2025年清华大学丘成桐数学水平考试试题

清华大学丘成桐数学水平考试

时间：2025年4月20日

n

题1.记耳=汇入记4=B2-Fnt则[100用=.

fcwln=l

题2.令/=触G+1)7则[100川=.

题3.{1,2,…，2025}中有个自然数x,使得x与某个整数得平方模2025余

数相同.

题4.4=(；：),则tr(4100)模72得的余数为.

题5.A=J"；J；max{x+y,y+z,a:+z}dxdydz,则[1004]=.

题6.R3中两直线以30度相交，考虑以两条直城为中心轴、半径为1的圆柱体心和

记V为LiCb的体积，W[100V]=.

题7,已知j/(z)=n(vW-炉)例工)+/)，且1/(0)=12,记/=lim则

*=1J+OO

(100Z)=.

题8.小…，vioo€R3,记$是£det(213-VjvJ)的最大值，则[S]=.

Kt<j<100

T10

题9.{4WA/W(R)|AA=A=Z10}中互不相似的矩阵有种.

题10.令4=£arctanI1][1004]=.

n»l

题11.4=£2-ncosnx,A=f^x)dx,则[1004]=.

ru«l

题12.A7中的共其美的个盘为.

题13.ff(x)=|{i}—扎令力=lime*ff(nx)dx,I'l[1004]=.

nT8

题14.GL3(F5)中有个2阶元.

题15.对于iwN+,1WiW2",记SiU{0,1,•••,n-l)使得i=1+£2°.记2n阶

矩阵Mn:=的)，其中知=(-1)1^1,I'J||log2|log3A/202o||]=

2025年4月丘成桐数学水平考试解析

说明：

・试卷满分150分，每题10分，考试时间180分钟

・以下所有题目中：㈤人示不超过实效上的最大终敕：A1”(K)表示教城K上的〃阶

方阵；常数ek2.718

n.o©

1.记耳=£白记力=£2-n氏,则[1004]

k=ln»l

解折：由定义并交换求和顺生得

88

E18

E=

II

8

2

W

8Tk1

在泰勒展开£X=-hi(l-])取l=5可得

A=I'

玄华=12.

*=|

因此j=21112k1.3«6294,故[100.A]=|138|,□

7T1

2.令/=limtanT+一,则[100/]=

驿折：当”OC时--->0.对tanr在i=:附近展开得

n4

122

tan=5+/+…

于是

工292

利用泰勒展开111(1+J-)=x--+•••并代入Z=二+方+O得

24

hi/=iiin

n—>oo「承+

因此/=7389)56.馥[100Z]=|738|.□

3.{L2.….2025}中有个H然数工,使得上与某个整数的平方模2025余数相同.

解折：将2025=3』52,分别计算二次轲余个效：

・模34=81:/(81)=54.单住元平方产生54/2=27个.余下的{9,36,63}及。共

3+1=4个.合计27+4=31个.

・模5?=25:3(25)=20,单位元平方产生20/2=1()个，扣上0^10+1=11个.

由中国剌余定理.模2025的二次轲余总数为

31x11=|341.

,mtr(4,(X))模72得的余数为

解析：矩阵A的逃tr(4)=16.行列式dct(,4)=27.故存征方程为A2-16A+27=0(也

可以直接用-A\求特征方程).根据哈密顿-凯莱定理.矩阵.4满足A2=16A-271.

n

我们一般性地定义8nHtr(^),则有递推关系Sn=16s“7-27sn_2.

利用前两项so=2(单位矩阵的迹)，si=5+11=16,直接计算得到(在模72的意义下)

s-2=58.S3=61,s.|=34.$5=40.so=10.s1=16.=58

由二阶段性速推关系可知从n=1开始，序列周期为6.原题所求sioo对应周期中的弟4

项，故答案为§4=瓯.

辞折：我们可以将积分区成分为三个部分.每个部分对应其中一个表达式最大的情况.由

对称性.这三个部分的枳分伍相等,因此只需计算其中一个部分的枳分再乘以3即可.

若max{x++Z,H+2}=1+u时，则有I2z且y2z.此时被积函数为工+y,积

分区优为zC[0,1],xc[s,1],“C[2,1].于是积分化为

，=///(x+y)dy(Hdz.

5

解析：依题意，平街点由[[(1/一总)5+22)=0确定即y=±L±4.±9.±16.±25.初龄

K=l

值g(0)=12€(9.16),此时对k=1.2.3,对应的y-k'2均为正,对A=1.5对应因子为

负.因此//(x)>0.</递增.

当4〉16且UV25时，只有//-52<0,导致y\x)<0,y递减.于是v=16是

稳定的平面点.初始值!/(())=12€(9.16),导致为正.y递增至16后稳定，故/=16.

[1()()/|=11G(X)|.□

3

8.n，….盯oo是R中的单位列向品:，汜S是£det(2/3-VivJ)的最大值，则⑸=

Kt<J<100

一析:利用det(J-AB)=dct(7-BA)可得

det(2/3-ViV：)=det(2(/3-=23(let(/一=8-4g.叩

-Jt中v,•vj是命量的点积.因此.总和S可表示为

S=£(8-4(心叼))=80-4£加—).

1<»<><100

其中第一项为常数

100-99

8——--=8-4950=396()0.

2

义所有Vi均为单位向量.故

▽1(即

i<jy.J=i

100

当£«=()时等号成立，于是所求最大值为

1=1

S=39600-4-(-50)=39600+200=1398001■

□

注：重点是行列式•降阶公式，考时的代数冲轲课上多次夏习并刊用这一怛鹰

Trt

9.{Ae,M10(R)IAA=A=中互不相似的矩阵有种.

