2016年北京大学自主招生数学试题回忆版
一、选择题．在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．已知sinx1−cos2x −−−−−−−−√−cosx1−sin2x −−−−−−−−√=2(0
A．(0,π2)(0,π2)
B．(π2,π)(π2,π)
C．(π,3π2)(π,3π2)
D．前三个答案都不对
2．(2+1)(22+1)(23+1)⋯(22016+1)(2+1)(22+1)(23+1)⋯(22016+1)的个位数字是（
A．11
B．33
C．55
D．前三个答案都不对
3．点PP 位于△ABC△ABC所在的平面内，使得△PAB,△PBC,△PCA△PAB,△PBC,△PCA的面积相等，则满足题意的点PP 有（
A．11个
B．33个
C．55个
D．前三个答案都不对
4．记f(n)f(n)为最接近n√n的整数，其中n∈N∗n∈N∗．若1f(1)+1f(2)+⋯+1f(m)=20161f(1)+1f(2)+⋯+1f(m)=2016，则正整数mm 的值为（））））
A．[1**********]056
B．[1**********]072
C．[1**********]090
D．前三个答案都不对
5．实数x,y,zx,y,z 满足x+y+z=2016x+y+z=2016，1x+1y+1z=120161x+1y+1z=12016，则(x−2016)(y−2016)(z−2016)=(x−2016)(y−2016)(z−2016)=（
A．00
B．11
C．−1−1
D．前三个答案都不对
6．方程组{a3−b3−c3=3abc,a2=2(b+c){a3−b3−c3=3abc,a2=2(b+c)的非负整数解有（
A．11组
B．44组
C．55组
D．前三个答案都不对
7．44个半径为11的球两两外切，则这44个球的外切正四面体的棱长为（
A．2+22√2+22
B．2+23√2+23
C．2+26√2+26
D．前三个答案都不对）））
8．将1,2, ⋯,1001,2, ⋯,100分成三组，使得第一组数的和为102102的倍数，第二组数的和为203203的倍数，第三组和为304304的倍数．则不同的分法共有（
A．11种
B．22种
C．33种
D．前三个答案都不对
二、填空题．
9．已知f(x)=3x2−x+4f(x)=3x2−x+4，g(x)g(x)为整系数多项式，
f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+a,f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+a,则g(x)g(x)的各项系数之和为_______．
10．5454张扑克牌排成一列．先去掉第一张，将第二张放到最后；再去掉第三张，将第四张放到最后……以此类推，则最后剩下的那张牌是原先的第_______张．
11．用高斯函数[x][x]表示不超过实数xx 的最大整数，则方程n[200220012+1−−−−−−−−√]=2002[n20012+1−−−−−−−−√]n[200220012+1]=2002[n20012+1]的正整数解有_______个．
12．空间中的一点P(x,y,z)P(x,y,z)满足∃n∈N∗∃n∈N∗，使得|3x|n+|8y|n+|z|n⩽1|3x|n+|8y|n+|z|n⩽1成立，则所有满足要求的点PP 所形成的空间几何体的体积为_______．）
参考答案与解析
1．B．
根据题意，有sinx>0sinx>0，cosx
2．C．
因为22+1=522+1=5，且对于任意正整数kk，都有2k+12k+1为奇数，所以
(2+1)(22+1)(23+1)⋯(22016+1)≡5(mod10).(2+1)(22+1)(23+1)⋯(22016+1)≡5(mod10).
所以
f(1)=f(2)=1,f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,⋯,f(1)=f(2)=1,f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,⋯, 进而有
2016=1f(1)+1f(2)+⋯+1f(m)=2⋅1+4⋅12+6⋅13+⋯+2016⋅11008,2016=1f(1)+1f(2)+⋯
+1f(m)=2⋅1+4⋅12+6⋅13+⋯+2016⋅11008,
故m=2+4+6+⋯+2016=1017072m=2+4+6+⋯+2016=1017072．
5．A．
由于
(x−m)(y−m)(z−m)=xyz−m(xy+yz+zx)+m2(x+y+z)−m3,=mxyz[1m−(1x+1y+1z)]+m2[(x+y+z)−m],(x−m)(y−m)(z−m)=xyz−m(xy+yz+zx)+m2(x+y+z)−m3,=mxyz[1m−(1x+1y+1z)]+m2[(x+y+z)
−m],
于是所求代数式的值为00
6．B．
根据题意，有
a3−b3−c3−3abc=a3−(b+c)3+3bc(b+c−a)=a3−18a6+3bc(12a2−a),=a(1−
12a)[a2(1+12a+14a2)−3bc]=0,a3−b3−c3−3abc=a3−(b+c)3+3bc(b+c−a)=a3−
18a6+3bc(12a2−a),=a(1−12a)[a2(1+12a+14a2)−3bc]=0,
当a=0a=0时，(b,c)=(0,0)(b,c)=(0,0)；当a=2a=2时，
(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)．当a≠0,2a≠0,2时，有
a2(1+12a+14a2)−3bc>14a4−3bc=(b+c)2−3bc ⩾0,a2(1+12a+14a2)−3bc>14a4−3bc=(b+c)2−
3bc ⩾0,
于是题中方程组的非负整数解共有44组．7．C．
棱长为aa 的正四面体的内切球半径为6√12a612a．设44个半径为11的球的球心分别为O1,O2,O3,O4O1,O2,O3,O4，则正四面体O1O2O3O4O1O2O3O4的棱长为22，故其内切球半径为6√666．设这44个球的外切正四面体为ABCDABCD，则正四面体ABCDABCD 的内切球半径为1+6√61+66，故正四面体ABCDABCD 的棱长为2+26√2+26．
8．D．
假设这样的分法存在，设三组数的和分别为102x,203y,304z102x,203y,304z，x,y,z∈N∗x,y,z∈N∗，则
102x+203y+304z=5050,102x+203y+304z=5050,
即
101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101⋅50,101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101⋅50,
于是
101∣x+y+z,101∣x+y+z,
因此x+y+z⩾101x+y+z⩾101．而此时
102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,
矛盾．故不存在满足题意的分法．
9．88．
易知g(x)g(x)为二次多项式，设g(x)=px2+qx+rg(x)=px2+qx+r，则
f(g(x))=3g2(x)−g(x)+4=3p2x4+6pqx3+(3q2+6pr−p)x2+(6qr−q)x+3r2−r+4,f(g(x))=3g2(x)
−g(x)+4=3p2x4+6pqx3+(3q2+6pr−p)x2+(6qr−q)x+3r2−r+4,
对比系数，依次解得p=1p=1，q=3q=3，r=4r=4，a=48a=48．故g(x)g(x)的各项系数之和为88．10．4444．
每一轮剩下的牌依次是
2,4,6, ⋯,52,54,4,8,12, ⋯,48,52,4,12,20, ⋯,44,52,12,28,44,12,44,44.2,4,6,
⋯,52,54,4,8,12, ⋯,48,52,4,12,20, ⋯,44,52,12,28,44,12,44,44. 11．40024002．
因为
2002⋅2001
2001+1,
所以[200220012+1−−−−−−−−√]=2002⋅2001[200220012+1]=2002⋅2001．于是原方程等价于
[n20012+1−−−−−−−−√]=2001n,[n20012+1]=2001n,
即
2001n ⩽n20012+1−−−−−−−−√
解得n
考虑第一卦限，只需要3x,8y,z∈(0,1)3x,8y,z∈(0,1)即可．因此所有满足要求的点PP 所形成的空间几何体为一个长方体，体积为
13⋅18⋅1⋅8=13.