2020年北京大学优秀中学生数学金秋营测试(第一天)试题
北大金秋营试题-10份,正反精编版
……………………………………………………………最新资料推荐………………………………………………… 1 2016年北大金秋营试题1、在ABC ∆内部有一点P 满足4C A P CB PAB ∠+∠=∠=∠，L 在AC 上且BL 平分ABC ∠，延长PL 交APC ∆的外接圆于Q . 证明：BQ 平分AQC ∠.2、对于}2,,2,1{n 的一个排列},,,,,,,{2121n n b b b a a a ，定义函数∑-=++-=11112121||),,,,,,,(n i i i i i n n b a b a b b b a a a f ，求所有的排列中，),,,,,,,(2121n n b b b a a a f 的最小值.3、求所有正整数c b a ,,，满足对任意实数v u ,，10≤<≤v u ，存在正整数n ，使得),(}{2v u c bn an ∈++成立.4、设p 为奇素数，)4(mod 1≡p ，正整数b a ,满足122=-pb a . 设q 也为奇素数，1),(=bp q . 考虑同余方程)(m od 01224q ax x ≡+-. 证明下述3个论述等价：（1）p 为模q 的二次剩余；（2）同余方程存在一个解；（3）同余方程存在四个互不相同的解.5、记函数∑==40)(i i i x a x f ，且]1,1[-∈x 时1|)(|≤x f . 求||2a 的最大可能值.6、一个班里有50人，相互之间发短信. 若在三个人C B A ,,之间，仅有A 给B 发过短信，B 给C 发过短信，C 给A 发过短信，则称三个人C B A ,,构成一个“循环”. 试求这50人中“循环”个数的最大可能值.7、试求所有正整数a ，使得对任意正整数k ，都存在正整数n ，使得2016+an 是一个正整数的k 次方.8、对（0，1）中的实数，称其中两个为相邻的，如果这两个数的十进制表示中只有一位不同. 是否可以将（0，1）中实数10染色，使得任意两个相邻的数颜色都不相同.。
2020年北京大学金秋营试题
年北京大学金秋营试题（考生回忆版）
第一天
1.对于非负实数，，，，考虑如下个实数
其中，记为这个数中所有正数之和，的条件下，求的
最小值
2.中，为的中点，，分别为，中点，
外接圆与射线，交于点，，交于点，证明：
若、、共点，则、交点在上
3.数列满足：，，已知求证：
4.求的最小值，使得将方格挖去个格后，剩余图形不存在字形（字形指一个方
格与其相邻的三个方格有公共边构成的图形）
第二天
，直线，，分别交对边于，，，若四边形，
，都有内切圆，求证：
6.若自然数可以写成若干个自己的不同的因数的和，其中有个为，就称为好数，证明：对任意大于，存在无穷个的正倍数为好数，且最小的倍数不大于，其中是最大的奇素因数（若为二的幂，则为）
7.为素奇数，
8.求所有的，使得平面上有个完全相同的凸多边形，且满足对任意个凸多边形，所有在他们之中且不在其余多边形中的点的集合为凸多边形（非退化）。
2018北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛试题 含答案(精品范文).doc
【最新整理，下载后即可编辑】北京大学“中学生数学奖”夏令营初赛 试题2018年6月23日本试卷共4题，每题30分，满分120分.考试时间180分钟.1.已知a 、b 、c 为整数，且对任意正整数m 、n ，存在整数x 满足如下关系：()2mod .ax bx c m n ++≡求所有满足要求的三元整数组(),,a b c .2.已知实数122018,,,a a a 两两不同，存在t 满足11i i a t a ++=（1,2,,2018i =，并规定20191a a =）.求实数t 的可能取值的个数.3.给定正整数n 、k .有一个密码锁，它有n 个按钮，编号分别为1n .打开该锁的密码是长度为k 的按钮序列.当且仅当连续正确的按动这k 个按钮时，密码锁会被打开.（例如3n =，2k =，密码为13时，依次按动1,2,3,2,1,1,3后可以打开该锁，按动2,2,3,1,3后也可以打开该锁.）要保证把这个密码锁打开，至少需要按动多少次按钮？4.如图，ABC ∆中AB AC ≠.点A 所对应的旁切圆圆J 分别与直线BC 、CA 、AB 相切于点D 、E 、F .点M 是线段BC 的中点.点S 在线段JM 上，且满足AS DS AE +=.求证：MS BD CD SJ ⋅=.试卷答案本试卷共4题1.设()2f x ax bx c =++，注意()()()mod f x f x n n ≡+，故本题只需对任意正整数n ，()()()0,1,,1f f f n -组成模n 的完全剩余系.下证0a =，1b =-或1.若0,1a b +≠±，取n a b =+，则()()()01mod f f n ≡，矛盾. 若0a b +=，则()2f x ax ax c =-+，此时()()01f f =，这也不可能. 故1a b +=-或1.当1a b +=时，0a ≠，则1641241248a b a a b +≥-+≥-=. 