鉴定为手速赛｜北大 2025 强基数学

\(\text{T1}\)：已知 \(x^2-y^2=1\)，求 \(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{y}{x}\) 的取值范围.
\(\text{T2}\)：求椭圆 \(x^2-2xy+2y^2=4\) 的面积.
\(\text{T3}\)：求 \(\sqrt{3-2x}+\sqrt{3x}\) 最小值和最大值的和.
\(\text{T4}\)：求 \(\sqrt{x^2-2x+10}+\sqrt{x^2-4x+5}\) 的值域.
\(\text{T5}\)：求 \(\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}\) 的最大值.
\(\text{T6}\)：\(2\)、\(4\)、\(6\)、\(8\) 组成的 \(2025\) 位数中，含有偶数个 \(2\) 的数字个数为.
\(\text{T7}\)：满足 \(\overline{ab}=a^2+b^3\) 的两位数的个数为.
\(\text{T8}\)：复数 \(z_1\) 在复平面中 \(2\) 与 \(2i\) 代表的点相连的线段上，\(z_2\) 在以原点为圆心的单位圆上，则 \(z_1+2z_2\) 覆盖的面积是.
\(\text{T9}\)：\(P(x)=x^3+bx^2+cx+d\)，且 \(P(1)=2025,P(2)=4050\)，求 \(P(5)-P(-2)\).
\(\text{T10}\)：\(a^{a^3}=3\)，求 \(a^6\).
\(\text{T11}\)：\(2x^2+y^2=1\)，求 \(\max\{x+2y\}\).
\(\text{T12}\)：已知 \(|2\textbf a-\textbf b|=|\textbf a+2\textbf b|=1\)，则 \(\max|3\textbf a+4\textbf b|\) 为.
\(\text{T13}\)：使得 \(x^{2025}=2025-ax=2026-bx\) 有解的 \((a,b)\) 有多少组.
\(\text{T14}\)：若 \(\alpha\)、\(\beta\) 是 \(3\cos x+2\sin x=c\) 的两解，且 \(\alpha+\beta\neq k\pi\)，则求 \(\tan (\alpha+\beta)\).
\(\text{T15}\)：求 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{1012}(-1)^{i+1}\cos\dfrac{i\pi}{2025}\).
\(\text{T16}\)：\(S=\{1,2,3,\dots,2025\}\)，满足 \(A,B\subseteq S\)，\(A\cap B\neq \varnothing\) 的二元集 \(\{A,B\}\) 有多少个.
\(\text{T17}\)：求 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{2025}[\log_2 n]\).
\(\text{T18}\)：\(z^6+z^4+z^3+z^2+1=0\) 所有正虚部的根之积为 \(P\)，则 \(\arg P\) 为.
\(\text{T19}\)：\(x^3+ax^2-(1-a)^2=0\)，三根 \(x_1\neq x_2\neq x_3\)，\(\sum\dfrac{x_1}{x_2x_3}\ge \dfrac32\)，求 \(a\) 的取值范围.
\(\text{T20}\)：\(\Delta ABC\) 中，\(D\) 在 \(BC\) 上，\(AD\) 平分 \(\angle BAC\)，\(AB=AD=2\)，\(BD=1\)，求 \(CD\).

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\(\text{T7}\)：满足 \(\overline{ab}=a^2+b^3\) 的两位数的个数为.

解答

再不济也可以暴力枚举.

因为 \(b=0,1,2,3,4\)，对应解即可，符合条件的有 \(43\)，\(63\) 两个.

\(\text{T1}\)：已知 \(x^2-y^2=1\)，求 \(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{y}{x}\) 的取值范围.

解答 1

三角换元，$x=\cos^{-1}\theta$，$y=\tan\theta$，于是即求 $S=\cos^2\theta-\sin\theta=1-\sin\theta-\sin^2\theta=\dfrac54-(\sin\theta+\dfrac12)^2$.

考虑到 \(\sin\theta\in(-1,1)\)，\(S\in \left(-1,\dfrac54\right]\).

解答 2

看到次数不齐，化齐次. $S=\dfrac{x^2-y^2}{x^2}-\dfrac yx=1-\left(\dfrac yx\right)^2 -\left(\dfrac yx\right)=\dfrac54-\left(\dfrac yx-\dfrac12\right)^{2}$.

考虑到 \(|y|>|x|\)，所以 \(\dfrac{y}{x}\in(-1,1)\)，所以 \(S\in \left(-1,\dfrac54\right]\).

