纯放水｜中科大 2025 强基数学
\(\text {T1}\)：\(x^2+xy+y^2=4\) 有多少对整数解？
\(\text {T2}\)：求 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{2025}\dfrac{1}{2^k}\sin\left(\dfrac{2k\pi}3\right)\).
\(\text {T3}\)：\(A(1,1,0),B(0,1,1),C(1,0,1),D(1,1,1)\) 构成的四面体体积是？
\(\text {T4}\)：圆锥的侧面展开为 \(r=1\) 的半圆，求 \(h\).
\(\text{T5}\)：求集合 \(\left\{\omega+z\ |\ \dfrac{\omega}{z}\in\C\land \omega^{35}+z^{25}=1\right\}\) 的元素个数.
\(\text {T6}\)：\(n\) 球 \(m\) 盒，有球的盒子期望有多少个？
\(\text{T7}\)：对于一个 \(1\sim 10\) 的排列 \(p\)，满足 \(|p_i-i|\le 1\)，求 \(p\) 的数量.
\(\text{T8}\)：展开 \((1-x)^{1958}\) 为 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}a_kx^k\)，求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}\dfrac{1}{a_k}\).
\(\text{T9}\)：\(\dfrac{(x+1)^n}{x^m}+1=\dfrac{(x+1)^b}{x^a}\)，求所有非负整数对 \((n,m,b,a)\).
\(\text{T10}\)：\(\odot O\) 与 \(y=\ln x\) 相切于 \(\left(\dfrac34,\ln\dfrac34\right)\)，求半径 \(r\).
\(\text {T11}\)：求 \(\text{rnd}(x)=\frac43x-1\) 实数解的个数，其中 \(\text{rnd}(x)\) 为四舍五入函数，即若 \(m\in Z,m-\frac12<x\leq m+\frac12\)，则记 \(\text{rnd}(x)=m\).
\(\text {T12}\)：\(f(x)=2x-x^2,x\in[a,b],f(x)\in[\frac1b,\frac1a]\)，求所有可能的 \(a+b\).
\(\text {T13}\)：\(\sqrt{2}z^{n+1}-z^{n}-1=0\) 存在模长为 \(1\) 的复数根，求所有符合条件的正整数 \(n\).
\(\text{T14}\)：\(f(x)=\begin{cases}x^2-6x+3 & x<c\\3^x & x\ge c\end{cases}\)，若 \(f(f(x))=3\) 恰好有一根，求 \(c\) 的取值范围.
解答按照主观难度排序。
\(\text {T4}\)：圆锥的侧面展开为 \(r=1\) 的半圆，求 \(h\).
解答
$\pi r=2\pi R$，于是 $R=\dfrac12$，$h=\sqrt{r^2-R^2}=\dfrac{\sqrt3}{2}$.\(\text {T3}\)：\(A(1,1,0),B(0,1,1),C(1,0,1),D(1,1,1)\) 构成的四面体体积是？
解答
$V=\dfrac13\times\dfrac12\times1\times1\times1=1$.\(\text {T2}\)：求 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{2025}\dfrac{1}{2^k}\sin\left(\dfrac{2k\pi}3\right)\).
解答
$S=\dfrac{\sqrt3}{2}\sum_{k=0}^{674}\dfrac{1}{2^{3k+1}}-\dfrac{1}{2^{3k+2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sum_{k=0}^{674}\dfrac{1}{2^{3k+2}}$\(7S=\dfrac{\sqrt3}2\left(2-\dfrac{1}{2^{2024}}\right)\)
\(S=\dfrac{\sqrt3}7\left(1-\dfrac{1}{2^{2025}}\right)\)
\(\text {T13}\)：\(\sqrt{2}z^{n+1}-z^{n}-1=0\) 存在模长为 \(1\) 的复数根，求所有符合条件的正整数 \(n\).
解答
$|\sqrt2 z^{n+1}|=\sqrt 2$，于是 $\sqrt2z^{n+1}$、$z^{n}$ 夹角即为 $\dfrac \pi4$. 于是要存在符合题意的复数根 $z$，就一定是 $\cos\dfrac\pi4+i\sin\dfrac\pi4$，那么 $n=8k+6,k\in\N$.\(\text{T9}\)：\(\dfrac{(x+1)^n}{x^m}+1=\dfrac{(x+1)^b}{x^a}\)，求所有非负整数对 \((n,m,b,a)\).
