摘要：文章給出了2023年北京大學(xué)強基計劃試題及其詳解.

關(guān)鍵詞：強基計劃；北京大學(xué)；數(shù)學(xué)試題

中圖分類號：G632文獻標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0028-10

1.把實部和虛部均為有理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作有理復(fù)數(shù)，實部和虛部均為無理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作無理復(fù)數(shù)，實部和虛部中一個是有理數(shù)而另一個是無理數(shù)的復(fù)數(shù)叫作半有理復(fù)數(shù).若在復(fù)平面內(nèi)的一個三角形的三個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)均為半有理復(fù)數(shù)，則該三角形的重心對應(yīng)的復(fù)數(shù)是（）.

A.只能是有理復(fù)數(shù)或半有理復(fù)數(shù)

B.只能是無理復(fù)數(shù)或半有理復(fù)數(shù)

C.只能是半有理復(fù)數(shù)

D.以上都不對

2.方程1+cosx+isinx-cos2x-isin2x+cos3x+

isin3x=0在［0，2π］上根的個數(shù)是（）.

A.0B.1C.無數(shù)D.以上都不對

3.若數(shù)列an滿足a1=52，an+1=a2n-2（n∈N*），則［a2 023］被7除所得的余數(shù)為（）.

A.1B.2C.4D.以上都不對

4.設(shè)集合U=1，2，3，…，10，則U的元素兩兩互素的三元子集的個數(shù)是（）.

A.32B.42C.52D.以上都不對

5.函數(shù)f（x）=minsinx，cosx，-1πx+1在［0，π］上的最大值是（）.

A.22B.32C.1D.以上都不對

6.設(shè)集合U={1，2，3，…，366}，則U的兩兩交集是的各元素之和為17的倍數(shù)的二元子集個數(shù)的最大值是（）.

A.159B.169C.179D.以上都不對

7.方程24x5-15x4+40x3-30x2+120x+1=0實根的個數(shù)是（）.

A.0B.1C.2D.以上都不對

8.若一個凸十邊形內(nèi)的任意三條對角線都不會相交于該十邊形內(nèi)的同一點，則這個十邊形的所有對角線可把該十邊形劃分為（）個區(qū)域.

A.246B.256C.276D.以上都不對

9.若一個三角形有兩條高的長分別是2，4，則這個三角形內(nèi)切圓半徑的取值范圍是（）.

A.（12，1）B.（13，1）

C.（23，1）D.以上都不對

10.若用R（n）表示正整數(shù)n分別除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余數(shù)之和，則滿足R（n）=R（n+1）的兩位數(shù)n的個數(shù)是（）.

A.0B.1C.2D.以上都不對

11.若四個正整數(shù)a，b，c，d依次增大，且d≤101，101|a+b+c+d，則滿足這些條件的數(shù)組（a，b，c，d）的組數(shù)為（ ）.

A.40 425B.41 425

C.42 425D.以上都不對

12.已知兩點A（-1，0），B（1，0）及點C∈（x，y）|x2+y2=1，y≥0.若延長線段AC至D使|CD|=3|BC|，則點D到點E（4，5）的距離的最小值與最大值之積是（）.

A.10B.20C.30D.以上都不對

13.若三個兩兩互異的正整數(shù)的最大公約數(shù)是20，最小公倍數(shù)是20 000，則這樣的無序正整數(shù)組的組數(shù)是（）.

A.312B.52C.22D.以上都不對

14.集合i22 023|i∈N*，i≤2 023的元素的個數(shù)是（）.

A.1 518B.1 528C.1 538D.以上都不對

15.已知一只昆蟲第一天在原點O（0，0）處，第n+1（n∈N*）天從第n天的位置沿向量14nv移動，其中v∈（-1，0），（1，0），（0，1），（0，-1）.若用Sn表示這只昆蟲在第n天可能有多少個不同的位置，則S2 023=（）.

A.42 022B.42 122C.42 222D.以上都不對

16.方程x［x］=6實根的個數(shù)是（）.

A.0B.1C.3D.以上都不對

17.若x，y，z，x（y+1）x-1，y（z+1）y-1，z（x+1）z-1∈N*，則xyz的最大值與最小值之和是（）.

A.700B.701C.702D.以上都不對

18.若a<b<c<d，且x，y，z，t是a，b，c，d的一個排列，則由（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2得到的不同數(shù)的個數(shù)為（）.

