【文档说明】2021年北京大学强基计划数学试题（学生回忆完整版） PDF版含答案（可编辑）.pdf，共(11)页，3.019 MB，由envi的店铺上传

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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：

π4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=2∠ACB.以及∠AOB+2∠OBD=180◦.1即2∠BCE+2∠EBC=180◦.即△EBC为直角三角形

，且BC为直角边，BC为第二个圆的直径.所以∠OBC=π4.□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(mod3)，n≡0(mod4)，n≡−1(mo

d5)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.根据柯西不等式可得(a2+3c2)�1+13�⩾(a+c)2，即a2+3c2⩾34(a+c)2.同样地，(2b2+4d2)�12+14�⩾(b+d)2，即2b2+4d2⩾43(b+d)2.因此a2+2b2+3

c2+4d2⩾34(a+c)2+43(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=±√36.□4.已知Y=2021�i=0�2i7�，则Y的个位数字是.答案：5解：由23≡1(mod7)，可知2

i模7是三循环的，23k≡1(mod7)，23k+1≡2(mod7)，23k+2≡4(mod7)，其中k∈N.Y=2021�i=0�2i7�=2021�i=02i7−20223�17+27+47�=22022−17−674=(23−1)(1+23

+26+···+22019)7−674=1+23+26+···+22019−674.结合84k≡6(mod10)，84k+1≡8(mod10)，84k+2≡4(mod10)，84k+3≡2(mod10)（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)+···+(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xn−1<12，则xn=

2xn−1,若xn−1≥12，则xn=2xn−1−1(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∈�0,12�，则xi+1=2xi∈[0,1)；若xi∈�12,1�，则xi+1=2xi−1∈[

0,1).由数学归纳法知，xn∈[0,1)对∀n∈N∗成立，那么有xn={xn}={2nx0},其中{α}表示α的小数部分.∴x2021={22021x0}.∴{22021x0}=x0，即22021x0−x0为整数.∴x0=k22021−1(k=0,1,2,···,22021−2).∴

可能的x0的值共有22021−1个.□7.设yn=1n����22···21.若109−1|yn，则n的最小值为.答案：80解：由于yn=n+1����11···1×11=10n+1−19，那么由109−1|yn可得109−1����10n+1−19×11.故9×(109−1)|10n+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(k−1)+109(k−2)+···+109+1),因此，我们有9|109(k−1)+109(k−2)+···+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=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abc̸=0，所以(1−a)(1

−b)(1−c)=1，即1−(a+b+c)−(ab+bc+ca)−abc=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+b

c+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=−abc̸=0，所以a+b+c=3.□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|=12|−−→CD+−

→CA|=12�|−−→CD|2+|−→CA|2+2−−→CD·−→CA=12√42+82+2×4×8×cos∠BCA=12√124=√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

C10−19+10−1=C918=48620组.除去唯一一组不合题意的(9,0,···,0)，故共有48620−1=48619个小猿数.□11.设an是与�n2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�1an�的前n项和为Sn，�1bn�的前n

项和为Tn.则2T100−S100的值为.答案：1解：an=k⇔�n2∈�k−12,k+12�⇔n2∈�k2−k+14,k2+k+14�⇔n∈�2k2−2k+12,2k2+2k+12�⇔n∈[2k2−2k+1,2k2+2k].故有4k个n使得an=k于是S100=6�k=1

�1k×4k�+17×16=24+167.类似地，bn=k⇔√2n∈�k−12,k+12�⇔n∈�k2−k2+1,k2+k2�.故共有k个n使得bn=k.则T100=13�k=1�1k×k�+114×9=13

+914.故2T100−S100=2(13+914)−(24+167)=1.□12.设正整数n⩽2021，且n5−5n3+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.由于完全平方数模4余0或1，故(n2−1)(n2−4)被4整除.从

而n(n2−1)(n2−4)+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)⩽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：67105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!+3×5!−4!7!=67105.□15.设正整数m,n均不大于2021，且m

n+1<√2<m+1n.则这样的数组(m,n)个数为.答案：3449.解：原式等价于√2n−1<m<√2(n+1).记区间In=(√2n−1,√2(n+1)).则Ij∩Ij+1=(√2(j+1)−1,√2(j+1))，且Ij∩Ik=∅(k⩾j

+2).由于√2(j+1)不为整数，故Ij∩Ij+1内恰有一个整数.当n⩾1430时，√2n−1>2021.故所求数组(m,n)的个数是诸|In|(n=1,2,···,1429)之和.每个m∈{1,2,···,2021

}都出现在某个In之中，且当且仅当对于某个j，m∈Ij∩Ij+1时，m会出现在两个In内.因此，所求数组个数为2021+1428=3449.□16.有三个给定的经过原点的平面.过原点作第四个平面α，使之与给定的三个平面形成的三个二面角均相等

