物理

[TINY NSD]解析USTCMATHEntrance考试

1.（2024USTCMATHEntrance-1）已知${\operatorname{card}(A \cup B)=30, \operatorname{card}(A \cup C)=40, \operatorname{card}(B \cup C)=50}$，则${\operatorname{card}(A \cup B \cup C)的取值范围为\_\_\_\_\_\_\_\_。}$

答案：${\lbrace n \in \mathbb{N^*} | 50 \le n \le 60 \rbrace}$

解析：由于${B \cup C \subseteq A \cup B \cup C}$，有${\operatorname{card}(A \cup B \cup C) \ge 50}$；

又观察Venn图可得${\operatorname{card}(A \cup B)+\operatorname{card}(B \cup C)+\operatorname{card}(C \cup A) \ge 2\operatorname{card}(A \cup B \cup C)}$，

从而${\operatorname{card} (A \cup B \cup C) \le \frac{30+40+50}{2}=60}$；

对${n \in \mathbb{N^*}且50 \le n \le 60}$，给出一个符合题意的构造：

${\operatorname{card} A=n-50，\operatorname{card} B=80-n，\operatorname{card} C=90-n}$，

${A \cap B=A \cap C=\varnothing，\operatorname{card}(B \cap C)=120-2n}$。

综上，${\operatorname{card}(A \cup B \cup C)的取值范围为\lbrace n \in \mathbb{N^*} | 50 \le n \le 60 \rbrace}$。

评点：难度1星，优雅度3星。

根据条件，我们能想到很多种方法限定所求值的范围，最终的上下界还算比较容易想到。由于这是填空题，只要上下界发现了构造，基本上便可以大胆猜测中间值都能取到了。严谨性起见的话当然还是要给出中间所有值的构造的。

2.（2024USTCMATHEntrance-2）

${平面区域\lbrace (x,y) | xy \ge 0且|x-1|+|y-1| \le 2 \rbrace的面积为\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：6

解析：该区域为一个边长为${2\sqrt{2}}$的正方形挖去两个底边长为${2}$的等腰直角三角形，

面积为${(2\sqrt{2})^2-2 \times (\frac{1}{4} \times 2^2)=6}$。

评点：难度1星，优雅度1星。

把图画出来就极其显然了，比第1题还送分。

3.（2024USTCMATHEntrance-3）已知${f(x)=ax^2+x+1-e^x在(0,1)}$上有且只有一个零点，则${a的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${(\frac{1}{2}, e-2)}$

解析：${f'(x)=2ax+1-e^x, f''(x)=2a-e^x}$，

从而${f''(x)在(0,1)上}$严格递减。

①若${a \le \frac{1}{2}}$，则${f''(0) \le 0}$，从而${\forall x \in (0,1), f''(x) \lt 0}$，

又${f'(0)=0，故\forall x \in (0,1), f'(x) \lt 0}$，

而${f(0)=0，故\forall x \in (0,1), f(x) \lt 0}$，不符合题意。

②若${a \gt \frac{1}{2}}$，则${f''(0) \gt 0}$，

又${f''(\ln(2a+1))=-1 \lt 0，其中\ln(2a+1) \gt 0}$，

必有${f'(x)在(0, +\infty)}$上先严格递增，后严格递减，极大值点为${\ln (2a)}$。

下证${f'(4a) \lt 0}$。

在①中令${a=\frac{1}{2}}$，得${\forall x \gt 0，\frac{1}{2}x^2+x+1-e^x \lt 0}$

而由于${a \gt \frac{1}{2} \gt 0}$，有

${f'(4a)=8a^2+1-e^{4a}=\frac{(4a)^2}{2}+1-e^{4a} \lt \frac{(4a)^2}{2}+4a+1-e^{4a} \lt 0}$。

又由${f'(0)=0}$，必有${f'(ln(2a)) \gt 0}$，

从而必有${f(x)在(0, 4a)}$上先严格递增，后严格递减，故只需${f(1) \lt 0}$，

解得${a \lt e-2}$。

${\frac{1}{2} \lt e-2}$,故取值范围为${(\frac{1}{2}, e-2)}$。

评点：难度2星，优雅度2星。

完全可以拿来出高考导数选择or比较简单的大题，放在这里完全可以算是考验基本功

当然和大多数导数题一样，答案显然（${f(1) \lt 0和f''(0) \gt 0}$两个条件还是很容易发现的），但严谨过程难绷

4.（2024USTCMATHEntrance-4）已知复数${z+w=1, zw=i}$，则${z^5+w^5=\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${-4-5i}$

