中科大2025数学开学考题解

注：前面标星号的是场上没有做出来的。

\(1.\) \(f'(x) = x^{a-1}e^{-bx}(a-bx)\)，由图知 \(\dfrac{a}{b}\) 约为 \(0.3\)。又有 \(f(1) < 0.002\)，故 \(f(1)=e^{-b} <\dfrac{1}{500}, e^b>500\)。

近似估计，\(3^5<500\)，而 \(2.5^8>500\)，故 \(b \in \{6,7\}\)。而 \(0.3b \in\{1.8, 2.1\}\)，故 \(a = 2\)。

\(2.\) 首先，\(\pi > e> 2\)。

比较 \(x_2,x_4\)：显然，\(f(x) = x^{\frac{1}{e}}\) 单增，\(x_2>x_4\)。
比较 \(x_3,x_4\)：显然，\(f(x) = e^x\) 单增，\(x_4>x_3\)。

比较 \(x_1, x_3\)：取对数，即比较 \(\dfrac{1}{2}\ln 2\) 与 \(\dfrac{1}{\pi}\)，经典结论 \(\ln2>0.69\)，故 \(\dfrac{1}{2}\ln2>0.34\)，而 \(\dfrac{1}{\pi} < \dfrac{1}{3} = 0.3333...\)，故 \(\dfrac{1}{2}\ln2 > \dfrac{1}{\pi}\)。

故答案为 \(x_3 < x_1 < x_4 < x_2\)。

\(3.\) 做出 \(y=2\sin x\) 与 \(y=x+c\) 图像，显然答案由两个切点与一个闭区间组成。

切点：\(y'=2\cos x\)，令 \(2\cos x = 1\)，在 \((0,2\pi)\) 上解得 \(x=\dfrac{\pi}{3}\) 或 \(x = \dfrac{5 \pi}{3}\)，此时 \(c = \sqrt{3} - \dfrac{\pi}{3}\) 或 \(c = -\sqrt3-\dfrac{5\pi}{3}\)。

闭区间：由两端点易得 \(c \in[-2\pi, 0]\)。

综上，\(c\in \{ -\sqrt3-\dfrac{5\pi}{3}\} \bigcup [-2\pi,0] \bigcup \{\sqrt3-\dfrac{\pi}{3}\}\)。

\(4.\) 设复数 \(z = a+bi\)，易得 \(a^2+b^2=(a+1)^2+(b-1)^2\)，解出 \(2a+1-2b+1=0\)，即 \(b=a+1\)。

\(z^2=[a+(a+1)i]^2 = a^2+2a(a+1)i-(a+1)^2\)，得 \(z^2=-2a-1+2a(a+1)i\)。

此时得到参数方程 \(x=-2a-1\)，\(y=2a(a+1)\)，显然 \(x\in R\)，带入得：\(y=\dfrac{x^2-1}{2}\)。

\(*5.\) 旋转坐标系的模板题，在此顺带推导旋转坐标系。

假设对于某一个坐标系上的点 \((x, y)\)，将其逆时针旋转 \(\alpha\) 角。

切换为极坐标，该点 \((\sqrt{x^2+y^2}, \beta)\)，其中 \(\sin \beta = \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \cos \beta = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\)。

旋转后的坐标为 \((\sqrt{x^2+y^2}, \alpha+\beta)\)，复原为平面直角坐标系为 \((\sqrt{x^2+y^2}\cos(\alpha+\beta), \sqrt{x^2+y^2}\sin(\alpha+\beta))\)。

简单整理得到：\((x\cos\alpha - y\sin\alpha, x\sin\alpha+y\cos\alpha)\)。

对于一个给定的 \(Ax^2+Bxy+Cy^2=1\) 形式的椭圆，设将其顺时针旋转 \(\alpha\) 角后变为标准方程。

将 \(x = x'\cos\alpha - y'\sin\alpha, y = x'\sin\alpha+y'\cos\alpha\) 带入，得：\(A(x'\cos\alpha - y'\sin\alpha)^2+B(x'\cos\alpha - y'\sin\alpha)(x'\sin\alpha+y'\cos\alpha) + C(x'\sin\alpha+y'\cos\alpha)^2=1\)。

