2021年清华大学强基计划数学试题及其详解

摘 要：文章给出了2021年清华大学强基计划数学试题的回忆版及其详解.

关键词：强基计划;数学试题;详解;初等数论

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0084-09

全卷共35道不定项选择题.以下试题是回忆版（只有21道，差14道，有的试题还差选项，题目顺序及试题内容也可能不准确），其解答详尽.

试题涉及函数与方程（第1，8，10，14题）;集合及计数原理（第2，13题）;整数性质（第3题）;平面解析几何（第4，11题）;数列（第5题）;定积分（第6题）;平面几何（第7题）;平面向量与线性规划（第9题）;概率（第12题）;三角（第15，20题）;组合数学（第16题）;复数（第17题）;立体几何（第18题）;代数运算（第19题）;不等式（第21题）.其中第9，10均是往年的高考题，第17道是往年的高中数学联赛一试试题.

题1 若恰有一个实数x使得x3-ax-1=0成立，则常数a的取值范围是（ ）.

A.（-∞，32）  B.（-∞，3322）

C.（322，+∞）（-∞，322）

解析 关于x的方程x2-1x=a有唯一实根.

设f（x）=x2-1xf ′（x）=2x+1x2=2x3+1x2，可得f（x）在（-∞，-132），（-132，0），（0，+∞）

上分别单调递减、单调递增、单调递增.再由

limx→-∞f（x）=+∞，f（-132）=3232，

limx→0-f（x）=+∞，

limx→0+f（x）=-∞，

limx→+∞f（x）=+∞可作出函数f（x）的图象如图1.

图1

进而可得所求a的取值范围是（-∞，3232）.

题2 若集合U={0，1，2，…，2021}，SU，且集合S中的任意两个元素之和均不是5的倍数，则集合S元素个数的最大值是.

解析 集合U中元素（共2022个）分5类：

（1）（共405个）5×0，5×1，5×2，…，5×404;

（2）（共405个）5×0+1，5×1+1，5×2+1，…，5×404+1;

（3）（共404个）5×0+2，5×1+2，5×2+2，…，5×403+2;

（4）（共404个）5×0+3，5×1+3，5×2+3，…，5×403+3;

（5）（共404个）5×0+4，5×1+4，5×2+4，…，5×403+4.

由题设可知，第（2）类与第（5）类的元素不能同选;第（3）类与第（4）类的元素也不能同选.因而，集合S元素个数至多是405+405+404=1214.

當第（1）（2）（3）类的元素全选，或第（1）（2）（4）类的元素全选时得到的集合S元素的个数均是1214，此时满足题意，且当集合S元素个数取最大值时，没有别的情形.

综上所述，可得所求答案是1214.

题3 若正整数（m，n）的最大公约数、最小公倍数分别是10！，50！，则数对（m，n）的对数是（  ）.

A.29  B.215  C.218  D.221

解析 可设m=10！a，n=10！b，正整数a，b互质，且ab=11×12×13×…×50.

可得ab的质因数共15个：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47.

再由正整数a，b互质，可得数对（a，b）的对数是215，进而可得数对（m，n）的对数也是215.

题4 在平面直角坐标系xOy中，过点A（-2，3）作抛物线y2=4x的两条切线，分别与y轴交于点B，C，则△ABC的外接圆方程是（  ）.

A.（x+1）2+（y-32）2=134

B.（x+1）2+（y-1）2=134

C.（x+12）2+（y-32）2=92

D.（x+32）2+（y-1）2=174

解析 如图2所示，可设切线方程是y-3=k（x+2），联立

y-3=k（x+2）y2=4x

得y-3=k（y24+2）.即ky2-4y+8k+12=0.

由这个关于y的一元二次方程的判别式的值为0，可求得k=-3±174，进而可求得两个切点B（0，3+172），C（0，3-172），还可求得弦AB，BC的中垂线方程分别是8x+（217-6）y+13-317=0，y=32，进而可求得△ABC的外接圆圆心是点

（-12，32），半径是92.

所以该圆的方程是

（x+12）2+（y-32）2=92.

题5 若一个k项等差数列的公差是4，且首项的平方与除首项外的各项和小于100，则k的取值范围是.

解析 设该等差数列的首项是a1，由题设及等差数列前n项和公式可得

a21+（k-1）（a1+4）+（k-1）（k-2）2·4<100.

