2023年北京大学强基计划数学试题及其详解

摘要：文章给出了2023年北京大学强基计划试题及其详解.

关键词：强基计划；北京大学；数学试题

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）28-0028-10

1.把实部和虚部均为有理数的复数叫作有理复数，实部和虚部均为无理数的复数叫作无理复数，实部和虚部中一个是有理数而另一个是无理数的复数叫作半有理复数.若在复平面内的一个三角形的三个顶点对应的复数均为半有理复数，则该三角形的重心对应的复数是（）.

A.只能是有理复数或半有理复数

B.只能是无理复数或半有理复数

C.只能是半有理复数

D.以上都不对

2.方程1+cosx+isinx-cos2x-isin2x+cos3x+

isin3x=0在［0，2π］上根的个数是（）.

A.0B.1C.无数D.以上都不对

3.若数列an满足a1=52，an+1=a2n-2（n∈N*），则［a2 023］被7除所得的余数为（）.

A.1B.2C.4D.以上都不对

4.设集合U=1，2，3，…，10，则U的元素两两互素的三元子集的个数是（）.

A.32B.42C.52D.以上都不对

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

A.22B.32C.1D.以上都不对

6.设集合U={1，2，3，…，366}，则U的两两交集是的各元素之和为17的倍数的二元子集个数的最大值是（）.

A.159B.169C.179D.以上都不对

7.方程24x5-15x4+40x3-30x2+120x+1=0实根的个数是（）.

A.0B.1C.2D.以上都不对

8.若一个凸十边形内的任意三条对角线都不会相交于该十边形内的同一点，则这个十边形的所有对角线可把该十边形划分为（）个区域.

A.246B.256C.276D.以上都不对

9.若一个三角形有两条高的长分别是2，4，则这个三角形内切圆半径的取值范围是（）.

A.（12，1）B.（13，1）

C.（23，1）D.以上都不对

10.若用R（n）表示正整数n分别除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余数之和，则满足R（n）=R（n+1）的两位数n的个数是（）.

A.0B.1C.2D.以上都不对

11.若四个正整数a，b，c，d依次增大，且d≤101，101|a+b+c+d，则满足这些条件的数组（a，b，c，d）的组数为（ ）.

A.40 425B.41 425

C.42 425D.以上都不对

12.已知两点A（-1，0），B（1，0）及点C∈（x，y）|x2+y2=1，y≥0.若延长线段AC至D使|CD|=3|BC|，则点D到点E（4，5）的距离的最小值与最大值之积是（）.

A.10B.20C.30D.以上都不对

13.若三个两两互异的正整数的最大公约数是20，最小公倍数是20 000，则这样的无序正整数组的组数是（）.

A.312B.52C.22D.以上都不对

14.集合i22 023|i∈N*，i≤2 023的元素的个数是（）.

A.1 518B.1 528C.1 538D.以上都不对

15.已知一只昆虫第一天在原点O（0，0）处，第n+1（n∈N*）天从第n天的位置沿向量14nv移动，其中v∈（-1，0），（1，0），（0，1），（0，-1）.若用Sn表示这只昆虫在第n天可能有多少个不同的位置，则S2 023=（）.

A.42 022B.42 122C.42 222D.以上都不对

16.方程x［x］=6实根的个数是（）.

A.0B.1C.3D.以上都不对

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

A.700B.701C.702D.以上都不对

18.若a<b<c<d，且x，y，z，t是a，b，c，d的一个排列，则由（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2得到的不同数的个数为（）.

A.1B.2C.3D.以上都不对

19.和为220的9个依次增大的正整数x1，

x2，…，x9在x1+x2+…+x5取得最大值的情况下，x9-x1的最小值为（）.

A.8B.9C.10D.以上都不对

20.50支排球队进行单循环赛，胜一局积1分，负一局积0分，且任取27支球队能找到一支全部战胜其余26支球队和一支全部负于其余26支球队的情形，问这50支球队总共最少有（）种不同的积分.

A.50B.45C.27D.以上都不对

参考答案

1.D.三角形的重心为有理复数的例子：1+

2i，2+2i，3-22i.

三角形的重心为无理复数的例子：1+2i，2+3i，5+i.

三角形的重心为半有理复数的例子：2+i，

-2+i，3-22i.

2.A.设z=cosx+isinx，可得原方程即

z3-z2+z+1=0.

设函数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）是增函数，因而f（u）有唯一零点.

可证得f（u）不是完全立方式，所以方程z3-z2+z+1=0的根是一个实根（设为r，可得|r|≠1）及两个共轭虚根（设为α，α-）.