取164n a b =+，则()()()04mod f f n ≡，矛盾.故0a =. 类似当1a b +=-时，取164n a b =+，可得0a =.故()(),0,1a b =或()0,1-.注意对任意正整数m 、n ，同余方程()mod x c m n +≡和()mod x c m n -+≡显然有解.故()(),,0,1,a b c k =或()0,1,k -，k Z ∈.2.由已知有11i i a t a +=-，不动点方程为1x t x=-，化为210x tx -+=，设此一元二次方程的两根为α与β.当αβ=时，若2t =，则1112i i i a a a +--=-，111111i i a a +=---，2019111201811a a =---，矛盾. 若2t =-，同理可得2019111201811a a =+++，也矛盾. 所以αβ≠，可得1i i i a a t a ααα+--=⋅-，以及1i i i a a t a βββ+--=⋅-， 两式相除得11i i i i a a a a αααβββ++--=--，有2111111i i i i a a a a a a αααααββββ++-⎛⎫--==⋅ ⎪---⎝⎭， 从而40362019120191a a a a αααββ--=⋅--，40361α=， 由对称性，不妨设2018ki e πα=，()40362018k ieπβ-=，其中12018k ≤≤. 另一方面，当12018i j ≤<≤时，由i j a a ≠知，j i j i a a a a ααββ--≠--， 而()21j j t j t a a a a αααββ---=⋅--.所以当12018t ≤<时，21t α≠， 即2220181tki t e πα=≠，即对任意12018t ≤<，tk 都不是2018的倍数， 即(),20181k =，又因为201821009=⨯，所以这样的k 有11201811100821009⎛⎫⎛⎫⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭个，所以2cos 2018k t παβ=+=有1008个取值. 3.最少需要按1k n k +-次.不同的密码共有k n 个，要保证打开密码锁，必须全部试过一遍.从第k 次按键开始，每次按动按钮都可以视为一个长为k 的序列末位，故至少需要1k n k +-次.下面给出按动1k n k +-次可以满足要求的存在性证明. 当1k =时结论显然成立，故下设2k ≥.构造图G ，共有1k n -个顶点，每个顶点对应为一个长为1k -的序列.对顶点A ，B ，若点A 所对应序列的后2k -位与点B 所对应序列的前2k -位相同，则在AB 之间连一条由A 指向B 的有向边.此时每一个长为k 的序列可以对应为该图中的一条边.注意图G 为连通图，且每个顶点的入度和出度均为n ，我们即证明该图中存在欧拉圈.为此给出如下引理：若有向连通图G 中所有顶点的入度和出度都相同，则该图中存在欧拉圈.对图G 的总边数进行归纳证明，若图G 每个顶点出入度为1，且该图中存在圈，再由连通性可得该圈为欧拉圈. 若总边数小于m 时结论成立，考虑总边数等于m 时. 考虑图中的最大有向圈Γ，显然这样的圈存在.若Γ不是欧拉圈，则从图G 中去掉Γ，得到图G '.此时图G '每点的出入度仍相同（但可以为0）.取G '中的一条边，使其一个顶点在Γ中，沿该边前进，可以得到图G '中的圈'Γ.注意Γ和'Γ没有公共边，故可将它们拼接得到一个更大的圈.这与Γ的最大性矛盾，故此时结论成立. 综上，引理得证.由引理，我们即可得到本题存在性证明.4.如图，作BDS ∠的平分线交BJ 于P ，以P 为圆心、点P 到直线BC 的距离为半径作P ，则P 与直线AB 、BD 、DS 均相切.过A 作P 的异于直线AB 的切线，交直线DS 于S '，则P 与四边形ABDS '的各边所在直线均相切，由“切线长相等”可得AB BD AS DS ''+=+，又已知AS DS AE AF AB BD +===+，因此AS DS AS DS ''+=+，故SS AS AS ''=-，由“三角形两边之差小于第三边”可知 S '与S 重合，所以P 与四边形ABDS 的各边所在的直线都相切. 作CDS ∠的平分线交CJ 于Q ，以Q 为圆心、点Q 到直线BC 的距离为半径作Q ，类似可证Q 与折四边形ACDS 的各边所在的直线都相切.从而AS 、DS 都与P 和Q 相切，故S 是P 和Q 的内位似中心.故S 、P 、Q 三点共线.下面证明//PQ BC .用反证法.假设直线PQ 与直线BC 相交于T ，因DP 、DQ 分别平分SDT ∠或SDT ∠的邻补角，所以DP 、DQ 、DS 、DT 是调和线束，该线束与直线PQ 截得4点P 、Q 、S 、T 是调和点列，故JP 、JQ 、JS 、JT 是调和线束，该线束再与直线BC 截得4点B 、C 、M 、T 是调和点列，但M 是BC 的中点，矛盾，所以//PQ BC .设PQ 与JD 相交于H .由DP 、DQ 分别平分BDS ∠及其邻补角得DP DQ ⊥，再结合//PQ BC 得PQ DH ⊥，所以 PH QH MS DH PH QH BD CD BD CD SJ HJ HJ HJ JD JD ⋅⋅====⋅=.。