即a21+（k-1）a1+2k2-2k-100<0.①

关于a1的一元二次方程①的判别式-7k2+6k+401>0，解得k<

3+16117.再由等差数列的项数k≥3，

可得k∈{3，4，5，6，7，8}.

k∈{3，4，5，6，7，8}，方程①均有实数根

a1=1-k±-7k2+6k+4012，

即满足题设的等差数列均存在（有且仅有两个），所以所求k的取值范围是{3，4，5，6，7，8}.

题6 在数轴上有n个质点，若第k（k=1，2，…，n）个质点在数轴上的坐标是xk，质量是mk，则这n个质点的质心坐标是

∑nk=1xkmk∑nk=1xkmk.

已知一根杆位于数轴上的[-1，2]处，且在坐标x处的线密度是x+2，可求得该杆的质心坐标是（  ）.

A.215  B.25  C.35  D.45

解析 由题中的结论及微元法、定积分的知识，可得该杆的质心坐标是∫2-1x（x+2）dx∫2-1x（x+2）dx=

（13x3+x2）|2-1（12x2+2x）|2-1=6152=45.

题7 如图3所示，四边形AEBC内接于⊙O，边BC是⊙O的一条直径，过点E作ED∥BC交边AC于点D.若BE=12，DC=DE=14，则线段AE，BD的长分别是.

解析 如图4所示，连接OD，OE，CE.由DC=DE，OC=OE，可得DO是线段CE的中垂线，所以DO⊥CE.再由边BC是⊙O的一条直径，可得BE⊥CE，所以BE∥OD.再由ED∥BC，可得EBOD，OB=OC=CD=DE=14，还得菱形OCDE.

在△OBE中，可求得cos∠OBE=

37，cos∠BOE=3149，所以cos∠A=37，sin∠A=2710，sin∠ADE=sin∠DCO=sin∠BOE=124910.

再在△ADE中，由正弦定理

AEsin∠ADE=DEsin∠A，

可得AE124910=142710，解得AE=12.

由ED∥BC，可得cos∠BED=-cos∠OBE=-37.

所以在△BDE中，由余弦定理可求得

BD=122+142-2×12×14×（-37）=22.

題8 若函数f（x）满足f（0）=12，f（x+y）=

f（x）f（a-y）+f（y）f（a-x）（a是常数），则（  ）.

A.f（a）=12

B.x∈R，f（x）=12

C.x，y∈R，f（x+y）=2f（x）f（y）

D.满足题设的函数f（x）不唯一

解析 令x=y=0，

可得

f（0）=12，f（0）=f（0）f（a）+f（0）f（a），

所以f（a）=12，选项A正确.

令y=0，可得f（x）=f（a-x）.

由题设，得x，y∈R，f（x+y）=2f（x）f（y），选项C正确.

在选项C中，令y=x=t2，

可得f（t）=2[f（t2）]2≥0.

令y=a-x，

可得2f（x）f（a-x）=12;

在题设中，令y=a-x，

得[f（x）]2+[f（a-x）]2=12=2f（x）f（a-x），f（x）=f（a-x）.

故2f（x）f（a-x）=2[f（x）]2=12，f（x）=12.

所以选项B正确，选项D不正确.

题9 在平面直角坐标系中，O是坐标原点，若两定点A，B满足

|OA|=|OB|=OA·OB=2，则点集{P|OP=λOA+μOB，|λ|+|μ|≤1，μ∈R}所表示的区域的面积是（  ）.

A.22  B.23  C.42  D.43

解析 由题设可求得

∠AOB=π3，进而可设两点A，B的坐标分别是（2，0），（1，3），因而点集

{P|OP=λOA+μOB，|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}

={（x，y）|（x，y）=（2λ+μ，3μ），|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}={（x，y）||12x-123y|+|123y|≤1}={（x，y）||3x-y|+2|y|≤23}

=（x，y）|3x-y≥0y≥03x+y-23≤0∪（x，y）|

3x-y≥0y≤0x-3y-23≤0

=（x，y）|3x-y≤0y≥0x-3y+2≥0∪（x，y）|

3x-y≤0y≤0

3x+y+23≥0.

由线性规划知识，可得以上四个集合的并集分别表示图5中的四个区域△OAB，△OBC，△OAD，△OCD的并集，即矩形ABCD，进而可得所求答案是|AB|·|BC|=2×23=43.

题10 将函数y=

4+6x-x2-2（x∈[0，6]）的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ（0≤θ≤α），得到曲线C.若对于每一个旋转角θ，曲线C都是一个函数的图象，则α的最大值为（  ）.