A.1B.2C.3D.以上都不對

19.和為220的9個依次增大的正整數(shù)x1，

x2，…，x9在x1+x2+…+x5取得最大值的情況下，x9-x1的最小值為（）.

A.8B.9C.10D.以上都不對

20.50支排球隊進行單循環(huán)賽，勝一局積1分，負(fù)一局積0分，且任取27支球隊能找到一支全部戰(zhàn)勝其余26支球隊和一支全部負(fù)于其余26支球隊的情形，問這50支球隊總共最少有（）種不同的積分.

A.50B.45C.27D.以上都不對

參考答案

1.D.三角形的重心為有理復(fù)數(shù)的例子：1+

2i，2+2i，3-22i.

三角形的重心為無理復(fù)數(shù)的例子：1+2i，2+3i，5+i.

三角形的重心為半有理復(fù)數(shù)的例子：2+i，

-2+i，3-22i.

2.A.設(shè)z=cosx+isinx，可得原方程即

z3-z2+z+1=0.

設(shè)函數(shù)f（u）=u3-u2+u+1（u∈R），可得

f ′（u）=3u2-2u+1=3（u-13）2+23>0（u∈R），所以f（u）是增函數(shù)，因而f（u）有唯一零點.

可證得f（u）不是完全立方式，所以方程z3-z2+z+1=0的根是一個實根（設(shè)為r，可得|r|≠1）及兩個共軛虛根（設(shè)為α，α-）.

由韋達(dá)定理，可得rαα-=-1.

所以|rαα-|=|r|·|α|·|α-|=|r|·|α|2=1.

所以|α|2=1|r|≠1.

所以|α|=|α-|≠1.

所以方程z3-z2+z+1=0沒有模為1的復(fù)根.

因而原方程在R上無實根，在［0，2π］上也無實根.

3.B.可用數(shù)學(xué)歸納法證得an>2（n∈N*），因而可設(shè)an=bn+1bn（bn>1，n∈N*）.

再由題設(shè)可得b1=2，且bn+1+1bn+1=b2n+1b2n（bn>1，n∈N*）.

又由y=x+1x（x>1）是增函數(shù)，可得

bn+1=b2n.所以lnbn+1=2lnbn（bn>1，n∈N*）.

所以lnbn是首項為ln2，公比為2的等比數(shù)列，因而lnbn=ln2·2n-1.所以bn=22n-1.所以an=22n-1+2-2n-1（n∈N*）.

再得［a2 023］=222 022.

由22 022=（3+1）1 011及二項式定理，可設(shè)

22 022=3n+1（n∈N*）.

所以［a2 023］=23n+1=2·（7+1）n.

由二項式定理可得［a2 023］被7除所得的余數(shù)為2.

4.B.U中的奇數(shù)元素是1，3，5，7，9；偶數(shù)元素是2，4，6，8，10.設(shè)滿足題設(shè)的三元子集是A，則A中的偶數(shù)元素個數(shù)是0或1.

（1）當(dāng)1∈A時，此時A的個數(shù)是5+17=22.

（?。〢中的偶數(shù)元素個數(shù)是0，即A中的另外兩個元素只能從3，5，7，9中選，可得此時A的個數(shù)是C24-1=5（去掉1，3，9這種情形）.

（ⅱ）A中的偶數(shù)元素個數(shù)是1，即A中的另外兩個元素分別從3，5，7，9中選一個，再從2，4，6，8，10中選一個，可得此時A的個數(shù)是4×5-3=17（去掉1，3，6;1，5，10;1，9，6這三種情形）.

（2）當(dāng)1A時，此時A的個數(shù)是2+18=20.

（?。〢中的偶數(shù)元素個數(shù)是0，即A中的三個奇數(shù)元素從3，5，7，9中選.因為3與9不互素，所以3與9選且只選一個，得A=3，5，7或A=5，7，9，所以此時A的個數(shù)是2.