2020年北京大学暑期体验营综合测试数学(理)试题及答案详解
4 ．已知 éêëx ùúû 为不超过 x 的最大整数，求方程 éêëx ùúû + éêëx 2 ùúû = éêëx 3 ùúû 的解集．
5 ．求证：对 " a ，d Î R+ ，b ，c Î R+ ，存在 x ， y Î （ 0 ，1 ），使(ax + by)(cx + dy) > 0 成立（ad ¹ bc ）．
-1-
2020 年北京大学暑期体验营综合测试数学（理）试题
x = sin x + sin 2x 的周期性，若为周期函数，求其最小正周期；若不是，说明理由．
解： f (x ) 不是周期函数．
( ) 假 设 f (x ) 是 周 期 函 数 ， 且 T ¹ 0 是 它 的 周 期 ， 则 f (T ) = f (0) = 0 ， sinT + sin 2T = 0 ， 从 而 可 得
-2-
2 ．在 4 ´ 4 方格表中，将若干格子染成黑色，求每行每列均恰有 2 个黑色格子的方法数．
解：首先在上端第一行中任选两格涂黑，有C
2 4
种。接下来分两种情况：
（
1
）已染黑的所在的两行完成涂色，若这两个已涂黑在同一行，有C
1 3
种涂法，剩余要染的
4
个格子仅有一种，
此类有C
2 4
⋅
C
1 3
⋅
2020 年北京大学暑期体验营综合测试数学（理）试题
2020 年 8 月 14 日
( ) ( ) 1 ．判断 f x = sin x + sin 2x 的周期性，若为周期函数，求其最小正周期；若不是，说明理由．
北京市北大附中2020届高三阶段性检测(三模)数学试题(含答案)
x
y
z0 0
令 x 1，得 y 1, z 1． 所以 n = (1,1,1) ．
………………………11 分
P B
A
y C
Dx
所以 cos n, BE n BE | n || BE |
1 2 1 ． ………………………13 分 3 3 3 4
所以直线 BE与平面 PBD所成角的正弦值为 1 ． ………………………14 分
AB 边上的高 h a sin B 7 3 21 3 3 ………………………………14 分 14 2
解：选择② ………………………………………………………………2 分
在△ABC 中，由 c b 2 ，得 c b 2 ，………………………………3 分
由余弦定理 a2 b2 c2 2bc cos A ，……………………………5 分
由题意可得： B(0,1, 0) ， D(1, 0, 0) ， C(1,1, 0) ， P(0, 0,1) , E(1 , 1 , 1 )． 222
所以 DP (1,0,1) ，BD (1, 1,0) ，
………………………9 分
设平面 PBD的一个法向量 n (x, y, z) ，
z
则
即
x
解：选择① ……………………………………………………………………2 分
写法二：
在△ABC 中， sin C 21 3 72
………………………………………3 分
C （0， ）或 C （2 ,） ………………………………………………5 分
3
3
因为 A ,所以 C （0， ） …………………………………………6 分
19．（本小题共 14 分）
已知椭圆 C
北京大学历年优秀中学生夏令营试题及解答
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对每个人而言，至少需要对外发一条短信告知自己的信息，共n条．而这n条短信至多只能让2个人获得所有信息，此时还需要n−2条短信去通知剩余的同学，于是短信总数不少于2n−2。
另一方面，n−1名同学都将信息发送给最后一名同学，然后由这名同学再给n−1名同学回复，就可以用2n−2条短信完成任务。
综上，最小的短信条数总数为2n−2。
2014年北京大学秋令营数学试题2014年11月14日18:30—22:301、已知△ABC 满足AB+AC=2R ，其中R 是外接圆的半径，且∠A 为钝角；A 与三角形外接圆圆心的连线交BC 于点D ，若△ABD 的内切圆半径为1，求△ADC 的内切圆半径。
2、证明：若a,b 是正整数，则()()()()22222323a b a b ++-+不是完全平方数。
3、已知ai,bi,ci (i=1,2,3,4)是实数，求证：2221111a b c ++≤ 4、令求所有的正整数n ，使得f(n)是素数5、对正整数n ，称正整数组（12s ，，...λλλ）为n 的一个（无序的）分拆，如果12s ++...+=n λλλ，12s ...0λλλ≥≥≥>并称每个i λ为分拆的项。
计0()P n 为项全为奇数的n 分拆的集合，()d P n 为项两两不等的n 的分拆的集合，试在0()P n 与()d P n 之间建立一个双射。