A.arctan32 B.arctan23 C.π4 D.π3

解析 如图6与图7所示，可得题中的函数图象即圆弧

（x-3）2+（y+2）2=13（0≤x≤6，y≥0）（其圆心是点（3，0），圆弧的弦是OB）：

可求得y′=3-x4+6x-x2，y′|x=0=32，所以曲线y=4+6x-x2-2（x∈[0，6]）在原点处切线（设其倾斜角是β）的斜率是

32.如图8所示，可得当

αmax=π2-β取最大值时，

αmax=arctan23.

也可这样求αmax

：在图8中，由同角的余角相等，可得αmax=∠MOB，再由垂径定理可求得αmax=∠MOB=arctan23.

题11 已知椭圆x24+y2=1

及其左顶点A（-2，0）.若过点P（1，0）的直线l与该椭圆交于两点M，N，直线AM，AN与直线x=1分别交于点B，C，则（  ）.

A.|PB|+|PC|是定值'

B.|PB|·|PC|是定值

C.|PB|+|PC|的值可以是2

D.|PB|·|PC|的值可以是2

解析 可设直线l：y=k（x-1），

联立

y=k（x-1），x24+y2=1，

可得

（4k2+1）x2-8k2x+4k2-4=0.

所以x=4k2±23k2+14k2+1，

|xM-xN|=43k2+14k2+1.

由一元二次方程根与系数的关系，可得

xM+xN=8k24k2+1，xMxN=4k2-44k2+1.

可求得直线AM：y=k（xM-1）xM+2（x+2）.

故它与直线x=1的交点

B（1，3k（1-3xM+2））.

同理，可得点C（1，3k（1-3xN+2））.

所以|PB|+|PC|

=3k（1-3xM+2）-3k（1-3xN+2）

=9|k|·xM-xNxMxN+2（xM+xN）+4

=9|k|·

43k2+14k2+1

4k2-44k2+1+2·8k24k2+1+4=3+1k2.

因而选项A错误C正确.当且仅当k=±1时|PB|+|PC|=2.

还可得

|PB|·|PC|

=3k（1-3xM+2）·3k（1-3xN+2）

=9k2·（xM-1）（xN-1）（xM+2）（xN+2）

=9k2xMxN-（xM+xN）+1xMxN+2（xM+xN）+4

=9k24k2-44k2+1-8k24k2+1+1

4k2-44k2+1+2·8k24k2+1+4

=34.

因而选项B正确D错误.

注 笔者还证得了本题的一般情形的结论：

设中心二次曲线

Γ：x2λ2+μy2=1（λ>0，μ≠0）的左顶点是A（-λ，0）.若动直线y=k（x-h）（k≠0）（其中h是定值且h≠±λ）

与曲线Γ交于两点M，N，直线AM，AN与直线x=h分别交于点B，C，则k的取值范围由不等式μ（λ2-h2）k2+1>0（k≠0）确定;

|PB|+|PC|=2λ|μ|μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=|λ2-h2|λ2|μ|（是定值）.且有：

（1）当μ（λ2-h2）>0时，则k的取值范围是（-∞，0）∪（0，+∞）;|PB|+|PC|=2λ|μ|·μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=λ2-h2λ2|μ|（是定值）;当k取遍非0实数时，|PB|+|PC|的取值范围是2|1-（hλ）2|，+∞）;

（2）当μ（λ2-h2）>0是，则k的取值范围是（-1μ2（h2-λ2），0）∪（0，1μ2（h2-λ2））;

|PB|+|PC|=2λ|μ|μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=|h2-λ2|λ2|μ|（是定值）;当k取遍

（-1μ（h2-λ2），1μ（h2-λ2））中的非0实数时，|PB|+|PC|的取值范围是（0，+∞）.

题12 已知x1，x2，x3，x4是两两不等的实数，xi1，xi2，xi3，xi4是x1，x2，x3，x4的任意一個排列，若记X=max{min{xi1，xi2}，min（

xi3，xi4}}，Y=min{max{xi1，xi2}，max{xi3，xi4}}，则X>Y的概率是.

解析 可不妨设x1<x2<x3<x4.

对于确定的xi1，xi2，xi3，xi4，可得min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}，max{xi1，xi2}，max{xi3，xi4}两两不等（因而这四个值依次也组成x1，x2，x3，x4的一个排列），所以X≠Y.

还可得min{xi1，xi2}<x4，min{xi3，xi4}<x4，所以

max{min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}}<x4;因为

min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}是x1，x2，x3，x4中的某两个数，所以

max{min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}}>x0.

因而X∈{x2，x3}.同理，还可证得Y∈{x2，x3}.