只需让 \(x'y'\) 项系数为 \(0\) 即可。

对于本题，无 \(x, y\) 的一次项，显然只有旋转操作。

\(A = \dfrac{1}{4}, B = \dfrac{1}{2}, C = \dfrac{3}{4}\)，带入得：\(-\dfrac{1}{2}\sin\alpha\cos\alpha+\dfrac{1}{2}(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha)+\dfrac{3}{2}\sin\alpha\cos\alpha=0\)。

化简：\(\sin2\alpha+\cos2\alpha=0\)，在 \((0, \dfrac{\pi}{2})\) 上显然 \(\alpha = \dfrac{3\pi}{8}\)。

然而我们仍然需要比较 \((x')^2\) 与 \((y')^2\) 的系数大小，以确定椭圆旋转前是以 \(x\) 还是 \(y\) 轴作为长轴。

\((x')^2: \dfrac{1}{4}\cos^2\dfrac{3\pi}{8}+\dfrac{1}{2}\sin\dfrac{3\pi}{8}\cos\dfrac{3\pi}{8}+\dfrac{3}{4}\sin^2\dfrac{3\pi}{8} = \dfrac{\sqrt2}{4} + \dfrac{1}{2}\)。

\((y')^2=\dfrac{1}{4}\sin^2\dfrac{3\pi}{8}-\dfrac{1}{2}\sin\dfrac{3\pi}{8}\cos\dfrac{3\pi}{8}+\dfrac{3}{4}\cos^2\dfrac{3\pi}{8} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt2}{4}\)。

所以该椭圆旋转前以 \(y\) 轴为长轴。

将 \(x=0\) 逆时针旋转 \(\dfrac{3\pi}{8}\)，得：\(x''=-y\sin\dfrac{3\pi}{8},y''= y\cos\dfrac{3\pi}{8}\)。

即：\(y''=-\cot\dfrac{3\pi}{8}x''\)。设 \(t = \tan \dfrac{3\pi}{8}\)。

由二倍角公式，\(\dfrac{2t}{1-t^2}=-1\)，整理得：\(t^2-2t-1=0\)，\(t =1\pm\sqrt2\)，其中 \(1-\sqrt2\) 舍弃。

\(\tan \dfrac{3\pi}{8} = 1+\sqrt2\)，\(cot\dfrac{3\pi}{8}=\sqrt2-1\)。

答案为：\(y=(1-\sqrt2)x\)。

\(*6.\) 自然数幂和的模板题。

推导：设 \((n+1)^{k+1}-n^{k+1} = \sum_{i=0}^k \limits \dbinom{k+1}{i}n^i\)。

两侧累加，得：\((n+1)^{k+1} = \sum_{j=0}^n \limits\sum_{i=0}^k\limits \dbinom{k+1}{i}j^i\)。

交换求和顺序 \((n+1)^{k+1} = \sum_{i=0}^k \limits \dbinom{k+1}{i}\sum_{j=0}^n \limits j^i\)。

设 \(S_k = \sum_{i=0}^n \limits i^k\)。

由上式可得：\((n+1)^{k+1} = \sum_{i=0}^k \limits \dbinom{k+1}{i}S_i\)。

\(\dbinom{k+1}{k}S_k = (n+1)^{k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}\limits \dbinom{k+1}{i}S_i\)。