（ⅱ）A中的偶數(shù)元素個數(shù)是1，且另外兩個元素從3，5，7，9中選（因而不能同時選3，9），包括下面的五種情況（可得此時A的個數(shù)是3+4+4+3+4=18）：

①A中的兩個奇數(shù)是3，5，得另一個偶數(shù)是2，4或8，此時A的個數(shù)是3；

②A中的兩個奇數(shù)是3，7，得另一個偶數(shù)是2，4，8或10，此時A的個數(shù)是4；

③A中的兩個奇數(shù)是5，7，得另一個偶數(shù)是2，4，6或8，此時A的個數(shù)是4；

④A中的兩個奇數(shù)是5，9，得另一個偶數(shù)是2，4或8，此時A的個數(shù)是3；

⑤A中的兩個奇數(shù)是7，9，得另一個偶數(shù)是2，4，8或10，此時A的個數(shù)是4.

綜上所述，可得所求答案是22+20=42.

5.A.（1）當(dāng)0≤x≤π4時，α（x）=sinx+1πx-1單調(diào)遞增.所以α（x）≤α（π4）=12-34<0.

所以sinx<-1πx+1.

（2）當(dāng)π4≤x≤π時，設(shè)函數(shù)β（x）=cosx+1πx-1，可得β′（x）=1π-sinx在π4，π2，π2，π上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增.

再由β′（π4）=1π-12<0，β′（π）=1π>0，可得β′（x）存在唯一的零點（設(shè)為x0），可得β（x）在π4，x0，x0，π上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增.

又由β（π4）=12-34<0，β（π）=-1<0，所以當(dāng)π4≤x≤π時，β（x）<0，即cosx<-1πx+1.

綜上所述，可得f（x）=minsinx，cosx.

再得f（x）=sinx，0≤x≤π4，cosx，π4≤x≤π， 進而可得當(dāng)且僅當(dāng)x=π4時，f（x）max=22.

6.C.可把集合U劃分為

U={17n|n=1，2，…，21}∪

{17n+1|n=0，1，2，…，21}∪

{17n+2}n=0，1，2，…，21}∪…∪

{17n+9|n=0，1，2，…，21}∪

{17n+10|n=0，1，2，…，20}∪

{17n+11|n=0，1，2，…，20}∪…∪

{17n+16|n=0，1，2，…，20}.

（1）集合{17n|n=0，1，2，…，21}

中的任意兩個元素之和均為17的倍數(shù)，得10個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個17的倍數(shù).

（2）在集合

{17n+1|n=0，1，2，…，21}與{17n+16|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余1的數(shù).

（3）在集合{17n+2|n=0，1，2，…，21}與{17n+15|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余2的數(shù).

（4）在集合{17n+3|n=0，1，2，…，21}與{17n+14|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余3的數(shù).

（5）在集合{17n+4|n=0，1，2，…，21}與{17n+13|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余4的數(shù).

（6）在集合{17n+5|n=0，1，2，…，21}與{17n+12|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余5的數(shù).

（7）在集合{17n+6|n=0，1，2，…，21}與{17n+11|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余6的數(shù).

（8）在集合{17n+7|n=0，1，2，…，21}與{17n+10|n=0，1，2，…，20}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得21個滿足題設(shè)的二元子集.還剩下一個被17除余7的數(shù).

（9）在集合{17n+8|n=0，1，2，…，21}與{17n+9|n=0，1，2，…，21}中各任選一個元素，它們的和均為17的倍數(shù)，得22個滿足題設(shè)的二元子集.

這樣，共得到10+21×7+22=179個滿足題設(shè)的二元子集，且U中剩下的8個元素分別是被17除余0，1，2，3，4，5，6，7的數(shù)各一個，由它們?nèi)我膺x兩個數(shù)組成的集合均不是滿足題設(shè)的子集，進而可得所求答案就是179.

7.B.設(shè)函數(shù)f（t）=2t2-t-2（t≤-2或t≥2），得f（t）min=minf（-2），f（2）=min8，4=4>0.

再設(shè)函數(shù)g（x）=24x5-15x4+40x3-30x2+120x+1，可得

g′（x）=60（2x4-x3+2x2-x+2）

=60x22（x+1x）2-（x+1x）-2>0.

所以g（x）是增函數(shù).

再由limx→-∞g（x）=-∞，limx→+∞g（x）=+∞及零點存在定理，可得函數(shù)g（x）有唯一零點.

再由多項式g（x）與g′（x）沒有公共實根（因為x∈R，g′（x）>0），可得多項式g（x）沒有實數(shù)重根，因而原方程實根的個數(shù)是1.

8.A.設(shè)所求區(qū)域個數(shù)為n.

