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    2023年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃數(shù)學(xué)試題及其詳解

    2024-11-06 00:00:00甘志國
    數(shù)理化解題研究·高中版 2024年10期

    摘要:文章給出了2023年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃試題及其詳解.

    關(guān)鍵詞:強(qiáng)基計(jì)劃;北京大學(xué);數(shù)學(xué)試題

    中圖分類號(hào):G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼:A文章編號(hào):1008-0333(2024)28-0028-10

    1.把實(shí)部和虛部均為有理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作有理復(fù)數(shù),實(shí)部和虛部均為無理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作無理復(fù)數(shù),實(shí)部和虛部中一個(gè)是有理數(shù)而另一個(gè)是無理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作半有理復(fù)數(shù).若在復(fù)平面內(nèi)的一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)均為半有理復(fù)數(shù),則該三角形的重心對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是().

    A.只能是有理復(fù)數(shù)或半有理復(fù)數(shù)

    B.只能是無理復(fù)數(shù)或半有理復(fù)數(shù)

    C.只能是半有理復(fù)數(shù)

    D.以上都不對(duì)

    2.方程1+cosx+isinx-cos2x-isin2x+cos3x+

    isin3x=0在[0,2π]上根的個(gè)數(shù)是().

    A.0B.1C.無數(shù)D.以上都不對(duì)

    3.若數(shù)列an滿足a1=52,an+1=a2n-2(n∈N*),則[a2 023]被7除所得的余數(shù)為().

    A.1B.2C.4D.以上都不對(duì)

    4.設(shè)集合U=1,2,3,…,10,則U的元素兩兩互素的三元子集的個(gè)數(shù)是().

    A.32B.42C.52D.以上都不對(duì)

    5.函數(shù)f(x)=minsinx,cosx,-1πx+1在[0,π]上的最大值是().

    A.22B.32C.1D.以上都不對(duì)

    6.設(shè)集合U={1,2,3,…,366},則U的兩兩交集是的各元素之和為17的倍數(shù)的二元子集個(gè)數(shù)的最大值是().

    A.159B.169C.179D.以上都不對(duì)

    7.方程24x5-15x4+40x3-30x2+120x+1=0實(shí)根的個(gè)數(shù)是().

    A.0B.1C.2D.以上都不對(duì)

    8.若一個(gè)凸十邊形內(nèi)的任意三條對(duì)角線都不會(huì)相交于該十邊形內(nèi)的同一點(diǎn),則這個(gè)十邊形的所有對(duì)角線可把該十邊形劃分為()個(gè)區(qū)域.

    A.246B.256C.276D.以上都不對(duì)

    9.若一個(gè)三角形有兩條高的長分別是2,4,則這個(gè)三角形內(nèi)切圓半徑的取值范圍是().

    A.(12,1)B.(13,1)

    C.(23,1)D.以上都不對(duì)

    10.若用R(n)表示正整數(shù)n分別除以2,3,4,5,6,7,8,9,10所得的余數(shù)之和,則滿足R(n)=R(n+1)的兩位數(shù)n的個(gè)數(shù)是().

    A.0B.1C.2D.以上都不對(duì)

    11.若四個(gè)正整數(shù)a,b,c,d依次增大,且d≤101,101|a+b+c+d,則滿足這些條件的數(shù)組(a,b,c,d)的組數(shù)為(&nbsp;).

    A.40 425B.41 425

    C.42 425D.以上都不對(duì)

    12.已知兩點(diǎn)A(-1,0),B(1,0)及點(diǎn)C∈(x,y)|x2+y2=1,y≥0.若延長線段AC至D使|CD|=3|BC|,則點(diǎn)D到點(diǎn)E(4,5)的距離的最小值與最大值之積是().

    A.10B.20C.30D.以上都不對(duì)

    13.若三個(gè)兩兩互異的正整數(shù)的最大公約數(shù)是20,最小公倍數(shù)是20 000,則這樣的無序正整數(shù)組的組數(shù)是().

    A.312B.52C.22D.以上都不對(duì)

    14.集合i22 023|i∈N*,i≤2 023的元素的個(gè)數(shù)是().

    A.1 518B.1 528C.1 538D.以上都不對(duì)

    15.已知一只昆蟲第一天在原點(diǎn)O(0,0)處,第n+1(n∈N*)天從第n天的位置沿向量14nv移動(dòng),其中v∈(-1,0),(1,0),(0,1),(0,-1).若用Sn表示這只昆蟲在第n天可能有多少個(gè)不同的位置,則S2 023=().

    A.42 022B.42 122C.42 222D.以上都不對(duì)

    16.方程x[x]=6實(shí)根的個(gè)數(shù)是().