解析：${z^2+w^2=(z+w)^2-2zw=1-2i}$，

${z^3+w^3=(z^2+w^2-zw)(z+w)=1-3i}$，

${z^5+w^5=(z^2+w^2)(z^3+w^3)-z^2w^2(z+w)=(1-2i)(1-3i)+1=-4-5i}$。

评点：难度1星，优雅度2星。

初中生都会的题套了层复数的壳，除非连加减乘除都不会否则没有做错的理由。

5.（2024USTCMATHEntrance-5）正四棱锥铁块每个侧面都是边长为1的正三角形，将其磨成半径为$r$的球，则${r的最大值为\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$

解析：所求值即为该四棱锥内切球半径

取过顶点及地面一组对边中点的面，则内切球截面内切于四棱锥截面

四棱锥截面为等腰三角形，底边长${1}$，腰长${\frac{\sqrt{3}}{2}}$，面积为${\frac{1 \times \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2-(\frac{1}{2})^2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}}$，

故${\frac{1+2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{2}r=\frac{\sqrt{2}}{4}}$，解得${r=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$。

评点：难度1星，优雅度1星

高中课内题，不会写的建议回炉重造

（不过本人眼瞎做题时把四棱锥看成三棱锥了）

6.若${\lbrace n^{10} \rbrace}$的前n项和公式为${S_n=c_0+c_1n+c_2n^2+\cdots+c_{11}n^{11}}$，则${c_{10}=\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${\frac{1}{2}}$

解析：${\sum_{k=1}^n{k^{10}}=\sum_{k=1}^n[k(k+1)\cdots(k+9)-45k^9+P(k)]}$

${=10! \cdot \sum_{k=1}^n{C_{k+9}^{10}}-45\sum_{k=1}^n{k^9}+\sum_{k=1}^nP(k)}$

${=10! \cdot C_{n+10}^{11}-45\sum_{k=1}^n[k(k+1)\cdots(k+8)+Q(k)]+\sum_{k=1}^nP(k)}$

${=\frac{n(n+1)\cdots(n+10)}{11}-45\cdot 9! \cdot \sum_{k=1}^nC_{k+8}^9+\sum_{k=1}^n[P(k)-45Q(k)]}$

${=\frac{n(n+1)\cdots(n+10)}{11}-45 \cdot 9! \cdot C_{n+9}^{10}+\sum_{k=1}^n[P(k)-45Q(k)]}$

${=\frac{n(n+1)\cdots(n+10)}{11}-\frac{9}{2}n(n+1)\cdots(n+9)+\sum_{k=1}^n[P(k)-45Q(k)]}$，

其中${\deg P,\deg Q \le 8}$。

故${\deg\sum_{k=1}^n[P(k)-45Q(k)] \le 9}$，不会影响${c_{10}}$。

故${c_{10}=\frac{1+2+\cdots+10}{55}-\frac{9}{2}=\frac{1}{2}}$。

评点：难度2星，优雅度4星。

事实上，这是著名的等幂求和问题，对${\lbrace n^k \rbrace}$的前n项和公式，其k次项总为${B_1^+=\frac{1}{2}}$，这题便是这一结论的特殊情况。如果想要对等幂求和问题的更多了解，请参考酒声佬的帖子。

7.（2024USTCMATHEntrance-7）设${(x+24)^{2024}}$展开式的${x^m}$项系数最大，则${m=\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${80或81}$

解析：熟知${x^m}$项系数${c_m}$最大当且仅当${c_{m+1} \le c_m且c_{m-1} \le c_m}$，其中认为${c_{-1}=c_{2025}=0}$。

而${c_m=24^{2024-m} \cdot C_{2024}^m}$，

故${\frac{c_{m+1}}{c_m}=\frac{1}{24} \cdot \frac{C_{2024}^{m+1}}{C_{2024}^m}=\frac{1}{24} \cdot \frac{(2024-m)!m!}{(2023-m)!(m+1)!}=\frac{2024-m}{24(m+1)} \le 1}$，

解得${m \ge 80}$。

同理可得${m \le 81}$，从而${m=80或81}$。

评点：难度1星，优雅度2星。

纯高中课内题，正常高二学生都会做的二项式定理基础，最坑的点在于答案是两个值（因为${c_{80}=c_{81}}$），除此之外没有什么难度

8.（2024USTCMATHEntrance-8）随机变量${X \sim N(0,1)}$，${Y=\max \lbrace 0, X \rbrace}$，已知${E(|X|)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}}$，则${D(Y)=\_\_\_\_\_\_\_\_}$。

