华中科大实验班

2014年华中科技大学理科实验班选拔试题—数学 | Math173

来源：兰琦网页

一、填空题（本题共5小题，每小题8分，共40分）

1、设$f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，则$n$重复合函数$f_n(x)=f(f(\cdots f(x)\cdots))=$_______．

2、设多项式$p(x)$满足$p\left(x^2+1\right)=\left(p(x)\right)^2+1$和$p(0)=0$，则$p(x)=$_______.

3、设$S_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)}$，则极限$\lim\limits_{n\to\infty}S_n=$_______.

4、对$x>0$，函数$f(x)=\dfrac{\left(x+\dfrac1x\right)^6-\left(x^6+\dfrac1{x^6}\right)-2}{\left(x+\dfrac1x\right)^3+\left(x^3+\dfrac1{x^3}\right)}$的最小值为_______．

5、假设$20$名学生中的每一名学生可从提供的六门课程中选学一门至六门，也可以一门都不选．试判断下列命题是否正确：存在$5$名学生和两门课程，使得这$5$名学生都选了这两门课，或者都没选，选填“正确”或“否”_______．

二、（本题共14分）

1、若$a$为正整数而$\sqrt a$不为整数，证明：$\sqrt a$为无理数.

2、试证：除$0,0,0$外，没有其他整数$m,n,p$使得 $$m+n\sqrt2+p\sqrt3=0.$$ 三、（本题共16分） 设$a,b,c$为三角形三边之长，$p=\dfrac{a+b+c}2$,$r$为内切圆半径，证明： $$\dfrac1{(p-a)^2}+\dfrac1{(p-b)^2}+\dfrac1{(p-c)^2}\geqslant\dfrac1{r^2}.$$

四、（本题共12分） 证明：设$m$是任一正整数，则$a_m=\dfrac12+\dfrac13+\dfrac14+\dfrac15+\cdots+\dfrac1{2^m}$不是整数．

五、（本题共18分） 下图是2013年恒大足球俱乐部策划的主场与首尔FC足球队的亚冠决赛海报，左边是恒大队，右边是首尔队，该海报的寓意是什么？要求简单推导海报中两个数学式子的结果．一个数学式子是$\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots}}}}$(拉马努金式子)，另一个是$\mathrm e^{\pi \mathrm i}+1$(已知欧拉公式$\mathrm e^{\pi \mathrm i}=\cos\alpha+\mathrm i\sin\alpha$)．

 

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参考答案

一、填空题

1、$\dfrac{x}{\sqrt{1+nx^2}}$．

2、$x$    提示    方程$p(x)-x=0$有无数个零点，于是$p(x)=x$．

3、$2$    提示    裂项为$\dfrac{2^k}{3^k-2^k}-\dfrac{2^{k+1}}{3^{k+1}-2^{k+1}}$．

4、$6$    提示    函数$f(x)=3\left(x+\dfrac 1x\right)$．

5、否    提示    $6$门课中选$3$门共有${\rm C}_6^3=20$种不同的组合，让每个同学分别选一种组合，那么任何两门课同时选和同时不选的同学数均为$4$．

二、略    

提示   均用反证法．

三、略    

提示    $pr=S$，而$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$．

四、略

提示    设右边的公分母为 $$\left[2,3,4,\cdots,2^m\right]=2^m\cdot p,$$ 其中$p$是一个奇数，两边同时乘以公分母，则左边是偶数，而右边为奇数．

注一    利用这个方法可以证明$\sum\limits_{i=1}^n{\dfrac 1i}$，其中$n\in\mathcal N^*$且$n\geqslant 2$均不是整数．另外，这个方法中从$2$的方幂出发也不是必须的．

注二    也可以两边同时乘以$\dfrac{[2,3,\cdots,2^m]}p$，其中$p$为右边各分母分解质因数后的最大奇素数因子，根据伯特兰-切比雪夫定理，含$p$的项唯一，进而即得．

