精品解析：2024年清华大学强基计划数学学科笔试试题

清华大学2024年强基计划数学学科试题 考试时间2024年6月28日8：00-12：00 1. 已知，则________． 【答案】， 【解析】 【分析】利用和差化积公式化简求解即可，注意集合的互异性. 【详解】∵ ∴ 由和差化积公式得： ∴ ∴ ∴或 当时，或，， 此时，不满足集合的互异性，故舍去， 当时，，， ∴，，满足题意 ∴， 故答案为：，. 2. ，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. 3. 某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（ ）次． A. 96 B. 98 C. 104 D. 102 【答案】AC 【解析】 【分析】分情况讨论不同情况即可. 【详解】总体的路线形成一个多边形， 如果出发点在多边形的边上，左转、右转的次数差一定是4的倍数， 如果出发点在多边形的顶点上，左转、右转的次数差一定奇数，因此只有AC有可能． 下面两图的路线分别对应右转96次和104次的情形： 故选：AC. 4. 在平面直角坐标系内，，，若的面积不超过3，则满足条件的整点M个数为________． 【答案】60 【解析】 【分析】设，由题意可得直线OA的方程为，表示出的面积，设，，则代入化简讨论即可. 【详解】设，直线OA的方程为，即， ， 设，则，， 代入并化简得， 当时，三点不能组成三角形，舍去； 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． ∴共有60个整点． 故答案为：60 【点睛】关键点点睛：此题考查点到直线的距离公式的应用，解题的关键是根据题意表示出的面积，由的面积不超过3，列不等式讨论，考查分类讨论的思想和计算能力，属于较难题. 5. 已知，（，）．下列选项中正确的有（ ） A. 存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 B. 存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 C. 存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 D. 存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】分和情况进行讨论分析即可 【详解】若，则，，则正负交替，B,D选项正确； 若，令，即时，即时，即成立，即成立，显然存在正整数N，使时，. ∴，A选项错误，C选项正确． 故选：BCD． 6. 已知，，下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由数列递推式结合放缩法推出，利用求极限判断A，进而可判断C；判断,范围，确定的值，判断BD； 【详解】由题意得，，显然单调递增，， 当时，， ∴， ∴ ， ∴ ∴， 又因为， ∴，A选项正确； ∴，C选项错误； ∵， ∴， ∴，B选项错误； ∵， ∴， ∴，D选项正确， 故选：AD 7. 正整数，且，满足这样条件的的组数为（ ） A. 60 B. 90 C. 75 D. 86 【答案】D 【解析】 【分析】由可得，，成等差数列，设，，通分后为，，，其中，则可结合分为奇数与为偶数进行讨论，再分类后逐个列举出所有符合要求的数即可得． 【详解】因为，所以，，成等差数列， 设，，通分后为，，，其中； 则，，， ， ， 所以当为奇数时，，； 当为偶数时，，，； （1）当为奇数时，设， 则， ①若，则，所以， 所以，2，3，4，5，6， 取，，，2，，16； 取，，，2，，6； 取，，，2，3； 取，，，2； 取，，； 取，，； 共种； ②若，则，所以， 所以，2，3，4，考虑到，从而，2，4， 取，，，2，3，4，5； 取，，，2； 取，，； 共种； ③若，则，所以， 所以，2，3， 取，，，2； 取，，； 取，，； 共种； ④若，则，所以， 所以，2， 取，，； 取，，；共2种， ⑤若，则， 所以，所以，所以， 所以，矛盾； （2）当为偶数时，设， 则， ①若，则，所以， 所以，2，3，4，5，6，7，8，考虑到，从而，3，5，7， 取，，，2，，16； 取，，，2，，5； 取，，，2； 取，，， 共种； ②若，则，所以， 所以，2，3，4，5，6，7，考虑到，从而，3，5，7， 取，，，2，，6； 取，，，2； 取，，； 取，，； 共种； ③若，则， 所以， 所以，2，3，4，5，考虑到，从而，5， 取，，，2，3； 取，，； 共种； ④若，则， 所以； 所以，2，3，4，考虑到，从而，3， 取，，，2； 取，，； 共种； ⑤若，则，所以， 所以， 所以，，12， 取，，； 取，，；共2种， 综上所述，共有组． 故选：D． 【点睛】易错点点睛：本题考查了点列、递推数列及数学归纳法，根据新定义分类讨论求解即可，本题容易讨论不全致错. 8. 从棱长为1个单位长度的正方体的底面一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走一个单位长度，下列选项中正确的有（ ）． A. 进行4次这样的操作回到A的概率为 B. 进行2次这样的操作回到A的概率为 C. 进行4次这样的操作回到A的概率为 D. 