由韦达定理，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没有模为1的复根.

因而原方程在R上无实根，在［0，2π］上也无实根.

3.B.可用数学归纳法证得an>2（n∈N*），因而可设an=bn+1bn（bn>1，n∈N*）.

再由题设可得b1=2，且bn+1+1bn+1=b2n+1b2n（bn>1，n∈N*）.

又由y=x+1x（x>1）是增函数，可得

bn+1=b2n.所以lnbn+1=2lnbn（bn>1，n∈N*）.

所以lnbn是首项为ln2，公比为2的等比数列，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及二项式定理，可设

22 022=3n+1（n∈N*）.

所以［a2 023］=23n+1=2·（7+1）n.

由二项式定理可得［a2 023］被7除所得的余数为2.

4.B.U中的奇数元素是1，3，5，7，9；偶数元素是2，4，6，8，10.设满足题设的三元子集是A，则A中的偶数元素个数是0或1.

（1）当1∈A时，此时A的个数是5+17=22.

（ⅰ）A中的偶数元素个数是0，即A中的另外两个元素只能从3，5，7，9中选，可得此时A的个数是C24-1=5（去掉1，3，9这种情形）.

（ⅱ）A中的偶数元素个数是1，即A中的另外两个元素分别从3，5，7，9中选一个，再从2，4，6，8，10中选一个，可得此时A的个数是4×5-3=17（去掉1，3，6;1，5，10;1，9，6这三种情形）.

（2）当1A时，此时A的个数是2+18=20.

（ⅰ）A中的偶数元素个数是0，即A中的三个奇数元素从3，5，7，9中选.因为3与9不互素，所以3与9选且只选一个，得A=3，5，7或A=5，7，9，所以此时A的个数是2.

（ⅱ）A中的偶数元素个数是1，且另外两个元素从3，5，7，9中选（因而不能同时选3，9），包括下面的五种情况（可得此时A的个数是3+4+4+3+4=18）：

①A中的两个奇数是3，5，得另一个偶数是2，4或8，此时A的个数是3；

②A中的两个奇数是3，7，得另一个偶数是2，4，8或10，此时A的个数是4；

③A中的两个奇数是5，7，得另一个偶数是2，4，6或8，此时A的个数是4；

④A中的两个奇数是5，9，得另一个偶数是2，4或8，此时A的个数是3；

⑤A中的两个奇数是7，9，得另一个偶数是2，4，8或10，此时A的个数是4.

综上所述，可得所求答案是22+20=42.

5.A.（1）当0≤x≤π4时，α（x）=sinx+1πx-1单调递增.所以α（x）≤α（π4）=12-34<0.

所以sinx<-1πx+1.

（2）当π4≤x≤π时，设函数β（x）=cosx+1πx-1，可得β′（x）=1π-sinx在π4，π2，π2，π上分别单调递减、单调递增.

再由β′（π4）=1π-12<0，β′（π）=1π>0，可得β′（x）存在唯一的零点（设为x0），可得β（x）在π4，x0，x0，π上分别单调递减、单调递增.

又由β（π4）=12-34<0，β（π）=-1<0，所以当π4≤x≤π时，β（x）<0，即cosx<-1πx+1.

综上所述，可得f（x）=minsinx，cosx.

再得f（x）=sinx，0≤x≤π4，cosx，π4≤x≤π， 进而可得当且仅当x=π4时，f（x）max=22.

6.C.可把集合U划分为

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}

中的任意两个元素之和均为17的倍数，得10个满足题设的二元子集.还剩下一个17的倍数.

（2）在集合

{17n+1|n=0，1，2，…，21}与{17n+16|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余1的数.

（3）在集合{17n+2|n=0，1，2，…，21}与{17n+15|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余2的数.

（4）在集合{17n+3|n=0，1，2，…，21}与{17n+14|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余3的数.

（5）在集合{17n+4|n=0，1，2，…，21}与{17n+13|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余4的数.

（6）在集合{17n+5|n=0，1，2，…，21}与{17n+12|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余5的数.

（7）在集合{17n+6|n=0，1，2，…，21}与{17n+11|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余6的数.

（8）在集合{17n+7|n=0，1，2，…，21}与{17n+10|n=0，1，2，…，20}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得21个满足题设的二元子集.还剩下一个被17除余7的数.

（9）在集合{17n+8|n=0，1，2，…，21}与{17n+9|n=0，1，2，…，21}中各任选一个元素，它们的和均为17的倍数，得22个满足题设的二元子集.