.则这样的α的个数是.答案：1或4解：若三个平面法向量共面（记平面为β），则只有一个和他们均垂直的平面满足要求.这是因为α的法向量在β上的投影必须在这三个平面法向量两两形成的角的角平分线上，因此投影只能是

零向量，也就是α的法向量需要与β垂直.若三个平面法向量不共面，则任意两个法向量所在基线均有两个角分面.我们考虑第一个平面和第二个平面的两个角分面，以及第二个平面和第三个平面的两个角分面，一共可以产生四条交线，这四条交线即为第四个平

面法向量的基线.极特殊情况，前三个平面如果两两垂直，即可以考虑空间直角坐标系中xOy，yOz，zOx，与他们三个夹角一样的第四个平面法向量的方向，即为每个卦限的中分线，一共四条，对应四个平面.□【注】非常容易产生的一种错误

是认为此题的答案仅有4.这是因为没有考虑三个平面的法向量共面的情形.17.若a,b,c为非负实数，且a2+b2+c2−ab−bc−ca=25，则a+b+c的最小值为.答案：5解：(a+b+c)2⩾a2+b2+c2−ab−bc−ca=25.当(a,b,c)=(5,0,0),(0,5,0)或(0,0,

5)取等.□18.已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an.数列{bn}满足b1=5，bn+1=5bn.若正整数m满足bm>a25，则m的最小值为.答案：24解：分两步证明：(1)先证明对任意正整数n有bn>an+1，采用数学归纳法，当n=1时有b1=5>22=a2显

然成立,假设当n=k时结论成立，即bk>ak+1，则当n=k+1时，有bk+1=5bk>5ak+1>2ak+1=ak+2所以对n=k+1结论也成立.所以对任意正整数n有bn>an+1.(2)再证明对任意正整数n有an+2>3bn，当n=1时，有a3=16>15=3b1,假设当n=k

时结论成立，即ak+2>3bk，则当n=k+1时，ak+3=2ak+2>23bk=8bk=�85�bk×5bk⩾�1+35�5>3×5bk所以对n=k+1结论也成立.所以对任意正整数n有an+2>3bn.此时我们由(1)可以得到b2

4>a25,由(2)可以得到a25>3b23>b23，所以满足bm>a25的m的最小值为24.□19.若x1,x2,···,x7为非负整数，则方程x1+x2+···+x7=x1x2···x7的解有组.答案：85解：显然x1=x2=...=x7=0是满足条件的一组解,且只要x1,x2,..

.,x7中有0,则剩余的必须全为0.下面只考虑x1,x2,...,x7非零的情形.不妨设0<x1⩽x2⩽...⩽x7.则x1x2...x7⩽7x7⇒x1x2...x6⩽7.显然此时必有x1=x2=x3=x4=

1(否则x4x5x6⩾23=8>7,矛盾).于是命题等价于x5x6x7=4+x5+x6+x7,且由x5x6⩽7,可得x5⩽2.情形1：x5=1.则x6x7=5+x6+x7⇒(x6−1)(x7−1)=6.满足条件的解有(x6,x7)=(2,7)

,(3,4).情形2:x5=2.则x6=2或3.x6=2时,4x7=8+x7(舍);x6=3时,6x7=9+x7(舍).故此类情形无解.综上(x1,x2,...,x7)=(0,0,0,0,0,0,0),(1,1,1,1

,1,2,7)或(1,1,1,1,1,3,4).考虑到轮换性，故共有7×6×2+1=85组解.□20.已知a，b，c∈R+，且(a+b−c)�1a+1b−1c�=3，求(a4+b4+c4)�1a4+1b4+1c4�的最小值.答案：417+240√3解：原式整理可得(a+

b−c)�1a+1b−1c�=3⇒�ab+ba+2�−(a+b)�cab+1c�+1=3⇒(a+b)�cab+1c�=ab+ba⇒cab+1c=a2+b2ab(a+b)⩾2√ab.由齐次性，不妨设ab=1.则a2+b2a+b⩾2，即(a+b

)2−2⩾2(a+b).因此a+b⩾1+√3.于是，a4+b4=(a2+b2)2−2⩾��1+√3�2−2�2−2=14+8√3.故(a4+b4+c4)�1a4+1b4+1c4�=(a4+b4)�1a4+1b4�+(a4+b4)�1c4+c4a4b4�+1⩾(a4+b4)2+(

a4+b4)·2����1c4·c4a4b4+1=(a4+b4+1)2⩾(15+8√3)2=417+240√3.当c=1,ab=1,a+b=1+√3时等号成立.这样的a,b显然是存在的□.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com