    A.0B.1C.3D.以上都不對(duì)

    17.若x,y,z,x(y+1)x-1,y(z+1)y-1,z(x+1)z-1∈N*,則xyz的最大值與最小值之和是().

    A.700B.701C.702D.以上都不對(duì)

    18.若a<b<c<d,且x,y,z,t是a,b,c,d的一個(gè)排列,則由(x-y)2+(y-z)2+(z-t)2+(t-x)2得到的不同數(shù)的個(gè)數(shù)為().

    A.1B.2C.3D.以上都不對(duì)

    19.和為220的9個(gè)依次增大的正整數(shù)x1,

    x2,…,x9在x1+x2+…+x5取得最大值的情況下,x9-x1的最小值為().

    A.8B.9C.10D.以上都不對(duì)

    20.50支排球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)賽,勝一局積1分,負(fù)一局積0分,且任取27支球隊(duì)能找到一支全部戰(zhàn)勝其余26支球隊(duì)和一支全部負(fù)于其余26支球隊(duì)的情形,問這50支球隊(duì)總共最少有()種不同的積分.

    A.50B.45C.27D.以上都不對(duì)

    參考答案

    1.D.三角形的重心為有理復(fù)數(shù)的例子:1+

    2i,2+2i,3-22i.

    三角形的重心為無理復(fù)數(shù)的例子:1+2i,2+3i,5+i.

    三角形的重心為半有理復(fù)數(shù)的例子:2+i,

    -2+i,3-22i.

    2.A.設(shè)z=cosx+isinx,可得原方程即

    z3-z2+z+1=0.

    設(shè)函數(shù)f(u)=u3-u2+u+1(u∈R),可得

    f ′(u)=3u2-2u+1=3(u-13)2+23>0(u∈R),所以f(u)是增函數(shù),因而f(u)有唯一零點(diǎn).

    可證得f(u)不是完全立方式,所以方程z3-z2+z+1=0的根是一個(gè)實(shí)根(設(shè)為r,可得|r|≠1)及兩個(gè)共軛虛根(設(shè)為α,α-).

    由韋達(dá)定理,可得rαα-=-1.

    所以|rαα-|=|r|·|α|·|α-|=|r|·|α|2=1.

    所以|α|2=1|r|≠1.

    所以|α|=|α-|≠1.

    所以方程z3-z2+z+1=0沒有模為1的復(fù)根.

    因而原方程在R上無實(shí)根,在[0,2π]上也無實(shí)根.

    3.B.可用數(shù)學(xué)歸納法證得an>2(n∈N*),因而可設(shè)an=bn+1bn(bn>1,n∈N*).

    再由題設(shè)可得b1=2,且bn+1+1bn+1=b2n+1b2n(bn>1,n∈N*).

    又由y=x+1x(x>1)是增函數(shù),可得

    bn+1=b2n.所以lnbn+1=2lnbn(bn>1,n∈N*).

    所以lnbn是首項(xiàng)為ln2,公比為2的等比數(shù)列,因而lnbn=ln2·2n-1.所以bn=22n-1.所以an=22n-1+2-2n-1(n∈N*).

    再得[a2 023]=222 022.

    由22 022=(3+1)1 011及二項(xiàng)式定理,可設(shè)

    22 022=3n+1(n∈N*).

    所以[a2 023]=23n+1=2·(7+1)n.

    由二項(xiàng)式定理可得[a2 023]被7除所得的余數(shù)為2.

    4.B.U中的奇數(shù)元素是1,3,5,7,9;偶數(shù)元素是2,4,6,8,10.設(shè)滿足題設(shè)的三元子集是A,則A中的偶數(shù)元素個(gè)數(shù)是0或1.

    (1)當(dāng)1∈A時(shí),此時(shí)A的個(gè)數(shù)是5+17=22.

    (ⅰ)A中的偶數(shù)元素個(gè)數(shù)是0,即A中的另外兩個(gè)元素只能從3,5,7,9中選,可得此時(shí)A的個(gè)數(shù)是C24-1=5(去掉1,3,9這種情形).

    (ⅱ)A中的偶數(shù)元素個(gè)數(shù)是1,即A中的另外兩個(gè)元素分別從3,5,7,9中選一個(gè),再從2,4,6,8,10中選一個(gè),可得此時(shí)A的個(gè)數(shù)是4×5-3=17(去掉1,3,6;1,5,10;1,9,6這三種情形).

    (2)當(dāng)1A時(shí),此時(shí)A的個(gè)數(shù)是2+18=20.

    (?。〢中的偶數(shù)元素個(gè)數(shù)是0,即A中的三個(gè)奇數(shù)元素從3,5,7,9中選.因?yàn)?與9不互素,所以3與9選且只選一個(gè),得A=3,5,7或A=5,7,9,所以此時(shí)A的個(gè)數(shù)是2.