6、设d 是一个大于100的整数，M 是所有在十进制下数码和为d 的倍数的正整数的集合，a n 是将M 中的数从小到大排列后的第n 个数，求证：存在无穷多个n ，使得n a nd ->【部分试题参考解答】第一题可以猜到答案也是1（因为AB=AC 时答案是1），然后只需证ABD 和ACD 的内切圆半径相等，然后由于sinC+sinB=2，而ABD 和ACD 的内角可以用C 、B 表示，所以用三角算一算就可以了，另外，A 是钝角可以由AB+AC=2R 推出，所以是多余的条件。
2020-2021北京市北大附中九年级数学上期中第一次模拟试题(带答案)
2020-2021北京市北大附中九年级数学上期中第一次模拟试题(带答案)一、选择题1．如图，BC 是半圆O 的直径，D ，E 是»BC上两点，连接BD ，CE 并延长交于点A ，连接OD ，OE ，如果40DOE ∠=︒，那么A ∠的度数为（ ）A ．35°B ．40°C ．60°D ．70° 2．如图A ，B ，C 是上的三个点，若，则等于（ ）A ．50°B ．80°C ．100°D ．130°3．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A ． B ． C ．D ．4．如图所示的暗礁区，两灯塔A ，B 之间的距离恰好等于圆的半径，为了使航船（S ）不进入暗礁区，那么S 对两灯塔A ，B 的视角∠ASB 必须（ ）A ．大于60°B ．小于60°C ．大于30°D ．小于30° 5．已知()222226x y y x +-=+，则22x y +的值是（ ） A ．－2 B ．3 C ．－2或3 D ．－2且36．若关于x 的方程240kx x -+=有实数根，则k 的取值范围是( )A ．k 16≤B ．1k 16≤C ．k 16≤且k 0≠D ．1k 16≤且k 0≠ 7．如图，一个游戏转盘中，红、黄、蓝三个扇形的圆心角度数分别为60︒，90︒，210︒．让转盘自由转动，指针停止后落在黄色区域的概率是( )A ．16B ．14C ．13D ．7128．下列事件中，属于必然事件的是（ ）A ．任意数的绝对值都是正数B ．两直线被第三条直线所截，同位角相等C ．如果a 、b 都是实数，那么a ＋b ＝b ＋aD ．抛掷1个均匀的骰子，出现6点朝上 9．函数y=x 2+bx+c 与y=x 的图象如图所示，有以下结论：①b 2﹣4c ＞0；②b+c+1=0；③3b+c+6=0；④当1＜x ＜3时，x 2+（b ﹣1）x+c ＜0． 其中正确的个数为A ．1B ．2C ．3D ．410．如图，圆锥的底面半径r 为6cm ，高h 为8cm ，则圆锥的侧面积为（ ）A ．30πcm 2B ．48πcm 2C ．60πcm 2D ．80πcm 2 11．用配方法解方程2890x x ++=，变形后的结果正确的是( ) A ．()249x +=- B ．()247x +=- C ．()2425x +=D ．()247x += 12．如图，在⊙O 中，AB 是⊙O 的直径，AB ＝10，»»»AC CDDB ==，点E 是点D 关于AB 的对称点，M 是AB 上的一动点，下列结论：①∠BOE ＝60°；②∠CED ＝12∠DOB ；③DM ⊥CE ；④CM ＋DM 的最小值是10，上述结论中正确的个数是( )A．1B．2C．3D．4二、填空题13．如图，将正六边形ABCDEF放置在直角坐标系内，A(﹣2，0)，点B在原点，把正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，经过2020次翻转之后，点C的坐标是_____．14．某药品原价是100元，经连续两次降价后，价格变为64元，如果每次降价的百分率是一样的，那么每次降价的百分率是；15．有4根细木棒，长度分别为2cm、3cm、4cm、5cm，从中任选3根，恰好能搭成一个三角形的概率是__________．16．现有甲、乙两个盒子，甲盒子中有编号为4，5，6的3个球，乙盒子中有编号为7，8，9的3个球．小宇分别从这两个盒子中随机地拿出1个球，则拿出的2个球的编号之和大于12的概率为_____．17．要为一幅矩形照片配一个镜框，如图，要求镜框的四条边宽度都相等，且镜框所占面积是照片本身面积的四分之一，已知照片的长为21cm，宽为10cm，求镜框的宽度．设镜框的宽度为xcm，依题意列方程，化成一般式为_____．18．Rt△ABC中，∠C＝90°，若直角边AC＝5，BC＝12，则此三角形的内切圆半径为________．19．一元二次方程x2=3x的解是：________．20．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列4个结论：①abc＞0；②b ＜a+c；③4a+2b+c＞0；④b2﹣4ac＞0；其中正确的结论有_____．（填序号）三、解答题21．如图，已知抛物线y=﹣x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0）和点B （3，0），与y 轴交于点C ，连接BC 交抛物线的对称轴于点E ，D 是抛物线的顶点．（1）求此抛物线的解析式；（2）求点C 和点D 的坐标；（3）若点P 在第一象限内的抛物线上，且S △ABP =4S △COE ，求P 点坐标．22．如图，在等腰ABC ∆中，AB AC =，以AC 为直径作O e 交BC 于点D ，过点D 作DE AB ⊥，垂足为E .