【文档说明】2021年清华大学强基计划数学试题（完整版） PDF版含解析（可编辑）.pdf，共(11)页，2.874 MB，由envi的店铺上传

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2021年清华大学强基计划笔试数学试题回忆版本试卷共35题，每一道题均为不定项，下为回忆版.1.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为4、3、2、1分.比赛结束甲获得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.第四名可能一项比赛拿到3分答案：ACD解：(1)所有分数之和为4×(4+3+2+2)=40，甲乙总分之和为14+13=27，所以第三名和第四名总分数为13分，第四名的分数不超过

6分，C正确，第四名至少得4分，A正确.(2)所有项目的第一名和第二名分数之和为4×(4+3)=28分，只比甲乙两人总分数高一分，说明只有一种情况，甲乙包揽所有项目第一名，总共拿到3个第二名和1个第三名.B错误

.(3)D正确的一种情形：IIIIIIIIII甲4442乙3334丙2221丁11132.定义x∗y=x+y1+xy，则(···((2∗3)∗4)···)∗21=().答案：1161151解：令x=λ−1λ+1，y=µ−1µ+1，则x∗y=λ−1λ+1+µ−1µ+

11+λ−1λ+1·µ−1µ+1=λµ−1λµ+1.其中λ=−x+1x−1，µ=−y+1y−1.容易得到，若设z=ν−1ν+1，即ν=−z+1z−1，则(x∗y)∗z=λµν−1λµν+1，即∗运算满足：(1)x∗y=y

∗x(2)(x∗y)∗z=x∗(y∗z)进而可得(···((2∗3)∗4)···)∗21=�−31��−42�···�−2220�−1�−31��−42�···�−2220�+1=−21×11−1−21×11+1=116115补充说明：看到x+y1+xy，联想到ta

nhx=e2x−1e2x+1，于是做一个x=λ−1λ+1的换元准没错.3.已知ω=cosπ5+isinπ5，则().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)答案：

B.解：容易得到1、ω、ω2、...、ω9为x10−1=0的根，则x10−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2)(x−ω3)···(x−ω9).另外1、ω2、ω4、ω6、ω8为x5−1=0的根，则x5−1=(x−1)(x−ω2)(x−ω4)(x−ω6)(x−ω8).结合ω5=−1

，两个式子做比可得x5+1=(x−ω)(x−ω3)(x+1)(x−ω7)(x−ω9).即(x−ω)(x−ω3)(x−ω7)(x−ω9)=x5+1x+1=x4−x3+x2−x+1.补充说明：第一次见此题是2000年全国高中数学联赛一试第6题.4.恰有一个实数x使得x

3−ax−1=0成立，则实数a的取值范围为().A.�−∞,3√2�B.�−∞,33√22�C.�3√22�D.�−∞,3√22�答案：B.解：易得x̸=0，问题等价于方程a=x2−1x只有一个实数解.

令f(x)=x2−1x，f′(x)=2x+1x2=2x3+1x2.令2x30+1=0，即x0=−13√2，可知x(−∞,x0)x0(x0,0)(0,+∞)f′(x)−0++f(x)↘极小值↗↗其图象如图所示.故a<f

(x0)=323√2.补充说明：高考导数基本要求.5.已知[x]为高斯函数，�x2�+�x3�+�x5�=x解的组数为().A.30B.40C.50D.60答案：A解：因为�x2�，�x3�，�x5�∈Z，则x∈Z.因此�x2�+�x3�+�x5�=x=x2+x3+x5−x30.即{x2}+{x

3}+{x5}=x30.因为{x2}的可能取值为0和12；{x3}的可能取值为0，13，23；{x5}的可能取值为0，15，25，35，35，因此x30的可能取值有2×3×5=30种可能性.考虑30�a2+b3+c5�=15a+10b+6c，其中a

,b,c∈Z.因为2，3，5两两互质，容易得到15a+10b+6c≡a(mod2)，15a+10b+6c≡b(mod3)，15a+10b+6c≡c(mod5).因此方程解的组数为30.6.已知m，n最大公约数为10!，最小公倍数为50!，数对(m,n)的组数为().A.29B.215C.2