可得題設(shè)中的交點即四邊形對角線的交點，所以交點的個數(shù)是C410.

我們對這些區(qū)域的總角度算兩次：

一方面，每個內(nèi)部的點提供了360°，十邊形的內(nèi)角和本身是8×180°，得總角度為

360°C410×8×180°.

另一方面，每個區(qū)域是多邊形，得總角度為總邊數(shù)×180°-區(qū)域數(shù)×360°.注意到總邊數(shù)=總角數(shù)，而總角數(shù)可由每個內(nèi)部點提供4個（因為任意三條對角線都不會相交于該十邊形內(nèi)的同一點），十邊形的每個頂點提供8個（因為十邊形的每個頂點處共有7條對角線），得總角度為

（8×10+4C410）×180°-2n×180°.

所以360°C410+8×180°=（8×10+4C410）×180°-2n×180°.

解得n=246.

9.C.設(shè)該三角形的三邊長分別是a，b，c，內(nèi)切圓半徑是r，邊長是a，b的邊上的高分別是2，4，可得r（a+b+c）=2a=4b.

由2a=4b，即a=2b，及“三角形的兩邊之和大于第三邊”，可得c的取值范圍是（b，3b）.

再由a=2b，r（a+b+c）=4b，可得c=4br-3b.

又由c的取值范圍是（b，3b），可得r的取值范圍是（23，1）.

10.C.設(shè)正整數(shù)m除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余數(shù)分別為r2（m），r3（m），…，r10（m），則R（m）=∑10k=2rk（m）.

當(dāng)rk（n）=0，1，…，k-2，k-1時，分別得rk（n+1）=1，2，…，k-1，0.再設(shè)dk（n）=rk（n+1）-

rk（n）（k=2，3，…，10），可得dk（n）=1或1-k.

由題設(shè)R（n）=R（n+1），可得

R（n+1）-R（n）=∑10k=2rk（n+1）-∑10k=2rk（n）

=∑10k=2［rk（n+1）-rk（n）］=∑10k=2dk（n）=0.

若d10（n）=-9，則0=∑10k=2dk（n）=∑9k=2dk（n）+d10（n）≤8×1+（-9）=-1，這不可能！

所以d10（n）≠-9，得d10（n）=1.

若d9（n）=-8，由3|9及d3（n）=1或-2，可得d3（n）=-2.

所以0=∑10k=2dk（n）≤7×1-8-2<0，這不可能！

因而d9（n）=1.

若d8（n）=-7，則d4（n）=-3，d2（n）=-1，所以0=∑10k=2dk（n）≤6×1-7-3-1<0，這不可能！

因而d8（n）=1.

若d7（n）=1，由∑10k=2dk（n）=0及d8（n）=d9（n）=d10（n）=1，可得∑6k=2dkn=-4.

再經(jīng)過細(xì)致討論，可得下面的三種情況：

（1）d2（n）=d4（n）=d5（n）=d7（n）=d8（n）=d9（n）=d10（n）=1，d3（n）=-2，d6（n）=-5.

進而可得d6（n）=-5，

即6|n+1，d2（n）=1.

即n+1不是2的倍數(shù)，矛盾！

（2）d2（n）=d3（n）=d6（n）=d7（n）=d8（n）=d9（n）=d10（n）=1，d4（n）=-3，d5（n）=-4.

進而可得d4（n）=-3，即4|n+1，d2（n）=1，即n+1不是2的倍數(shù)，矛盾！

（3）d2（n）=-1，d3（n）=-2，d4（n）=-3，d5（n）=d6（n）=d7（n）=d8（n）=d9（n）=d10（n）=1.

進而可得d3（n）=-2，d4（n）=-3.即3|n+1|，4|n+1|，也即12|n+1，d6（n）=1.即n+1不是6的倍數(shù)，矛盾！

所以d7（n）≠1，d7（n）=-6.

再由∑10k=2dk（n）=0及d8（n）=d9（n）=d10（n）=1，可得∑6k=2dkn=3.

又由dk（n）=1或1-k（k=2，3，4，5，6），

可得d2（n）=-1，d3（n）=d4（n）=d5（n）=d6（n）=d8（n）=d9（n）=d10（n）=1，d7（n）=-6.

進而可得d2（n）=-1，d7（n）=-6.