解答
带入 $x=1$：$2^n+1=2^b$. $b=1,n=0$.带入 \(x=2\)：\(\dfrac{1}{2^m}+1=\dfrac3{2^a}\) 即 \((2^m+1)2^a=3\cdot 2^m\) 即 \(2^m+1=3\cdot 2^{m-a}\). 因为 \(m\not=0\)，所以 \(3\cdot 2^k\equiv 1\pmod 2\)，于是 \(m=a=1\)，那么做完了. \((n,m,b,a)=(0,1,1,1)\).
\(\text {T1}\)：\(x^2+xy+y^2=4\) 有多少对整数解？
解答
把原方程看作是关于 $x$ 的含参方程，$\Delta=y^2-4(y^2-4)\ge 0$ 于是解得 $y^2\le \dfrac{16}{3}$，则知 $|y|\le \dfrac{4}{\sqrt3}$. 又因为 $y\in \Z$，于是 $y=\pm 2, \pm 1, 0$.一一带入验证，\(y=\pm 2\) 分别两解，\(y=\pm 1\) 无解，\(y=0\) 两解，加起来 \(6\) 组解。
\(\text{T10}\)：\(\odot O\) 与 \(y=\ln x\) 相切于 \(\left(\dfrac34,\ln\dfrac34\right)\)，求半径 \(r\).
解答
切点处斜率相同为 $\dfrac 43$，切点所在半径斜率则为 $-\dfrac34$，又与 $y$ 相切得到 $r+\dfrac45r=\dfrac34$，解得 $r=\dfrac5{12}$.\(\text{T14}\)：\(f(x)=\begin{cases}x^2-6x+3 & x<c\\3^x & x\ge c\end{cases}\)，若 \(f(f(x))=3\) 恰好有一根，求 \(c\) 的取值范围.
解答
设 $f(x)=u$，则 $f(u)=3$.对于 \(f(u)=3\)，
- 若 \(0\lt x\le 3-\sqrt 7\)，则 \(u_1=0,u_2=1\)，\(f(x)=0\) 无解，\(f(x)=1\) 也无解.
- 若 \(3-\sqrt7\lt x\le3-\sqrt6\)，则 \(u_1=0,u_2=1\)，此时 \(f(x)=1\) 多出来一根，合题.
- 若 \(3-\sqrt6\lt x\le 1\)，则 \(u_1=0,u_2=1\)，此时 \(f(x)=0\) 多出来一根，不合题.
- 若 \(x>1\)，此时 \(u=0\)，\(f(x)=0\) 恰好一根，合题.
于是 \(x\in(3-\sqrt7, 3-\sqrt6]\cup(1,+\infin)\)
\(\text {T11}\)：求 \(\text{rnd}(x)=\frac43x-1\) 实数解的个数，其中 \(\text{rnd}(x)\) 为四舍五入函数，即若 \(m\in Z,m-\frac12<x\leq m+\frac12\)，则记 \(\text{rnd}(x)=m\).
解答
由题意，$\frac43x-\frac32\lt x\leq \frac43x-\frac12$，整理得到 $\text{rnd}(x)=1,2,3,4$，分别都对应有一组解，于是总共有 $4$ 解.\(\text {T12}\)：\(f(x)=2x-x^2,x\in[a,b],f(x)\in[\frac1b,\frac1a]\)，求所有可能的 \(a+b\).
解答
情形 1：$\frac1a=1$ 即 $a=1$. 于是 $f(b)=\frac1b$，解之，$b_1=1,b_2=\frac{1+\sqrt5}{2},b_3=\frac{1-\sqrt5}{2}$，舍去两根，$b=\frac{1+\sqrt5}{2}$，则 $a+b=\frac{3+\sqrt5}{2}$.情形 2：\(1\lt a\lt b\)，\(f(a)=\frac1a,f(b)=\frac1b\)，即 \(a,b\) 为 \(f(x)=\frac 1x\) 的两根，方程同上，于是无解.