答案：${\frac{\pi-1}{2\pi}}$

解析：由对称性与方差的定义，易知${D(Y)=E(Y^2)-[E(Y)]^2=\frac{E(X^2)}{2}-[\frac{E(|X|)}{2}]^2}$，

${而E(X)=\mu=0，E(X^2)=[E(X)]^2+\sigma^2=1}$，

故${D(Y)=\frac{1}{2}-\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{\pi}=\frac{\pi-1}{2\pi}}$。

评点：难度2星，优雅度2星。

讲真，很少见到有不超出高中范围，但又能把正态分布出得这么漂亮的题目。乍看起来很吓人，实际上并不特别难。在考验学生思维的角度，这题吊打99%以上的正态分布的高考题。

（由于我辛辛苦苦做的解析被判定为射皇，第9题的解析只能以图片形式呈现了）

10.（2024USTCMATHEntrance-10）设圆${x^2+y^2=1}$内接正$n$边形的面积为${A_n}$，${Q_n=\frac{A_{4n}-A_{2n}}{A_{2n}-A_n}}$，其中${n \ge 3}$。求证：（1）${\frac{1}{4} \lt Q_n \lt \frac{1}{3}}$；（2）${\frac{A_{2n}-Q_nA_n}{1-Q_n} \gt \pi}$。

证明：（1）令${f(x)=\frac{\sin x}{\sin 2x}=\frac{1}{2\cos x}(0 \lt x \le \frac{\pi}{6})}$。

由题意，${A_n=\frac{n}{2}\sin \frac{2\pi}{n}}$，

${Q_n=\frac{2n \sin \frac{\pi}{2n}-n \sin \frac{\pi}{n}}{n \sin \frac{\pi}{n}-\frac{n}{2} \sin \frac{2\pi}{n}}=\frac{2\sin \frac{\pi}{2n}(1-\cos \frac{\pi}{2n})}{\sin \frac{\pi}{n} (1-\cos \frac{\pi}{n})}=2\frac{\sin \frac{\pi}{2n}}{\sin \frac{\pi}{n}}\frac{\sin^2 \frac{\pi}{4n}}{\sin^2 \frac{\pi}{2n}}=2f(\frac{\pi}{2n})f^2(\frac{\pi}{4n})}$。

显然${f(x)在(0, \frac{\pi}{6}]}$上单调递增，且${\frac{1}{2} \lt f(x) \le \frac{\sqrt{3}}{3}}$，

故${Q_n}$单调递减，

${\frac{1}{4}=2 \times (\frac{1}{2})^3 \lt 2f(\frac{\pi}{2n})f^2(\frac{\pi}{4n})=Q_n \le Q_3=\frac{4\sqrt{3}-6}{3} \lt \frac{1}{3}}$。证毕。

（2）熟知${\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1}$，

则${\lim_{k \rightarrow \infty}A_{2^kn}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{n}{2} \sin \frac{2\pi}{n}=\frac{1}{2} \times 2\pi=\pi}$。

又${\lim_{k \rightarrow \infty}A_{2^kn}=A_n+\sum_{i=0}^\infty(A_{2^{i+1}n}-A_{2^in})}$，

故${\sum_{i=0}^\infty(A_{2^{i+1}n}-A_{2^in})=\pi-A_n}$。

考虑到${\frac{A_{2^{i+2}n}-A_{2^{i+1}n}}{A_{2^{i+1}n}-A_{2^in}}=Q_{2^in}\le Q_n}$，取等当且仅当${i=0}$，

归纳易证${\frac{A_{2^{i+1}n}-A_{2^in}}{A_{2n}-A_n} \le Q_n^i}$，取等当且仅当${i=0}$。

则${\sum_{i=0}^\infty(A_{2^{i+1}n}-A_{2^in}) \lt (A_{2n}-A_n)\sum_{i=0}^\infty Q_n^i=\frac{A_{2n}-A_n}{1-Q_n}}$。

故${\frac{A_{2n}-Q_nA_n}{1-Q_n}=\frac{A_{2n}-A_n}{1-Q_n}+A_n \gt \sum_{i=0}^\infty(A_{2^{i+1}n}-A_{2^in})+A_n=\pi}$。证毕。

评点：难度3星，优雅度2星。

第（1）小问重点在于化简${Q_n}$，多种化简方式均可以完成放缩，不一定与解析完全相同。第（2）小问将$\pi$写为无穷级数的方法较为巧妙，也难以想到。融入高数内容也是科大入学考的一大特色，这两年都出在第10题，使其整体难度高于一般一试第10题。

11题不知道为啥平板端上面乱码了，电脑端是正常的，又得改图片了：