再由X≠Y，可得X>YY=x2

max{xi1，xi2}=x2，

max{xi3，xi4}=x3，x4

或

max{xi1，xi2}=x3，x4，

max{xi3，xi4}=x2.

因而X>Y

{xi1，xi2}={x1，x2}，

{xi3，xi4}={x3，x4|或

{xi1，xi2}={x3，x4}，

{xi3，xi4}={x1，x2|.

所以所求概率是A22A22A44+A22A22A44=13.

题13 已知A1，A2，…，A10是某个圆的十等分点，则取其中的四点能是梯形的四个顶点的取法种数是（  ）.

A.60  B.45  C.40  D.50

解析 设梯形的上底、腰、下底对应圆周的份数分别是x，y，z，可得x+2y+z=10，x<z（x，y，z∈N*.进而可得（x，y，z）=（1，1，7），（2，1，6），（3，1，5），（1，2，5），（2，2，4），（1，3，3）.

这10个梯形还可旋转成另外的9个位置，所以所求答案是10×6=60.

题14 若[x]是高斯函数，则方程

[x2]+[x3]+[x5]=x实根的个数是（  ）.

A.30  B.40  C.50  D.60

解析 可得原方程即

x2-[x2]+x3-[x3]+x5-[x5]=x30.

即{x2}+{x3}+{x5}=x30.②

易知原方程的实根是整数，所以x2=0或12;

x3=0，

13或23;x5=0，

15，25，35，或45.

因而x30即{x2}+{x3}+{x5}最多有2×3×5=30种可能，得x的值最多也有30种可能.下面来求出的30个值：

可设x=30n+r（r=0，1，2，…，29），由②可得当且仅当r=0，15，16，18，20，21，22，24，25，26，27，28

时n=0（即x=0，15，16，18，20，21，22，24，25，26，27，28）;当且仅当r=1，2，…，14，17，19，23，29时n=1（即x=31，32，…，44，47，49，53，59）.所以原方程实根的个数是30.

题15 已知函数f（x）=sinxcosx+sinx+25cosx（0≤x≤π2）的最大值与最小值分别是M，m，则（  ）.

A.M=238

B.m=25

C.M=3825

D.m=15

解析 可求得f ′（x）=cos2x+cosx-25sinx（0≤x≤π2），由三个减函数之和是减函数可得f ′（x）是减函数.再由f ′（0）=2>0， f ′（π2）=-75<0，可得存在唯一的x0∈（0，π2）使得f ′（x0）=0，且f（x）在（0，x0），（x0，π2）上分别单调递增、单调递减.

由待定系数法及均值不等式可得

f（x）=sinxcosx+sinx+25cosx

≤（38sin2x+23cos2x）+（

58sin2x+25）

+（13cos2x+325）=2825（0≤x≤π2），

当且仅当38sin2x=23cos2x，

58sin2x=25，

13cos2x+325.（0≤x≤π2）.

即x0=arcsin45时，f（x）max=3825.

再由f（0）=25，f（π2）=1，得m=f（x）min=25.

题16 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是4，3，2，1分.比赛结束时甲获得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.第四名可能有一项比赛拿到3分

解析 因为四个人的得分之和是4（4+3+2+1）=40，甲、乙得分之和是14+13=27，所以丙、丁得分之和是40-27=13.可得第四名至少得4分，因而选项AC均正确.

所有项目的第一名与第二名分数之和是4（4+3）=28，只比甲、乙得分之和高1分，说明甲、乙包揽了所有项目的第一名，还拿到了3个第二名与1个第三名，因而选项B错误.

由下面的情形（表中的数字指得分）可知选项D正确：

第一项比赛第二项比赛第三项比赛第四项比赛

甲4442

乙3334

丙2221

丁1113

17.若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）

解析 由

ω=cosπ5+isinπ5=

cos2π10+isin2π10，可得

x10-1=（x-1）（x-ω）（x-ω2）…（x-ω9），

x5-1=（x-1）（x-ω2）（x-ω4）（x-ω6）（x-ω8）.

把它們相除，得x5+1=（x-1）（x-ω3）（x-ω5）（x-ω7）（x-ω9）.

再由ω5=-1，可得（x-1）（x-ω3）（x-ω5）（x-ω7）（x-ω9）=x5+1x+1=x4-x3+x2-x+1.

题18 在四面体ABCD中，若AC=BC=AD=BD=1，则四面体ABCD体积的最大值是（  ）.

