2026年清华大学丘成桐数学英才班选拔试题

2026清华丘成桐数学英才班 1.给定△ABC,其中AB=4,BC=2,AC=3,设△ABC的内切圆为圆O1,做圆O2与边AB,BC和圆O,相切， 再做圆O3与边AB,BC和圆O2相切，…，反复如此得到一系列圆，求这些圆的面积之和. 2.是否存在Q上的不可约多项式，使得其次数为2026且恰有2024个实根（计重数）？ 3.银么-营经a0&一套装mao0,问：=经是谷车在洁存在，求值 4.定义图Gn如下：Gn有2n个顶点a,42,,a,,b2,,b,Gn的边集恰为{《a,b)l≤ij≤m 求最小的正整数k,使得从G,中任选k条边得到的子图都有一个子图与G,同构， 5.求所有的正整数对a,b,满足以下条件：①5≤a,b≤99，②a,b互素，③a(b2+35),ba2+35) 6.设实解析函数f(x)=∑a,g(x)-∑b,满足f(x)=exp(g() 证明：对任意正整数f≤e即.f- 《参考答案》 2026清华丘成桐数学英才班 设相邻的两个圆的半径分别为 其申1则无如号=1m-,故圆的商积将皮-个以 B 1-1 的等比数列， n+n+1 ∑S= 将12号 4 (80+37W10π 384 2.【详解】构造f(x)=(x2+2(x-2)(-4)(x-4048)+2,下证f(x)满足要求. f(x)是不可约的（艾森斯坦判别法）；对于整系数多项式f(x)=a,x++ar+a。,如果存在一个素数P,满足 P不整除首项系数“n;P整除所有其他系数a,1,“,;p不整除常数项o,那么f(x)在有理数域上是不可约 的.取素数p=2检验：f(x)的首项=x06,系数为1,2{1，满足；f(x)其余各项系数都是2的倍数，满足常数 项是4=f(0)=2(-2)(-4)(4048)+2=4k+2,22a，满足，故f(x)不可约. f(x)恰好有2024个实根：令g(x)=(x2+2(x-2)-4)4-4048)g)=0的实根为 =2k(k=12,,2024),则f(2k)=g(2k)+2=2.再考虑相邻两个根区(2k,2k+2),g(x)的符号取决于 2024个线性因子的乘积：当x∈(2k,2k+2),前面的k个因子(x-2),(x-4),,(x-2k)是正数，后面2024-k 个因子(x-(2k+2》,…是负数.x2+2>0,故g(x)的符合取决于负因子的个数，即(-1)224-，也即取决于 （-) 偶数区间k=2,4,:g(x)>0,f(x)=g(x)+2>2,函数恒正，没有实根； 奇数区间(k=1,3,g(x)<0,函数图像形成一个向下的波谷. 对于2026这样的次数，奇数区间(2k,2k+2)中对应的g(x)<-2,f(x)的图像从2出发，向下深潜到负无穷远， 然后再回到2，由介值定理在每一个k为奇数的区间(2k,2k+2)内，函数图像穿过x两次（一去一回） 计数：k的取值范围是1到2023，只考虑奇数k=1,3,5,,2023,项数为1012，即有1012个区间，每个区间 有2个实根，所以共有1012×2=2024个实根， 当x>4048,f(x)>0,无根；x<2时，2024个因子都为负，f(x)>0,无根，综上.得证. 3. 1ae小型尘.52要么-含，肥 +2).二2口心一（气多） k=】 2k 2k sink 1-cosn+ ∑'sink= 2 1’ 单调递减趋于0， 2sin 2 2 因此级数克 k 收敛 =2n2in,2m4=21-cos21,又m2 →0， 2水 因Σa2出有界。是单调远说，散名它仪敛，所以一之 3+0 刀网k与 k +1 lim立=0三lim五=方+圪=至=-1 n+四52 a+085-52直-1 点 4. 【详解】图G：记左集合A={4,42,,4},右集合B={4,b2,,},由题意知A中的每一个点和B中的 每一个点都有可能连线： 图G：这是一个四边形，同一个集合中的点是四边形的对顶点. 问题转化为，在7+7的图中，最少连多少条线，一定能找到一个四边形. 为找到四边形，数V字形：以左集合中的某个点4为中心，如果它连了两条线到右集合中的b,bn,就称 (bm-g-b)为一个V字形.若左集合中有另一个点a,连接了bm,bn这两个V字形就拼成了一个四边形。 