    (ⅱ)A中的偶數(shù)元素個(gè)數(shù)是1,且另外兩個(gè)元素從3,5,7,9中選(因而不能同時(shí)選3,9),包括下面的五種情況(可得此時(shí)A的個(gè)數(shù)是3+4+4+3+4=18):

    ①A中的兩個(gè)奇數(shù)是3,5,得另一個(gè)偶數(shù)是2,4或8,此時(shí)A的個(gè)數(shù)是3;

    ②A中的兩個(gè)奇數(shù)是3,7,得另一個(gè)偶數(shù)是2,4,8或10,此時(shí)A的個(gè)數(shù)是4;

    ③A中的兩個(gè)奇數(shù)是5,7,得另一個(gè)偶數(shù)是2,4,6或8,此時(shí)A的個(gè)數(shù)是4;

    ④A中的兩個(gè)奇數(shù)是5,9,得另一個(gè)偶數(shù)是2,4或8,此時(shí)A的個(gè)數(shù)是3;

    ⑤A中的兩個(gè)奇數(shù)是7,9,得另一個(gè)偶數(shù)是2,4,8或10,此時(shí)A的個(gè)數(shù)是4.

    綜上所述,可得所求答案是22+20=42.

    5.A.(1)當(dāng)0≤x≤π4時(shí),α(x)=sinx+1πx-1單調(diào)遞增.所以α(x)≤α(π4)=12-34<0.

    所以sinx<-1πx+1.

    (2)當(dāng)π4≤x≤π時(shí),設(shè)函數(shù)β(x)=cosx+1πx-1,可得β′(x)=1π-sinx在π4,π2,π2,π上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增.

    再由β′(π4)=1π-12<0,β′(π)=1π>0,可得β′(x)存在唯一的零點(diǎn)(設(shè)為x0),可得β(x)在π4,x0,x0,π上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增.

    又由β(π4)=12-34<0,β(π)=-1<0,所以當(dāng)π4≤x≤π時(shí),β(x)<0,即cosx<-1πx+1.

    綜上所述,可得f(x)=minsinx,cosx.

    再得f(x)=sinx,0≤x≤π4,cosx,π4≤x≤π, 進(jìn)而可得當(dāng)且僅當(dāng)x=π4時(shí),f(x)max=22.

    6.C.可把集合U劃分為

    U={17n|n=1,2,…,21}∪

    {17n+1|n=0,1,2,…,21}∪

    {17n+2}n=0,1,2,…,21}∪…∪

    {17n+9|n=0,1,2,…,21}∪

    {17n+10|n=0,1,2,…,20}∪

    {17n+11|n=0,1,2,…,20}∪…∪

    {17n+16|n=0,1,2,…,20}.

    (1)集合{17n|n=0,1,2,…,21}

    中的任意兩個(gè)元素之和均為17的倍數(shù),得10個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)17的倍數(shù).

    (2)在集合

    {17n+1|n=0,1,2,…,21}與{17n+16|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余1的數(shù).

    (3)在集合{17n+2|n=0,1,2,…,21}與{17n+15|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余2的數(shù).

    (4)在集合{17n+3|n=0,1,2,…,21}與{17n+14|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余3的數(shù).

    (5)在集合{17n+4|n=0,1,2,…,21}與{17n+13|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余4的數(shù).

    (6)在集合{17n+5|n=0,1,2,…,21}與{17n+12|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余5的數(shù).

    (7)在集合{17n+6|n=0,1,2,…,21}與{17n+11|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余6的數(shù).

    (8)在集合{17n+7|n=0,1,2,…,21}與{17n+10|n=0,1,2,…,20}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得21個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個(gè)被17除余7的數(shù).

    (9)在集合{17n+8|n=0,1,2,…,21}與{17n+9|n=0,1,2,…,21}中各任選一個(gè)元素,它們的和均為17的倍數(shù),得22個(gè)滿足題設(shè)的二元子集.

    這樣,共得到10+21×7+22=179個(gè)滿足題設(shè)的二元子集,且U中剩下的8個(gè)元素分別是被17除余0,1,2,3,4,5,6,7的數(shù)各一個(gè),由它們?nèi)我膺x兩個(gè)數(shù)組成的集合均不是滿足題設(shè)的子集,進(jìn)而可得所求答案就是179.

    7.B.設(shè)函數(shù)f(t)=2t2-t-2(t≤-2或t≥2),得f(t)min=minf(-2),f(2)=min8,4=4>0.

    再設(shè)函數(shù)g(x)=24x5-15x4+40x3-30x2+120x+1,可得

    g′(x)=60(2x4-x3+2x2-x+2)

    =60x22(x+1x)2-(x+1x)-2>0.