A.4227  B.328  2327  D.318

解析 如图10所示，可得△ACD≌△BCD（边边边），因而可设

∠ACD=∠BCD=θ（0<θ<π2）.

设棱CD的中点是M，可得CD⊥平面ABM，且MA=MB=sinθ，CM=cosθ，所以V四面体ABCD=2V三棱锥C-ABM=23S△ABM·CM=23（12MA·MB·sin∠AMB）·CM

=13sin2θ·cosθ·sin∠AMB≤1322cos2θsin2θsin2θ.

再由三元均值不等式，可得

V四面体ABCD≤132（2cos2θsin2θsin2θ3）3=2327

进而可得当且仅当θ=arctan2，且平面ACD⊥平面BCD时，（V四面体ABCD）max=2327.

题19 若定义x*y=

x+y1+xy，则（…（（2*3）*4*…）*21=.

解析 可用数学归纳法证得

（…（（a1*a2）*a3）*…）*an

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+an1-an

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+an1-an+1

（n≥2）.

当n=2时成立：

a1*a2=a1+a21+a1a2=

1+a11-a1×1+a21-a2-11+a11-a1×1+a21-a2+1，

假设n=k时成立：

（…（（a1*a2）*a3）*…）*ak

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak+1

.

由n=2时的结论成立可得

（…（（a1*a2）*a3）*…）*ak+1

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak+1

*ak+1

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

×1+ak+11-ak+1-1

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

×1+ak+11-ak+1+1.

得n=k+1时也成立，所以欲证结论成立.因而

（…（（2*3）*4）*…）*21=

1+21-2×1+31-3×1+41-4×1+211-21-1

1+21-2×1+31-3×1+41-4×1+211-21+1

=-21×221×2-1-21×221×2+1

=-116115.

题20 在△ABC中，边BC的中点是D，∠CAD=15°，则∠ABC的最大值是（  ）.

A.120°  B.105°  C.90°  D.60°

解析 如图11所示，由∠CAD=15°可得：在两点C，D确定的情形下，点A的轨迹是一段圆弧.作△ACD的外接圆⊙O，当∠ABC最大时，直线BA与⊙O相切.

图11

在四边形OABC中，∠BAO=90°，∠OCB=75°，（因为∠COD=2∠CAD=30°）.

由∠BAD=∠BCA，∠ABD=∠CBA，可得△BAD∽△BCA，由切割线定理，可得BA2=BD·BC=2BD2.所以

ACDA=BABD=2.

在△ACD中，∠CAD=15°，设∠ACD=θ，

可得∠ADC=165°-θ（0°<θ<165°）.

由正弦定理，得2=ACAD=sin∠ADCsin∠ACD=

sin（165°-θ）sinθ=sin（15°+θ）sinθ.

所以tanθ=13，解得∠ACD=θ=30°.

因而∠AOD=2∠ACD=60°，∠AOC=∠AOD+∠DOC=90°.所以∠ABC=360°-∠OAB-∠AOC-∠OCB=360°-90°-90°-75°=105°.

所以∠ABC的最大值是105°.

题21 若非负数a，b，c满足a+b+c=1，则

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）的最大值是.

解析 由题中的a，b，c是轮换对称知，可不妨设max{a，b，c}=a.

可得a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）=-（a-b）（b-c）（c-a），欲使a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）取最大值，可只考虑a≥b≥c的情形（否则a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）<0）.

可设a=c+x+y，b=c+x（x≥0，y≥0），再设

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）的最大值是k（k≥0），即a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）≤k（等号能取到，下同），即

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）≤k（a+b+c）3，

即（c+x+y）2x-（c+x）2（x+y）+c2y≤k（3c+2x+y）3，

故27kc3+27k（2x+y）c2+9k（2x2+y）2c+k（2x+y）3-xy（x+y）≥0在c≥0时恒成立.

由以上关于c的一元三次不等式除常数外的系数均非负，可知以上不等式即k（2x+y）3-xy（x+y）≥0.

当x=0或y=0时上式成立.

當x>0且y>0时（可设y=tx（x>0））时，得k≥t2+t（t+2）3.

设函数f（t）=t2+t（t+2）3（t>0），可得f ′（t）=-t2-2t-2（t+2）4（t>0）.进而可得f（t）在（0，1+3]，[1+3，+∞）上分别是单调递增、单调递减，所以f（t）max=f（1+3）=318（t>0）.

因而所求最大值是318.

参考文献：

[1] 甘志国.2020清华大学强基计划数学试题及其详解[J].数理化解题研究，2021（04）：63-69.

[责任编辑：李 璟]