（1）求证：DE 是O e 的切线.（2）若3DE =30C ∠=︒，求»AD 的长.23．已知关于x 的一元二次方程222(1)20x a x a a --+--=有两个不相等的实数根1x ，2x .（1）若a 为正整数，求a 的值；（2）若1x ，2x 满足221212-16x x x x +=，求a 的值.24．已知关于x 的方程2(31)30mx m x +++=.（1）求证：不论m 为任何实数，此方程总有实数根；（2）若抛物线()2313y mx m x =+++与x 轴交于两个不同的整数点，且m 为正整数，试确定此抛物线的解析式．25．关于x 的一元二次方程mx 2﹣（2m ﹣3）x+（m ﹣1）＝0有两个实数根．（1）求m 的取值范围；（2）若m 为正整数，求此方程的根．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除1．D解析：D【解析】【分析】连接CD，由圆周角定理得出∠BDC＝90°，求出∠DCE＝20°，再由直角三角形两锐角互余求解即可，【详解】解：连接CD，如图，∵BC是半圆O的直径，∴∠BDC＝90°，∴∠ADC＝90°，∵∠DOE＝40°，∴∠DCE＝20°，∴∠A＝90°−∠DCE＝70°，故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．2．D解析：D【解析】试题分析：根据圆周的度数为360°，可知优弧AC的度数为360°-100°=260°，然后根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可求得∠B=130°．故选D考点：圆周角定理3．B解析：B【解析】由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”分析可知，上述图形中，A、C、D都不是中心对称图形，只有B是中心对称图形.故选B.4．D解析：D试题解析：连接OA ，OB ，AB ，BC ，如图：∵AB=OA=OB ，即△AOB 为等边三角形，∴∠AOB=60°，∵∠ACB 与∠AOB 所对的弧都为»AB ，∴∠ACB=12∠AOB=30°， 又∠ACB 为△SCB 的外角，∴∠ACB ＞∠ASB ，即∠ASB ＜30°．故选D5．B解析：B【解析】试题分析：根据题意，先移项得()2222260x y y x +---=，即()2222260x y x y （）+-+-=，然后根据“十字相乘法”可得2222(2)(3)0x y x y +++-= ，由此解得22x y +=-2（舍去）或223x y +=.故选B.点睛：此题主要考查了高次方程的解法，解题的关键是把其中的一部分看做一个整体，构造出简单的一元二次方程求解即可.6．B解析：B【解析】【分析】当0k =时，代入方程验证即可，当0k ≠时，根据方程的判别式△≥0可得关于k 的不等式，解不等式即得k 的取值范围，问题即得解决.【详解】解：当0k =时，40x -+=，此时4x =，有实数根；当0k ≠时，∵方程240kx x -+=有实数根，∴△2(1)440k =--⨯⨯…，解得：116k …，此时116k …且0k ≠； 综上，116k …．故选B. 【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟知一元二次方程的根的判别式与根的关系是解题的关键.7．B解析：B【解析】【分析】求出黄区域圆心角在整个圆中所占的比例，这个比例即为所求的概率．【详解】∵黄扇形区域的圆心角为90°，所以黄区域所占的面积比例为901= 3604，即转动圆盘一次，指针停在黄区域的概率是14，故选B．【点睛】本题将概率的求解设置于转动转盘游戏中，考查学生对简单几何概型的掌握情况，既避免了单纯依靠公式机械计算的做法，又体现了数学知识在现实生活、甚至娱乐中的运用，体现了数学学科的基础性．用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．8．C解析：C【解析】【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．【详解】A. 任意数的绝对值都是正数是随机事件，错误；B. 两直线被第三条直线所截，内错角相等是随机事件，错误；C. 如果a、b都是实数，那么a＋b＝b＋a是必然事件，正确;D. 抛掷1个均匀的骰子，出现6点朝上是随机事件，错误；故选D.【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．9．B解析：B【解析】分析：∵函数y=x2+bx+c与x轴无交点，∴b2﹣4c＜0；故①错误。
2021年北京海淀区北京大学自主招生数学试卷(优秀中学生暑期学堂)含答案解析