    所以g(x)是增函數(shù).

    再由limx→-∞g(x)=-∞,limx→+∞g(x)=+∞及零點(diǎn)存在定理,可得函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn).

    再由多項(xiàng)式g(x)與g′(x)沒有公共實(shí)根(因?yàn)閤∈R,g′(x)>0),可得多項(xiàng)式g(x)沒有實(shí)數(shù)重根,因而原方程實(shí)根的個(gè)數(shù)是1.

    8.A.設(shè)所求區(qū)域個(gè)數(shù)為n.

    可得題設(shè)中的交點(diǎn)即四邊形對(duì)角線的交點(diǎn),所以交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是C410.

    我們對(duì)這些區(qū)域的總角度算兩次:

    一方面,每個(gè)內(nèi)部的點(diǎn)提供了360°,十邊形的內(nèi)角和本身是8×180°,得總角度為

    360°C410×8×180°.

    另一方面,每個(gè)區(qū)域是多邊形,得總角度為總邊數(shù)×180°-區(qū)域數(shù)×360°.注意到總邊數(shù)=總角數(shù),而總角數(shù)可由每個(gè)內(nèi)部點(diǎn)提供4個(gè)(因?yàn)槿我馊龡l對(duì)角線都不會(huì)相交于該十邊形內(nèi)的同一點(diǎn)),十邊形的每個(gè)頂點(diǎn)提供8個(gè)(因?yàn)槭呅蔚拿總€(gè)頂點(diǎn)處共有7條對(duì)角線),得總角度為

    (8×10+4C410)×180°-2n×180°.

    所以360°C410+8×180°=(8×10+4C410)×180°-2n×180°.

    解得n=246.

    9.C.設(shè)該三角形的三邊長分別是a,b,c,內(nèi)切圓半徑是r,邊長是a,b的邊上的高分別是2,4,可得r(a+b+c)=2a=4b.

    由2a=4b,即a=2b,及“三角形的兩邊之和大于第三邊”,可得c的取值范圍是(b,3b).

    再由a=2b,r(a+b+c)=4b,可得c=4br-3b.

    又由c的取值范圍是(b,3b),可得r的取值范圍是(23,1).

    10.C.設(shè)正整數(shù)m除以2,3,4,5,6,7,8,9,10所得的余數(shù)分別為r2(m),r3(m),…,r10(m),則R(m)=∑10k=2rk(m).

    當(dāng)rk(n)=0,1,…,k-2,k-1時(shí),分別得rk(n+1)=1,2,…,k-1,0.再設(shè)dk(n)=rk(n+1)-

    rk(n)(k=2,3,…,10),可得dk(n)=1或1-k.

    由題設(shè)R(n)=R(n+1),可得

    R(n+1)-R(n)=∑10k=2rk(n+1)-∑10k=2rk(n)

    =∑10k=2[rk(n+1)-rk(n)]=∑10k=2dk(n)=0.

    若d10(n)=-9,則0=∑10k=2dk(n)=∑9k=2dk(n)+d10(n)≤8×1+(-9)=-1,這不可能!

    所以d10(n)≠-9,得d10(n)=1.

    若d9(n)=-8,由3|9及d3(n)=1或-2,可得d3(n)=-2.

    所以0=∑10k=2dk(n)≤7×1-8-2<0,這不可能!

    因而d9(n)=1.

    若d8(n)=-7,則d4(n)=-3,d2(n)=-1,所以0=∑10k=2dk(n)≤6×1-7-3-1<0,這不可能!

    因而d8(n)=1.

    若d7(n)=1,由∑10k=2dk(n)=0及d8(n)=d9(n)=d10(n)=1,可得∑6k=2dkn=-4.

    再經(jīng)過細(xì)致討論,可得下面的三種情況:

    (1)d2(n)=d4(n)=d5(n)=d7(n)=d8(n)=d9(n)=d10(n)=1,d3(n)=-2,d6(n)=-5.

    進(jìn)而可得d6(n)=-5,

    即6|n+1,d2(n)=1.

    即n+1不是2的倍數(shù),矛盾!

    (2)d2(n)=d3(n)=d6(n)=d7(n)=d8(n)=d9(n)=d10(n)=1,d4(n)=-3,d5(n)=-4.

    進(jìn)而可得d4(n)=-3,即4|n+1,d2(n)=1,即n+1不是2的倍數(shù),矛盾!

    (3)d2(n)=-1,d3(n)=-2,d4(n)=-3,d5(n)=d6(n)=d7(n)=d8(n)=d9(n)=d10(n)=1.

    進(jìn)而可得d3(n)=-2,d4(n)=-3.即3|n+1|,4|n+1|,也即12|n+1,d6(n)=1.即n+1不是6的倍數(shù),矛盾!