\(\text{T8}\)：复数 \(z_1\) 在复平面中 \(2\) 与 \(2i\) 代表的点相连的线段上，\(z_2\) 在以原点为圆心的单位圆上，则 \(z_1+2z_2\) 覆盖的面积是.

解答

最终图形为一个半径为 $2$ 的圆加上一个 $4\times 2\sqrt2$ 的长方形去掉开头结尾状态两个圆的重合部分（边框扫不到），面积和为 $2\pi+8\sqrt2-4$.

\(\text{T9}\)：\(P(x)=x^3+bx^2+cx+d\)，且 \(P(1)=2025,P(2)=4050\)，求 \(P(5)-P(-2)\).

解答

$$ \begin{cases} 1+b+c+d=2025\\ 8+4b+2c+d=4050\\ \end{cases} $$

目标函数 \(P(5)-P(-2)=125+25b+5c+d-(-8+4b-2c+d)=133+21b+7c\)，只要求 \(3b+c\) 即可.

两式相减 \(3b+c=2018\)，于是 \(P(5)-P(-2)=14259.\)

\(\text{T13}\)：使得 \(x^{2025}=2025-ax=2026-bx\) 有解的 \((a,b)\) 有多少组.

解答

这算什么？

\(p=b-a\)，则 \(\dfrac{1}{p^{2025}}=2025-\dfrac{a}{p}\)，则 \(a = 2025p-\dfrac{1}{p^{2024}}\)，有无穷多组.

\(\text{T20}\)：\(\Delta ABC\) 中，\(D\) 在 \(BC\) 上，\(AD\) 平分 \(\angle BAC\)，\(AB=AD=2\)，\(BD=1\)，求 \(CD\).

解答

用两次正弦定理，设 $2\theta=A$，对于 $\Delta ADC$：

\[\frac{AD}{\sin C}=\frac{DC}{\sin\theta} \]

对于 \(\Delta ABC\)：

\[\frac{BC}{\sin2\theta}=\frac{AB}{\sin C} \]

我们知道 \(AB=AD\)，那么就有

\[\frac{DC}{\sin\theta}=\frac{BC}{\sin2\theta} \]

\[DC=\frac{DC+1}{2\cos\theta} \]

另外可以解出 \(\cos\theta=\dfrac78\)，则 \(DC=\dfrac43\).

\(\text{T4}\)：求 \(\sqrt{x^2-2x+10}+\sqrt{x^2-4x+5}\) 的值域.

解答

$f(x)=\sqrt{(x-1)^2+3^2}-\sqrt{(x-2)^2+1^2}$，考虑几何意义，即求 $(x,0)$ 到 $(1,3)$ 和 $(2,1)$ 的距离差值，最大为 $\sqrt5$，最小无限逼近于 $-1$（考虑，在无穷远处看作两边平行于 $x$ 轴）. 值域为 $(-1,\sqrt5]$.

\(\text{T14}\)：若 \(\alpha\)、\(\beta\) 是 \(3\cos x+2\sin x=c\) 的两解，且 \(\alpha+\beta\neq k\pi\)，则求 \(\tan (\alpha+\beta)\).

解答

辅助角公式：

\[\sqrt{13}\sin(\varphi+x)=c, \tan\varphi=\frac32 \]

又因为

\[(\alpha+\varphi)+(\beta+\varphi)=2k\pi+\pi \]

由诱导公式：

\[\tan(\alpha+\beta)=-\tan2\varphi \]

故得 \(\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{12}{5}\).

\(\text{T12}\)：已知 \(|2\textbf a-\textbf b|=|\textbf a+2\textbf b|=1\)，则 \(\max|3\textbf a+4\textbf b|\) 为.

解答

设

\[\begin{cases} \mathbf{c}=2\textbf a-\textbf b\\ \mathbf{d}=\textbf a+2\textbf b\\ \end{cases} \]

则 \(\left|3\textbf a+4\textbf b\right|=\left|\dfrac{2}5\mathbf c +\dfrac{11}5{\mathbf d}\right|\leq \dfrac{13}5\).

\(\text{T17}\)：求 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{2025}[\log_2 n]\).

解答

$S=-220+\displaystyle\sum_{n=1}^{2047}[\log_2 n]=-220+\displaystyle\sum_{n=0}^{10}2^i\cdot i=18214$.

\(\text{T2}\)：求椭圆 \(x^2-2xy+2y^2=4\) 的面积.

