精品解析：清华大学2024年强基计划数学试题

清华大学2024年强基计划笔试 1. 点．求满足的整点的个数. 2. 均为正数，则的最大，最小值是否存在？是多少？ 3. 点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 4. 抛物线，焦点为．过焦点的直线交于两点．过作平行于点切线的直线交于点，交轴于点．设，则（ ） A. ． B. 的最大值为16． C. D. 5. 非负，则的最大值和最小值是否存在？是多少？ 6. ．则（ ） A. 若有两个解，则． B. 若有最小值，则． C. 若有最小值，则． D. 若有两个解，则． 7. 圆上7点所成线段中任取两条，这两条线段无公共点的概率为？ 8. 复方程的所有复数根的平方和为？ 9. 已知，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 在有解，则可能的取值为？ 11. 在内有三个不等实根，则的取值范围？ 12. ，则（ ） A. B. C. D. 13. 已知复数满足，，则的最小值为？ 14. 四面体中，.求与所成角余弦的最值． 15. 已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（ ） A. 最小值为 B. 最大值为 C. 最小值为 D. 最大值为 16. 已知正方体，初始时与重合，每一步都等可能得移动到相邻顶点，记移动步后仍在面上的概率为，则（ ） A. 移动步后，仍在点的概率为 B. C. D. 与的递推式为 17. ，，则（ ） A. B. C. D. 18. 复数列，且，则的最大值是______． 19. 某区域仅有东西向或南北向道路，某人从区域中心出发后又回到起点，且路途中不经过重复区域，已知此人左转次，则其右转次数可以是（ ） A. B. C. D. 20. 正整数均不大于，且满足．求满足这样条件的的组数． 21. 的所有极值点依次为的，则______． 22. 有零点，则的最小值为多少. 23. 1.是在上的连续函数,设,则（ ）. A. B. C. D. . 24. 双曲线，斜率为的直线与交于两点，点在上，且，的外心为，的重心为，的重心为，，则的离心率______． 25. ，使得的解的组数有______组． 26. ，则等于多少？比较与. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清华大学2024年强基计划笔试 1. 点．求满足的整点的个数. 【答案】65 【解析】 【分析】设，直线的方程为，，设，则，把，代入，讨论可得答案. 【详解】设，直线的方程为，即， ， 设，则， 代入，化简得， 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 根据对称性，当时，也分别有5个整点， 所以共有65个整点. 2. 均为正数，则的最大，最小值是否存在？是多少？ 【答案】存在，的最大值为3，最小值为. 【解析】 【分析】根据已知条件进行化简，构造函数利用函数导数判断函数的单调性，解出最值，再根据条件限制范围； 【详解】由题意知，， 令则，且 令，则，令，则 递增，递减；所以，此时， 因此 所以的最大，最小值存在，的最大值为3，最小值为. 3. 点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 【答案】1056 【解析】 【分析】利用组合数的知识结合图象分析即可. 【详解】总共有种, 如图，三点共线（粗虚线）有8组， 四点共线有9组（图中实线加上5条竖线）， 五点共线有4组， 于是一共能组成种. 故答案为：1056. 4. 抛物线，焦点为．过焦点的直线交于两点．过作平行于点切线的直线交于点，交轴于点．设，则（ ） A. ． B. 的最大值为16． C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】对于，设直线的方程为，联立抛物线方程用韦达定理即可判断； 对于，求导得，则直线的斜率为，进而可得直线的方程，联立抛物线方程用韦达定理即可判断； 对于，过作轴平行线交于，结合选项知，的面积等于的2倍，根据直线的方程可得，可求，进一步可求得，利用基本不等式结合即可判断． 对于，由直线的方程可得坐标，进一步可得，即可判断； 【详解】 如图所示，切线记为，记为． 对于，直线的斜率存在，故设直线的方程为， 联立，消去得，， 所以，故，故错误； 对于，因为，所以，则直线的斜率为， 故直线的方程为，即， 联立，消去得，故，故正确； 对于，不妨设，过作轴平行线交于，根据选项知，的面积等于的2倍．（下面证明一下）, ，，由D选项的证明知道，则 直线的方程为，当时，， 故，由选项知， 故 ，当且仅当，即时取等号， 即，所以，故错误． 对于，由直线的方程可得，，， 所以，故正确； 故选：CD. 5. 非负，则的最大值和最小值是否存在？是多少？ 【答案】存在最小值，最小值为2，不存在最大值 【解析】 【分析】由题意，中至多一个数为0，不妨设，可得，当全不为0时，可得，从而可得有最小值2，由当，可得无最大值. 