五、$3:0$

提示    拉马努金恒等式，注意到 $$n=\sqrt{1+(n-1)(n+1)},$$ 于是 $$\begin{split}3&=\sqrt{1+2\cdot 4}\\&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\cdot 5}}\\&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\cdot 6}}}\\&=\cdots\end{split}.$$

2015年华中科技大学理科实验班选拔试题—数学 | Math173

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一、填空题

1、对抛物线$y^2=2\sqrt 2x$，若设其焦点为$F$，$y$轴正半轴上一点为$N$．若准线上存在唯一的点$P$使得$\angle NPF=90^\circ$，则$N$点的纵坐标为_______．

2、$\dfrac{1}{\sqrt 1+\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 2+\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{255}+\sqrt{256}}=$______．

3、若已知$\lim\limits_{n\to +\infty}\left(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{i}-\ln n\right)$存在，则$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}{\dfrac{(-1)^{i+2}}{i+1}}=$_______．

4、在边长为$1$的正方形中（含边界）取$9$个点，其中必有$3$个点，它们构成的三角形面积不超过_______．

5、某人打靶打中 8 环、9 环、10 环的概率分别为$0.15$、$0.25$、$0.2$，现他开三枪，不少于$28$环的概率为_______．

二、解答题

6、若对任意实数$x,y$，有$f\left((x-y)^2\right)=\left(f(x)\right)^2-2x\cdot f(y)+y^2$，求$f(x)$．

7、求所有$a,b$，使$\left|\sqrt{1-x^2}-ax-b\right|\leqslant \dfrac{\sqrt 2-1}2$成立，其中$x\in [0,1]$．

8、若复数$z$满足$|z|=1$，求$\left|z^3-z+2\right|^2$的最小值．

9、已知三次方程$x^3+ax^2+bx+c=0$有三个实根．

（1）若三个实根为$x_1,x_2,x_3$，且$x_1\leqslant x_2\leqslant x_3$，$a,b$为常数，求$c$变化时$x_3-x_1$的取值范围；

（2）若三个实根为$a,b,c$，求$a,b,c$．

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参考答案

一、填空题

1、$2$    提示：斜边$NF$的中点$M$在抛物线上，坐标为$\left(\dfrac{\sqrt{2}}4,1\right)$．

2、$15$

3、$\ln 2$

4、$\dfrac 18$

提示：如图．

5、$0.0935$

 

二、解答题

6、$f(x)=x\lor f(x)=x+1$ 提示：令$x=y$得 $$f(0)=\left(f(x)-x\right)^2,$$ 再令$x=0$可得$f(0)=0\lor f(0)=1$．

7、  $a=-1\land b=\dfrac{\sqrt 2+1}2$ 提示：三角换元，$x=\cos\theta$，其中$\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$，则原式变形为 $$\left|\sqrt{1+a^2}\sin\left(\theta+\varphi\right)-b\right|\leqslant \dfrac{\sqrt 2-1}2,$$ 注意到代数式$\sqrt{1+a^2}\sin\left(\theta+\varphi\right)$的值域区间长度不能超过$\sqrt 2-1$，于是$a=-1$，进而$b=\dfrac{\sqrt 2+1}2$．

8、$\dfrac {8}{27}$ 提示：利用共轭复数，并令$x=z+\bar z$，则有原式等于$2x^3-x^2-8x+8$，其中$x\in [-2,2]$．

9、（1）$\left[\sqrt{a^2-3b},2\sqrt{\dfrac{a^2}3-b}\right]$；

（2）有理解为$(a,b,c)=(0,0,0),(1,-1,-1),(1,-2,0)$，无理解为$\left(-\dfrac 1b,b,\dfrac 2b-b\right)$，其中$b=t+\dfrac 2{3t}$，而$t=\sqrt [3]{-1+\sqrt{\dfrac {19}{27}}}$．