解答

变换，首先变成 $x^2-\sqrt2xy'+y'^2=4$，此时面积变为原来的 $\sqrt2$.

于是面积 \(S=\sqrt2\pi ab=\sqrt2\pi\sqrt{\dfrac{4}{2+\sqrt2}\cdot\dfrac4{2-\sqrt2}}=4\pi\).

\(\text{T19}\)：\(x^3+ax^2-(1-a)^2=0\)，三根 \(x_1\neq x_2\neq x_3\)，\(\sum\dfrac{x_1}{x_2x_3}\ge \dfrac32\)，求 \(a\) 的取值范围.

解答

$\text{T19}$：$x^3+ax^2-(1-a)^2=0$，三根 $x_1\neq x_2\neq x_3$，$\sum\dfrac{x_1}{x_2x_3}\ge \dfrac32$，求 $a$ 的取值范围.

通分，即

\[\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{x_1x_2x_3}\ge \frac32 \]

根据高次韦达，即

\[\begin{cases}x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=0\\x_1x_2x_3=(1-a)^2\\x_1+x_2+x_3=a\end{cases} \]

带入：

\[\dfrac{a^2}{(1-a)^2}\ge\frac32 \]

解得 \(a\in[3-\sqrt6,3+\sqrt6]\). 但是还没完，要保证三根各不相同，则：

\[x^3-(2p+q)x^2+(p^2+2pq)x-p^2q=0 \]

其中我们知道 \((p+2q)p=0\)，那么分别讨论 \(p = 0\)（此时 \(a=1\)）和 \(p = -2q\)（此时求导可知 \(a\) 仅有一个负实根，不影响取值），综上 \(a\in[3-\sqrt6,1)\cup(1,3+\sqrt6]\).

\(\text{T11}\)：\(2x^2+y^2=1\)，求 \(\max\{x+2y\}\).

解答

$2x^2+y^2=1$ 与 $x+2y-C=0$ 相切，则 $\dfrac12+4=C^2$.

\(C=\max\{x+2y\}=\dfrac{3\sqrt2}{2}\).

\(\text{T18}\)：\(z^6+z^4+z^3+z^2+1=0\) 所有正虚部的根之积为 \(P\)，则 \(\arg P\) 为.

解答

$$ z^3+z+1+z^{-1}+z^{-3}=0\\ (z+z^{-1})^3-2(z+z^{-1})+1=0 $$

令 \(p=z+z^{-1}\)，有

\[p^3-2p+1=0\\ (p-1)(p^2+p-1)=0\\ p_1=1\,p_2=\frac{\sqrt5-1}{2}\,p_3=\frac{-\sqrt5-1}{2} \]

于是 \(z+z^{-1}=p\)，也即 \(z^2-pz+1=0\). 此时 \(z_1+z_2=2\cos \theta=p\)，所以 \(\cos\theta=\dfrac12,\dfrac{\sqrt5-1}4,\dfrac{-\sqrt5-1}4\). \(\arg P=\theta_1+\theta_2+\theta_3=\dfrac13\pi+\dfrac25\pi+\dfrac45\pi=\dfrac{23}{15}\pi\).

\(\text{T3}\)：求 \(\sqrt{3-2x}+\sqrt{3x}\) 最小值和最大值的和.

解答

即，对于 $a\ge0, b\ge0$，若 $3a^2+2b^2=9$ 求 $a+b$ 的最值.

根据椭圆图像，我们知道短轴在 \(x\) 轴上，因此 \(a+b\) 的最小值为 \(\sqrt3+0=\sqrt3\).

最大值就是找切线. 椭圆切线 \(Ax+By+C=0\) 和椭圆 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\) 相切的充分必要条件是 \(A^2a^2+B^2b^2=C^2\)，那么我们这里设 \(x+y+C=0\)，就有 \(3+\dfrac92=C^2\)，于是 \(C=-\dfrac{\sqrt{30}}2\).

最大值和最小值求和即为 \(\sqrt3+\dfrac{\sqrt{30}}2\).

\(\text{T10}\)：\(a^{a^3}=3\)，求 \(a^6\).

解答

$\text{T10}$：$a^{a^3}=3$，求 $a^6$.

设 \(f(x)=a^x=3\)，\(a^3=x\).

考虑 \((x,3)\) 和 \((3,x)\) 均在函数图像上. 如果 \(x\neq 3\)，则 \(f(x)\) 单调递减，但是 \(f(0)=1\)，\(x>0\)，\(f(x)>1\)，矛盾.