    所以d7(n)≠1,d7(n)=-6.

    再由∑10k=2dk(n)=0及d8(n)=d9(n)=d10(n)=1,可得∑6k=2dkn=3.

    又由dk(n)=1或1-k(k=2,3,4,5,6),

    可得d2(n)=-1,d3(n)=d4(n)=d5(n)=d6(n)=d8(n)=d9(n)=d10(n)=1,d7(n)=-6.

    進(jìn)而可得d2(n)=-1,d7(n)=-6.

    即2|n+1,7|n+1|,

    也即14|n+1;d3(n)=d4(n)=d5(n)=d6(n)=d8(n)=d9(n)=d10(n)=1.

    即n+1不是3,4,5,6,8,9,10的倍數(shù).

    再由n是兩位正整數(shù),可得n+1是14或98,即n是13或97.

    綜上,滿足題設(shè)的n有且僅有兩個(gè):13或97.

    11.A.a,b,c,d,x∈N*.設(shè)下面五個(gè)問題:

    (1)101|a+b+c+d,1≤a<b<c<d≤101;

    (2)101|a+b+c+x,1≤a<b<c≤101,1≤x≤101,xa,b,c;

    (3)101|a+b+2x,1≤a<b≤101,1≤x≤101,

    xa,b;

    (4)101|a+3x,1≤a≤101,1≤x≤101,x≠a;

    (5)101|a,1≤a≤101,

    解的組數(shù)分別為a1,a2,a3,a4,a5.

    注意到問題(2)解的組數(shù)a2可這樣確定:先從1,2,3,…,101中任取3個(gè)數(shù)按從小到大的順序分別給a,b,c,共C3101種選擇;再從1,2,3,…,101中取一個(gè)數(shù)x滿足101|a+b+c+x,即x≡-a-b-c(mod 101)(因?yàn)?≤x≤101,所以這樣的x是唯一存在的).

    當(dāng)xa,b,c時(shí),得到的數(shù)組為問題(2)的解;當(dāng)x∈a,b,c時(shí),得到的數(shù)組為問題(3)的解.

    所以a2=C3101-a3.

    同理可得a3=C2101-a4,a4=C1101-a5.

    易知a5=1.

    可得問題(2)包括下面的四種情形:

    101|a+b+c+x,1≤x<a<b<c≤101;

    101|a+b+c+x,1≤a<x<b<c≤101;

    101|a+b+c+x,1≤a<b<x<c≤101;

    101|a+b+c+x,

    1≤a<b<c<x≤101,

    所以a2=4a1.

    進(jìn)而可得a4=100,a3=4 950,a2=161 700,

    a1=14a2=40 425.

    12.D.由題設(shè)“線段AC”可知兩點(diǎn)A,C不重合.如圖1所示,可設(shè)∠BAC=θ(0≤θ<π2.在Rt△ABC中,可得|BC|=2sinθ,|AC|=2cosθ

    .

    再由|CD|=3|BC|,可得

    |AD|=|AC|+3|BC|=6sinθ+2cosθ.

    如圖1所示,過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H,在Rt△ADH中,可得

    |DH|=|AD|sinθ=…=sin2θ-3cos2θ+3,

    |AH|=|AD|cosθ=…=3sin2θ+cos2θ+1,

    所以點(diǎn)D(3sin2θ+cos2θ,sin2θ-3cos2θ+3).

    設(shè)x=3sin2θ+cos2θ,y=sin2θ-3cos2θ+3(0≤θ<π2),可求得

    10sin2θ=3x+y-3,10cos2θ=x-3y+9,

    再由sin22θ+cos22θ=1,可得

    x2+(y-3)2=10.

    設(shè)函數(shù)f(α)=3sinα+cosα(0≤α≤π),可求得

    f ′(α)=3cosα-sinα(0≤α≤π).

    令f ′(α)=0,可得其根α0滿足tanα0=3(0<α0<π2).

    所以sinα0=310,cosα0=110.

    得f(α0)=10.

    當(dāng)α變化時(shí),可得表1:

    由此可得f(α)max=10,f(α)min=-1.

    再由f(α)是連續(xù)函數(shù),可得f(α)的值域是[-1,10],進(jìn)而可得函數(shù)

    x=3sin2θ+cos2θ(0≤θ<π2)

    的值域是(-1,10].

    設(shè)函數(shù)g(β)=sinβ-3cosβ+3(0≤β≤π),

    則g′(β)=3sinβ+cosβ(0≤β≤π).

    令g′(β)=0,可得其根β0滿足

    tanβ0=-13

    (π2<β0<π).所以sinβ0=

    110,cosβ0=-

    310,得

    g(β0)=3+10.