21D.218答案：B.解：设m=10!×a，n=10!×b，则a，b互质，且ab=11×12×13×···×50.ab的质因数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、4

3、47共15个.其中a能取到的质因数为上述15个数构成集合的子集，共215个，b取其补集情形即可.7.设a为常数，f(0)=12，f(x+y)=f(x)f(a−y)+f(y)f(a−x)，则().A.f(a)=12B.f(x)=12恒成

立C.f(x+y)=2f(x)f(y)D.满足条件的f(x)不止一个答案：ABC解：令x=y=0，可得f(0)=2f(0)f(a)，因为f(0)=12，所以f(a)=12.A正确.令y=0，可得f(x)=f(x)f(a)+

f(a)f(a−x)，代入f(a)=12，可得f(a−x)=f(x).即原等式变形为f(x+y)=2f(x)f(y)，C正确.令y=x可得f(2x)=2[f(x)]2⩾0，即函数取值非负.令y=a−x可得f(a)=2[f(x)]2，即[f(x)]2=14，解得f(x)=12，选B.8.已

知四面体D−ABC中，AC=BC=AD=BD=1，则D−ABC体积的最大值为().A.4√227B.3√28C.2√327D.√318答案：C.解：如图所示，取CD中点M连结AM，BM，设A−BCD的高为h，则h⩽AM.显然△ACD△BCD，设∠ACD=∠BCD=α.则AM=BM=BCsinα=s

inα，CD=2CM=2BCcosα=2cosα.于是VD−ABC=13S△BCD·h⩽16CD·BM·AM=13cosαsin2α=13√2�2cos2α·sin2α·sin2α⩽13√2��2co

s2α+sin2α+sin2α3�3=2√327等号成立条件，当且仅当平面ACD与平面BCD垂直，且α=arctan√2.9.在△ABC中，D为BC的中点，∠CAD=15◦，则∠ABC的最大值为().A.120◦B.105◦C.90◦D.

60◦答案：B.解：由∠CAD=15◦，在D、C确定的情形下，点A的轨迹是一段圆弧.如图所示做出△ACD的外接圆⊙O，显然当∠ABC时，BA是⊙O的一条切线.在四边形OABC中，∠BAO=90◦，∠OCB=75◦，求∠ABC

的问题，转化为求∠AOC的问题，进而转化成求∠AOD或者∠ACD的问题.由切割线定理可得，△BAD△BCA，BA2=BD·BC=2BD2，进而ACDA=BABD=√2.在△ADC中，∠CAD=15◦，设∠ACD=α，则∠ADC=165◦

−α，根据正弦定理可得sin∠ADCsin∠ACD=ACAD=√2即sin(165◦−α)sinα=√2√6−√24sinα+√6+√24cosα=√2sinαtanα=√33即α=30◦，进而可得∠AOD=2α=60◦，∠AOC=∠AOD+∠DOC=90◦.进而可得∠ABC=180◦−

∠BAO−∠AOC−∠BCO=105◦.10.已知非负实数a，b，c满足a+b+c=1，则a2(b−c)+b2(c−a)+c2(a−b)的最大值为().答案：解：对原式因式分解可得a2(b−c)+b2(c−a)+c2(

a−b)=(a2b−ab2)−c(a2−b2)+c2(a−b)=(a−b)(ab−ca−cb+c2)=(a−b)(b−c)(a−c)该式子关于a、b、c轮换对称，只需考虑a⩽b⩽c和a⩾b⩾c两种情况.令

f(a,b,c)=(a−b)(b−c)(a−c)(1)若a⩽b⩽c，此时f(a,b,c)⩽0(2)若a⩾b⩾c，此时f(a,b,c)⩾0.由(a−b)(b−c)(a−c)⩽(a+c−b)·b(a+c)即f(a,b

,c)⩽f(a+c,b,0)=f(1−b,b,0)=b(1−2b)(1−b).令g(x)=x(1−2x)(1−x)，x∈�0,12�，则g′(x)=6x2−6x+1,解得当x=3−√36时，f(x)取得最大值，计算g�3−√36�=√318.因此原式最大值为√318，此时a=3+√36