这样，共得到10+21×7+22=179个满足题设的二元子集，且U中剩下的8个元素分别是被17除余0，1，2，3，4，5，6，7的数各一个，由它们任意选两个数组成的集合均不是满足题设的子集，进而可得所求答案就是179.

7.B.设函数f（t）=2t2-t-2（t≤-2或t≥2），得f（t）min=minf（-2），f（2）=min8，4=4>0.

再设函数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）是增函数.

再由limx→-∞g（x）=-∞，limx→+∞g（x）=+∞及零点存在定理，可得函数g（x）有唯一零点.

再由多项式g（x）与g′（x）没有公共实根（因为x∈R，g′（x）>0），可得多项式g（x）没有实数重根，因而原方程实根的个数是1.

8.A.设所求区域个数为n.

可得题设中的交点即四边形对角线的交点，所以交点的个数是C410.

我们对这些区域的总角度算两次：

一方面，每个内部的点提供了360°，十边形的内角和本身是8×180°，得总角度为

360°C410×8×180°.

另一方面，每个区域是多边形，得总角度为总边数×180°-区域数×360°.注意到总边数=总角数，而总角数可由每个内部点提供4个（因为任意三条对角线都不会相交于该十边形内的同一点），十边形的每个顶点提供8个（因为十边形的每个顶点处共有7条对角线），得总角度为

（8×10+4C410）×180°-2n×180°.

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

解得n=246.

9.C.设该三角形的三边长分别是a，b，c，内切圆半径是r，边长是a，b的边上的高分别是2，4，可得r（a+b+c）=2a=4b.

由2a=4b，即a=2b，及“三角形的两边之和大于第三边”，可得c的取值范围是（b，3b）.

再由a=2b，r（a+b+c）=4b，可得c=4br-3b.

又由c的取值范围是（b，3b），可得r的取值范围是（23，1）.

10.C.设正整数m除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余数分别为r2（m），r3（m），…，r10（m），则R（m）=∑10k=2rk（m）.

当rk（n）=0，1，…，k-2，k-1时，分别得rk（n+1）=1，2，…，k-1，0.再设dk（n）=rk（n+1）-

rk（n）（k=2，3，…，10），可得dk（n）=1或1-k.

由题设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，则0=∑10k=2dk（n）=∑9k=2dk（n）+d10（n）≤8×1+（-9）=-1，这不可能！

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，这不可能！

因而d9（n）=1.

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

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.

再经过细致讨论，可得下面的三种情况：

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

进而可得d6（n）=-5，

即6|n+1，d2（n）=1.

即n+1不是2的倍数，矛盾！

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

进而可得d4（n）=-3，即4|n+1，d2（n）=1，即n+1不是2的倍数，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.

进而可得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的倍数，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.

进而可得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的倍数.

再由n是两位正整数，可得n+1是14或98，即n是13或97.

综上，满足题设的n有且仅有两个：13或97.

11.A.a，b，c，d，x∈N*.设下面五个问题：

（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，

解的组数分别为a1，a2，a3，a4，a5.

注意到问题（2）解的组数a2可这样确定：先从1，2，3，…，101中任取3个数按从小到大的顺序分别给a，b，c，共C3101种选择；再从1，2，3，…，101中取一个数x满足101|a+b+c+x，即x≡-a-b-c（mod 101）（因为1≤x≤101，所以这样的x是唯一存在的）.

当xa，b，c时，得到的数组为问题（2）的解；当x∈a，b，c时，得到的数组为问题（3）的解.

所以a2=C3101-a3.

同理可得a3=C2101-a4，a4=C1101-a5.

易知a5=1.

可得问题（2）包括下面的四种情形：

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.

进而可得a4=100，a3=4 950，a2=161 700，

a1=14a2=40 425.

12.D.由题设“线段AC”可知两点A，C不重合.如图1所示，可设∠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.

如图1所示，过点D作DH⊥x轴于点H，在Rt△ADH中，可得

|DH|=|AD|sinθ=…=sin2θ-3cos2θ+3，

|AH|=|AD|cosθ=…=3sin2θ+cos2θ+1，

所以点D（3sin2θ+cos2θ，sin2θ-3cos2θ+3）.

设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.

设函数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满足tanα0=3（0<α0<π2）.

所以sinα0=310，cosα0=110.

得f（α0）=10.

当α变化时，可得表1：

由此可得f（α）max=10，f（α）min=-1.