【详解】由题意，中至多一个数为0，不妨设， 则，当且仅当时取等号， 当全不为0时， ，当且仅当时取等号， ，当且仅当时取等号， ，当且仅当时取等号， 因为，，，不能同时成立， 所以， 综上所述：， 所以非负有最小值，最小值为2； 当，可得， 故非负无最大值. 6. ．则（ ） A. 若有两个解，则． B. 若有最小值，则． C. 若有最小值，则． D. 若有两个解，则． 【答案】AD 【解析】 【分析】求得，得出函数的单调性和极值，判定A正确；当时，得到取得最小值0，当时，，可判定B、C错误； 设，令，利用导数求得在单调递增，得到，进而转化为，根据函数的单调性，求得，可判定D正确. 【详解】由函数，可得， 当时，；当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，函数取得极大值，极大值为， 且当，，当时，， 所以有两个解，则，所以A正确； 当时，方程恒有根，取得最小值0都成立； 当时， ，所以， 即时，恒有最小值，所以B、C都不正确； 设，令， 可得， 当时，且，所以，可得， 所以在单调递增，所以， 所以在时，， 又由时，，所以，且，在上单调递增， 又因为有两个解，则， 不妨令，则， 由，因为，所以， 又因为，所以， 因为，可得，且，且函数在为单调递增函数， 所以，所以，所以D正确. 故选：AD. 【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 7. 圆上7点所成线段中任取两条，这两条线段无公共点的概率为？ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求出形成多少条线段，然后求出任取两条线段的种数，再从中求出两条线段无公共点的种数，结合古典概型求概率即可. 【详解】圆上7点形成条线段，从中任取两条线段有种方法， 任意四个点对应两组不相交的线段，故两条线段无公共点的有种方法， 所以任取两条线段，它们无公共点的概率为. 8. 复方程的所有复数根的平方和为？ 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为求方程的所有复数根的平方和，然后使用韦达定理即可得到答案. 【详解】方程可化为. 从而原方程的所有复数根的平方和等于方程的所有复数根的平方和. 设该方程的个复数根为，则由韦达定理有，. 所以. 故原方程的所有复数根的平方和为. 9. 已知，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用积化和差和辅助角公式得到，即可求解得到或，，可求答案. 【详解】， ， ， ， ， ， ， ， 或，, ，，或，， 经检验，或符合，其它都不符合. 故选：AB. 10. 在有解，则可能的取值为？ 【答案】任意实数 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，当时，将视为关于的二元一次方程，根据直线与恒相交可得. 【详解】将视为关于的二元一次方程， 以为横坐标，纵坐标，则表示斜率为的直线， 当时，； 当时，， 记，则直线与恒相交， 所以，. 综上，可能的取值为一切实数. 11. 在内有三个不等实根，则的取值范围？ 【答案】 【解析】 【分析】根据在内有三个不等实根，不防设，则有，，.代入，则，再结合范围求解即可. 【详解】设， 在内有三个不等实根，，，. 且， 设，，，则，，, ，， . 12. ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用的单调性证明，然后直接得到，并通过证明，得出，即可验证C，D正确；然后利用该范围直接估计出的下界，即可得到A正确，B错误. 【详解】对于D，构造，易得在上递增， 而，， 所以有唯一的正根，且该根位于区间， 因为，所以， 则，故，. 所以，故D正确； 对于C，而，，故，而， 所以有，故C正确； 对于AB，由，知. 从而，故A正确，B错误. 故选：ACD. 13. 已知复数满足，，则的最小值为？ 【答案】 【解析】 【分析】先对和证明不存在满足条件的，再对证明满足条件，即可得到的最小值为. 【详解】若，则，得，矛盾； 若，则，解得. 故是实数，从而由知，代入得或，矛盾； 以上讨论表明，必有. 而当时，对，有，且有 ， 故满足条件. 所以的最小值为. 14. 四面体中，.求与所成角余弦的最值． 【答案】无最大值，有最小值为0. 【解析】 【分析】根据数量积公式计算两直线夹角余弦值； 【详解】 如图所示，设与所成角为， , 在中， 根据三角形的三边关系可知, 所以 则 因此与所成角余弦的无最大值，有最小值为0. 15. 已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（ ） A. 最小值为 B. 最大值为 C. 最小值为 D. 最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】设的中点为，连接，由，可得点在以为球心，以1为半径的球面上．