，b=3−√36，c=0的各种轮换形式.11.已知A1，A2，...,A10十等分圆周，则在其中取四点构成凸四边形为梯形个数为().A.60B.45C.40D.50答案：A解：首先考虑梯形的形状，将圆周十等分，只看四条边所对圆心角的份数，设上底

为x，腰为y，下底为z，则���x+2y+z=10x<z其中x,y,z∈N∗.枚举可得(x,y,z)∈{(1,1,7),(2,1,6),(3,1,5),(1,2,5),(2,2,4),(1,3,3)}.

将上述每个梯形旋转均有10个位置，因此答案为6×10=60.12.已知f(x)=sinxcosx+sinx+25cosx，x∈�0,π2�，设f(x)的最大值为M，最小值为m，则().A.M=238B.m=2

5C.M=3825D.m=15答案：BC解：由f(x)=sinxcosx+sinx+25cosx，则f′(x)=cos2x+cosx−25sinx，该导函数在�0,π2�递减，且f′(0)=2>0，f′�π2�=−75<0.因此我们需要

解出x0∈�0,π2�，使得f′(x0)=0，经测试sinx0=45，cosx0=35时符合.f(x)在(0,x0)单调递增，在�x0,π2�单调递减.f(0)=25，f(x0)=3825，f�π2�=1，因此M=3825，m=25

.13.已知集合U={0,1,2,...,2021}，S⊆U，且S中任意两项相加不是5的倍数，求S的元素个数最大值.答案：解：集合U模5余0最多选1个数，集合U模5余1和4最多选取一类数，其中模5余1有405个，模5余4有404个.集合U模5余2和3最多选取一类数，两类数均有404个.所以S的

最大值=1+405+404=810.14.将函数y=√4+6x−x2−2(x∈[0,6])的图象逆时针方向旋转θ(0⩽θ⩽α)，得到曲线C.若对于每一个旋转角θ，曲线C都是一个函数的图像，则α的最大值为().A.arctan32B.arc

tan23C.π4D.π3答案：解：原函数的图像为一段圆弧，α的极值如图所示.计算可得α=arctan23.补充说明：2009年上海高考第14题.15.在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足���−→OA���=���−−→OB���=−→OA·−−→OB=2，则点集

�P���−−→OP=λ−→OA+µ−−→OB,|λ|+|µ|⩽1,λ,µ∈R�所表示的区域的面积是().A.2√2B.4√2C.2√3D.4√3答案：D解：由−→OA·−−→OB=|−→OA||−−→OB|cosθ，解得cosθ=12.即−→O

A和−−→OB的夹角为60◦.根据非常基本的向量知识，P所表示的区域为下图所示矩形.其面积为2×2√3=4√3补充说明：2013年高考安徽第9题16.已知y2=4x，过A(−2,3)做抛物线两条切线，交y轴于B，C两点，则△A

BC外接圆方程为().A.(x+1)2+�y−32�2=134B.(x+1)2+(y−1)2=134C.�x+12�2+�y−32�2=92D.�x+32�2+(y−1)2=174答案：C解：设AB&AC：x=t(y−3)−2，其中B(0，y1)，C(0,y2).

令x=0可得，y1=2t1+3，y2=2t2+3.联立AB&AC与抛物线y2=4x，可得y2−4ty+12t+8=0其判别式∆=16t2−4(12t+8)=0，即t2−3t−2=0，因此t1+t2=3，t1t2=−2.进一步y1+y2=2(t1+t2)t1

t2+6=3，即BC中点坐标为�0,32�.与此同时|y1−y2|=�(y1)+y2)2−4y1y2=√17.因此以BC为直径的圆的方程为x2+�y−32�2=174.设过BC两点的圆系方程为x2+�y−32

�2+λx−174=0，将A(−2,3)代入可得λ=1，整理可得过A，B，C的圆的方程为x2+y2+x−3y−2=0，选C.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com