再由f（α）是连续函数，可得f（α）的值域是［-1，10］，进而可得函数

x=3sin2θ+cos2θ（0≤θ<π2）

的值域是（-1，10］.

设函数g（β）=sinβ-3cosβ+3（0≤β≤π），

则g′（β）=3sinβ+cosβ（0≤β≤π）.

令g′（β）=0，可得其根β0满足

tanβ0=-13

（π2<β0<π）.所以sinβ0=

110，cosβ0=-

310，得

g（β0）=3+10.

当β变化时，可得表2：

由此可得g（β）max=3+10，g（β）min=0.

再由g（β）是连续函数，可得g（β）的值域是［0，3+10］），进而可得函数y=sin2θ-3cos2θ+

3（0≤θ<π2）的值域是［0，3+10］）.

因而动点D的轨迹是不含左端点的半圆x2+（y-3）2=10（-1<x≤10，y≥0）

（如图1所示，其圆心是点F（0，3））.

如图1所示，设线段FE与该半圆交于点G，可得

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

可猜测|DE|max=|BE|=34，用导数严格证明如下：

设动点D（10cosγ，3+10sinγ）（-π<γ<π），

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

310，π-arcsin310）.

则|DE|2=（10cosγ-4）2+（3+10sinγ-5）2

=30-410（sinγ+2cosγ）.

设函数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满足

tanγ0=12（0<γ0<π2）.

所以sinγ0=

15，cosγ0=25，得h（γ0）=5.

当γ变化时，可得表3：

由此可得h（γ）max=5，h（γ）min=-110.

再由h（γ）是连续函数，可得h（γ）的值域是［-110，5］.

所以|DE|的取值范围是［25-10，34］.

所以

|DE|min·|DE|max=34（25-10）

=2170-285.

13.B.分解质因数得20=22·5，20 000=（22·5）·（23·53）.因而，可不妨设满足题设的三个两两互异的正整数分别为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.

可不妨设x1=0，x2=3，得满足题设的三个两两互异的正整数的120分别为5y1，235y2，2x35y3（下面记此为无序数组G），其中x3，y1，y2，y3∈0，1，2，3，且min{y1，y2，y3}=0，max{y1，y2，y3}=3.

分下面四种情况讨论，可得满足题设的无序正整数组的组数是23+6+6+17=52.

（1）y1=0，分下面两种情况讨论可得无序数组G的组数是14+9=23：

（ⅰ）当y2=3时，得无序数组G为1，2353，

2x35y3.由x3，y3∈0，1，2，3;（x3，y3）≠（0，0），（3，3）（否则，2x35y3=1，2353，与“三个两两互异的正整数”矛盾），所以此时无序数组G的组数是4×4-2=14.

（ⅱ）当y3=3时，得无序数组G为1，235y2，

2x353.可得y2∈0，1，2（若y2=3，则此时的无序数组G均在（1）（ⅰ）中）；x3∈0，1，2（若x3=3，则此时的无序数组G也均在（1）（ⅰ）中）.所以此时无序数组G的组数是3×3=9.

（2）y1=1，分下面两种情况讨论可得无序数组G的组数是4+2=6.

（ⅰ）当y2=0，y3=3时，得无序数组G为5，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此时无序数组G的组数是4.

（ⅱ）当y2=3，y3=0时，得无序数组G为5，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，则此时的无序数组G均在（1）（ⅰ）中；若x3=3，则此时的无序数组G也均在（2）（ⅰ）中），所以此时无序数组G的组数是2.

（3）y1=2，分下面两种情况讨论可得无序数组G的组数是4+2=6.

（ⅰ）当y2=0，y3=3时，得无序数组G为52，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此时无序数组G的组数是4.

（ⅱ）当y2=3，y3=0时，得无序数组G为52，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，则此时的无序数组G均在（1）（ⅰ）中）；若x3=3，则此时的无序数组G也均在（3）（ⅰ）中），所以此时无序数组G的组数是2.

（4）y1=3，分下面两种情况讨论可得无序数组G的组数是11+6=17.

（ⅰ）当y2=0时，得无序数组G为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），则此时的无序数组G均在（1）（ⅱ）中；若（x3，y3）=（0，1），则此时的无序数组G均在（2）（ⅰ）中；若（x3，y3）=（0，2），则此时的无序数组G均在（3）（ⅰ）中；若（x3，y3）=（0，3），（3，0），则2x35y3=53，23，与“三个两两互异的正整数”矛盾），可得此时无序数组G的组数是4×4-5=11.