    當(dāng)β變化時(shí),可得表2:

    由此可得g(β)max=3+10,g(β)min=0.

    再由g(β)是連續(xù)函數(shù),可得g(β)的值域是[0,3+10]),進(jìn)而可得函數(shù)y=sin2θ-3cos2θ+

    3(0≤θ<π2)的值域是[0,3+10]).

    因而動(dòng)點(diǎn)D的軌跡是不含左端點(diǎn)的半圓x2+(y-3)2=10(-1<x≤10,y≥0)

    (如圖1所示,其圓心是點(diǎn)F(0,3)).

    如圖1所示,設(shè)線段FE與該半圓交于點(diǎn)G,可得

    |DE|min=|GE|=|FE|-|FG|=25-10.

    可猜測|DE|max=|BE|=34,用導(dǎo)數(shù)嚴(yán)格證明如下:

    設(shè)動(dòng)點(diǎn)D(10cosγ,3+10sinγ)(-π<γ<π),

    由-1<10cosγ≤10,0≤3+10sinγ≤3+10,可得γ的取值范圍[-arcsin

    310,π-arcsin310).

    則|DE|2=(10cosγ-4)2+(3+10sinγ-5)2

    =30-410(sinγ+2cosγ).

    設(shè)函數(shù)h(γ)=sinγ+2cosγ(-arcsin

    310≤γ≤π-arcsin310),可求得

    h′(γ)=cosγ-2sinγ(-arcsin

    310≤γ≤π-arcsin310).

    令h′(γ)=0,可得其根γ0滿足

    tanγ0=12(0<γ0<π2).

    所以sinγ0=

    15,cosγ0=25,得h(γ0)=5.

    當(dāng)γ變化時(shí),可得表3:

    由此可得h(γ)max=5,h(γ)min=-110.

    再由h(γ)是連續(xù)函數(shù),可得h(γ)的值域是[-110,5].

    所以|DE|的取值范圍是[25-10,34].

    所以

    |DE|min·|DE|max=34(25-10)

    =2170-285.

    13.B.分解質(zhì)因數(shù)得20=22·5,20 000=(22·5)·(23·53).因而,可不妨設(shè)滿足題設(shè)的三個(gè)兩兩互異的正整數(shù)分別為20·2x15y1,20·

    2x25y2,20·

    2x35y3,其中x1,x2,x3,y1,y2,y3∈0,1,2,3,且min{x1,x2,x3}=min{y1,y2,y3}=0,max{x1,x2,x3}=

    max{y1,y2,y3}=3.

    可不妨設(shè)x1=0,x2=3,得滿足題設(shè)的三個(gè)兩兩互異的正整數(shù)的120分別為5y1,235y2,2x35y3(下面記此為無序數(shù)組G),其中x3,y1,y2,y3∈0,1,2,3,且min{y1,y2,y3}=0,max{y1,y2,y3}=3.

    分下面四種情況討論,可得滿足題設(shè)的無序正整數(shù)組的組數(shù)是23+6+6+17=52.

    (1)y1=0,分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是14+9=23:

    (ⅰ)當(dāng)y2=3時(shí),得無序數(shù)組G為1,2353,

    2x35y3.由x3,y3∈0,1,2,3;(x3,y3)≠(0,0),(3,3)(否則,2x35y3=1,2353,與“三個(gè)兩兩互異的正整數(shù)”矛盾),所以此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是4×4-2=14.

    (ⅱ)當(dāng)y3=3時(shí),得無序數(shù)組G為1,235y2,

    2x353.可得y2∈0,1,2(若y2=3,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(1)(?。┲校粁3∈0,1,2(若x3=3,則此時(shí)的無序數(shù)組G也均在(1)(?。┲校?所以此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是3×3=9.

    (2)y1=1,分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是4+2=6.

    (?。┊?dāng)y2=0,y3=3時(shí),得無序數(shù)組G為5,23,2x353.由x3∈0,1,2,3,可得此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是4.

    (ⅱ)當(dāng)y2=3,y3=0時(shí),得無序數(shù)組G為5,2353,2x3.可得x3∈1,2(若x3=0,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(1)(?。┲?;若x3=3,則此時(shí)的無序數(shù)組G也均在(2)(?。┲校?,所以此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是2.

    (3)y1=2,分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是4+2=6.

    (?。┊?dāng)y2=0,y3=3時(shí),得無序數(shù)組G為52,23,2x353.由x3∈0,1,2,3,可得此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是4.

    (ⅱ)當(dāng)y2=3,y3=0時(shí),得無序數(shù)組G為52,2353,2x3.可得x3∈1,2(若x3=0,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(1)(ⅰ)中);若x3=3,則此時(shí)的無序數(shù)組G也均在(3)(?。┲校?,所以此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是2.

