董心君

(東南大學(xué)交通學(xué)院 211189)

1 試題與解析

東京大學(xué)的自主招生考試起源于1961年，除了1969年年初由于“とうだいふんそう” (東京大學(xué)紛爭)事件取消，至今已經(jīng)是第58年.考試分為文理科，理科時間兩個半小時，一共六道題，考試范圍涉及不定積分、函數(shù)、立體幾何、復(fù)數(shù)平面、線性代數(shù)等內(nèi)容.本文翻譯并解析了2019年的理科數(shù)學(xué)試題.

1.求定積分

解：如圖1，設(shè)AQ長x，DR長y，

圖1

S△DPR+S四邊形BCRP

3.空間坐標(biāo)內(nèi)有5點A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(-2，0，0)，D(0，-2，0)，E(0，0，-2)，將過線段AB中點M、線段AD中點N，且與直線AE平行的平面設(shè)為α.設(shè)點P(p，0，2)，其中2

(1)在同一平面上畫出八面體PABCDE被y=0所截圖形與α被y=0所截圖形.

(2)求出八面體PABCDE被α所截切面為八邊形時p的范圍.

(3)若實數(shù)p在第(2)問的所求范圍內(nèi)，在由八面體PABCDE被α所截的平面內(nèi)，點(x，y，z)在y≥0、z≥0的范圍內(nèi)移動，求坐標(biāo)系內(nèi)的點(y，z)的移動范圍的面積.

得-2a-2c=0,

令a=1，得α：x-z-1=0，

其被y=0所截部分即為直線z=x-1.

八面體PABCDE可分為四棱錐P-ABCD與四棱錐E-ABCD，點P、E、A、C都在平面y=0上，因此八面體PABCDE被y=0所截部分為四邊形AECP.

如圖2，當(dāng)2

圖2

(2)不妨先討論八面體PABCDE的 12條棱與α的交點個數(shù).

當(dāng)2

當(dāng)p=3時，棱邊PA、PB、PC、PD與α交于P點，不合題意.

當(dāng)3

綜上，當(dāng)3

(3)求y≥0、z≥0的部分，考慮平面α與四面體P-ABC的截面即可，

由對稱性可知，線段PD與α交點坐標(biāo)

圖3

4.n為大于1的整數(shù)

(1)求n2+1與5n2+9的最大公約數(shù)dn.

(2)證明(n2+1)(5n2+9)不是整數(shù)的平方.

解：(1)n=1時，d1=2；n=2時，d2=1.

若n為偶數(shù)，顯然n2+1與4互質(zhì)，dn為1.

若n為奇數(shù)，不妨設(shè)n=2k+1，k≥1，

n2+1=2(2k2+2k+1)，2k2+2k+1為奇數(shù),

此時n2+1與4的最大公約數(shù)為2.

(2)先證明一個命題：給定兩個互質(zhì)的正整數(shù)(均大于1)，則它們的乘積為完全平方數(shù)的充要條件是這兩個數(shù)都是完全平方數(shù).證明如下：

必要性：由于兩個數(shù)互質(zhì)，它們必定沒有相同的質(zhì)因子.考慮完全平方數(shù)的質(zhì)因子分解，則其每個質(zhì)因子必定都是偶數(shù)次冪，且把它們分配到互質(zhì)的兩個數(shù)后，每個數(shù)的質(zhì)因子都必定還是偶數(shù)次冪，即兩個數(shù)都是完全平方數(shù).

充分性:顯然.

n為偶數(shù)時，dn=1，n2+1顯然不是完全平方數(shù)，因此(n2+1)(5n2+9)不為完全平方數(shù).

n為奇數(shù)時，不妨設(shè)n=2k+1，k≥1，(n2+1)·(5n2+9)=4(2k2+2k+1)(10k2+10k+7)，dn=2，即證明(2k2+2k+1)(10k2+10k+7)為完全平方數(shù)，則必須2k2+2k+1、10k2+10k+7均為完全平方數(shù)，而10k2+10k+7的個位數(shù)恒為7，必不為完全平方數(shù)，即(n2+1)(5n2+9)不為完全平方數(shù).

綜上，命題得證.

5.回答以下問題

(1)n為大于1的整數(shù).證明關(guān)于x的方程x2n-1=cosx有唯一實數(shù)解an.

(2)對于第(1)問的實數(shù)解an，證明cosan>cos1.

(3)對于第(1)問的給定數(shù)列{an}，求

(1)證明：-1≤cosx≤1，若存在實數(shù)解an，an∈(-1,1).

令F(x)=x2n-1-cosx，F(xiàn)(0)=-1，F(xiàn)(1)=1-cos1>0，F(xiàn)(-1)=-1-cos1<0.

00，F(xiàn)(x)單調(diào)增，方程在(0，1)內(nèi)存在唯一解.