于是我们拥有了 \(S_k\) 的递推式。

\(S_0 = n+1\)。

\(S_1 = \dfrac{n^2}{2}+\dfrac{n}{2}\)。

\(S_2 = \dfrac{n^3}{3}+\dfrac{n^2}{2}+\dfrac{n}{6}\)。

\(S_3 = \dfrac{n^4}{4}+\dfrac{n^3}{2}+\dfrac{n^2}{4}\)。

\(S_4 = \dfrac{n^5}{5}+\dfrac{n^4}{2}+\dfrac{n^3}{3}-\dfrac{n}{30}\)。

\(S_5 = \dfrac{n^6}{6}+\dfrac{n^5}{2}+\dfrac{5n^4}{12}-\dfrac{n^2}{12}\)。

\(7.\) 设该长方体盒子尺寸 \(a, b, c\)，其表面积为 \(2ab+2bc+ac=1\)，体积为 \(abc\)。

运用基本不等式 \(\sqrt[3]{4a^2b^2c^2} \le\dfrac{2ab+2bc+ac}{3} = \dfrac{1}{3}\)。

故体积最大值为 \(\dfrac{\sqrt3}{18}\)，当 \(a = c = 2b = \dfrac{\sqrt3}{3}\) 时取等。

\(8.\) 定义 \(G_i = F_i \% 9\)，则：

\(G_n = \{1,1,2,3,5,8,4,3,7,1,8,0,8,8,7,6,4,1,5,6,2,8,1,0,1,1,...\}\)。

容易发现其存在一个长为 \(24\) 的循环节，\(2025 = 84\times 24+9\)，而一个循环节中有两个 \(9\) 的倍数，前 \(9\) 个数中没有 \(9\) 的倍数。

故答案为 \(84\times 2 = 168\)。

\(*9.\) 施瓦茨三角形推广

当给定的三角形为锐角三角形时：

固定 \(D,E\)，此时将 \(D\) 关于 \(AB\) 对称，得到 \(D'\)，\(|DE| + |EF|+|DF| = |DE|+|EF|+|D'F| \ge |DE|+|ED'|\)，由于三角形为锐角三角形，显然存在 \(F\) 使得等号取到。

只固定 \(D\)，此时将 \(D\) 关于 \(AC\) 对称，得到 \(D''\)，$|DE| + |EF|+|DF| \ge |DE| + |ED'| = |D'E| + |D''E| \ge |D'D''| $，由于三角形为锐角三角形，显然存在 \(E\) 使得等号存在。

由对称性，\(|AD| = |AD'| = |AD''|\)，\(|D'D''| = |AD|\)，故 \(|AD|\) 最小时，\(|D'D''|\) 最小，即 \(AD\perp BC\) 时 \(|D'D''|\) 最小。

同理，\(AD\perp BC, BE\perp AC, CF\perp AB\) 时最小。

\(EF^2 = AE^2+AF^2-2|AE||AF|\cos A = c^2\cos^2A+b^2\cos^2A-2bc \cos^3A = \cos^2A(b^2+c^2-2bc\cos A) = a^2 \cos^2 A\)，故 \(|EF| = a \cos A\)。

同理，\(p = a\cos A + b \cos B + c\cos C\)。

当给定的三角形为直角或钝角三角形时：

最优时的点不在线段上，故取不到最小值。

将军饮马中不同折线在最短路径上的投影都为最短路径本身，而离最优点越远张角越大，对应余弦值越小，除以余弦值之后的得数越大，故越不优。

故两点无限接近钝角顶点，一点为钝角顶点向最长边的垂足时最优，无最小值。

不妨设钝角或直角顶点为 \(A\)，此时 \(p > 2c\sin B=2b\sin C\)。

\(*10.\) 垂心四面体的模板题

设 \(l_A\) 与 \(BCD\) 交于点 \(F\)，连 \(DF,BF,CF\)。

\(\because l_A \perp BCD\)。

\(\therefore AD\) 在 \(BCD\) 上的投影为 \(DF\)，\(AB\) 在 \(BCD\) 上的投影为 \(BF\)，\(AC\) 在 \(BCD\) 上的投影为 \(CF\)。

\(\because AB\perp CD,AC\perp BD\)。

\(\therefore BF \perp CD, CF \perp BD\)。

\(\therefore F\) 为 \(BCD\) 的垂心。

\(\therefore DF\perp BC\)。

\(\therefore AD \perp BC\)。

作 \(AE\perp CD\)。

\(\because AE\perp CD, AB\perp CD, AB \bigcap AE = \{A\}, AE \in ABE, AB\in ABE\)。