又设，由题可得，据此可得答案. 【详解】设的中点为，连接，则，则， 即点在以为球心，以1为半径的球面上． 如图，因为，所以． 因为正四面体的棱长为，所以，，又， 所以．设， 则． 因为，所以． 故选：BC 16. 已知正方体，初始时与重合，每一步都等可能得移动到相邻顶点，记移动步后仍在面上的概率为，则（ ） A. 移动步后，仍在点的概率为 B. C. D. 与的递推式为 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先将问题转化为关于的展开式问题，然后将仍在点转化为各个字母的指数均为偶数，将仍在面上转化为的指数为偶数，研究相应的项的系数和，再逐一验证每个选项即可. 【详解】可以注意到，在运动次后，点的位置只取决于：点沿着的方向或反方向运动的次数. 我们考虑的展开式，该式展开时，相当于从个中各选取一项并作乘积，遍历所有种选法并相加. 每个选法恰好也对应唯一一组点沿着的方向或反方向运动的次数，它们相乘后得到. 再将所有项相加，我们就得到了若干个形如的项之和，这里是点沿着的方向或反方向运动的次数分别为的概率. 对于A，由于移动步后，仍在点就相当于满足都是偶数，故所求概率即为的展开式中，三个字母的指数均为偶数的项的系数和. 设，则三个字母的指数均为偶数的项的系数和就是 . 代入得到该表达式的值为，这即为所求的概率，故A错误； 对于B，C，D，由于移动步后，仍在面上当且仅当满足是偶数，故即为的展开式中，的指数为偶数的项的系数和. 设，则的指数为偶数的项的系数和就是. 代入得到，所以. 故，，故B，C正确. 同时由有，故，所以，故D正确. 故选：BCD. 17. ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】通过裂项及导数方法证明，然后确定和的大致范围，即可判断A，C；先证明数列无界，然后利用并结合递推式得到，然后利用极限的平均数性质得到，最后使用极限的四则运算即可得到，，从而判断B，D. 【详解】由已知有，故数列单调递增. 对于A，C，由于，且. 故对，有，从而归纳即知. 故， 所以对有. 从而. 设，则对有， 所以在上递增，从而对有，即. 对，在中令，得，即. 所以. 综上，对，有. 这就得到，. 从而由，， 知，从而，故A错误； 再由，， 知，从而，故C正确； 对于B，D，假设数列有界，则存在，设. 则，且，从而，矛盾. 所以数列无界，这就得到，故. 而，故. 所以由极限的平均数性质得到，即. 而，故. 从而，故B正确； 而，故D错误； 故选：BC. 18. 复数列，且，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】对递推式进行处理，求出的表达式，然后使用几何意义及圆的方程求解最大值. 【详解】由已知有， 且. 故，得. 设，则. 解得. 由于对，有. 而由可知，复数在复平面上位于区域内，即圆内部或其边界上. 从而. 故. 所以 . 而当，且复数位于圆上，且在圆心与的连线上时，等号成立. 所以的最大值是. 故答案为：. 19. 某区域仅有东西向或南北向道路，某人从区域中心出发后又回到起点，且路途中不经过重复区域，已知此人左转次，则其右转次数可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分析该人面向方向的角度在整个路途中的转动情况，再结合左转和右转的几何意义，得到可能的次数，最后给出例子验证. 【详解】如果原点处不同时出现东西向和南北向道路，则由于该人路途中不经过任何区域，故该人面向的方向从出发到回到起点总共旋转了. 而每次左转时，面向的方向逆时针旋转了，每次右转时，面向的方向顺时针旋转了. 故左转次数与右转次数之差一定是或. 所以右转次数只可能是或. 而对于下列路径： 左转次数和右转次数分别是和； 对于下列路径： 左转次数和右转次数分别是和. 故右转次数的所有可能值就是和. 如果原点处同时出现东西向和南北向道路，则将路线进行轻微平移，然后利用上一种情况的结论可知，在原点之外进行的右转次数一定是奇数，没有选项符合该条件. 以上表明B，D正确，且A，C错误. 故选：BD. 20. 正整数均不大于，且满足．求满足这样条件的的组数． 【答案】 【解析】 【分析】对和的大小关系分类讨论，当时，容易得到共有组解；而当时，经过分类及不重不漏的讨论可以最终得到共有组解；同理当时也有组解，这样便能得到总共的解有组. 【详解】分三种情况讨论： 情况1：. 此时有，故，也容易验证时原方程一定成立. 所以此种情况下原方程的解有，总共组解； 情况2：. 此时有，，故. 由方程也可直接得到. 从而，故由可得. 从而当取定后，和可以选取的值就是的一对乘积为的不等因数. 记，，这里是正整数，由，知. 同时，由表达式可知和的奇偶性均与的奇偶性相同，故和的奇偶性相同. 还可由得到，即. 至此，我们的目标就确定为：当取定后，确定的所有满足，且使得和的奇偶性相同的正因数的个数（根据前面的证明，所求的恰对应每组，这里为此处所述）. 换元，则命题等价于寻找所有满足的正整数，使得和的奇偶性相同，且整除. 