解析：A5=/io说明A在乘法群中具有（最大）阶为5,因此从的挣征多项式（X、（工））在

及敕城上只可能有5次单位根作为特征值.

设矩阵A的实分块对角形式是由。个国块，b个2x2旋转块（角27T/5）和。个2x2

旋转块（由47T/5）按对向拼起来.由于矩阵总推数是10,故

a4-26+2c=10,a.b.c>0.

每个不同的（a,Ac）会给出一个彼此不相似的正义殍阵相似类.

对于a=10-2（d+c）>0,则只需6+c<5J.6,c>0.令s=6+c,则s可取0,1,2,3,4,5

共6个值.对于给定的s,（b,c）的非负解数是s+L因此所有解的总数为

5

£（s+1）=14-2+34-4+54-6=21.

6=0

上述每一个解（a,6,c）对应一个唯一的实相似美，从而满足AA1=/和八，=/的实

10x10矩阵的相似类总数为叵口□

注：与往年真题一样的思路.考前代数讲义上也反复提及实矩阵的分块相似标准里。

2

10.令A=£arctan则[100用=.

n=l

薛析：根据差向公式.有：

2(n+1)—(71—1)...

arctail—x=arctan-----------------=arctanin+1)—arctan(n—1).

n21+(n4-l)(n-1)

于是题中级数展开轧项得

oo

A=£|arctan(n+1)—arctan(n-1)]

n=l

=lim[<irctmi(N+1)+arctanN—arctan0-arctan1]

JVT8

=(源)-。十年・

故[10()川=1235I.□

it:裂项相洸的老通.《考前强训教学分析》级数计算部分专门讲过此类题型

8Q

11.f(x)=£2一“86叫4=/(/(z))2dx,m[1004]

r.=0J°

解析:将/(句写为傅里叶圾教彩式:

8

/(T)=£%cos(ru-)

n=0

其中a“=2-n,则

=(£*cos(nar)lI£a,cos(mx)j.

(〃叫n

\n-0/\rn-0/

积分时，由于cos(nr)在区间|0.2ir］上的正交性.

2小n=HI=0,

/-,■

Icos(〃j*)Gos(7〃rklr=<万,ii=m*0,

it*m.

因此交叉项都为零,仅保留〃=m的部分:

°,2万x'21r

2

A=[(/(a:))*(Lr=Jcos(0•幻dr+24/COS2(HJ-)CLT.

n=lJ°

当〃=()时cos2(()-2-)=1,故

=/l<Lr=2才.

又aQ=2­0=1,因此

Qo,2;r=1~•2TF=27r.

当〃21时:

cos2(n^)(Lr=n,aj=(2-n)2=2-2n.

所以

£境.”=TT/田.

〃=1n=l

注意

玄2-=文田“=%4

n=ln=l1

因此

n=l

烽上

故［10()川=17331.□

注：2023年4月零试再题.只需注意到三甭函教部分的正交性

12.A7中的共桅类的个数为.

解折：一个Sn共辑美若包含于An.则它在An中保持为单个类或分裂为两个美.分裂当

且仅当其循环类型由互异的奇数长度组成.

在S7中，有8种循环类型时应于A7中的元索(偶互换)：

(1).(123).(12345).(1234567).(12)(34),(12)(34)(567).(12)(3456),(123)(456)

其中仅类型(1234567)(由一个长度为7的专循环组成)满足分礼条件，其他7种类型或者

包含偶效长度,或者包含重贪的奇效长度.故不分轧

因此A7的共辄美数目为7(不分裂的美)+1x2(分裂的臭)=回□

13.g(x)={1}一?.令A/g(儿r)dj•.则[100/1]

箱折：利用黎生引理：设/(x)在［a.b\上可积.仪工)以T为周期.且在［0,7］上可枳，则

lim[f(x)g(nx)dx=^[g(x)dx[/(x)(Lr.

n->0%/JoJa

本题中代入〃工)=",T=1可得

A=；jg(ar)difex(Lr=(e—1)[T—；di=；(e—1)%0.42957

1JoJoJo24

因此［1()()川=画□

注：与《考前集训教学分析-第五讲》T13完全类似.另外在日常课理中，我们多次提及

恭生引理及应用,并且补充说明过一般版风

2

14.集合{A:AWG£3(F5),/1=/}中有个元素.

薜折：在G=G±3(F5)中.阶为1的元素必然只有1个;

阶为2的元素A满足＜2=/且A*/由于A的最小多项式空除J-2-1=（1-1）（工-4）.

无重根,故力在Fs上可对角化，且其特征值为1或4.于是满足条件的A的相似标准型

（对角形式）必为以下三种之一：

•Di=diag(lt1,4)

•D-2=<liag(l.4.4)

・03=<liag(4.4.4)=4/=—/

这三种标准型代表了G中所有阶为2的元素的共橱类.我们依次计算各类的大小

|Cl(D,)|=|G|/|Cc(D,)|(i=1.2.3)

•首先计算全群的阶

3

|G|=|GL3(F5)|=(5-1)(5：'-5)(53_52)=124.120100=1488000.

22

•CG(OI)三GL2(F5)xGLI(F5),故|CG(Q)|=(5-1)(5-5)x(5-l)=1920.此

时

1=|G|/1920=1488000/1920=775.

・皂