1、2021 年清华大学强基计划笔试数学试题回忆版本试卷共 35 题，每一道题均为不定项，下为回忆版.1.甲乙丙丁四人共同参加 4 项体育比赛，每项比赛第一名到第四名的分数依次为 4、3、2、1 分.比赛结束甲获得 14 分第一名，乙获得 13 分第二名，则().A.第三名不超过 9 分B.第三名可能获得其中一场比赛的第一名C.最后一名不超过 6 分D.第四名可能一项比赛拿到 3 分答案：ACD解：(1)所有分数之和为 4 (4+3+2+2)=40，甲乙总分之和为 14+13=27，所以第三名和第四名总分数为 13 分，第四名的分数不超过 6 分，C 正确，第四名至少得4 分，A 正确.(2)所有
2、项目的第一名和第二名分数之和为 4 (4+3)=28 分，只比甲乙两人总分数高一分，说明只有一种情况，甲乙包揽所有项目第一名，总共拿到 3 个第二名和1 个第三名.B 错误.(3)D 正确的一种情形：IIIIIIIIII甲4442乙3334丙2221丁11132.定义 x y=x+y1+xy，则(2 3)4)21=().答案：1161151解：令 x=1+1，y=1+1，则 x y=1+1+1+11+1+1 1+1=1+1.其中 =x+1x 1，=y+1y 1.容易得到，若设 z=1+1，即 =z+1z 1，则(x y)z=1+1，即 运算满足：(1)x y=y x(2)(x y)z=x (y
3、 z)进而可得(2 3)4)21=31 42 2220 1 31 42 2220+1=21 11 121 11+1=116115补充说明：看到 x+y1+xy，联想到 tanh x=e2x 1e2x+1，于是做一个 x=1+1 的换元准没错.3.已知 =cos 5+i sin 5，则().A.x4+x3+x2+x+1=(x )(x 3)(x 7)(x 9)B.x4 x3+x2 x+1=(x )(x 3)(x 7)(x 9)C.x4 x3 x2+x+1=(x )(x 3)(x 7)(x 9)D.x4+x3+x2 x 1=(x )(x 3)(x 7)(x 9)答案：B.解：容易得到 1、2、.、9
4、 为 x10 1=0 的根，则x10 1=(x 1)(x )(x 2)(x 3)(x 9).另外 1、2、4、6、8 为 x5 1=0 的根，则x5 1=(x 1)(x 2)(x 4)(x 6)(x 8).结合 5=1，两个式子做比可得x5+1=(x )(x 3)(x+1)(x 7)(x 9).即(x )(x 3)(x 7)(x 9)=x5+1x+1=x4 x3+x2 x+1.补充说明：第一次见此题是 2000 年全国高中数学联赛一试第 6 题.4.恰有一个实数 x 使得 x3 ax 1=0 成立，则实数 a 的取值范围为().A.,32B.,3322C.322D.,322答案：B.解：易得
5、x=0，问题等价于方程 a=x2 1x 只有一个实数解.令 f(x)=x2 1x，f(x)=2x+1x2=2x3+1x2.令 2x30+1=0，即 x0=132，可知x(,x0)x0(x0,0)(0,+)f(x)0+f(x)极小值其图象如图所示.故 a f(x0)=3232.补充说明：高考导数基本要求.5.已知 x 为高斯函数，x2+x3+x5=x 解的组数为().A.30B.40C.50D.60答案：A解：因为x2，x3，x5 Z，则 x Z.因此x2+x3+x5=x=x2+x3+x5 x30.即x2+x3+x5=x30.因为 x2 的可能取值为 0 和 12；x3 的可能取值为 0，13，
6、23；x5 的可能取值为 0，15，25，35，35，因此 x30 的可能取值有 2 3 5=30 种可能性.考虑 30a2+b3+c5=15a+10b+6c，其中 a,b,c Z.因为 2，3，5 两两互质，容易得到 15a+10b+6c a(mod 2)，15a+10b+6c b(mod 3)，15a+10b+6c c(mod 5).因此方程解的组数为 30.6.已知 m，n 最大公约数为 10!，最小公倍数为 50!，数对(m,n)的组数为().A.29B.215C.221D.218答案：B.解：设 m=10!a，n=10!b，则 a，b 互质，且 ab=11 12 13 50.ab 的
7、质因数有 2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47 共 15 个.其中 a 能取到的质因数为上述 15 个数构成集合的子集，共 215 个，b 取其补集情形即可.7.设 a 为常数，f(0)=12，f(x+y)=f(x)f(a y)+f(y)f(a x)，则().A.f(a)=12B.f(x)=12 恒成立C.f(x+y)=2f(x)f(y)D.满足条件的 f(x)不止一个答案：ABC解：令 x=y=0，可得 f(0)=2f(0)f(a)，因为 f(0)=12，所以 f(a)=12.A 正确.令 y=0，可得 f(x)=f(x)f(a)+f(a)f(ax
8、)，代入 f(a)=12，可得 f(ax)=f(x).即原等式变形为 f(x+y)=2f(x)f(y)，C 正确.令 y=x 可得 f(2x)=2f(x)2 0，即函数取值非负.令 y=a x 可得 f(a)=2f(x)2，即 f(x)2=14，解得 f(x)=12，选 B.8.已知四面体 D ABC 中，AC=BC=AD=BD=1，则 D ABC 体积的最大值为().A.4227B.328C.2327D.318答案：C.解：如图所示，取 CD 中点 M 连结 AM，BM，设 A BCD 的高为 h，则 h AM.显然 ACDBCD，设 ACD=BCD=.则 AM=BM=BC sin =sin