即2|n+1，7|n+1|，

也即14|n+1；d3（n）=d4（n）=d5（n）=d6（n）=d8（n）=d9（n）=d10（n）=1.

即n+1不是3，4，5，6，8，9，10的倍數(shù).

再由n是兩位正整數(shù)，可得n+1是14或98，即n是13或97.

綜上，滿足題設(shè)的n有且僅有兩個：13或97.

11.A.a，b，c，d，x∈N*.設(shè)下面五個問題：

（1）101|a+b+c+d，1≤a<b<c<d≤101；

（2）101|a+b+c+x，1≤a<b<c≤101，1≤x≤101，xa，b，c；

（3）101|a+b+2x，1≤a<b≤101，1≤x≤101，

xa，b；

（4）101|a+3x，1≤a≤101，1≤x≤101，x≠a；

（5）101|a，1≤a≤101，

解的組數(shù)分別為a1，a2，a3，a4，a5.

注意到問題（2）解的組數(shù)a2可這樣確定：先從1，2，3，…，101中任取3個數(shù)按從小到大的順序分別給a，b，c，共C3101種選擇；再從1，2，3，…，101中取一個數(shù)x滿足101|a+b+c+x，即x≡-a-b-c（mod 101）（因為1≤x≤101，所以這樣的x是唯一存在的）.

當(dāng)xa，b，c時，得到的數(shù)組為問題（2）的解；當(dāng)x∈a，b，c時，得到的數(shù)組為問題（3）的解.

所以a2=C3101-a3.

同理可得a3=C2101-a4，a4=C1101-a5.

易知a5=1.

可得問題（2）包括下面的四種情形：

101|a+b+c+x，1≤x<a<b<c≤101;

101|a+b+c+x，1≤a<x<b<c≤101;

101|a+b+c+x，1≤a<b<x<c≤101;

101|a+b+c+x，

1≤a<b<c<x≤101，

所以a2=4a1.

進而可得a4=100，a3=4 950，a2=161 700，

a1=14a2=40 425.

12.D.由題設(shè)“線段AC”可知兩點A，C不重合.如圖1所示，可設(shè)∠BAC=θ（0≤θ<π2.在Rt△ABC中，可得|BC|=2sinθ，|AC|=2cosθ

.

再由|CD|=3|BC|，可得

|AD|=|AC|+3|BC|=6sinθ+2cosθ.

如圖1所示，過點D作DH⊥x軸于點H，在Rt△ADH中，可得

|DH|=|AD|sinθ=…=sin2θ-3cos2θ+3，

|AH|=|AD|cosθ=…=3sin2θ+cos2θ+1，

所以點D（3sin2θ+cos2θ，sin2θ-3cos2θ+3）.

設(shè)x=3sin2θ+cos2θ，y=sin2θ-3cos2θ+3（0≤θ<π2），可求得

10sin2θ=3x+y-3，10cos2θ=x-3y+9，

再由sin22θ+cos22θ=1，可得

x2+（y-3）2=10.

設(shè)函數(shù)f（α）=3sinα+cosα（0≤α≤π），可求得

f ′（α）=3cosα-sinα（0≤α≤π）.

令f ′（α）=0，可得其根α0滿足tanα0=3（0<α0<π2）.

所以sinα0=310，cosα0=110.

得f（α0）=10.

當(dāng)α變化時，可得表1：

由此可得f（α）max=10，f（α）min=-1.

再由f（α）是連續(xù)函數(shù)，可得f（α）的值域是［-1，10］，進而可得函數(shù)

x=3sin2θ+cos2θ（0≤θ<π2）

的值域是（-1，10］.

設(shè)函數(shù)g（β）=sinβ-3cosβ+3（0≤β≤π），

則g′（β）=3sinβ+cosβ（0≤β≤π）.

令g′（β）=0，可得其根β0滿足

tanβ0=-13

（π2<β0<π）.所以sinβ0=

110，cosβ0=-

310，得

g（β0）=3+10.

當(dāng)β變化時，可得表2：

由此可得g（β）max=3+10，g（β）min=0.

再由g（β）是連續(xù)函數(shù)，可得g（β）的值域是［0，3+10］），進而可得函數(shù)y=sin2θ-3cos2θ+

3（0≤θ<π2）的值域是［0，3+10］）.