已知三次方程$x^3+ax^2+bx+c=0$有三个实根．

（1）若三个实根为$x_1,x_2,x_3$，且$x_1\leqslant x_2\leqslant x_3$，$a,b$为常数，求$c$变化时$x_3-x_1$的取值范围；

（2）若三个实根为$a,b,c$，求$a,b,c$．
令$x=y-\frac{a}{3}$,则
$$y^3+\left( b-\frac{a^2}{3} \right) y+\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c=0.$$
记$p=b-\frac{a^2}{3},q=\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c$,得到新的方程
$$y^3+py+q=0.$$
作Vieta变换$y=u-\frac{p}{3u}$,得到
$$u^{3}-\frac{p^{3}}{27 u^{3}}+q=0.$$
整理得关于$u^3$的二次方程,解得
$$u^{3}=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}.$$

当$\Delta=\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}<0$时,显然有$p=b-\frac{a^2}{3}\leq 0$,记$r=\sqrt{-\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}, \theta=\frac{1}{3} \arccos \left(-\frac{q}{2 r}\right)\in \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$,则该三次方程有三个实根
$$\begin{align*} x_{3}=2 \sqrt[3]{r} \cos \theta, \\ x_{1}=2 \sqrt[3]{r} \cos \left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right), \\ x_{2}=2 \sqrt[3]{r} \cos \left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right). \end{align*}$$
此时有
$$\begin{align*} x_3-x_1&=2\sqrt[3]{r}\cos \theta -2\sqrt[3]{r}\cos \left( \theta +\frac{2\pi}{3} \right) \\ &=2\sqrt{3}\sqrt[3]{r}\sin \left( \theta +\frac{\pi}{3} \right) \in \left[ 3\sqrt[3]{r},2\sqrt{3}\sqrt[3]{r} \right]. \end{align*}$$
又$\sqrt[3]{r}=\sqrt{-\frac{p}{3}}=\sqrt{\frac{a^2}{9}-\frac{b}{3}}$,故
$$x_3-x_1\in \left[ \sqrt{a^2-3b},2\sqrt{\frac{a^2}{3}-b} \right].$$
\end{Proof}

对于一般的一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0$,令
$$x=y-\frac{b}{3a},$$
有
$$y^3+\left( \frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2} \right) y+\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}=0.$$

若三个实根为$a,b,c$,由韦达定理可知
$$\begin{align*} a+b+c=-a,\\ ab+bc+ca=b,\\ abc=-c. \end{align*}$$

当$c=0$时,有$ab=b,2a+b=0$,则$(a,b,c)=(0,0,0)$或$(1,-2,0)$.

当$c\neq 0$时,有$ab=-1$,由第二个方程得$(a+b)c=b+1$,由第一个方程得$2a+b+c=0$,则$-\left( a+b \right) \left( 2a+b \right) =b+1$.于是$b^4+b^3-2b^2+2=0$,即$(b+1)(b^3-2b+2)=0$,解得
$$\begin{align*} b&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right) ^2+\left( \frac{p}{3} \right) ^3}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right) ^2+\left( \frac{p}{3} \right) ^3}} \\ &=\sqrt[3]{-1+\sqrt{1+\left( \frac{-2}{3} \right) ^3}}+\sqrt[3]{-1-\sqrt{1+\left( \frac{-2}{3} \right) ^3}} \\ &=-\frac{\sqrt[3]{9-\sqrt{57}}+\sqrt[3]{9+\sqrt{57}}}{3^{\text{2/}3}} \end{align*}$$
或$b=-1$.则$(a,b,c)=(1,-1,-1)$或
$$\left( \frac{-2+\sqrt[3]{46-6\sqrt{57}}+\sqrt[3]{46+6\sqrt{57}}}{6},-\frac{\sqrt[3]{9-\sqrt{57}}+\sqrt[3]{9+\sqrt{57}}}{3^{\text{2/}3}},\frac{2-\sqrt[3]{3\sqrt{57}+1}+\sqrt[3]{3\sqrt{57}-1}}{3} \right).$$