若是奇数，则和必然都是奇数，从而和的奇偶性必定相同，故只需要考虑其它条件. 若直接对每个计算的个数再相加，则问题很繁琐，因此这里反过来，对每个可能的，我们计算对应的的个数. 当确定时，我们需要，且是的倍数. 如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能. 所以除非，否则都有. 直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，. 故所有的之和为. 而当是偶数时，也是偶数，我们仍然用类似的方法计算对每个可能的，相应的的个数.： 当确定时，我们需要计算的个数，使得，且是的偶数倍. 如果，是奇数且不含任何平方因子，则由，且是的偶数倍，知，且是的倍数，从而只可能是. 如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能. 所以除非， 或，否则都有. 直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，. 故所有的之和为. 所以，此种情况下的解共有组； 情况3：. 与情况2同理，此时的解共有组. 综上，原方程的解共有组. 21. 的所有极值点依次为的，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先证明的所有极值点恰为其导函数的零点，然后研究在上的零点的性质，即可得到结果. 【详解】由于，而当时，所以的极值点都不小于. 同时，由于当时，有，即. 假设，则，得. 但，矛盾，所以，故 . 这表明，的全体极值点就是的全体零点. 由于题目所求的是，而在有限区间上只有有限个零点，故我们可以只考虑在上的零点. 此时，若，则由，知， 从而由，知. 而对有，，其符号总是恒定的，所以在上单调. 结合， ， 知. 这表明，当时，的零点均落入某个，且在每个上恰有一个零点. 设上的零点为，则. 而，，故. 而，故. 同理有. 所以. 这就得到，所以. 故答案为：. 22. 有零点，则的最小值为多少. 【答案】 【解析】 【分析】将方程看成关于的二元一次方程，转化为原点到直线的距离的平方，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】由题意可知，方程有实数根， 将关于的方程看成关于的直线方程， 则可视为直线上的点到原点的距离的平方，其最小值即为原点到直线的距离的平方， 所以， ， 令，则， 因为，所以，则， 由对勾函数的单调性可知，在上单调递增， 所以. 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是方程主次元的转化，构造的几何意义. 23. 1.是在上的连续函数,设,则（ ）. A. B. C. D. . 【答案】A 【解析】 【分析】举反例即可反驳BCD，利用绝对值不等式即可判断A正确. 【详解】对CD，取,则有， 则，则，故C错误，，则，故D错误； 对B，取,则. 此时,则B选项错误； 由绝对值不等式得,. 因此 ， 因此选项A正确. 故选：A. 24. 双曲线，斜率为的直线与交于两点，点在上，且，的外心为，的重心为，的重心为，，则的离心率______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定外心的坐标，然后利用重心坐标公式求出的坐标，再利用已有的集合关系得到，最后即可相应确定. 【详解】 设，，. 由于，故的外心就是线段的中点，即. 而三角形重心的坐标就是三个顶点的平均值，故，. 所以. 而都在上，，故，. 这就得到. 而的斜率为，故，所以. 由又可以得到，，. 从而，，. 故，所以. 这就得到，所以离心率. 故答案为：. 25. ，使得的解的组数有______组． 【答案】18 【解析】 【分析】由整除概念结合配凑法分类讨论即可. 【详解】由条件，而， 故. ①时，，矛盾； ②时，应具有（是正整数）的形式，显然满足条件； ③时，由，则，进而或2， 当时，则条件为正整数，57能被整除， 可知或57，进而可知或49，解得或， 当时，由为正整数可知，此时，矛盾. 综上：所有解为或（是正整数）， 再结合得， 可知型的数有16组，故一共有18组. 故答案为：18. 26. ，则等于多少？比较与. 【答案】，. 【解析】 【分析】由数列递推公式列出前几项，找规律假设，并用数学归纳法证明，再求，通过求极限得，故可判断与的大小. 【详解】由题意可知，， 当时，， 所以当时，， 当时，， 当时，， 猜想：. 证：当时，，表达式成立， 当时，表达式成立，即， 则当时， ， 表达式成立. 综上所述，. 所以， 故， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推公式及数列的极限，解题关键是由递推公式列出前几项，猜想数列的通向公式，并用数学归纳法证明，以及数列极限的求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $