12 023）

=32-12 023<32<π2.

證明2因为1k2+1<1k2-1=12（1k-1-1k+1） （k≥2），

所以12+15+110+117+…+12 0232+1

<12+12（1-13+12-14+13-15…+12 022-12 024）

=12+12（1+12-12 023-12 024）

<12+12（1+12）=54<π2.

证明3因为y=11+x2在（0，+

SymboleB@

）上单调递减，

所以∫1011+x2dx>11+12，∫2111+x2dx>11+22，…，∫2 0232 02211+x2dx>11+2 0232，

所以  12+15+110+117+…+12 0232+1

<∫1011+x2dx+∫2111+x2dx+…+∫2 0232 02211+x2dx

=∫2 023011+x2dx.

而∫2 023011+x2dx<∫+

SymboleB@

011+x2dx=|arctanx|+

SymboleB@

0

=π2，

所以12+15+110+117+…+12 0232+1<π2.

题5（文理科）设f（z）是最高次项系数和常数项均为 1的复系数多项式，证明：max|z|=1|f（z）|≥2.

证明设f（z）=zn+an-1zn-1+…+a1z+1（ai∈C）.

设1的n次单位根为w，w2，…，wn-1，wn

，其中w=ei2πn，则wn=1.

因为∑nk=1|f（wk）|≥|∑nk=1f（wk）|=|∑nk=1（wk）n+an-1［∑nk=1（wk）n-1］+…+a1（∑nk=1wk）+n|，

∑nk=1（wk）i=∑nk=1（wi）k=wi［1-（wi）n］1-wi=wi［1-（wn）i］1-wi=0（i=1，2，…n-1），

所以|∑nk=1（wk）n+an-1［∑nk=1（wk）n-1］+…+a1（∑nk=1wk）+n|=|n+0+…+0+n|=2n［1］.

所以∑nk=1|f（wk）|≥2n，进而max|z|=1|f（z）|≥2.

题6（理科）求由1，2，3，4，5，6六个数字构成的至少有三位数字不同且1，6不相邻的五位数个数.

解析1先算出来所有1，6不相邻的五位数个数，再减去只有1个数字和两个数字不同的且1，6不相邻的五位数的个数即可.

先考虑所有1，6不相邻的五位数的个数，分为以下几种情况：

（1）五位数中不包含1且不包含6：共有45=1 024个；

（2）五位数中只包含1或只包含6：共有

2×（C15×44+C25×43+C35×42+C45×4+C55）=4 202个；

（按照这个五位数中有一个1，两个1，三个1，四个1，五个1进行分类）

（3）五位数中包含1且包含6：

若只有一个1和一个6：共有43×A24=768个；（插空法）

若1和6共有三个，且1和6都至少有一个：共有42×3×3×2=288个；

若有一个1，三个6，或三个1，一个6：共有4×2×2=16个；

若1和6各有2个：共有4×2=8个［2］；

综上可得，1，6不相邻的五位数的个数共有：

1 024+4 202+768+288+16+8=6 306个.

只有一个数字的五位数共有6个；

只有两个数字不同且1，6不相邻的五位数共有（C26-1）×（25-2）=420个.

所以至少有三位数字不同且1，6不相邻的五位数个数共有

6 306-6-420=5 880个.

解析2设由1，2，3，4，5，6六个数字构成的且1，6不相邻的n位数个数为Sn，其中末位数字为1或6的有xn个，末位数字既不是1也不是6的共有yn个，于是有

Sn=xn+yn，且xn+1=xn+2yn，yn+1=4（xn+yn）.

由xn+1=xn+2yn，得yn=xn+1-xn2.

所以yn+1=xn+2-xn+12.

代入yn+1=4（xn+yn）中得

xn+2=5xn+1+4xn.

同理可得yn+2=5yn+1+4yn.

所以Sn+2=5Sn+1+4Sn，其中S1=6，S2=6×6-2=34.

所以S3=5×34+6×4=194，

S4=5×194+4×34=1 106，

S5=5×1 106+4×194=6 306.

所以1，6不相邻的五位数的个数共有6 306个.

以下同解析1.

題7（理科）设P是单位圆Γ内一点，P距Γ的圆心的距离为12，圆Γ的内接梯形ABCD的对角线交于点P，求梯形ABCD面积的最大值.

解析根据圆的对称性可知，圆的内接梯形为等腰梯形.以Γ的圆心为原点，OP所在直线为y轴建立直角坐标系xOy（不妨设A，B两点在y轴右侧，BC为上底），如图2所示，则P（0，12）.

设A（cosα，sinα），B（cosβ，sinβ），其中-π2<α<β<π2，则D（-cosα，sinα），C（-cosβ，sinβ）.

因为CA=（cosα+cosβ，sinα-sinβ），CP=（cosβ，12-sinβ），且A，C，P三点共线，

故（cosα+cosβ）（12-sinβ）=（sinα-sinβ）cosβ.

即12（cosα+cosβ）=sin（α+β）.（*）

从而α+β∈（0，π），

即α+β2∈（0，π2）.

由（*）得

cosα+β2cosα-β2=2sinα+β2cosα+β2.

即cosα-β2=2sinα+β2.

则SABCD=12（2cosα+2cosβ）|sinα-sinβ|

=（cosα+cosβ）（sinβ-sinα）

=4cosα+β2cosα-β2cosα+β2sinα-β2

=8cos2α+β2sinα+β21-cos2α-β2

=8cos2α+β2sinα+β21-4sin2α+β2

=8（1-sin2α+β2）（1-4sin2α+β2）sin2α+β2.

设sin2α+β2=a（0

SABCD=8（1-a）（1-4a）a

=8（1-a）2（1-4a）a.

令f（a）=（1-a）2（1-4a）a（0

则f ′（a）=-2（1-a）（1-4a）a-4（1-a）2a+（1-a）2（1-4a）

=（1-a）（16a2-11a+1）.

令f ′（a）=0，解得a1=11-5732∈（0，1），a2=11+5732∈（0，1）.

则f ′（a）和f（a）的变化见表1.

因为f（1）=0，

f（a1）=f（11-5732）

=（1-11-5732）2（1-11-578）11-5732

>0，

所以［f（a）］max=f（11-5732）

=（21+57）1457-9064.

所以，当sin2α+β2=11-5732时，梯形ABCD面积取得最大值

（21+57）1457-9064.

2 结束语

从内容来看，“北大暑期学堂”的考查内容是高中数学内容的延伸拓展，结合往年试题来看，出现比较多的模块是不等式与方程、平面几何、数论、计数、组合以及复数，并且对这些模块的知识考查比较深入灵活，超过了高考对这部分知识的考查要求.因此，想在“北大暑期学堂”的考试中取得不错的成绩还需要在平时学习中对这些知识模块的学习向深层次、揭示数学本质的过程转化［3］.

参考文献：

[1]杨文学.中学数学原理与方法丛书：复数[M].北京：教育科学出版社，2016.

[2] 唐浩哲.2022 年北大暑期学堂数学试题及其详解[J].数理化解题研究，2023（4）：104-108.

[3] 伏奋强.“强基计划”下“数学深度学习”课堂教学例谈[J].基础教育论坛，2022（12）：78-79.

［责任编辑：李璟］