摘 要：文章給出了2021年清華大學強基計劃數(shù)學試題的回憶版及其詳解.

關鍵詞：強基計劃;數(shù)學試題;詳解;初等數(shù)論

中圖分類號：G632?? 文獻標識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）04-0084-09

全卷共35道不定項選擇題.以下試題是回憶版（只有21道，差14道，有的試題還差選項，題目順序及試題內(nèi)容也可能不準確），其解答詳盡.

試題涉及函數(shù)與方程（第1，8，10，14題）;集合及計數(shù)原理（第2，13題）;整數(shù)性質(zhì)（第3題）;平面解析幾何（第4，11題）;數(shù)列（第5題）;定積分（第6題）;平面幾何（第7題）;平面向量與線性規(guī)劃（第9題）;概率（第12題）;三角（第15，20題）;組合數(shù)學（第16題）;復數(shù)（第17題）;立體幾何（第18題）;代數(shù)運算（第19題）;不等式（第21題）.其中第9，10均是往年的高考題，第17道是往年的高中數(shù)學聯(lián)賽一試試題.

題1 若恰有一個實數(shù)x使得x3-ax-1=0成立，則常數(shù)a的取值范圍是（ ）.

A.（-∞，32）? B.（-∞，3322）

C.（322，+∞）（-∞，322）

解析 關于x的方程x2-1x=a有唯一實根.

設f（x）=x2-1xf ′（x）=2x+1x2=2x3+1x2，可得f（x）在（-∞，-132），（-132，0），（0，+∞）

上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增、單調(diào)遞增.再由

limx→-∞f（x）=+∞，f（-132）=3232，

limx→0-f（x）=+∞，

limx→0+f（x）=-∞，

limx→+∞f（x）=+∞可作出函數(shù)f（x）的圖象如圖1.

圖1

進而可得所求a的取值范圍是（-∞，3232）.

題2 若集合U={0，1，2，…，2021}，SU，且集合S中的任意兩個元素之和均不是5的倍數(shù)，則集合S元素個數(shù)的最大值是.

解析 集合U中元素（共2022個）分5類：

（1）（共405個）5×0，5×1，5×2，…，5×404;

（2）（共405個）5×0+1，5×1+1，5×2+1，…，5×404+1;

（3）（共404個）5×0+2，5×1+2，5×2+2，…，5×403+2;

（4）（共404個）5×0+3，5×1+3，5×2+3，…，5×403+3;

（5）（共404個）5×0+4，5×1+4，5×2+4，…，5×403+4.

由題設可知，第（2）類與第（5）類的元素不能同選;第（3）類與第（4）類的元素也不能同選.因而，集合S元素個數(shù)至多是405+405+404=1214.

當?shù)冢?）（2）（3）類的元素全選，或第（1）（2）（4）類的元素全選時得到的集合S元素的個數(shù)均是1214，此時滿足題意，且當集合S元素個數(shù)取最大值時，沒有別的情形.

綜上所述，可得所求答案是1214.

題3 若正整數(shù)（m，n）的最大公約數(shù)、最小公倍數(shù)分別是10！，50！，則數(shù)對（m，n）的對數(shù)是（? ）.

A.29? B.215? C.218? D.221

解析 可設m=10！a，n=10！b，正整數(shù)a，b互質(zhì)，且ab=11×12×13×…×50.

可得ab的質(zhì)因數(shù)共15個：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47.

再由正整數(shù)a，b互質(zhì)，可得數(shù)對（a，b）的對數(shù)是215，進而可得數(shù)對（m，n）的對數(shù)也是215.

題4 在平面直角坐標系xOy中，過點A（-2，3）作拋物線y2=4x的兩條切線，分別與y軸交于點B，C，則△ABC的外接圓方程是（? ）.

A.（x+1）2+（y-32）2=134

B.（x+1）2+（y-1）2=134

C.（x+12）2+（y-32）2=92

D.（x+32）2+（y-1）2=174

解析 如圖2所示，可設切線方程是y-3=k（x+2），聯(lián)立

y-3=k（x+2）y2=4x

得y-3=k（y24+2）.即ky2-4y+8k+12=0.

