【文档说明】TACA清华大学丘成桐领军计划2023年8月12日零试试题+数学+PDF版含解析.pdf，共(11)页，570.041 KB，由小赞的店铺上传

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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.{#{QQAB

KYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}题2.对一个复方阵，定义cosA=I+∞∑n=1(−1)n(2n)!A2n.记矩阵cos(−5π3π

−10π6π)的第二行第一列元素为x，则[|x|]=.解析：20令M=(−5π3π−10π6π)，易知M的特征多项式为f(λ)=λ(λ−π)，故其特征值为0,π.解出对应特征向量后，易知M=(3152)(

0π)(3152)−1于是cosM=(3152)(1−1)(3152)−1=(11−620−11)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+12cos(2nx+2·n!)+14cos2(2nx+2·n!))dx=20224+12∫20231cos(2nx+2·n!)dx+14∫20231

1+cos(4nx+4·n!)2dx=20224+12n∫20231d(sin(2nx+2·n!))+20228+18·4n∫20231d(sin(4nx+4·n!))显然∫20231d(sin(2nx+2·n!))和∫20231d(sin(4nx

+4·n!))有界，故I=limn→∞In=38×2022，故[I]=758.题4.设g(x)=∫πx(sint)5tdt，记S=∫π0g(x)dx，则[100S]=.2{#{QQABKYiUggCgAA

AAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}解析：106S=∫π0dx∫πx(sint)5tdt=∫π0(sint)5tdt∫t0dx=∫π0(sint)5dt注意到令In=∫π0sinntdt，则由熟知的结论，有In=n−1nIn−2(n⩾2)，所以S=I5

=4×25×3I1=1615,于是[100S]=106.题5.n×n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fn(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−(n−1)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{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}题6.矩阵

10−9−9−910−9−910−9−910−9−910−9−910−9−910−9−9−910的特征值为λ1⩽λ2⩽···⩽λ8，则[λ6]=.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ϵi(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(ϵi)，注意

到ϵi=ϵ7i(i=0,1,···,7)，所以f(ϵi)均为实数，且可能取值为10−18,10−9√2,10,10+9√2,10+18故λ6=10+9√2，[λ6]=22.题7.在透明的球袋中有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|Sn−1).这时一共有1+2Sn−1个黑球和2+2(n−1−Sn−1)个白球.则第n次有1+2Sn−13+2(n−1)的概率摸到黑球，故E(Sn|Sn−1)=Sn−1+1+2Sn−12n+1因为E(Sn)=E(E(Sn|Sn−1))，所以E(Sn)

=E(Sn−1)+E(1+2Sn−12n+1)⇒E(Sn)=12n+1+2n+32n+1E(Sn−1)⇒12n+3E(Sn)=1(2n+1)(2n+3)+12n+1E(Sn−1)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=213132321,M(0)=321213132,令a=ln|detM(2)|,则[|a|]=.5{#{QQABKYiUgg

CgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}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(λ)=|λI−A|=(λ−6)(λ−√3)(λ+√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=T6√3−√3T′≜TDT′于是|detM(2)|=|detM(0)||e2D|=|−18e12|=18e12故[|a|]=[ln18+12]=14.题9.5级方阵A满足：第一行元素均为1，第

二行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=(α1,α2,···,α5)′，于是由trace(AA′)=28，有5∑i=1|αi|2=28，注意到|α1|2=|

α2|2=5，所以5∑i=3|αi|2=18.由熟知的结论，存在正交矩阵(变换)T，使得AT=(β1,β2,···,β5)′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，|αi|=|βi|(i=1,2,···,5)，且1=<α1,α2>=<β1,β2>于是5∑i=3|ai|2⩽5∑i=3|αi|2=181=<β1,β2>2⩽(5−a21)×5⇒a21⩽245a22⩽|β2|2=5于是|detA|=|a1

a2a3a4a5|⩽(√6)3·…245·√5=726{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}取得72时，AT=»245»15√5√6√6√6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=∫1−1|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∫1−1(f(n)n(x))2dx=1(n!)2∫1−1d(f(n−1)n(x))f(n)n(x)=−1(n!)2∫1−1f(n+1)n(x)f(n−1)n(x)dx=−1(n!)2∫1−1f(n+1)n(x)d(f(n−2)n