进行2次这样的操作回到A的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】每次操作有3种不同的路线, 2次操作，有种路线, 4次操作，有种路线,分类讨论能回到点的概率即可. 【详解】每次操作有3种不同的路线，2次操作，有种路线，其中有3条可以回到A点，因此进行2次这样的操作回到A点的概率为，B错D对； 4次操作，有种路线，如下图所示，设第次操作后恰好走到点的方法数为，由对称性可知第次操作后恰好走到三点的方法数相同，设为，恰好走到三点的方法数也相同，设为，设第次操作后恰好走到点的方法数为， 则，，由此算出， ∴，∴进行4次这样的操作回到点的概率为，AC选项都错． 故选：D 9. 圆周上，，…，七个点两两相连，任选两条线段，则这两条线段无公共点的概率是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用组合计算种类，再应用古典概型计算概率即可. 【详解】共条线段，选出两条有种方法， 任意四个点对应两组不相交的线段，有组， 因此，任选两条线段，它们无公共点的概率为． 故选：D. 10. ，，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为________． 【答案】512 【解析】 【分析】先应用数列的新定义分析得出三种情况，再列根据情况得出组合数的和，最后应用二项式系数和公式计算即可. 【详解】若，考虑（），必有可知从第i项开始，数列开始递增； 再考虑前面的项，若，说明此情况下数列在第1项到第i项递减． 若，则将原来的i改为同理考虑即可． 由以上分析可知，该数列只有三种情况，单调递减，单调递增，先减后增 故排列总数为． 故答案为：512. 11. 直线l：，，，，下列选项中正确的有（ ）． A. 若，则l与射线PQ相交 B. 若，则l与射线PQ平行 C. 若，则l与射线PQ垂直 D. 若x存在，则Q在l上 【答案】AB 【解析】 【分析】若，则，或，根据点与直线的位置关系判定A；若，则，进而得到，根据两直线斜率的关系判断B；为两点到直线的距离，判断C；点在直线上，则点的坐标满足直线方程，从而得到，进而判断D． 【详解】若，则，或， 即点在直线的同侧，且直线与线段不平行．故A正确； 若，则，即， 若，则，过两点的直线与直线斜率都不存在，故平行， 若，则，，即过两点的直线与直线平行，故B正确； 因为，即为两点到直线的距离， 若，则，即两点到直线的距离相等，且直线l两侧， 但l与射线PQ不一定垂直，即C不正确； 若点在直线上，则， 结合题设及分母不为0，不存在实数，使点在直线上，故D不正确. 故选：AB 12. 在中，，，P在内部，延长BP交AC于Q，且，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，利用角平分线以及正弦定理可推出，化简推出，即可求得答案. 【详解】如下图 由题可知AP为平分线，故；； 由，可得， 于是， 即，化简可得， 于是或（舍）， 故， 故选：D 13. 几个人讨论某个比赛的成绩，讨论内容如下： 张三：甲是第4名； 李四：乙不是第2或第4名； 王五：丙排在乙前面； 刘六：丁是第1名 已知只有一个人说假话，下列正确的是（ ）． A. 丙是第1名 B. 丁是第2名 C. 乙是第3名 D. 甲是第4名 【答案】ABCD 【解析】 【分析】按照只有一个人说假话分类讨论分别推理即可. 【详解】若张三说假话，则丁第1名，因为乙不是第2或第4名，于是乙只能是第3名，又因为丙排在乙前面，于是丙只能为第2名，推出甲为第4名，与张三说假话矛盾; 若李四说假话，则丁第1名，甲第4名，因为丙排在乙前面，故丙第2名，乙第3名，与李四说假话矛盾; 若王五说假话，则丁第1名，甲第4名，因为乙不是第2或第4名，所以故丙第2名，乙第3名，这与王五说假话矛盾; 若刘六说假话，则甲第4名，结合乙不是第2或第4名与丙排在乙前面可知乙只能为第3名，故丙为第1或2名，但丁不为第1名，故丙第1名，丁第2名; 综上，ABCD正确． 故选：ABCD. 14. ________． 【答案】 【解析】 【分析】先应用裂项相消得出和，再应用两角和差的正切公式计算即可. 【详解】因为 于是 于是 ． 故答案为：. 15. 已知，，使得整除的解的有________组． 【答案】 【解析】 【分析】先由条件得到整除，然后分类讨论得到所有的解，，，再从得到，即可确定所有的组数. 【详解】由于得整除，而，故整除. 由于，故，所以是非正的整数，即. 若，则，从而是的倍数，设，则，此时； 若，则，从而. 所以，得，所以. 假设，则，且，且，得，所以，矛盾； 所以，则，而，，故. 而一定是的因数，而，故. 如果，则；如果，则. 从而，满足条件的只可能是，，或. 经验证，，，均符合条件. 由解得，所以加上限制条件后，满足条件的恰好就是，，或. 综上，满足条件的一共有组. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用整除的性质和分类讨论确定所有满足条件的. 16. 点集，则由S中的点可组成________个不同的三角形． 【答案】1056 【解析】 【分析】先计算出随意的三个点的情况，然后减去三点共线的情况即可. 【详解】随意选三个点，总共有种，如图： 三点共线（图中虚线）有8组， 四点共线有9组（图中粗线加上5条竖线）， 五点共线有4组， 于是一共能组成． 