    (4)y1=3,分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是11+6=17.

    (?。┊?dāng)y2=0時(shí),得無序數(shù)組G為53,23,

    2x35y3.由x3,y3∈0,1,2,3,(x3,y3)≠(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(3,0)(若(x3,y3)=(0,0),則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(1)(ⅱ)中;若(x3,y3)=(0,1),則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(2)(?。┲校蝗簦▁3,y3)=(0,2),則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(3)(ⅰ)中;若(x3,y3)=(0,3),(3,0),則2x35y3=53,23,與“三個(gè)兩兩互異的正整數(shù)”矛盾),可得此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是4×4-5=11.

    (ⅱ)當(dāng)y3=0時(shí),得無序數(shù)組G為53,235y2,2x3.可得y2∈1,2,3(若y2=0,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(4)(ⅰ)中);x3∈1,2(若x3=0,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(1)(ⅱ)中;若x3=3,則此時(shí)的無序數(shù)組G均在(4)(?。┲校?所以此時(shí)無序數(shù)組G的組數(shù)是3×2=6.

    14.A.由1 01222 023-1 01122 023=1及122 023=0,1 01122 023=505,可得集合{i22 023|i∈N*,i≤1 011}=0,1,2,…,505,其元素個(gè)數(shù)是506.

    當(dāng)n≥1 011,n∈N*時(shí),(n+1)22 023-n22 023=2n+12 023≥1,所以n22 023<(n+1)22 023.因而集合

    i22 023|i∈N*,1 012≤i≤2 023的個(gè)數(shù)是2 023-1 012+1=1 012.

    綜上所述,可得題中集合的元素的個(gè)數(shù)是506+1 012=1 518.

    15.A.下面用四進(jìn)制的知識(shí)來求解.

    用0,1,2,3分別代表向量(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1),下面向量的起點(diǎn)均在坐標(biāo)原點(diǎn)處,可得甲蟲第1天在02jTg+6ACxufxU/isDM1QgNL1gWg33FAkrucXkMXhGdA=代表的向量的終點(diǎn)(即坐標(biāo)原點(diǎn))處;第2天在(0.a1)(4)=14a1代表的向量的終點(diǎn)處;第3天在(0.a1a2)(4)=14a1+142a2代表的向量的終點(diǎn)處;……;第n+1天在(0.a1a2…an)(4)=14a1+142a2+…+14nan代表的向量的終點(diǎn)處.其中a1,a2,…,an∈0,1,2,3.因而四進(jìn)制小數(shù)(0.a1a2…an)(4)共有4n種不同的情形.

    因而S2 023=42 022.

    16.A.x∈R,n∈Z,x∈[n,n+1).

    (1)當(dāng)n=0時(shí),x[x]=0.

    (2)當(dāng)n∈N*時(shí),x[x]∈[n2,n(n+1)).

    當(dāng)n取遍全體正整數(shù)時(shí),x[x]的取值范圍是

    [1,2)∪[4,6)∪[9,12)∪[16,20)∪…∪[k2,k(k+1))∪…

    (3)當(dāng)-n∈N*時(shí),x[x]∈(n(n+1),n2].

    當(dāng)n取遍全體負(fù)整數(shù)時(shí),x[x]的取值范圍是

    (0,1]∪(2,4]∪(6,9]∪(12,16]∪…∪

    (k(k-1),k2]∪…

    綜上所述,當(dāng)x取遍全體實(shí)數(shù)時(shí),x[x]的取值范圍是

    [0,2)∪(2,6)∪(6,12)∪(12,20)∪…∪(k(k+1),(k+1)(k+2))∪…

    即函數(shù)y=x[x](x∈R)的值域是

    a|a≥0,a≠k(k+1),k∈N*.

    由此結(jié)論,可得原方程無實(shí)根.

    17.B.由題可設(shè)x-1=a,y-1=b,z-1=c(a,b,c∈N*),即“a,b,c,a+1a(b+2),b+1b(c+2),c+1c(a+2)∈N*”.再由(a,a+1)=(b,b+1)=(c,c+1)=1,可得“a,b,c∈N*,a|b+2,b|c+2,c|a+2”.

    由“a,b,c是輪換對(duì)稱的”知,可不妨設(shè)a≤b且a≤c,進(jìn)而可得b+2≥2a,c+2≥b,a+2≥c,

    所以2a-2≤b≤c+2≤a+4.

    解得a≤6.

    由a≤c≤a+2,可得c=a,a+1或a+2.

    若c=a,由c|a+2,可得a|a+2,a|2.

    所以a=1或2.

    若c=a+1,由c|a+2,可得(a+1)|(a+2),(a+1)|1,這不可能!