(x))=1(n!)2∫1−1f(n+2)n(x)f(n−2)n(x)dx······=1(n!)2∫1−1f(2n)n(x)f(0)n(x)dx=1(n!)2∫1−1(2n)!(1−x2)ndx=1(n!)2(2n)!∫1−1(1−x2)ndx=(

2n)!(n!)2∫π0sin2n+1dt=(2n)!(n!)22(2n)!!(2n+1)!!所以[S]=[10!(5!)2×2×10×8×···×211×9×···×1]=[204811]=186.7{#{QQA

BKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}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=1∞∑n=0m!·xm·n!(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时，A(x)=∞∑m=11mxm=−ln(1−x)所以[100A(23)]=[100ln3]=109题13.将方程(1+2+···+k)−3(1+2+···+t)=1的全体正整数解(k,t)按照从小到大的方式排列，得到序列{(kn,tn)}，则k6=.解析：3196对原方程进行变形，有

k(k+1)−3t(t+1)=2⇒(2k+1)2−3(2t+1)2=6令2k+1=u,2t+1=v.考虑虑方程u2−3v2=68{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIA

SAFABAA=}#}的所有正整数解由小到大构成的序列{(un,vn)}n⩾1，则由佩尔方程基本理论有un+√3vn=(3+√3)(2+√3)n−1于是有un+√3vn=(un−1+√3vn−1)(2+√3)=2un−1−3vn−1=(2un−1+3vn−1)+√3(u

n−1+2vn−1)即un=2un−1+3vn−1vn=un−1+2vn−1，则我们依次写出{(un,vn)}的前7项:(3,1),(9,5),(33,19),(123,71),(459,265),(1713,989),(6393,3691

)注意到(3,1)对应的(k,t)不满足正整数的条件，所以k6=6393−12=3196.题14.I=∫π/40tan101xdx，则[13I].解析：67记In=∫π/40tannxdx，则In=∫π/40sinnxcosnxdx

=∫π/40sinn−1xd(−cosx)cosnxdx=−1+∫π/40((n−1)tann−2x+ntannx)dx=−1+(n−1)In−2+nIn于是In+In−2=1n−1,n⩾2故I=1100−I

99=1100−198+I97······=1100−198+196−···−12+I1=12(ln2+50∑k=1(−1)k1k)注意到50∑k=1(−1)k1k=∞∑k=1(−1)k1k−∞∑k=51(−1)k1k=−ln2−∞∑k=51(−

1)k1k9{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}所以I=−∞∑k=51(−1)k1k=151−∞∑k=26(12k−12

k+1)=151−14∞∑k=261k(k+1/2)>151−14∞∑k=26(1k−1/4−1k+3/4)=151−1103=525253且I=151−14∞∑k=261k(k+1/2)<151−14∞∑k=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→∞supn⩾kann4，则[a]=.解析：40令T

={0,±1,±2}，则Sn=5n(n+1)/2an=∑aij∈T,i⩽j∑0⩽t1,t2,···,t6⩽nat1t2at2t3···at6t1=∑0⩽t1,t2,···,t6⩽6∑aij∈T,i⩽jat1t2at2t3···at6t1对at1t

2at2t3···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·

··at2t110{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}易知这样的项在Sn中的总和形如Pn5n(n+1)/2+Qn(n−1)5

n(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Vn(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

)+Vn(n−1)(n−2)(n−3))所以limk→∞supn⩾kann4=limk→∞supn⩾kSnn45n(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···a

t6t1之和为5n(n−1)(n−2)(n−3)5n(n+1)/2−3∑p,q,r∈Tp2q2r2=2n(n−1)(n−2)(n−3)5n(n+1)/2−3(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=}#}