由這個關于y的一元二次方程的判別式的值為0，可求得k=-3±174，進而可求得兩個切點B（0，3+172），C（0，3-172），還可求得弦AB，BC的中垂線方程分別是8x+（217-6）y+13-317=0，y=32，進而可求得△ABC的外接圓圓心是點

（-12，32），半徑是92.

所以該圓的方程是

（x+12）2+（y-32）2=92.

題5 若一個k項等差數(shù)列的公差是4，且首項的平方與除首項外的各項和小于100，則k的取值范圍是.

解析 設該等差數(shù)列的首項是a1，由題設及等差數(shù)列前n項和公式可得

a21+（k-1）（a1+4）+（k-1）（k-2）2·4<100.

即a21+（k-1）a1+2k2-2k-100<0.①

關于a1的一元二次方程①的判別式-7k2+6k+401>0，解得k<

3+16117.再由等差數(shù)列的項數(shù)k≥3，

可得k∈{3，4，5，6，7，8}.

k∈{3，4，5，6，7，8}，方程①均有實數(shù)根

a1=1-k±-7k2+6k+4012，

即滿足題設的等差數(shù)列均存在（有且僅有兩個），所以所求k的取值范圍是{3，4，5，6，7，8}.

題6 在數(shù)軸上有n個質(zhì)點，若第k（k=1，2，…，n）個質(zhì)點在數(shù)軸上的坐標是xk，質(zhì)量是mk，則這n個質(zhì)點的質(zhì)心坐標是

∑nk=1xkmk∑nk=1xkmk.

已知一根桿位于數(shù)軸上的[-1，2]處，且在坐標x處的線密度是x+2，可求得該桿的質(zhì)心坐標是（? ）.

A.215? B.25? C.35? D.45

解析 由題中的結(jié)論及微元法、定積分的知識，可得該桿的質(zhì)心坐標是∫2-1x（x+2）dx∫2-1x（x+2）dx=

（13x3+x2）|2-1（12x2+2x）|2-1=6152=45.

題7 如圖3所示，四邊形AEBC內(nèi)接于⊙O，邊BC是⊙O的一條直徑，過點E作ED∥BC交邊AC于點D.若BE=12，DC=DE=14，則線段AE，BD的長分別是.

解析 如圖4所示，連接OD，OE，CE.由DC=DE，OC=OE，可得DO是線段CE的中垂線，所以DO⊥CE.再由邊BC是⊙O的一條直徑，可得BE⊥CE，所以BE∥OD.再由ED∥BC，可得EBOD，OB=OC=CD=DE=14，還得菱形OCDE.

在△OBE中，可求得cos∠OBE=

37，cos∠BOE=3149，所以cos∠A=37，sin∠A=2710，sin∠ADE=sin∠DCO=sin∠BOE=124910.

再在△ADE中，由正弦定理

AEsin∠ADE=DEsin∠A，

可得AE124910=142710，解得AE=12.

由ED∥BC，可得cos∠BED=-cos∠OBE=-37.

所以在△BDE中，由余弦定理可求得

BD=122+142-2×12×14×（-37）=22.

題8 若函數(shù)f（x）滿足f（0）=12，f（x+y）=

f（x）f（a-y）+f（y）f（a-x）（a是常數(shù)），則（? ）.

A.f（a）=12

B.x∈R，f（x）=12

C.x，y∈R，f（x+y）=2f（x）f（y）

D.滿足題設的函數(shù)f（x）不唯一

解析 令x=y=0，

可得

f（0）=12，f（0）=f（0）f（a）+f（0）f（a），

所以f（a）=12，選項A正確.

令y=0，可得f（x）=f（a-x）.

由題設，得x，y∈R，f（x+y）=2f（x）f（y），選項C正確.

在選項C中，令y=x=t2，

可得f（t）=2[f（t2）]2≥0.

令y=a-x，

可得2f（x）f（a-x）=12;

在題設中，令y=a-x，

得[f（x）]2+[f（a-x）]2=12=2f（x）f（a-x），f（x）=f（a-x）.

故2f（x）f（a-x）=2[f（x）]2=12，f（x）=12.

所以選項B正確，選項D不正確.