2021年北京海淀区北京大学自主招生数学试卷（优秀中学生暑期学堂）含答案解析一、综合题（本大题共20小题）1、函数f(x)=3xlnx +x 3−ax +5在(0,+∞)上非负，则a 的最大值为 ．2、平面内有定圆C 和动圆Γ，动圆Γ与定圆C 内切且恒过C 内不为圆心的一定点，则Γ的圆心轨迹为 ．3、已知{2x −5y ⩽−63x +6y ⩽25，则9x +y 的最大值为 ．4、已知0<x <y <π2，且满足sin(cos x )=x ，cos(sin y )=y ，则有序数对(x,y)的组数为 ．5、已知x 2+4y 2=1，则(x +2y )(x −y )的最小值为 ．6、若4x 2+2xy +y 2−2ax −ay +2⩾0对任意的x,y ∈R 恒成立，则a 的最大值为 ．7、已知复数x 1，x 2，⋯，x 2021是方程x 2021=1的2021个相异根，则∑1i+x j 2021j=1= ．8、在数列{a n }中，已知a 1=1，a 2=2，a 3=3，且当n ⩾3时，有a n+1=∏a i −1n i=1．记S n =∑a i 2−∏a i n i=1ni=1，则S 2021的值为 ．9、和式∑i 2021999999i=1的计算结果最后三位数字为 ．10、实数50×(7+4√3)2021的十进制小数表示中个位数字与十位数字之和为．11、设p∈R，方程z3+pz+8i=0的三个根在复平面构成一个等边三角形的三个顶点，则该等边三角形的面积为．12、已知(2x+1)4042(x+1)2021=∑a i x i2021i=0+1(x+1)2021∑b j x j2020j=0对任意的实数x均成立，则a2020=．13、已知x，y，z，w满足方程(1+√2+√3+√6)(x+√2y+√3z+√6w)=2021，则有理数对(x,y,z,w)的对数为．14、我们用[x]表示实数x的整数部分，用{x}表示实数x的小数部分，则关于n的不等式1−[√n2+1+n]⋅{√n2−1+n}<10−6的最小整数解为．15、已知a，b，c为三角形三边长，则ab+bc+ca(a+b+c)2的取值范围为．16、设12021有m种方式分为3个正整数的倒数之和，有n种方式分为3个正奇数的倒数之和，则（）．A. m=n=1B. m⩽6，n⩾1C. m=3，n=1D. 以上均不正确)，α+β+γ=π，且满足sinα=αsinβ，则β与γ的大小关系17、已知α，β∈(0,π2为．18、方程√x+√y=2+√x+y的整数解的组数为．19、已知实数x，y满足(4x3−3x)2+(4y3−3y)2=1，则x+y的最大值为．20、集合{1,2,⋯,2021}的非空子集中元素和为3的倍数的集合个数为．1 、【答案】 6;【解析】 由题f(x)=3xlnx +x 3−ax +5⩾0，即a ⩽3lnx +x 2+5x 恒成立．从而我们只需求函数g(x)=3lnx +x 2+5x 的最小值．注意到g ′(x)=2x 3+3x−5x 2=(x−1)(2x 2+2x+5)x 2， 且2x 2+2x +5>0，故g(x)在x =1处取最小值，从而a ⩽g(x)min =g(1)=6，从而a 的最大值为6．2 、【答案】 椭圆;【解析】 不妨设定圆圆心为O ，半径为R ，动圆圆心为O ′，半径为r ，定点记为P ，切点为T ．如图所示，我们有O ′P +O ′O =O ′T +O ′O =R >OP ，这说明O ′点到两定点O 与P 的距离之和为定值R ，且大于两定点之间的距离，因此Γ的圆心O ′的轨迹为椭圆．3 、【答案】 86927; 【解析】 注意到27(9x +y)=47(3x +6y)+51(2x −5y)⩽47×25+51×(−6)=869， 即9x +y ⩽86927， 当且仅当x =8927，y =6827时，等号成立．故9x +y 的最大值为86927． 4 、【答案】 1;【解析】 解令x 1=x ，x 2=y ，由题可知0<x 1<x 2<1， 且{cosx 1=arcsinx 1sinx 2=arccosx 2. 利用函数与其反函数的图像关于直线y =x 对称，我们做出y =sinx ，y =cosx 以及 y =arcsinx ，y =arccosx 在区间(0,π2) 的大致图像，如下图：其中x 1为两条虚线的交点横坐标，x 2为两条实线的交点横坐标．从而由图可知：有序数对(x,y)的组数为1．5 、【答案】 1−√104; 【解析】 令x =cosθ，y =sin θ2，则我们有 (x +2y )(x −y )=(cosθ+sinθ)(cosθ−cos θ2) =sin(2θ)+3cos(2θ)+14=√10sin(2θ+φ)+14）（其中tanφ=3）⩾1−√104（当且仅当θ=3π−2φ4时等号成立）， 即(x +2y )(x −y )的最小值为1−√104．6 、【答案】 √6;【解析】 原题即为4x 2+(2y −2a)x +y 2−ay +2⩾0恒成立．所以我们有Δx =4(y −a)2−16(y 2−ay +2)⩽0 ⇒ 3y 2−2ay +8−a 2⩾0 恒成立， 从而有Δy =4a 2−12(8−a 2)⩽0 ⇒ −√6⩽a ⩽√6．于是可得a 的最大值为√6．7 、【答案】 20211+i; 【解析】 不妨令y j =1i+x j， 则 y 1，y 2，⋯，y 2021是方程(1y −i)2021=1⇒y 2021+(yi −1)2021=0的所有根，将(∗)式展开得(1+i)y 2021−2021y 2020+⋯=0，从而由韦达定理知，∑1i+x j 2021j=1=∑y j 2021j=1=20211+i ． 