    所以題設(shè)即

    b=1或3,a=c=1,

    或2|b,b|4(b∈N*),a=c=2,

    或a|b+2,b|a+4(a≤b,b∈N*),c=a+2(a=1,2,3,4,5,或6).

    進(jìn)而可得(a,b,c)=(1,1,1),(1,3,1),(2,2,2),(2,4,2),(1,1,3),(1,5,3),(2,2,4),(2,6,4),(3,7,5),(6,10,8).

    因而當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí),abc取到最小值;當(dāng)且僅當(dāng)(a,b,c)=(6,10,8)時(shí),abc取到最大值.

    所以,對(duì)于本題來說,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=2時(shí),(xyz)min=23=8;當(dāng)且僅當(dāng)(x,y,z)=(7,11,9),(11,9,7)或(9,7,11)時(shí),(xyz)min=7×11×9=693.

    所求答案是693+8=701.

    18.C.因?yàn)椋▁-y)2+(y-z)2+(z-t)2+(t-x)2關(guān)于(x,y,z,t)是輪換對(duì)稱的,所以可不妨設(shè)x=a.又因?yàn)楸磉_(dá)式關(guān)于y和t是對(duì)稱的,所以對(duì)于(b,c,d)的6種排列,(x-y)2+(y-z)2+(z-t)2+(t-x)2最多能取3個(gè)不同的值.

    由a<b<c<d,可證得

    (a-b)2+(b-d)2+(d-c)2+(c-a)2<(a-b)2+(b-c)2+(c-d)2+(d-a)2

    ,

    即(a-b)(c-d)>0,

    (a-b)2+(b-c)2+(c-d)2+(d-a)2<(a-c)2+(c-b)2+(b-d)2+(d-a)2,

    即(a-d)(b-c)>0.

    綜上,由(x-y)2+(y-z)2+(z-t)2+(t-x)2得到的不同數(shù)的個(gè)數(shù)為3.

    19.B.若x1+x2+…+x5≥111,則

    111≤x1+x2+x3+x4+x5

    ≤(x5-4)+(x5-3)+(x5-2)+(x5-1)+x5

    =5x5-10.

    得x5≥1215,

    所以正整數(shù)x5≥25.

    由x1+x2+…+x9=220,還可得

    109≥x6+x7+x8+x9

    ≥x6+(x6+1)+(x6+2)+(x6+3)

    =4x6+6.

    所以x6≤1034,正整數(shù)x6≤25≤x5,與題設(shè)x6>x5矛盾!

    所以x1+x2+…+x5≤110.

    由20+21+22+23+24+26+27+28+29=220,20+21+22+23+24=110,可得x1+x2+…x5的最大值是110,且此時(shí)x9-x1=29-20=9.

    當(dāng)x1+x2+…+x5取到最大值110時(shí),

    110=x6+x7+x8+x9

    ≥x6+(x6+1)+(x6+2)+(x6+3)

    =4x6+6.

    得x6≤26.

    所以84≤x7+x8+x9

    ≤(x9-2)+(x9-1)+x9

    =3x9-3.

    所以x9≥29.

    再由110=x1+x2+…+x5≥x1+(x1+1)+

    (x1+2)+(x1+3)+(x1+4)=5x1+10,

    得x1≤20.

    所以x9-x1≥29-20=9.

    綜上所述,可得x9-x1的最小值為9.

    20.A.我們先證明必有全勝者.否則,設(shè)勝場最多者為球隊(duì)

    A,由平均值原理可得球隊(duì)A的勝場數(shù)α滿足25≤α≤48,所以必有一支球隊(duì)打敗了A(設(shè)為B).由α≥25知,可找出25支球隊(duì)均是A的手下敗將.考慮這25支球隊(duì)及A、B(共27支球隊(duì)),由題設(shè)知其中有全勝者.顯然A及其手下敗將均當(dāng)不了全勝者,所以B為全勝者,且戰(zhàn)勝了A的全部手下敗將.

    由于A的手下敗將是任選的,此時(shí),A的手下敗將全被B打敗,所以B打敗的球隊(duì)比A還多,這與“勝場最多者為球隊(duì)A”矛盾!所以必有全勝者(設(shè)為球隊(duì)A).

    同理,必有全敗者(設(shè)為球隊(duì)a).

    由于兩個(gè)球隊(duì)A,a與其他球隊(duì)的勝負(fù)關(guān)系唯一確定,所以把這兩個(gè)球隊(duì)劃去后,用類似的方法可以證明:在余下的48支球隊(duì)中也有全勝者與全敗者.

    依次類推到最后,可得這50支球隊(duì)的積分一定有49,48,47,…,2,1,0的情形,所以這50支球隊(duì)總共最少有50種不同的積分.

    [責(zé)任編輯:李璟]

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