題9 在平面直角坐標系中，O是坐標原點，若兩定點A，B滿足

|OA|=|OB|=OA·OB=2，則點集{P|OP=λOA+μOB，|λ|+|μ|≤1，μ∈R}所表示的區(qū)域的面積是（? ）.

A.22? B.23? C.42? D.43

解析 由題設可求得

∠AOB=π3，進而可設兩點A，B的坐標分別是（2，0），（1，3），因而點集

{P|OP=λOA+μOB，|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}

={（x，y）|（x，y）=（2λ+μ，3μ），|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}={（x，y）||12x-123y|+|123y|≤1}={（x，y）||3x-y|+2|y|≤23}

=（x，y）|3x-y≥0y≥03x+y-23≤0∪（x，y）|

3x-y≥0y≤0x-3y-23≤0

=（x，y）|3x-y≤0y≥0x-3y+2≥0∪（x，y）|

3x-y≤0y≤0

3x+y+23≥0.

由線性規(guī)劃知識，可得以上四個集合的并集分別表示圖5中的四個區(qū)域△OAB，△OBC，△OAD，△OCD的并集，即矩形ABCD，進而可得所求答案是|AB|·|BC|=2×23=43.

題10 將函數(shù)y=

4+6x-x2-2（x∈[0，6]）的圖象繞坐標原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角θ（0≤θ≤α），得到曲線C.若對于每一個旋轉(zhuǎn)角θ，曲線C都是一個函數(shù)的圖象，則α的最大值為（? ）.

A.arctan32 B.arctan23 C.π4 D.π3

解析 如圖6與圖7所示，可得題中的函數(shù)圖象即圓弧

（x-3）2+（y+2）2=13（0≤x≤6，y≥0）（其圓心是點（3，0），圓弧的弦是OB）：

可求得y′=3-x4+6x-x2，y′|x=0=32，所以曲線y=4+6x-x2-2（x∈[0，6]）在原點處切線（設其傾斜角是β）的斜率是

32.如圖8所示，可得當

αmax=π2-β取最大值時，

αmax=arctan23.

也可這樣求αmax

：在圖8中，由同角的余角相等，可得αmax=∠MOB，再由垂徑定理可求得αmax=∠MOB=arctan23.

題11 已知橢圓x24+y2=1

及其左頂點A（-2，0）.若過點P（1，0）的直線l與該橢圓交于兩點M，N，直線AM，AN與直線x=1分別交于點B，C，則（? ）.

A.|PB|+|PC|是定值'

B.|PB|·|PC|是定值

C.|PB|+|PC|的值可以是2

D.|PB|·|PC|的值可以是2

解析 可設直線l：y=k（x-1），

聯(lián)立

y=k（x-1），x24+y2=1，

可得

（4k2+1）x2-8k2x+4k2-4=0.

所以x=4k2±23k2+14k2+1，

|xM-xN|=43k2+14k2+1.

由一元二次方程根與系數(shù)的關系，可得

xM+xN=8k24k2+1，xMxN=4k2-44k2+1.

可求得直線AM：y=k（xM-1）xM+2（x+2）.

故它與直線x=1的交點

B（1，3k（1-3xM+2））.

同理，可得點C（1，3k（1-3xN+2））.

所以|PB|+|PC|

=3k（1-3xM+2）-3k（1-3xN+2）

=9|k|·xM-xNxMxN+2（xM+xN）+4

=9|k|·

43k2+14k2+1

4k2-44k2+1+2·8k24k2+1+4=3+1k2.

因而選項A錯誤C正確.當且僅當k=±1時|PB|+|PC|=2.

還可得

|PB|·|PC|

=3k（1-3xM+2）·3k（1-3xN+2）

=9k2·（xM-1）（xN-1）（xM+2）（xN+2）

=9k2xMxN-（xM+xN）+1xMxN+2（xM+xN）+4

=9k24k2-44k2+1-8k24k2+1+1

4k2-44k2+1+2·8k24k2+1+4

=34.

因而選項B正確D錯誤.