9、，CD=2CM=2BC cos =2 cos.于是VDABC=13SBCD h 16CD BM AM=13 cos sin2=1322 cos2 sin2 sin2 1322 cos2 +sin2 +sin2 33=2327等号成立条件，当且仅当平面 ACD 与平面 BCD 垂直，且 =arctan2.9.在 ABC 中，D 为 BC 的中点，CAD=15，则 ABC 的最大值为().A.120B.105C.90D.60答案：B.解：由 CAD=15，在 D、C 确定的情形下，点 A 的轨迹是一段圆弧.如图所示做出 ACD 的外接圆 O，显然当 ABC 时，BA 是 O 的一条切线.在四边形
10、OABC 中，BAO=90，OCB=75，求 ABC 的问题，转化为求 AOC的问题，进而转化成求 AOD 或者 ACD 的问题.由切割线定理可得，BADBCA，BA2=BD BC=2BD2，进而 ACDA=BABD=2.在 ADC 中，CAD=15，设 ACD=，则 ADC=165 ，根据正弦定理可得sin ADCsin ACD=ACAD=2即sin(165 )sin=26 24sin +6+24cos =2 sin tan =33即 =30，进而可得 AOD=2=60，AOC=AOD+DOC=90.进而可得 ABC=180 BAO AOC BCO=105.10.已知非负实数 a，b，c 满
11、足 a+b+c=1，则 a2(bc)+b2(ca)+c2(ab)的最大值为().答案：解：对原式因式分解可得a2(b c)+b2(c a)+c2(a b)=(a2b ab2)c(a2 b2)+c2(a b)=(a b)(ab ca cb+c2)=(a b)(b c)(a c)该式子关于 a、b、c 轮换对称，只需考虑 a b c 和 a b c 两种情况.令f(a,b,c)=(a b)(b c)(a c)(1)若 a b c，此时 f(a,b,c)0(2)若 a b c，此时 f(a,b,c)0.由(a b)(b c)(a c)(a+c b)b(a+c)即 f(a,b,c)f(a+c,b,0)
12、=f(1 b,b,0)=b(1 2b)(1 b).令 g(x)=x(1 2x)(1 x)，x 0,12，则 g(x)=6x2 6x+1,解得当 x=3 36时，f(x)取得最大值，计算 g3 36=318.因此原式最大值为318，此时 a=3+36，b=3 36，c=0 的各种轮换形式.11.已知 A1，A2，.,A10 十等分圆周，则在其中取四点构成凸四边形为梯形个数为().A.60B.45C.40D.50答案：A解：首先考虑梯形的形状，将圆周十等分，只看四条边所对圆心角的份数，设上底为x，腰为 y，下底为 z，则x+2y+z=10 x 0，f 2=75 0.因此我们需要解出 x0 0,2，
13、使得 f(x0)=0，经测试 sin x0=45，cos x0=35 时符合.f(x)在(0,x0)单调递增，在x0,2单调递减.f(0)=25，f(x0)=3825，f2=1，因此 M=3825，m=25.13.已知集合 U=0,1,2,.,2021，S U，且 S 中任意两项相加不是 5 的倍数，求 S的元素个数最大值.答案：解：集合 U 模 5 余 0 最多选 1 个数，集合 U 模 5 余 1 和 4 最多选取一类数，其中模 5 余 1 有 405 个，模 5 余 4 有 404 个.集合 U 模 5 余 2 和 3 最多选取一类数，两类数均有 404 个.所以 S 的最大值=1+40
14、5+404=810.14.将函数 y=4+6x x2 2(x 0,6)的图象逆时针方向旋转(0 )，得到曲线 C.若对于每一个旋转角，曲线 C 都是一个函数的图像，则 的最大值为().A.arctan 32B.arctan 23C.4D.3答案：解：原函数的图像为一段圆弧，的极值如图所示.计算可得 =arctan 23.补充说明：2009 年上海高考第 14 题.15.在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A，B 满足OA=OB=OA OB=2，则点集POP=OA+OB,|+|1,R所表示的区域的面积是().A.22B.42C.23D.43答案：D解：由 OA OB=|OA|OB|cos
15、，解得 cos =12.即 OA 和 OB 的夹角为 60.根据非常基本的向量知识，P 所表示的区域为下图所示矩形.其面积为 2 23=43补充说明：2013 年高考安徽第 9 题16.已知 y2=4x，过 A(2,3)做抛物线两条切线，交 y 轴于 B，C 两点，则 ABC 外接圆方程为().A.(x+1)2+y 322=134B.(x+1)2+(y 1)2=134C.x+122+y 322=92D.x+322+(y 1)2=174答案：C解：设 AB&AC：x=t(y 3)2，其中 B(0，y1)，C(0,y2).令 x=0 可得，y1=2t1+3，y2=2t2+3.联立 AB&AC 与抛物线 y2=4x，可得y2 4ty+12t+8=0其判别式 =16t2 4(12t+8)=0，即 t2 3t 2=0，因此 t1+t2=3，t1t2=2.进一步 y1+y2=2(t1+t2)t1t2+6=3，即 BC 中点坐标为0,32.与此同时|y1 y2|=(y1)+y2)2 4y1y2=17.因此以 BC 为直径的圆的方程为 x2+y 322=174.设过 BC 两点的圆系方程为 x2+y 322+x 174=0，将 A(2,3)代入可得 =1，整理可得过 A，B，C 的圆的方程为 x2+y2+x3y2=0，选 C.
