2023年北京大學強基計劃數學試題及其詳解

摘要：文章給出了2023年北京大學強基計劃試題及其詳解.

關鍵詞：強基計劃；北京大學；數學試題

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

1.把實部和虛部均為有理數的復數叫作有理復數，實部和虛部均為無理數的復數叫作無理復數，實部和虛部中一個是有理數而另一個是無理數的復數叫作半有理復數.若在復平面內的一個三角形的三個頂點對應的復數均為半有理復數，則該三角形的重心對應的復數是（）.

A.只能是有理復數或半有理復數

B.只能是無理復數或半有理復數

C.只能是半有理復數

D.以上都不對

2.方程1+cosx+isinx-cos2x-isin2x+cos3x+

isin3x=0在［0，2π］上根的個數是（）.

A.0B.1C.無數D.以上都不對

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

A.1B.2C.4D.以上都不對

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

A.32B.42C.52D.以上都不對

5.函數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的倍數的二元子集個數的最大值是（）.

A.159B.169C.179D.以上都不對

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

A.0B.1C.2D.以上都不對

8.若一個凸十邊形內的任意三條對角線都不會相交于該十邊形內的同一點，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n分別除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余數之和，則滿足R（n）=R（n+1）的兩位數n的個數是（）.

A.0B.1C.2D.以上都不對

11.若四個正整數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組（a，b，c，d）的組數為（ ）.

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的最大公約數是20，最小公倍數是20 000，則這樣的無序正整數組的組數是（）.

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得到的不同數的個數為（）.

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賽，勝一局積1分，負一局積0分，且任取27支球隊能找到一支全部戰勝其余26支球隊和一支全部負于其余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數的例子：1+

2i，2+2i，3-22i.

三角形的重心為無理復數的例子：1+2i，2+3i，5+i.

三角形的重心為半有理復數的例子：2+i，

-2+i，3-22i.

2.A.設z=cosx+isinx，可得原方程即

z3-z2+z+1=0.

設函數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，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（設為r，可得|r|≠1）及兩個共軛虛根（設為α，α-）.

由韋達定理，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.可用數學歸納法證得an>2（n∈N*），因而可設an=bn+1bn（bn>1，n∈N*）.

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

又由y=x+1x（x>1）是增函數，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

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除所得的余數為2.

4.B.U中的奇數元素是1，3，5，7，9；偶數元素是2，4，6，8，10.設滿足題設的三元子集是A，則A中的偶數元素個數是0或1.

（1）當1∈A時，此時A的個數是5+17=22.

（ⅰ）A中的偶數元素個數是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的個數是C24-1=5（去掉1，3，9這種情形）.

（ⅱ）A中的偶數元素個數是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的個數是4×5-3=17（去掉1，3，6;1，5，10;1，9，6這三種情形）.

（2）當1A時，此時A的個數是2+18=20.

（ⅰ）A中的偶數元素個數是0，即A中的三個奇數元素從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的個數是2.

（ⅱ）A中的偶數元素個數是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的個數是3+4+4+3+4=18）：

①A中的兩個奇數是3，5，得另一個偶數是2，4或8，此時A的個數是3；

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

③A中的兩個奇數是5，7，得另一個偶數是2，4，6或8，此時A的個數是4；

④A中的兩個奇數是5，9，得另一個偶數是2，4或8，此時A的個數是3；

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

綜上所述，可得所求答案是22+20=42.

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

所以sinx<-1πx+1.

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

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

又由β（π4）=12-34<0，β（π）=-1<0，所以當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， 進而可得當且僅當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，得10個滿足題設的二元子集.還剩下一個17的倍數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余1的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余2的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余3的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余4的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余5的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余6的數.

（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，得21個滿足題設的二元子集.還剩下一個被17除余7的數.

（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，得22個滿足題設的二元子集.

這樣，共得到10+21×7+22=179個滿足題設的二元子集，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的數各一個，由它們任意選兩個數組成的集合均不是滿足題設的子集，進而可得所求答案就是179.

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

再設函數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.

再由limx→-∞g（x）=-∞，limx→+∞g（x）=+∞及零點存在定理，可得函數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）沒有實數重根，因而原方程實根的個數是1.

8.A.設所求區域個數為n.

可得題設中的交點即四邊形對角線的交點，所以交點的個數是C410.

我們對這些區域的總角度算兩次：

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

360°C410×8×180°.

另一方面，每個區域是多邊形，得總角度為總邊數×180°-區域數×360°.注意到總邊數=總角數，而總角數可由每個內部點提供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.設該三角形的三邊長分別是a，b，c，內切圓半徑是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.設正整數m除以2，3，4，5，6，7，8，9，10所得的余數分別為r2（m），r3（m），…，r10（m），則R（m）=∑10k=2rk（m）.

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

rk（n）（k=2，3，…，10），可得dk（n）=1或1-k.

由題設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.

再經過細致討論，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，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，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，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.