注 筆者還證得了本題的一般情形的結(jié)論：

設中心二次曲線

Γ：x2λ2+μy2=1（λ>0，μ≠0）的左頂點是A（-λ，0）.若動直線y=k（x-h）（k≠0）（其中h是定值且h≠±λ）

與曲線Γ交于兩點M，N，直線AM，AN與直線x=h分別交于點B，C，則k的取值范圍由不等式μ（λ2-h2）k2+1>0（k≠0）確定;

|PB|+|PC|=2λ|μ|μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=|λ2-h2|λ2|μ|（是定值）.且有：

（1）當μ（λ2-h2）>0時，則k的取值范圍是（-∞，0）∪（0，+∞）;|PB|+|PC|=2λ|μ|·μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=λ2-h2λ2|μ|（是定值）;當k取遍非0實數(shù)時，|PB|+|PC|的取值范圍是2|1-（hλ）2|，+∞）;

（2）當μ（λ2-h2）>0是，則k的取值范圍是（-1μ2（h2-λ2），0）∪（0，1μ2（h2-λ2））;

|PB|+|PC|=2λ|μ|μ2（λ2-h2）+1k2，

|PB|·|PC|=|h2-λ2|λ2|μ|（是定值）;當k取遍

（-1μ（h2-λ2），1μ（h2-λ2））中的非0實數(shù)時，|PB|+|PC|的取值范圍是（0，+∞）.

題12 已知x1，x2，x3，x4是兩兩不等的實數(shù)，xi1，xi2，xi3，xi4是x1，x2，x3，x4的任意一個排列，若記X=max{min{xi1，xi2}，min（

xi3，xi4}}，Y=min{max{xi1，xi2}，max{xi3，xi4}}，則X>Y的概率是.

解析 可不妨設x1<x2<x3<x4.

對于確定的xi1，xi2，xi3，xi4，可得min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}，max{xi1，xi2}，max{xi3，xi4}兩兩不等（因而這四個值依次也組成x1，x2，x3，x4的一個排列），所以X≠Y.

還可得min{xi1，xi2}<x4，min{xi3，xi4}<x4，所以

max{min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}}<x4;因為

min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}是x1，x2，x3，x4中的某兩個數(shù)，所以

max{min{xi1，xi2}，min{xi3，xi4}}>x0.

因而X∈{x2，x3}.同理，還可證得Y∈{x2，x3}.

再由X≠Y，可得X>YY=x2

max{xi1，xi2}=x2，

max{xi3，xi4}=x3，x4

或

max{xi1，xi2}=x3，x4，

max{xi3，xi4}=x2.

因而X>Y

{xi1，xi2}={x1，x2}，

{xi3，xi4}={x3，x4|或

{xi1，xi2}={x3，x4}，

{xi3，xi4}={x1，x2|.

所以所求概率是A22A22A44+A22A22A44=13.

題13 已知A1，A2，…，A10是某個圓的十等分點，則取其中的四點能是梯形的四個頂點的取法種數(shù)是（? ）.

A.60? B.45? C.40? D.50

解析 設梯形的上底、腰、下底對應圓周的份數(shù)分別是x，y，z，可得x+2y+z=10，x<z（x，y，z∈N*.進而可得（x，y，z）=（1，1，7），（2，1，6），（3，1，5），（1，2，5），（2，2，4），（1，3，3）.

這10個梯形還可旋轉(zhuǎn)成另外的9個位置，所以所求答案是10×6=60.

題14 若[x]是高斯函數(shù)，則方程

[x2]+[x3]+[x5]=x實根的個數(shù)是（? ）.

A.30? B.40? C.50? D.60

解析 可得原方程即

x2-[x2]+x3-[x3]+x5-[x5]=x30.

即{x2}+{x3}+{x5}=x30.②

易知原方程的實根是整數(shù)，所以x2=0或12;

x3=0，

13或23;x5=0，

15，25，35，或45.

因而x30即{x2}+{x3}+{x5}最多有2×3×5=30種可能，得x的值最多也有30種可能.下面來求出的30個值：

可設x=30n+r（r=0，1，2，…，29），由②可得當且僅當r=0，15，16，18，20，21，22，24，25，26，27，28

時n=0（即x=0，15，16，18，20，21，22，24，25，26，27，28）;當且僅當r=1，2，…，14，17，19，23，29時n=1（即x=31，32，…，44，47，49，53，59）.所以原方程實根的個數(shù)是30.