在(-1，0)內(nèi)，0

綜上，命題得證.

(2)余弦函數(shù)在(0，1)遞減，第(1)問已知0cos1.

兩邊取極限，故

6.復(fù)數(shù)α，β，γ，δ與實數(shù)a，b滿足下面3個條件,

條件1：α，β，γ，δ互異;

條件2：α，β，γ，δ為4次方程z4-2z3-2az+b=0的解;

條件3：αβ+γδ為純虛數(shù).

(1)若α，β，γ，δ中恰好有2個實數(shù)，證明剩下的2個復(fù)數(shù)共軛;

(2)用a表示b;

(3)將α+β的范圍在復(fù)平面上表示出來.

解：(1)由條件2得方程：

(z-α)(z-β)(z-γ)(z-δ)=0,

展開后和原方程對比系數(shù)：

α+β+γ+δ=2，αβγδ=b，

αβγ+αγδ+αβδ+βγδ=2a,

不妨設(shè)α∈R、β∈R，則γ+δ∈R，γδ∈R，由韋達(dá)定理逆定理可知：γ、δ必為某一元二次方程的兩根，由一元二次方程求根公式可知γ與δ必為共軛復(fù)數(shù).

(2)由條件3可知，方程必有復(fù)數(shù)解，故原方程有1或 2對共軛復(fù)數(shù)解，下分類討論：

1)若方程有2對共軛復(fù)數(shù)解，不妨設(shè)方程4個解為m+ni，m-ni，1-m-ti，1-m+ti，其中m、n、t∈R.

(m+ni)(1-m+ti)+(m-ni)(1-m-ti)

=2m(1-m)-2nt∈R,

(m+ni)(m-ni)+(1+ti)(1-ti)

=1+m2+n2+t2∈R,

與條件3矛盾，不成立.

2)故方程有一對實數(shù)解，一對虛數(shù)解，設(shè)4個解為m，n，s-ti，s+ti，其中m、n、s、t∈R.

條件3成立，僅有m(s+ti)+n(s-ti)=(m+n)s+(m-n)ti為純虛數(shù),

故m=-n，四個解為±n、1-ti，1+ti.n、t均為不為0的實數(shù).

故有(z-n)(z+n)(z-1+ti)(z-1-ti)=0，展開后與原方程對比系數(shù)，有：

消去參數(shù)，得b=-a2.

(3)不妨令α=n、β=1-ti，α+β=1+n-ti,

圖4

2 總結(jié)與反思

通過前文對2019年東京大學(xué)入學(xué)考試?yán)砜圃囶}的介紹，可以發(fā)現(xiàn)東京大學(xué)的數(shù)學(xué)招生題有如下特點：

(1)難度由淺入深，第一道積分題與國內(nèi)研究生入學(xué)考試數(shù)學(xué)科目簡答題難度相當(dāng)，第二道平面幾何、第三道題立體幾何相當(dāng)于國內(nèi)部分地區(qū)高考中檔題，后三道題難度較大，與國內(nèi)知名大學(xué)自主招生壓軸題相當(dāng).

(2)知識內(nèi)容考查范圍大、數(shù)量多.第一題積分考察了學(xué)生的分部積分能力以及對常用積分公式的計算；第二題本質(zhì)考察的是函數(shù)求極值問題；第三題與國內(nèi)主流的立體幾何考察內(nèi)容不同，考察的是學(xué)生的三維圖形想象能力；第四題涉及最大公約數(shù)，本質(zhì)上考察的是質(zhì)因數(shù)分解；第五題涉及數(shù)列、極限，其中第一問的放縮、第三問的求極限部分難度較大；壓軸題是關(guān)于一元高次方程的解，解題所涉及的“棣莫弗定理”、“虛根成對定理”，是高中數(shù)字競賽的教學(xué)內(nèi)容.

(3)題目數(shù)量少，步驟多，更注重考察學(xué)生的探究能力以及綜合解題能力，每個題目各小問層次分明，難度遞增，考察內(nèi)容豐富.事實上，復(fù)試階段的數(shù)學(xué)試題更能體現(xiàn)這一點，學(xué)生要在2個半小時的時間內(nèi)解決三道題，極大考察了學(xué)生的閱讀與研究能力.

由于中日兩國教育資源、教學(xué)理念、高考制度不盡相同，我們不能對日本的招生題目進(jìn)行完全照搬學(xué)習(xí)，但顯然日本考卷在題型設(shè)置、考察內(nèi)容等方面，是值得借鑒并學(xué)習(xí)的.適逢中國高考制度改革，國內(nèi)知名大學(xué)的自主招生政策也陸續(xù)出爐，希望各方能通過借鑒國外的試卷的長處，改進(jìn)現(xiàn)有的數(shù)學(xué)考卷，能更合理、有效地選拔人才.