因而動點D的軌跡是不含左端點的半圓x2+（y-3）2=10（-1<x≤10，y≥0）

（如圖1所示，其圓心是點F（0，3））.

如圖1所示，設(shè)線段FE與該半圓交于點G，可得

|DE|min=|GE|=|FE|-|FG|=25-10.

可猜測|DE|max=|BE|=34，用導(dǎo)數(shù)嚴(yán)格證明如下：

設(shè)動點D（10cosγ，3+10sinγ）（-π<γ<π），

由-1<10cosγ≤10，0≤3+10sinγ≤3+10，可得γ的取值范圍［-arcsin

310，π-arcsin310）.

則|DE|2=（10cosγ-4）2+（3+10sinγ-5）2

=30-410（sinγ+2cosγ）.

設(shè)函數(shù)h（γ）=sinγ+2cosγ（-arcsin

310≤γ≤π-arcsin310），可求得

h′（γ）=cosγ-2sinγ（-arcsin

310≤γ≤π-arcsin310）.

令h′（γ）=0，可得其根γ0滿足

tanγ0=12（0<γ0<π2）.

所以sinγ0=

15，cosγ0=25，得h（γ0）=5.

當(dāng)γ變化時，可得表3：

由此可得h（γ）max=5，h（γ）min=-110.

再由h（γ）是連續(xù)函數(shù)，可得h（γ）的值域是［-110，5］.

所以|DE|的取值范圍是［25-10，34］.

所以

|DE|min·|DE|max=34（25-10）

=2170-285.

13.B.分解質(zhì)因數(shù)得20=22·5，20 000=（22·5）·（23·53）.因而，可不妨設(shè)滿足題設(shè)的三個兩兩互異的正整數(shù)分別為20·2x15y1，20·

2x25y2，20·

2x35y3，其中x1，x2，x3，y1，y2，y3∈0，1，2，3，且min{x1，x2，x3}=min{y1，y2，y3}=0，max{x1，x2，x3}=

max{y1，y2，y3}=3.

可不妨設(shè)x1=0，x2=3，得滿足題設(shè)的三個兩兩互異的正整數(shù)的120分別為5y1，235y2，2x35y3（下面記此為無序數(shù)組G），其中x3，y1，y2，y3∈0，1，2，3，且min{y1，y2，y3}=0，max{y1，y2，y3}=3.

分下面四種情況討論，可得滿足題設(shè)的無序正整數(shù)組的組數(shù)是23+6+6+17=52.

（1）y1=0，分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是14+9=23：

（ⅰ）當(dāng)y2=3時，得無序數(shù)組G為1，2353，

2x35y3.由x3，y3∈0，1，2，3;（x3，y3）≠（0，0），（3，3）（否則，2x35y3=1，2353，與“三個兩兩互異的正整數(shù)”矛盾），所以此時無序數(shù)組G的組數(shù)是4×4-2=14.

（ⅱ）當(dāng)y3=3時，得無序數(shù)組G為1，235y2，

2x353.可得y2∈0，1，2（若y2=3，則此時的無序數(shù)組G均在（1）（?。┲校?；x3∈0，1，2（若x3=3，則此時的無序數(shù)組G也均在（1）（?。┲校?所以此時無序數(shù)組G的組數(shù)是3×3=9.

（2）y1=1，分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是4+2=6.

（?。┊?dāng)y2=0，y3=3時，得無序數(shù)組G為5，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此時無序數(shù)組G的組數(shù)是4.

（ⅱ）當(dāng)y2=3，y3=0時，得無序數(shù)組G為5，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數(shù)組G均在（1）（?。┲?；若x3=3，則此時的無序數(shù)組G也均在（2）（?。┲校?，所以此時無序數(shù)組G的組數(shù)是2.

（3）y1=2，分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是4+2=6.

（?。┊?dāng)y2=0，y3=3時，得無序數(shù)組G為52，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此時無序數(shù)組G的組數(shù)是4.

（ⅱ）當(dāng)y2=3，y3=0時，得無序數(shù)組G為52，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數(shù)組G均在（1）（?。┲校?；若x3=3，則此時的無序數(shù)組G也均在（3）（?。┲校?，所以此時無序數(shù)組G的組數(shù)是2.

（4）y1=3，分下面兩種情況討論可得無序數(shù)組G的組數(shù)是11+6=17.