8 、【答案】 2026;【解析】 注意到，当n ⩾3时，有S n+1−S n =(∑a i 2−∏a i n+1i=1n+1i=1)−(∑a i 2−∏a i n i=1ni=1)=a n+12−(∏a i n i=1)(a n+1−1)=a n+12−(a n+1+1)(a n+1−1) =1．从而我们有S 2021=(2021−3)+S 3=2018+12+22+32−1×2×3=2026． 9 、【答案】 000;【解析】 注意到对任意的1⩽k ⩽499，我们有k 2021+(1000−k )2021≡k 2021+(−k )2021≡0(mod1000)，且显然1000|5002021，1000|10002021．所以∑i 2021999999i=1≡999×∑i 20211000i=1+∑j 2021999j=1≡0(mod1000)，从而末三数字为000．10 、【答案】18;【解析】注意到当n⩾2时，我们有0<50×(7−4√3)n<1，同时50×(7+4√3)n+50×(7−4√3)n∈Z，从而有⌊50×(7+4√3)n⌋=50×[(7+4√3)n+(7−4√3)n]−1，由于2|(7+4√3)n+(7−4√3)n，故100|50×[(7+4√3)n+(7−4√3)n]．因此我们有⌊50×(7+4√3)n⌋≡−1≡99(mod100)，这说明实数50×(7+4√3)2021的个位数字与十位数字之和为9+9=18．11 、【答案】3√3;【解析】我们容易知道若a+bi为方程z3+pz+8i=0的根，则−a+bi也为z3+pz+8i=0的根．注意到由题知方程z3+pz+8i=0共有三个不等根，这说明其必存在纯虚根，不妨设z1= reπ2i(z1=re3π2i)不合题意，则其余两根为z2=re(π2+2π3)i，z3=re(π2−2π3)i．从而由韦达定理我们有z1z2z3=−r3i=−8i⇒r=2．故有|z1|=|z2|=|z3|=2，于是可得S△z1z2z3=32×|z1|2sin2π3=3√3．从而该等边三角形的面积为3√3．12 、【答案】0;【解析】考虑更一般的情形：若(2x+1)2n(x+1)n=∑a i x i2021i=0+1(x+1)n∑b j x jn−1j=0，则a n−1=0，事实上我们注意到：(2x +1)2n =[2(x +1)−1]2n=22n (x +1)2n −2n ⋅22n−1(x +1)2n−1+⋯，从而有(2x+1)2n (x+1)n =22n (x +1)n −2n ⋅22n−1(x +1)n−1+⋯．所以x n−1的系数a n−1=22n ⋅C n 1−2n ⋅22n−1=0，回到原题，当n =2021时，有a 2020=0．13 、【答案】 1;【解析】 由于(1+√2+√3+√6)(x +√2y +√3z +√6w)=2021，则有x +√2y +√3z +√6w =1+2+3+6 =(1+√2)(1+√3) =20212−2021√22−2021√32+2021√62， 也即(x −20212)−√2(y +20212)+√3(z +20212)+√6(w −20212)=0．由于{1,√2,√3,√6}在有理数域Q 上线性无关，则x =20212，y =−20212，z =−20212，w =20212．从而有理数对(x,y,z,w )14 、【答案】 500;【解析】 显然有n >0，且n <√n 2+1<n +1，则有[√n 2+1+n]=2n ，{√n 2+1+n}=√n 2+1−n ，从而原不等式转化为2n √n 2+1+n >1−10−6． 不妨令m =√n 2+1+n ，则n =1−m 22m ，故 2n √n 2+1+n=1−m 2>1−10−6⇒m <10−3． 即n >1−10−62×10−3=9999992000=499.9995，所以最小整数解为n =500．15 、【答案】 (14,13];【解析】 解为了消除三角形的三边关系限制， 不妨令{a =x +yb =x +zc =y +z，其中x ，y ，z >0．从而我们有ab+bc+ca (a+b+c)2=∑(x+y)(x+z)[∑(x+y)]2=(∑x )2+∑xy 4(∑x )2， 于是不失一般性，我们可令∑x =1，则问题转化为求14(1+∑xy )的范围．注意到由切比雪夫不等式有∑xy ⩽13(∑x )(∑y )=13×1×1=13，所以14(1+∑xy )⩽13，当且仅当x =y =z 时等号成立， 另一方面，令x →0，y →0，z →1，我们有14(1+∑xy )→14．综上所述，我们知ab+bc+ca a+b+c 的取值范围为(14,13]．