情形 3：\(a\lt b\lt 1\)，\(f(a)=\frac1b,f(b)=\frac1a\)，整理即可得到 \(2ab-ab^2=1\)，\(2ab-a^2b=1\)，于是 \(a=b\)，舍去.
因此唯一 \(a+b=\frac{3+\sqrt5}{2}\).
\(\text {T6}\)：\(n\) 球 \(m\) 盒，有球的盒子期望有多少个？
不假思索的解答
每个盒子都一样，所以考虑每个盒子分别的有球概率。一个盒子有球的概率是 $1\left(1-\dfrac 1m\right)^n$，所以期望有球的盒子数量是 $m\left[1\left(1-\dfrac 1m\right)^n\right]$.严肃解答
在样本空间 $\Omega$ 中，首先每个盒子每个球都编上号，那么 $n(\Omega)=m^n$。对于每个盒子，不在该盒子装球的情况有 $(m-1)^n$ 种，概率为 $\left(1-\dfrac 1m\right)^n$，装球的概率为 $1-\left(1-\dfrac 1m\right)^n$，期望的和等于和的期望，于是期望装球的盒子数量为 $m\left[\left(1-\dfrac 1m\right)^n\right]$\(\text{T7}\)：对于一个 \(1\sim 10\) 的排列 \(p\)，满足 \(|p_i-i|\le 1\)，求 \(p\) 的数量.
解答
容易证明：要么 $p_i=i$，要么若 $p_i=i-1$ 则 $p_{i-1}=i$，若 $p_i=i+1$ 则 $p_{i+1}=i$. 于是枚举 $p_i\neq i$ 的数量，运用插板法即 $N=\binom {10}0+\binom91+\binom82+\binom73+\binom64+\binom55=88$.\(\text{T5}\)：求集合 \(\left\{\omega+z\ |\ \dfrac{\omega}{z}\in\C\land \omega^{35}+z^{25}=1\right\}\) 的元素个数.
解答
诡谲. 难点在于敢写 $\infin$ 上去.考虑 \(\arg\omega^{35}=\theta\)，\(\arg z^{25}=-\theta\)，那么一定存在一对特解 \(\omega_0=a\left(\cos\dfrac{\theta}{35}+i\sin\dfrac{\theta}{35}\right)\)，\(z_0=a\left(\cos\dfrac{\theta}{25}-i\sin\dfrac{\theta}{25}\right)\)，其中 \(a\cos\theta=\dfrac12\).
那么设 \(a\zeta=\omega_0+z_0=a\left(\cos\dfrac{\theta}{35}+i\sin\dfrac{\theta}{35}+\cos\dfrac{\theta}{25}-i\sin\dfrac{\theta}{25}\right)\)，则 \(\Re(\zeta)=\cos\dfrac{\theta}{35}+\cos\dfrac{\theta}{25}\)，\(\Im(\zeta)=\sin\dfrac{\theta}{35}-\sin\dfrac{\theta}{25}\)，如果只考虑实部，则 \(\cos\dfrac{\theta}{35}+\cos\dfrac{\theta}{25}=2\cos\dfrac{12}{175}\theta\cos\dfrac2{175}\theta\)，是关于 \(\dfrac{2}{175}\theta\) 的六次函数，因此连续性可证，因而取值无穷多.
\(\text{T8}\)：展开 \((1-x)^{1958}\) 为 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}a_kx^k\)，求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{1958}\dfrac{1}{a_k}\).
唯一一道有意思的题.
所有解答均 \(1958\) 换成 \(n\)，去特殊化解答.
解答 0：填空题做法
$n$ 是奇数答案是 $0$，对偶数找规律并归纳得到答案是 $\dfrac{2(n+1)}{n+2}$解答 1：组合数积分展开
设 $n=1958$，则组合数倒数具有积分形式：
代入得：
交换求和与积分顺序：
运用等比数列求和：
整理：
分别计算两项积分：
综上，原表达式的结果为：
解答 2：裂项相消
$$S=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{a_k}=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{\binom nk}$$拆开组合数，通分：
于是想到裂项. 因为存在正负交替，所以考虑裂成加法形式.
对任意 \(0 \leq k \leq n\)，有：
改变求和顺序
分组求和：
前面全部为 \(0\)，化简即得：
浙公网安备 33010602011771号