（?。┊?dāng)y2=0時，得無序數(shù)組G為53，23，

2x35y3.由x3，y3∈0，1，2，3，（x3，y3）≠（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（3，0）（若（x3，y3）=（0，0），則此時的無序數(shù)組G均在（1）（ⅱ）中；若（x3，y3）=（0，1），則此時的無序數(shù)組G均在（2）（ⅰ）中；若（x3，y3）=（0，2），則此時的無序數(shù)組G均在（3）（ⅰ）中；若（x3，y3）=（0，3），（3，0），則2x35y3=53，23，與“三個兩兩互異的正整數(shù)”矛盾），可得此時無序數(shù)組G的組數(shù)是4×4-5=11.

（ⅱ）當(dāng)y3=0時，得無序數(shù)組G為53，235y2，2x3.可得y2∈1，2，3（若y2=0，則此時的無序數(shù)組G均在（4）（ⅰ）中）；x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數(shù)組G均在（1）（ⅱ）中；若x3=3，則此時的無序數(shù)組G均在（4）（?。┲校?所以此時無序數(shù)組G的組數(shù)是3×2=6.

14.A.由1 01222 023-1 01122 023=1及122 023=0，1 01122 023=505，可得集合{i22 023|i∈N*，i≤1 011}=0，1，2，…，505，其元素個數(shù)是506.

當(dāng)n≥1 011，n∈N*時，（n+1）22 023-n22 023=2n+12 023≥1，所以n22 023<（n+1）22 023.因而集合

i22 023|i∈N*，1 012≤i≤2 023的個數(shù)是2 023-1 012+1=1 012.

綜上所述，可得題中集合的元素的個數(shù)是506+1 012=1 518.

15.A.下面用四進制的知識來求解.

用0，1，2，3分別代表向量（1，0），（0，1），（-1，0），（0，-1），下面向量的起點均在坐標(biāo)原點處，可得甲蟲第1天在02jTg+6ACxufxU/isDM1QgNL1gWg33FAkrucXkMXhGdA=代表的向量的終點（即坐標(biāo)原點）處；第2天在（0.a1）（4）=14a1代表的向量的終點處；第3天在（0.a1a2）（4）=14a1+142a2代表的向量的終點處；……；第n+1天在（0.a1a2…an）（4）=14a1+142a2+…+14nan代表的向量的終點處.其中a1，a2，…，an∈0，1，2，3.因而四進制小數(shù)（0.a1a2…an）（4）共有4n種不同的情形.

因而S2 023=42 022.

16.A.x∈R，n∈Z，x∈［n，n+1）.

（1）當(dāng)n=0時，x［x］=0.

（2）當(dāng)n∈N*時，x［x］∈［n2，n（n+1））.

當(dāng)n取遍全體正整數(shù)時，x［x］的取值范圍是

［1，2）∪［4，6）∪［9，12）∪［16，20）∪…∪［k2，k（k+1））∪…

（3）當(dāng)-n∈N*時，x［x］∈（n（n+1），n2］.

當(dāng)n取遍全體負(fù)整數(shù)時，x［x］的取值范圍是

（0，1］∪（2，4］∪（6，9］∪（12，16］∪…∪

（k（k-1），k2］∪…

綜上所述，當(dāng)x取遍全體實數(shù)時，x［x］的取值范圍是

［0，2）∪（2，6）∪（6，12）∪（12，20）∪…∪（k（k+1），（k+1）（k+2））∪…

即函數(shù)y=x［x］（x∈R）的值域是

a|a≥0，a≠k（k+1），k∈N*.

由此結(jié)論，可得原方程無實根.

17.B.由題可設(shè)x-1=a，y-1=b，z-1=c（a，b，c∈N*），即“a，b，c，a+1a（b+2），b+1b（c+2），c+1c（a+2）∈N*”.再由（a，a+1）=（b，b+1）=（c，c+1）=1，可得“a，b，c∈N*，a|b+2，b|c+2，c|a+2”.

由“a，b，c是輪換對稱的”知，可不妨設(shè)a≤b且a≤c，進而可得b+2≥2a，c+2≥b，a+2≥c，

所以2a-2≤b≤c+2≤a+4.

解得a≤6.

由a≤c≤a+2，可得c=a，a+1或a+2.

若c=a，由c|a+2，可得a|a+2，a|2.