16 、【答案】 D;【解析】 注意到12021=143×147， 这里考虑将143分为3个正整数的倒数之和，由于143−144=11892=11×22×11×43， 且有恒等式1abc =1ac(a+b)+1bc(a+b)，不妨取(a,b,c)=(1,1,1892)，(1,2,946)，(1,4,473)，(1,11,172)，(1,43,44)，(1,44,43)，(1,1892,1)，则说明143已经有7种方式表示成三个正整数的倒数之和，具体来说，即： 143=144+13784+13784=144+12838+15676 =144+12365+19460 =144+12064+122704=144+11936+183248=144+11935+185140=144+11893+13581556，故选D．17 、【答案】β<γ;【解析】假设β⩾γ，由题可知，sin(β+γ)+(β+γ−π)sinβ=0．(∗)不妨令以γ为自变量的函数，f(γ)=sin(β+γ)+(β+γ−π)sinβ，则有f′(γ)=cos(β+γ)+sinβ且f′′(γ)=−sin(β+γ)．注意到β+γ⩽2β<π，则f′′(γ)<0，从而f′(γ)单调递减，即f′(γ)⩾cos(2β)+sinβ=1−2sin2β+sinβ=(1−sinβ)(2sinβ+1)>0，这说明f(γ)单调递增，即f(γ)⩽f(β)=sin(2β)+(2β−π)sinβ=2[cosβ−(π2−β)]sinβ，注意到cosβ−(π2−β)=sin(π2−β)−(π2−β)<0，所以f(γ)<0，也即sin(β+γ)+(β+γ−π)sinβ<0，与(∗)式矛盾，从而假设不成立．因此有β<γ．18 、【答案】2;【解析】对方程两边平方可得√xy=2+2√x+y，再次两边平方可得xy=4+4(x+y)+8√x+y．由于x，y都是整数，所以√x+y∈N，不妨令x+y=p2，其中p⩾2且为整数．从而有{x+y=p2xy=4(p+1)2，这说明x，y是关于t的方程t2−p2t+4(p+1)2=0的两根，故我们有Δ=p 4−16(p +1)2=(p +2)2[(p −2)2−8]是个平方数，所以(p −2)2−8是一个平方数，不妨令(p −2)2−8=q 2，即 (p −q −2)(p +q −2)=23．从而有{p −q −2=2p +q −2=4⇒{q =1p =5． 故x ，y 是关于t 的方程t 2−25t +144=0的两根，所以(x,y )=(9,16)或(16,9)，即原方程的整数解的组数为2．19 、【答案】 √2+√62; 【解析】 不妨令{4x 3−3x =cos3θ3y −4y 3=sin3θ， 由三倍角公式我们有{x =cos(θ+2kπ3),k =0,1,2y =sin(θ+2kπ3),k =0,1,2． 从而可知x +y 可以分为3类．第一类：x +y =cos(θ+2kπ3)+sin(θ+2kπ3) =√2sin(θ+3+8kπ12)⩽√2,k =0,1,2． 第二类：x +y =cos(θ+2kπ3)+sin[θ+2(k+1)π3]=cos(θ+2kπ3)+cos(θ+2kπ3+π6)=2cos(θ+2kπ3+π12)cosπ12⩽√2+√62,k =0,1,2．第三类：x +y =cos(θ+2kπ3)+sin[θ+2(k+2)π3]=cos(θ+2kπ3)+cos(θ+2kπ3+5π6)=2cos(θ+2kπ3+π12)cos5π12⩽√6−√22,k =0,1,2．从而x +y 的最大值为√2+√62． 20 、【答案】 2674+22021−33; 【解析】 为了简化讨论我们将空集考虑进计算，并认为空集元素和为零．记集合 A n ={1,2,⋯,3n,3n +1,3n +2}，a n 为A n 子集中元素和为3的倍数的集合（简称为3倍集）的个数，b n 为A n 子集中元素和模3余1的集合的个数，c n 为A n 子集中元素和模3余2的集合的个数．下面考察集合A n+1={1,2,⋯,3n,3n +1,3n +2,3n +3,3n +4,3n +5}中3倍集的构成，共有四类（考察新增元素3n +3，3n +4，3n +5）： ①不含元素3n +3，3n +4，3n +5的集合，共有a n 个．②只包含元素3n +3的集合，共有a n 个；同时包含元素3n +4，3n +5的集合，共有a n 个；同时包含元素3n +3，3n +4，3n +5的集合，共有a n 个．③只包含元素3n +4的集合，共有c n 个；同时包含元素3n +3，3n +4的集合，共有c n 个．④只包含元素3n +5的集合，共有b n 个；同时包含元素3n +3，3n +5的集合，共有b n 个．因此我们有a n+1=4a n +2b n +2c n ，同理可得b n+1=4b n +2a n +2c n ．上述两式相减可得a n+1−b n+1=2(a n −b n )．我们容易知道a 1=12，b 1=10⇒a 1−b 1=2，故a n −b n =2n ．同理我们有a n −c n =2n ，即有 {a n −b n =2n a n −c n =2n ⇒2a n −(b n +c n )=2n+1． 同时我们熟知a n +b n +c n =23n+2⇒a n =2n+1+23n+23． 我们用a ^n 表示A n 非空子集中3倍集的个数，则由上述分析知a ^n =2n+1+23n+2−33． 回到原题，此时n =673，故个数为2674+22021−33．。