设选了k条边，记左边顶点a,的度数（连出的边数）为d,则 24=k 对于左边的任意顶点a,,如果它连出了d条边，那么以它为中心的V字形个数就是从这d,个邻居中选2的组 合数斯=Cg,总v字形数列5=四8 所有的V字形，其两个端点都落在右集合B中，集合B中有7个点，从中任取2个点作端点，共有C子=21对 点 将这21对点看作21个抽屉，若总V字形数列5m血≤21，则不会出现四边形. 5=上日，当所有4尽可能接近平均值时，最小 2 21时：d,-2】=,5=7×C=21,所以有可能构造出一个没有四边形的图 =22时：为使：最小，其中6个点的度数为3,1个点的度数为4，此时总V字形数 5ma=6×C3+1×C=24, 由抽屉原理知必然有至少一对点被覆盖了至少2次，这就构成了四边形即G2 综上使得子图必然含有G2的最小边数k=22 5.【详解】由集合无序性不妨设a<b,知a,b与35互素：若5a,由(dl(b2+35)得5(b+35),则5：b,此 时d(a,b)≥5与互素矛盾.所以5{a,同理7{b,对称地有5}b,7{b.(5} 速降：定义f5:w,代人+35.任+5.+23 62 b2 因a+70a2+1225+35b=1225+35b(moda)=355+b2)(moda),已知d(B+35). gcd(a,b)=1,所以dx2+3).由bx=a2+35,若gcd(x,a)=d,则dka,da2+35,故di35由()知 gcd(a,35)=1,所以d=1,即gcd(x,a)=l,如果{a,b}是解，则{x,a}也是解. x与a的大小：若b>a+三则x-+35<a,解变小；≤a+则解无法继续变小可称基础解 b 35 故只需在a<b≤a+二范围内寻找解即可， a26设b=a+k,(k=1,234,5代入aa+k+35)(a++3)得d(2+35）, (a+k)d+35-(a+k)(a-k)→(a+k2+3),知p=2+35有因数a,a+k: k=1,P=36p因数有1,2,3,4,6,9,12,18,36，因数差为1的数对(1,2)，(2,3)，(3,4)对应 a<6k=2,P=39p因数有1,3,13,39，因数差为2的对(1,3)对应a=1<6 同理当k=3,4,5，对应a都小于6，不符，所以当a≥6时，不存在基础解。 a<6(a=1,2,3,4):a=102+35=36),取b=6,基础解{16}a=2,创(22+35=39)，基础解 {2,3},i=3,32+35=44),基础解{3,4}，{3,11a=4,51,基础解{4,17. (注基础解的选取：例(1,4也满足a=1,+35=36),逆生成的下一项4+35-51，新的数对4,51，继 1 续得{51,659}，均不符合要求) 逆： {1,6}→{6,71}→{71,846}；{2,3}-→{3,22}→{22,173}{3,4→{4,17→17,81}； {3,11}→{11,52：{4,17}→17,81 综上，满足条件的正整数对为{6,71}，{17,81，{11,52. 6.【详解】证明：不妨设=(0)=1（若4≠1，可以除以常数归一，不影响不等式），则=g(0)=0 已知f(x)=e3同，两边求导得∫"(x)=eg'(x)=f(x)g'(x),所以可得： 2-24月 比较两边x叫的系数得na,=∑aak(5) (若“，b,都是复数，取模运算会因三角不等式变得更小，故只需考虑k,为实数即可)对待证不等式两边取自 然对数，得包84之-定义幽数w242-h. 问题即证对于任意的， 的数F20,色即之0器=a:若w培如0.则8x)培加 pr,f)=e4++→eo=f()esf(x)+o)=f(x)+of()r,这说明a,(x的系数)的增量 来自于原函数f(x)中x-k的系数即a-k,即变化率就是a-k 0成会e,涵文器 4.-k=82(k=1,2,52 a. 将传)代人（传⑤）得m,=22,所以e=2=a2+4n2++a,2: k台“。 k=】 当n=1,1-=6=1→4=1；当n=2,2-=a+6=1+1=2→42=1； 以此类推，对于所有k≤n,都有a=1,代人()得6=，因此F在4=1,6=无 取得是小恤，F-24之he,小上-容章h会社0，得证 k