所以a=1或2.

若c=a+1，由c|a+2，可得（a+1）|（a+2），（a+1）|1，這不可能！

所以題設(shè)即

b=1或3，a=c=1，

或2|b，b|4（b∈N*），a=c=2，

或a|b+2，b|a+4（a≤b，b∈N*），c=a+2（a=1，2，3，4，5，或6）.

進而可得（a，b，c）=（1，1，1），（1，3，1），（2，2，2），（2，4，2），（1，1，3），（1，5，3），（2，2，4），（2，6，4），（3，7，5），（6，10，8）.

因而當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時，abc取到最小值；當(dāng)且僅當(dāng)（a，b，c）=（6，10，8）時，abc取到最大值.

所以，對于本題來說，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=2時，（xyz）min=23=8；當(dāng)且僅當(dāng)（x，y，z）=（7，11，9），（11，9，7）或（9，7，11）時，（xyz）min=7×11×9=693.

所求答案是693+8=701.

18.C.因為（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2關(guān)于（x，y，z，t）是輪換對稱的，所以可不妨設(shè)x=a.又因為表達(dá)式關(guān)于y和t是對稱的，所以對于（b，c，d）的6種排列，（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2最多能取3個不同的值.

由a<b<c<d，可證得

（a-b）2+（b-d）2+（d-c）2+（c-a）2<（a-b）2+（b-c）2+（c-d）2+（d-a）2

，

即（a-b）（c-d）>0，

（a-b）2+（b-c）2+（c-d）2+（d-a）2<（a-c）2+（c-b）2+（b-d）2+（d-a）2，

即（a-d）（b-c）>0.

綜上，由（x-y）2+（y-z）2+（z-t）2+（t-x）2得到的不同數(shù)的個數(shù)為3.

19.B.若x1+x2+…+x5≥111，則

111≤x1+x2+x3+x4+x5

≤（x5-4）+（x5-3）+（x5-2）+（x5-1）+x5

=5x5-10.

得x5≥1215，

所以正整數(shù)x5≥25.

由x1+x2+…+x9=220，還可得

109≥x6+x7+x8+x9

≥x6+（x6+1）+（x6+2）+（x6+3）

=4x6+6.

所以x6≤1034，正整數(shù)x6≤25≤x5，與題設(shè)x6>x5矛盾！

所以x1+x2+…+x5≤110.

由20+21+22+23+24+26+27+28+29=220，20+21+22+23+24=110，可得x1+x2+…x5的最大值是110，且此時x9-x1=29-20=9.

當(dāng)x1+x2+…+x5取到最大值110時，

110=x6+x7+x8+x9

≥x6+（x6+1）+（x6+2）+（x6+3）

=4x6+6.

得x6≤26.

所以84≤x7+x8+x9

≤（x9-2）+（x9-1）+x9

=3x9-3.

所以x9≥29.

再由110=x1+x2+…+x5≥x1+（x1+1）+

（x1+2）+（x1+3）+（x1+4）=5x1+10，

得x1≤20.

所以x9-x1≥29-20=9.

綜上所述，可得x9-x1的最小值為9.

20.A.我們先證明必有全勝者.否則，設(shè)勝場最多者為球隊

A，由平均值原理可得球隊A的勝場數(shù)α滿足25≤α≤48，所以必有一支球隊打敗了A（設(shè)為B）.由α≥25知，可找出25支球隊均是A的手下敗將.考慮這25支球隊及A、B（共27支球隊），由題設(shè)知其中有全勝者.顯然A及其手下敗將均當(dāng)不了全勝者，所以B為全勝者，且戰(zhàn)勝了A的全部手下敗將.

由于A的手下敗將是任選的，此時，A的手下敗將全被B打敗，所以B打敗的球隊比A還多，這與“勝場最多者為球隊A”矛盾！所以必有全勝者（設(shè)為球隊A）.

同理，必有全敗者（設(shè)為球隊a）.

由于兩個球隊A，a與其他球隊的勝負(fù)關(guān)系唯一確定，所以把這兩個球隊劃去后，用類似的方法可以證明：在余下的48支球隊中也有全勝者與全敗者.

依次類推到最后，可得這50支球隊的積分一定有49，48，47，…，2，1，0的情形，所以這50支球隊總共最少有50種不同的積分.

［責(zé)任編輯：李璟］