題15 已知函數(shù)f（x）=sinxcosx+sinx+25cosx（0≤x≤π2）的最大值與最小值分別是M，m，則（? ）.

A.M=238

B.m=25

C.M=3825

D.m=15

解析 可求得f ′（x）=cos2x+cosx-25sinx（0≤x≤π2），由三個減函數(shù)之和是減函數(shù)可得f ′（x）是減函數(shù).再由f ′（0）=2>0， f ′（π2）=-75<0，可得存在唯一的x0∈（0，π2）使得f ′（x0）=0，且f（x）在（0，x0），（x0，π2）上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減.

由待定系數(shù)法及均值不等式可得

f（x）=sinxcosx+sinx+25cosx

≤（38sin2x+23cos2x）+（

58sin2x+25）

+（13cos2x+325）=2825（0≤x≤π2），

當且僅當38sin2x=23cos2x，

58sin2x=25，

13cos2x+325.（0≤x≤π2）.

即x0=arcsin45時，f（x）max=3825.

再由f（0）=25，f（π2）=1，得m=f（x）min=25.

題16 甲、乙、丙、丁四人共同參加4項體育比賽，每項比賽第一名到第四名的分數(shù)依次是4，3，2，1分.比賽結(jié)束時甲獲得14分第一名，乙獲得13分第二名，則（??? ）.

A.第三名不超過9分

B.第三名可能獲得其中一場比賽的第一名

C.最后一名不超過6分

D.第四名可能有一項比賽拿到3分

解析 因為四個人的得分之和是4（4+3+2+1）=40，甲、乙得分之和是14+13=27，所以丙、丁得分之和是40-27=13.可得第四名至少得4分，因而選項AC均正確.

所有項目的第一名與第二名分數(shù)之和是4（4+3）=28，只比甲、乙得分之和高1分，說明甲、乙包攬了所有項目的第一名，還拿到了3個第二名與1個第三名，因而選項B錯誤.

由下面的情形（表中的數(shù)字指得分）可知選項D正確：

第一項比賽第二項比賽第三項比賽第四項比賽

甲4442

乙3334

丙2221

丁1113

17.若ω=cosπ5+isinπ5，則（? ）.

A.x4+x3+x2+x+1=（x-ω）（x-ω3）（x-ω7）（x-ω9）

B.x4-x3+x2-x+1=（x-ω）（x-ω3）（x-ω7）（x-ω9）

C.x4-x3-x2+x+1=（x-ω）（x-ω3）（x-ω7）（x-ω9）

D.x4+x3+x2-x-1=（x-ω）（x-ω3）（x-ω7）（x-ω9）

解析 由

ω=cosπ5+isinπ5=

cos2π10+isin2π10，可得

x10-1=（x-1）（x-ω）（x-ω2）…（x-ω9），

x5-1=（x-1）（x-ω2）（x-ω4）（x-ω6）（x-ω8）.

把它們相除，得x5+1=（x-1）（x-ω3）（x-ω5）（x-ω7）（x-ω9）.

再由ω5=-1，可得（x-1）（x-ω3）（x-ω5）（x-ω7）（x-ω9）=x5+1x+1=x4-x3+x2-x+1.

題18 在四面體ABCD中，若AC=BC=AD=BD=1，則四面體ABCD體積的最大值是（? ）.

A.4227? B.328? 2327? D.318

解析 如圖10所示，可得△ACD≌△BCD（邊邊邊），因而可設

∠ACD=∠BCD=θ（0<θ<π2）.

設棱CD的中點是M，可得CD⊥平面ABM，且MA=MB=sinθ，CM=cosθ，所以V四面體ABCD=2V三棱錐C-ABM=23S△ABM·CM=23（12MA·MB·sin∠AMB）·CM

=13sin2θ·cosθ·sin∠AMB≤1322cos2θsin2θsin2θ.

再由三元均值不等式，可得

V四面體ABCD≤132（2cos2θsin2θsin2θ3）3=2327

進而可得當且僅當θ=arctan2，且平面ACD⊥平面BCD時，（V四面體ABCD）max=2327.