所以 \(x=3\). 于是 \(a^3=3\)，则 \(a^6=9\).

\(\text{T16}\)：\(S=\{1,2,3,\dots,2025\}\)，满足 \(A,B\subseteq S\)，\(A\cap B\neq \varnothing\) 的二元集 \(\{A,B\}\) 有多少个.

解答

考虑反过来，$A\cap B= \varnothing$，那么每个元素要么只在 $A$，要么只在 $B$，要么都不在，则有 $3^{2025}$ 种，其他所有 $\{A,B\}$ 算两次，唯独 $A=B=\varnothing$ 的时候少算一次，总共有 $\dfrac{3^{2025}+1}{2}$ 种，总共有 $2^{4049}-2^{2024}$ 个 $\{A,B\}$，答案即为 $2^{4049}-2^{2024}-\dfrac{3^{2025}+1}{2}$.

\(\text{T5}\)：求 \(\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}\) 的最大值.

解答

求 $S=\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$ 的最大值.

你肯定会做 \(\dfrac{xy+yz}{x^2+2y^2+z^2}\)，拆开来就行，仿照这个做法，设：

\[\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{xy+2yz}{x^2+\lambda y^2+\mu y^2+z^2} \]

那么：

\[\begin{cases} \lambda+\mu=1\\ \dfrac{\sqrt{\lambda}}{1}=\dfrac{\sqrt{\mu}}{2} \end{cases} \]

得

\[\begin{cases} \lambda=\frac15\\ \mu=\frac45\\ \end{cases} \]

也就是

\[\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{xy+2yz}{x^2+\frac15 y^2+\frac45 y^2+z^2}\ge \dfrac{xy+2yz}{2\sqrt{\frac15}xy+2\sqrt{\frac45}yz}=\dfrac{\sqrt5}{2} \]

\(\text{T15}\)：求 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{1012}(-1)^{k+1}\cos\dfrac{k\pi}{2025}\).

解答

一个常规的套路是转化为复数处理.

设 \(\theta=\dfrac{\pi}{2025}\)，同时我们知道 \(\cos\left(k\theta\right)=\Re(\exp(ik\theta))\)，那么

\[S=\Re\left(\sum_{k=1}^{1012}\exp(ik\theta)(-1)^{k+1}\right)=-\Re\left(\sum_{k=1}^{1012}\left(-e^{i\theta}\right)^k\right) \]

运用等比数列求和公式，设 \(z=-e^{i\theta}\)，

\[-S=\Re\left(\frac{z(1-z^n)(1-\bar{z})}{(1-z)(1-\bar{z})}\right)=\Re\left(\frac{z(1-z^n)(1-\bar{z})}{2+2\cos\theta}\right)=\frac{1}{2+2\cos\theta}(\Re z+\Re z^n-\Re z^{n+1}-1) \]

化简即：

\[-S=\dfrac{1}{2+2\cos\theta}(-\cos\theta-1+\cos{\dfrac{1012\theta}{2025}-\cos{\dfrac{1013\theta}{2025}}})=-\dfrac12 \]

于是 \(S=\dfrac12\).

\(\text{T6}\)：\(2\)、\(4\)、\(6\)、\(8\) 组成的 \(2025\) 位数中，含有偶数个 \(2\) 的数字个数为.

解答

$\text{T6}$：$2$、$4$、$6$、$8$ 组成的 $2025$ 位数中，含有偶数个 $2$ 的数字个数为.

\[N=\sum_{k=0}^{1012}\binom{2025}{2k}3^{2025-2k} \]

构建生成函数：

\[(x-3)^{2025}=\sum_{k=0}^{2025}\binom{2025}{k}(-3)^{k}x^{2025-k} \]

带入 \(x=1\)：

\[-2^{2025}=\sum_{k=0}^{2025}\binom{2025}{k}(-3)^k \]

带入 \(x=-1\)：

\[-4^{2025}=-\sum_{k=0}^{2025}\binom{2025}{k}3^k \]

设

\[M=\sum_{k=0}^{1012}\binom{2025}{2k+1}3^{2024-2k} \]

则

\[\begin{cases} N+M=4^{2025}\\ N-M=2^{2025} \end{cases} \]

得 \(N=\dfrac{4^{2025}+2^{2025}}{2}=2^{4049}+2^{2024}\).