每日一题[29] 一般三次方程的解法 | Math173

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今天的问题是从2011年第二届世界数学锦标赛青年组接力赛第二轮的一道试题开始的．

求方程 $$(x+1)(x^2+1)(x^3+1)=30x^3$$ 的所有实数根之和．

 

厉害，我们老师是用的三角换元反三角表示_(•̀ω•́ 」∠)_

这个问题并不难解决 $$\begin{split}&\qquad(x+1)(x^2+1)(x^3+1)=30x^3\\&\Leftrightarrow x^6+x^5+x^4+x^2+x+1=28x^3\\&\Leftrightarrow x^3+x^2+x+\dfrac 1x+\dfrac 1{x^2}+\dfrac 1{x^3}=28.\end{split}$$ 令 $$t=x+\dfrac 1x,t\in (-\infty,-2]\cup [2,+\infty)$$ 则上述方程可以化为 $$\left(t^3-3t\right)+\left(t^2-2\right)+t=28,$$ 即 $$(t-3)(t^2+4t+10)=0,$$ 舍去虚根解得 $$t=3.$$ 因此 $$x+\dfrac 1x=3,$$ 即 $$x^2-3x+1=0,$$ 其所有实数根之和为$3$．

 

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这道试题并不是今天的问题，仅仅是提示而已．今天的问题是16世纪的竞赛题（那时，数学家常常把自己的发现秘而不宣，而是向同伴提出挑战，让他们解决同样的问题．想必这是一项很砥砺智力，又吸引人的竞赛）：

解关于$x$的方程 $$x^3+px+q=0.$$

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问题的关键在于如何进行恰当的换元．

注意到 $$\left(t+\dfrac 1t\right)^3=t^3+\dfrac 1{t^3}+3\left(t+\dfrac 1t\right).$$ 也就是说，如果$p=-3$，那么我们做换元$x=t+\dfrac 1t$，方程就转化为 $$t^3+\dfrac 1{t^3}+q=0,$$ 即 $$(t^3)^2+q\cdot t^3+1=0,$$ 可以利用二次方程的求根公式求得$t^3$，进而求出$t$，然后代回$x=t+\dfrac 1t$，求根过程就完成了．

现在面临的困难是如何处理$p$，需要对换元进行一个小小的改造．

由于 $$\left(t+\dfrac ut\right)^3=t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+3u\left(t+\dfrac ut\right),$$ 因此令$x=t+\dfrac ut$，其中$u$为待定系数，那么原方程变为 $$t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+(3u+p)\cdot\left(t+\dfrac ut\right)+q=0.$$ 在这个方程中，令$u=-\dfrac p3$，就会和之前一样变成一个关于$t^3$的二次方程，以下略．

事实上，任何一个三次方程 $$ax^3+bx^2+cx+d=0,a\neq 0$$ 都可以利用完全立方公式 $$\left(x+\dfrac b{3a}\right)^3=x^3+\dfrac bax^2+\dfrac {b^2}{3a^2}x+\dfrac {b^3}{27a^3}=0$$ 通过配方转化为 $$x^3+px+q=0$$ 的形式．因此掌握了这个方法，就等于掌握了一般三次方程的解法．

在一般三次方程的解法中，我们用到的换元$x=t+\dfrac ut$同样也是解高次方程的重要换元．需要注意到的是，在每一步的求解过程中，要先弄清是求方程的实根还是所有根．

最后留一道练习题．

求关于$x$的方程 $$x^5+10x^3+20x-4=0$$ 的所有根．

答案是 $$x=\left(2^{\frac 35}-2^{\frac 25}\right)\cos\dfrac{2k\pi}{5}+\left(2^{\frac 35}+2^{\frac 25}\right)\mathcal{i}\sin\dfrac{2k\pi}{5},k=0,1,2,3,4.$$ 其中用到的代换为$x=t-\dfrac 2t$．