題19 若定義x*y=

x+y1+xy，則（…（（2*3）*4*…）*21=.

解析 可用數(shù)學歸納法證得

（…（（a1*a2）*a3）*…）*an

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+an1-an

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+an1-an+1

（n≥2）.

當n=2時成立：

a1*a2=a1+a21+a1a2=

1+a11-a1×1+a21-a2-11+a11-a1×1+a21-a2+1，

假設n=k時成立：

（…（（a1*a2）*a3）*…）*ak

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak+1

.

由n=2時的結(jié)論成立可得

（…（（a1*a2）*a3）*…）*ak+1

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak+1

*ak+1

=1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

×1+ak+11-ak+1-1

1+a11-a1×1+a21-a2×…×1+ak1-ak

×1+ak+11-ak+1+1.

得n=k+1時也成立，所以欲證結(jié)論成立.因而

（…（（2*3）*4）*…）*21=

1+21-2×1+31-3×1+41-4×1+211-21-1

1+21-2×1+31-3×1+41-4×1+211-21+1

=-21×221×2-1-21×221×2+1

=-116115.

題20 在△ABC中，邊BC的中點是D，∠CAD=15°，則∠ABC的最大值是（? ）.

A.120°? B.105° ?C.90°? D.60°

解析 如圖11所示，由∠CAD=15°可得：在兩點C，D確定的情形下，點A的軌跡是一段圓弧.作△ACD的外接圓⊙O，當∠ABC最大時，直線BA與⊙O相切.

圖11

在四邊形OABC中，∠BAO=90°，∠OCB=75°，（因為∠COD=2∠CAD=30°）.

由∠BAD=∠BCA，∠ABD=∠CBA，可得△BAD∽△BCA，由切割線定理，可得BA2=BD·BC=2BD2.所以

ACDA=BABD=2.

在△ACD中，∠CAD=15°，設∠ACD=θ，

可得∠ADC=165°-θ（0°<θ<165°）.

由正弦定理，得2=ACAD=sin∠ADCsin∠ACD=

sin（165°-θ）sinθ=sin（15°+θ）sinθ.

所以tanθ=13，解得∠ACD=θ=30°.

因而∠AOD=2∠ACD=60°，∠AOC=∠AOD+∠DOC=90°.所以∠ABC=360°-∠OAB-∠AOC-∠OCB=360°-90°-90°-75°=105°.

所以∠ABC的最大值是105°.

題21 若非負數(shù)a，b，c滿足a+b+c=1，則

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）的最大值是.

解析 由題中的a，b，c是輪換對稱知，可不妨設max{a，b，c}=a.

可得a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）=-（a-b）（b-c）（c-a），欲使a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）取最大值，可只考慮a≥b≥c的情形（否則a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）<0）.

可設a=c+x+y，b=c+x（x≥0，y≥0），再設

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）的最大值是k（k≥0），即a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）≤k（等號能取到，下同），即

a2（b-c）+b2（c-a）+c2（a-b）≤k（a+b+c）3，

即（c+x+y）2x-（c+x）2（x+y）+c2y≤k（3c+2x+y）3，

故27kc3+27k（2x+y）c2+9k（2x2+y）2c+k（2x+y）3-xy（x+y）≥0在c≥0時恒成立.

由以上關于c的一元三次不等式除常數(shù)外的系數(shù)均非負，可知以上不等式即k（2x+y）3-xy（x+y）≥0.

當x=0或y=0時上式成立.

當x>0且y>0時（可設y=tx（x>0））時，得k≥t2+t（t+2）3.

設函數(shù)f（t）=t2+t（t+2）3（t>0），可得f ′（t）=-t2-2t-2（t+2）4（t>0）.進而可得f（t）在（0，1+3]，[1+3，+∞）上分別是單調(diào)遞增、單調(diào)遞減，所以f（t）max=f（1+3）=318（t>0）.

因而所求最大值是318.

參考文獻：

[1] 甘志國.2020清華大學強基計劃數(shù)學試題及其詳解[J].數(shù)理化解題研究，2021（04）：63-69.

[責任編輯：李 璟]