（ⅱ）当y3=0时，得无序数组G为53，235y2，2x3.可得y2∈1，2，3（若y2=0，则此时的无序数组G均在（4）（ⅰ）中）；x3∈1，2（若x3=0，则此时的无序数组G均在（1）（ⅱ）中；若x3=3，则此时的无序数组G均在（4）（ⅰ）中）.所以此时无序数组G的组数是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，其元素个数是506.

当n≥1 011，n∈N*时，（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的个数是2 023-1 012+1=1 012.

综上所述，可得题中集合的元素的个数是506+1 012=1 518.

15.A.下面用四进制的知识来求解.

用0，1，2，3分别代表向量（1，0），（0，1），（-1，0），（0，-1），下面向量的起点均在坐标原点处，可得甲虫第1天在02jTg+6ACxufxU/isDM1QgNL1gWg33FAkrucXkMXhGdA=代表的向量的终点（即坐标原点）处；第2天在（0.a1）（4）=14a1代表的向量的终点处；第3天在（0.a1a2）（4）=14a1+142a2代表的向量的终点处；……；第n+1天在（0.a1a2…an）（4）=14a1+142a2+…+14nan代表的向量的终点处.其中a1，a2，…，an∈0，1，2，3.因而四进制小数（0.a1a2…an）（4）共有4n种不同的情形.

因而S2 023=42 022.

16.A.x∈R，n∈Z，x∈［n，n+1）.

（1）当n=0时，x［x］=0.

（2）当n∈N*时，x［x］∈［n2，n（n+1））.

当n取遍全体正整数时，x［x］的取值范围是

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

（3）当-n∈N*时，x［x］∈（n（n+1），n2］.

当n取遍全体负整数时，x［x］的取值范围是

（0，1］∪（2，4］∪（6，9］∪（12，16］∪…∪

（k（k-1），k2］∪…

综上所述，当x取遍全体实数时，x［x］的取值范围是

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

即函数y=x［x］（x∈R）的值域是

a|a≥0，a≠k（k+1），k∈N*.

由此结论，可得原方程无实根.

17.B.由题可设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是轮换对称的”知，可不妨设a≤b且a≤c，进而可得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，这不可能！

所以题设即

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）.

进而可得（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）.

因而当且仅当a=b=c=1时，abc取到最小值；当且仅当（a，b，c）=（6，10，8）时，abc取到最大值.

所以，对于本题来说，当且仅当x=y=z=2时，（xyz）min=23=8；当且仅当（x，y，z）=（7，11，9），（11，9，7）或（9，7，11）时，（xyz）min=7×11×9=693.

所求答案是693+8=701.

18.C.因为（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2关于（x，y，z，t）是轮换对称的，所以可不妨设x=a.又因为表达式关于y和t是对称的，所以对于（b，c，d）的6种排列，（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2最多能取3个不同的值.

由a<b<c<d，可证得

（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.

综上，由（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2得到的不同数的个数为3.

19.B.若x1+x2+…+x5≥111，则

111≤x1+x2+x3+x4+x5

≤（x5-4）+（x5-3）+（x5-2）+（x5-1）+x5

=5x5-10.

得x5≥1215，

所以正整数x5≥25.

由x1+x2+…+x9=220，还可得

109≥x6+x7+x8+x9

≥x6+（x6+1）+（x6+2）+（x6+3）

=4x6+6.

所以x6≤1034，正整数x6≤25≤x5，与题设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，且此时x9-x1=29-20=9.

当x1+x2+…+x5取到最大值110时，

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.

综上所述，可得x9-x1的最小值为9.

20.A.我们先证明必有全胜者.否则，设胜场最多者为球队

A，由平均值原理可得球队A的胜场数α满足25≤α≤48，所以必有一支球队打败了A（设为B）.由α≥25知，可找出25支球队均是A的手下败将.考虑这25支球队及A、B（共27支球队），由题设知其中有全胜者.显然A及其手下败将均当不了全胜者，所以B为全胜者，且战胜了A的全部手下败将.

由于A的手下败将是任选的，此时，A的手下败将全被B打败，所以B打败的球队比A还多，这与“胜场最多者为球队A”矛盾！所以必有全胜者（设为球队A）.

同理，必有全败者（设为球队a）.

由于两个球队A，a与其他球队的胜负关系唯一确定，所以把这两个球队划去后，用类似的方法可以证明：在余下的48支球队中也有全胜者与全败者.

依次类推到最后，可得这50支球队的积分一定有49，48，47，…，2，1，0的情形，所以这50支球队总共最少有50种不同的积分.

［责任编辑：李璟］