\(\therefore ABE \perp CD\)。

\(\because l_A \perp BCD, CD \in BCD\)。

\(\therefore l_A \perp CD, l_A \in ABE\)。

同理，\(l_B \in ABE\)。

\(\because ABE \bigcap ACD = AE;C,D\in ACD\)。

\(\therefore C,D\notin ABE\)。

\(\therefore l_C, l_D \notin ABE\)。

同理，任意两个垂线共面且相交，且其余两个垂线不属于该平面。

若垂线 \(l_A, l_B\) 平行，则 \(BCD\) 与 \(ACD\) 平行或重合，显然矛盾。

故所有垂线两两存在一个交点。

如果 \(l_A, l_B,l_C\) 不共点，则三者存在三个不同交点共面，故三者应当共面，与前推论矛盾。

故任意三条垂线共点，故四条垂线共点。

\(11.\) 利用数学归纳法。

设 \(A_k = \sum_{i=0}^k \limits a_i, B_k = \sum_{i=0}^{k} \limits b_i\)。

已知在 \(k = 1\) 时，\(\sqrt{a_1^2+b_1^2} \ge \sqrt{a_1^2+b_1^2}\)。

当 \(k\) 满足该不等式时，有：

设 \(a_{i+1} = x, b_{i + 1} = y\)。

\(\sum_{i=1}^{k+1} \limits \sqrt{a_i^2 + b_i^2} = \sqrt{x^2+y^2} + \sum_{i=1}^{k} \limits \sqrt{a_i^2 + b_i^2}\)。

\(\because \sum_{i=1}^{k} \limits \sqrt{a_i^2 + b_i^2} \ge \sqrt{A^2+B^2}\)。

\(\therefore\) 若 \(\sqrt{x^2+y^2} \ge \sqrt{(A+x)^2+(B+y)^2}-\sqrt{A^2+B^2}\)，则 \(k+1\) 也满足该不等式。

挪项，平方，均为非负数不用变号，得：

\(x^2+y^2+A^2+B^2+2\sqrt{(x^2+y^2)(A^2+B^2)} \ge A^2+B^2+x^2+y^2+2Ax+2By\)。

整理得：\(\sqrt{(x^2+y^2)(A^2+B^2)} \ge Ax + By\)。

由柯西不等式，此式显然成立，取等条件为 \(\dfrac{A}{B} = \dfrac{x}{y}\)。（均取 \(0\) 时也取等）

而要求归纳过程中每一步均取等才能最终取等，故取等条件为 \(\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2}=...=\dfrac{a_{2025}}{b_{2025}}\)。

\(12.\) 已知 \(X\) 与 \(Y\) 分布列相同。

若 \(X, Y\) 取值的最小值 \(t\) 小于 \(1\)，则 \(X+Y = 2t\) 应当属于 \(X+Y\) 的分布列，矛盾。

若 \(X,Y\) 取值的最小值 \(t\) 大于 \(1\)，则 \(X+Y = 2\) 不应当属于 \(X+Y\) 的分布列，矛盾。

故 \(X, Y\) 取值的最小值一定为 \(1\)。

而若 \(X, Y\) 取值存在非整数 \(t\)，则 \(X+Y = 1+t\) 应当属于 \(X+Y\) 的分布列，矛盾。

故 \(X, Y\) 的取值一定为整数。

若 \(X,Y\) 取值不包括 \(2\)，则 \(X+Y = 3\) 不应当属于 \(X+Y\) 的分布列，矛盾。

故 \(X, Y\) 取值一定包括 \(2\)。

以此类推，\(X,Y\) 取值一定属于 \(\{1,2,3,4,5,6\}\)。

简化表达 \(p(X=i) = p(Y=i)=p_i\)。

由于 \(p(X+Y=k)\) 关于 \(k = 7\) 对称，故 \(p(X = i) = p(X = 7-i)\)。

已知 \(p(X+Y = 2) = p(X+Y=12) = \dfrac{2}{47}\)，故 \(p_1 = p_6 = \sqrt{\dfrac{2}{47}}\)。

\(p(X+Y=3) = p(X+Y=11) = \dfrac{3}{47}\)，故 \(2p_1p_2 = \dfrac{3}{47}\)，\(p_2=p_5 = \dfrac{3}{2\sqrt{94}}\)。

\(p(X+Y=4) = \dfrac{4}{47} = p_2^2+2p_1p_3\)，得：\(p_3 = p_4 = \dfrac{23}{16\sqrt{94}}\)。

\(p_1+p_2+p_3 = \dfrac{79}{16\sqrt2}\times\dfrac{1}{\sqrt{47}}\)，显然不等于 \(\dfrac{1}{2}\)，故不存在。

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