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2023年北京大学优秀中学生寒假学堂数学测试题答案 1.解：因为 且 从而我们有 由韦达定理知是方程的三个根.由于，所以 故选择. 2.解：类似于上题，我们可以得到 从而是方程的三个根，注意到 从而是的一个排列，即原方程组的解有3组，故选择. 3.解：不失一般性，设，则 从而有 不妨设对应的点为和，内心为，从而有 且 所以 于是我们有 从而选择 4.解：设的中点为，则.由， 有 所以向量共线，又是外心，故 ， 从而，因为，所以， 即四边形是棱形，于是 所以 所以，故选择. 5.设平面交于，则，从而，于是，这说明为平面与平面成的二面角，即. 在中，由可知，从而在上且.在直角三角形中，，所以 . 在中，由余弦定理可得 从而，故选择 6.解：由对称性，我们只需要考虑截面与面的交线交线段于的情形. 注意到截面面积 其中为点到线段的距离. 要使得截面面积最小，只需要考虑上的点到的距离最小. 取为的中点，易得，且，此时为异面直线到的距离，为的最小值且 . 于是截面面积 故选择. 7.解：不妨设且。则我们有 ， 代入方程得 （1）+（2）得 在直线三角形中有 从而 故选择 8.解：由余弦定理可得 所以（负值已舍），从而，故 选择. 9.解：由题 所以 故选择. 10.事实上我们由如下结论 其中为离心率，为过焦点弦得倾斜角，为两条焦半径得比，所以 故选择. 11.解：注意到正方体得任意5个顶点都不可能共面，故只需老了三棱锥和四棱锥. 三棱锥：8个顶点，任意选4个，共有种选法，排除掉四点共面得12种情况：正方体得6个面，6组对棱构成得6个平面，共有70-12=58个. 四棱锥：注意到四点共面得12种情况共有12种，每一种得顶点均有4种宣发，故共计个 所以构成得棱锥得个数为58+48=106，选择. 12.解：由于关于对称，则 所以 这说明为偶函数，且 即是周期为3得周期函数，于是我们由 注意到 故 从而选择. 13.解：注意到实际上为斐波那契数列，则有斐波那契数列得卡西尼恒等式 于是 从而选择. 14.解：由得，代入第二个方程由 （1） 当时，取，（1）式不成立，故，要使得关于得方程（1）式有解，则即 （2） 对任意得均成立，在（2）式中取，有，从而，故要使得（2）式成立，只需 综上有，故选择. 15.解：以正2022边形得顶点得外接圆直径有1011条，而所有好梯形可分为两类：一类式底平行于某条直径，这类好梯形得个数为： 另一类式垂直于某条直径，这类好梯形得个数为 所以共有好梯形得个数为 从而选择. 16.记，从而由海伦公式在圆内接四边形上得推广可得 从而选择. 17.解：由题我们有 . 当且仅当时，等号成立，从而选择. 18.解：注意到 所以 显然当充分大时，，所以，故，从而 选择. 19.解：注意到无穷数组序列 模179最多由可能，结合为三阶线性递推数列，可知在模179的意义上为周期数列，且周期 显然我们有，所以 即，故选择. 20.解：分为两种情况：一种是前3次抽出1件次品，第4次抽出剩下的一件次品； 另外一种情况是前4次抽出的均为合格品，于是概率