再由n是兩位正整數，可得n+1是14或98，即n是13或97.

綜上，滿足題設的n有且僅有兩個：13或97.

11.A.a，b，c，d，x∈N*.設下面五個問題：

（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，

解的組數分別為a1，a2，a3，a4，a5.

注意到問題（2）解的組數a2可這樣確定：先從1，2，3，…，101中任取3個數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xa，b，c時，得到的數組為問題（2）的解；當x∈a，b，c時，得到的數組為問題（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“線段AC”可知兩點A，C不重合.如圖1所示，可設∠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.

設函數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）是連續函數，可得f（α）的值域是［-1，10］，進而可得函數

x=3sin2θ+cos2θ（0≤θ<π2）

的值域是（-1，10］.

設函數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）是連續函數，可得g（β）的值域是［0，3+10］），進而可得函數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，用導數嚴格證明如下：

設動點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）.

設函數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）是連續函數，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.分解質因數得20=22·5，20 000=（22·5）·（23·53）.因而，可不妨設滿足題設的三個兩兩互異的正整數分別為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x1=0，x2=3，得滿足題設的三個兩兩互異的正整數的120分別為5y1，235y2，2x35y3（下面記此為無序數組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，可得滿足題設的無序正整數組的組數是23+6+6+17=52.

（1）y1=0，分下面兩種情況討論可得無序數組G的組數是14+9=23：

（ⅰ）當y2=3時，得無序數組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”矛盾），所以此時無序數組G的組數是4×4-2=14.

（ⅱ）當y3=3時，得無序數組G為1，235y2，

2x353.可得y2∈0，1，2（若y2=3，則此時的無序數組G均在（1）（ⅰ）中）；x3∈0，1，2（若x3=3，則此時的無序數組G也均在（1）（ⅰ）中）.所以此時無序數組G的組數是3×3=9.

（2）y1=1，分下面兩種情況討論可得無序數組G的組數是4+2=6.

（ⅰ）當y2=0，y3=3時，得無序數組G為5，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此時無序數組G的組數是4.

（ⅱ）當y2=3，y3=0時，得無序數組G為5，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數組G均在（1）（ⅰ）中；若x3=3，則此時的無序數組G也均在（2）（ⅰ）中），所以此時無序數組G的組數是2.

（3）y1=2，分下面兩種情況討論可得無序數組G的組數是4+2=6.

（ⅰ）當y2=0，y3=3時，得無序數組G為52，23，2x353.由x3∈0，1，2，3，可得此時無序數組G的組數是4.

（ⅱ）當y2=3，y3=0時，得無序數組G為52，2353，2x3.可得x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數組G均在（1）（ⅰ）中）；若x3=3，則此時的無序數組G也均在（3）（ⅰ）中），所以此時無序數組G的組數是2.

（4）y1=3，分下面兩種情況討論可得無序數組G的組數是11+6=17.

（ⅰ）當y2=0時，得無序數組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），則此時的無序數組G均在（1）（ⅱ）中；若（x3，y3）=（0，1），則此時的無序數組G均在（2）（ⅰ）中；若（x3，y3）=（0，2），則此時的無序數組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”矛盾），可得此時無序數組G的組數是4×4-5=11.

（ⅱ）當y3=0時，得無序數組G為53，235y2，2x3.可得y2∈1，2，3（若y2=0，則此時的無序數組G均在（4）（ⅰ）中）；x3∈1，2（若x3=0，則此時的無序數組G均在（1）（ⅱ）中；若x3=3，則此時的無序數組G均在（4）（ⅰ）中）.所以此時無序數組G的組數是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，其元素個數是506.

當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的個數是2 023-1 012+1=1 012.

綜上所述，可得題中集合的元素的個數是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（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n=0時，x［x］=0.

（2）當n∈N*時，x［x］∈［n2，n（n+1））.

當n取遍全體正整數時，x［x］的取值范圍是

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

（3）當-n∈N*時，x［x］∈（n（n+1），n2］.

當n取遍全體負整數時，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x取遍全體實數時，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y=x［x］（x∈R）的值域是

a|a≥0，a≠k（k+1），k∈N*.

由此結論，可得原方程無實根.

17.B.由題可設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）.

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

所以，對于本題來說，當且僅當x=y=z=2時，（xyz）min=23=8；當且僅當（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關于（x，y，z，t）是輪換對稱的，所以可不妨設x=a.又因為表達式關于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得到的不同數的個數為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x6≤25≤x5，與題設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，設勝場最多者為球隊

A，由平均值原理可得球隊A的勝場數α滿足25≤α≤48，所以必有一支球隊打敗了A（設為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），由題設知其中有全勝者.顯然A及其手下敗將均當不了全勝者，所以B為全勝者，且戰勝了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（設為球隊A）.

同理，必有全敗者（設為球隊a）.

由于兩個球隊A，a與其他球隊的勝負關系唯一確定，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.

［責任編輯：李璟］