故答案为：1056. 17. 已知，，下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 是等比数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据递推公式化简得出数列的单调性及极限判断A,C,再应用数列求和判断B,D. 【详解】由题可知， 于是可求得． 故，A选项正确； 数列中，不是等比数列，C选项错误； 于是单调递增且有极限，故．D选项正确； 又因为,所以B选项正确. 故选：ABD. 18. 已知复数，，则n的最小值为________． 【答案】3 【解析】 【分析】设，利用乘方和复数相等列方程解方程即可. 【详解】不妨设，， 由题可知， ①，可知满足条件即n最小值为3（验证可知小于3不满足）． ②，验证可知满足（验证可知小于3不满足）． 综上可知． 故答案为：3. 19. 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 20. 已知（），则的最大值、最小值分别为________． 【答案】无最大值，最小值为2 【解析】 【分析】当时，可得无最大值；就分成两种情况讨论，① 当a，b，c中没有0时，推理可得；② 当a，b，c中至多有一个0时，不妨设，可得，从而可得的最小值为2. 【详解】因时，易得， 故（）无最大值． ①若a，b，c中没有0，则由均值定理，． 同理可得，．故有， 当且仅当时，等号成立，而a，b，c中没有0时，该方程组无实数解，故； ②若a，b，c中有0，则至多有一个0，不妨设，此时所求， 当且仅当时，取得最小值2． 综上，无最大值，当，时，取得最小值2． 故答案为：无最大值，最小值为2. 21. 已知在上三个不等实根，则的可能取值为________. 【答案】（区间上的所有实数，答案不唯一） 【解析】 【分析】通过赋值得到，然后根据三个根的范围求的范围. 【详解】设 则， 设，，，则， 所以，所以， 所以. 故答案为：（区间上的所有实数，答案不唯一）. 22. 四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围________． 【答案】 【解析】 【分析】根据几何关系求的范围，再通过平行关系构造异面直线所成的角，根据余弦定理，即可求解. 【详解】如图，取，分别为，的中点． ，， ，所以， 在中，，当，重合时取等． 过作于，设，则,即，即，得． 所以．当，，，共面时取等． 取中点，则，，所以所求的角即为或其补角， 于是 由知，于是， 所以与所成角的余弦值的取值范围为 故答案为： 23. 已知，下列选项中正确的有（ ）． A. 两根，，且 B. 两根，则 C. 任意，函数都有最小值 D. 任意，使得函数有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数判断的单调性和最值，进而可得图象.对于AB：根据图象可得的取值范围，即可判断B，并结合对称性判断A；对于C：可得，分类讨论的符号，进而可得结果；对于D：根据极限分析判断即可. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，且，，， 可得的大致图象如下图所示： 对于选项AB：若两根，，则，故B正确； 因为并不是关于直线对称，则不恒成立，故A错误； 对于选项C：因为，则， 当，即时，则， 所以的最小值为； 当，即时，则存在，使得， 则，所以的最小值为； 综上所述：对任意，函数都有最小值，故C正确； 对于选项D：对任意，，则， 所以函数没有最大值，给D错误； 故选：BC. 24. 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. 25. 双曲线C：，斜率为1的直线l交C于A，B两点，D为C上另一点，，，重心分别为P，Q，外心为M，若，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】由中点弦的结论可得，，又，可得，即可得到双曲线的离心率. 【详解】在中，取中点，由P为的重心，则P在上， 设，则， 则有， 两式作差得，， 可得， 则 则，即， 同理可得，， 又，所以，又， 可得， 所以，进而． 故答案为：. 26. 过抛物线焦点F的直线与抛物线交于点两点，l过B且与抛物线在A处的切线平行，l交抛物线与另一点，交y轴于E点，则下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 面积的最小值为16 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求出点A处的切线方程，从而可求出直线l的方程，化简后利用根与系数的关系判断，对于B，由直线l的方程可表示出点的坐标，由直线AB的方程表示出点的坐标，再结合抛物线的定义分析判断，对于C，表示出点到直线的距离，表示出弦长，从而可表示出的面积，化简结合基本不等式分析判断，对于D，由化简判断. 【详解】对于A，点A处的切线方程为，斜率为， 所以直线l的方程为代入，并化简得， 该方程的解为，，由韦达定理可知，A选项错误， 对于B，设E（0，），代入可解得， 因为，所以直线为， 化简得，该直线过点F（0，1），∴， ∴，又∵，，∴，B选项正确， 对于C，直线l的方程可化为，即， ∴的面积 ，当且仅当时可以取等号，C选项正确， 对于D，，D选项正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义的理解，考查抛物线中三角形的面积问题，考查抛物线的切线问题，解题的关键是根据题意表示出切线方程，从而可表示出直线的方程，考查计算能力和数形结合的思想，属于较难题. 27. 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：. 28. ，，有零点，则的最小值为________． 【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， 所以距离的平方， ， 令，则， 因为，所以，当且仅当，即时取等号， 则， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清华大学2024年强基计划数学学科试题 考试时间2024年6月28日8：00-12：00 1. 已知，则________． 2. ，则（ ） A. B. C. D. 3. 某城市内有若干街道，所有街道都是正东西或南北向，某人站在某段正中央开始走，每个点至多经过一次，最终回到出发点．已知向左转了100次，则可能向右转了（ ）次． A. 96 B. 98 C. 104 D. 102 4. 在平面直角坐标系内，，，若的面积不超过3，则满足条件的整点M个数为________． 5. 已知，（，）．下列选项中正确的有（ ） A. 存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 B. 存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 C. 存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 D. 存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 6. 已知，，下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. D. 7. 正整数，且，满足这样条件的的组数为（ ） A. 60 B. 90 C. 75 D. 86 8. 从棱长为1个单位长度的正方体的底面一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走一个单位长度，下列选项中正确的有（ ）． A. 进行4次这样的操作回到A的概率为 B. 进行2次这样的操作回到A的概率为 C. 进行4次这样的操作回到A的概率为 D. 进行2次这样的操作回到A的概率为 9. 圆周上，，…，七个点两两相连，任选两条线段，则这两条线段无公共点的概率是（ ）． A. B. C. D. 10. ，，…是一个1，2，3，…，10的排列，要求和一定有一个大于（），则满足的排列的总数为________． 11. 直线l：，，，，下列选项中正确的有（ ）． A. 若，则l与射线PQ相交 B. 若，则l与射线PQ平行 C. 若，则l与射线PQ垂直 D. 若x存在，则Q在l上 12. 在中，，，P在内部，延长BP交AC于Q，且，则（ ）． A. B. C. D. 13. 几个人讨论某个比赛的成绩，讨论内容如下： 张三：甲是第4名； 李四：乙不是第2或第4名； 王五：丙排在乙前面； 刘六：丁是第1名 已知只有一个人说假话，下列正确的是（ ）． A. 丙是第1名 B. 丁是第2名 C. 乙是第3名 D. 甲是第4名 14. ________． 15. 已知，，使得整除的解的有________组． 16. 点集，则由S中的点可组成________个不同的三角形． 17. 已知，，下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 是等比数列 D. 18. 已知复数，，则n的最小值为________． 19. 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 20. 已知（），则的最大值、最小值分别为________． 21. 已知在上三个不等实根，则的可能取值为________. 22. 四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围________． 23. 已知，下列选项中正确的有（ ）． A. 两根，，且 B. 两根，则 C. 任意，函数都有最小值 D. 任意，使得函数有最大值 24. 1.是在上的连续函数,设,则（ ）. A. B. C. D. . 25. 双曲线C：，斜率为1的直线l交C于A，B两点，D为C上另一点，，，重心分别为P，Q，外心为M，若，则双曲线的离心率为________． 26. 过抛物线焦点F的直线与抛物线交于点两点，l过B且与抛物线在A处的切线平行，l交抛物线与另一点，交y轴于E点，则下列选项中正确的有（ ）． A. B. C. 面积的最小值为16 D. 27. 的所有极值点依次为的，则______． 28. ，，有零点，则的最小值为________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $