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2022 年北京大学强基计划笔试数学试题
1. 已知 2n+1与 3n+1均为完全平方数且 n不超过 2022，则正整数 n的个数为 .
答案：1
解：设 2n+ 1 = a2，3n+ 1 = b2
化简得到 3a2 2b2 = 1，即 (3a)2 6b2 = 3，
由于 (3, 1)为佩尔方程 x2 6y2 = 3的一组解，
由佩尔方程的性质知其有无穷多组解，
对其任意一组解 (xk, yk)，由于 x
2
k = 6y
2
k + 3，所以 xk 为被 3整除的正奇数.
2
则 a = xk，n = a 1，知这样的 n均为正整数.
3 2
由于 1 ≤ n ≤ 2022，知 1 < a ≤ 6√3，所以 3√< xk ≤ 189，√ √
(3 + 2 6)(5 + 2 6)k + (3 2 6)(5 2 6)k
由佩尔方程的通解知 xk = ，
2
由特征方程知其所对应的递推公式为 xk+2 = 10xk+1 xk，x1 = 3，x2 = 27，得 x3 = 267，
因此仅 x2 = 27满足条件，此时 n = 40.
所以这样的 n为 1个. 
1
2. 已知凸四边形 ABCD满足 ∠ABD = ∠BDC = 50 ，∠CAD = ∠ACB = 40 ，则符合
题意且不相似的凸四边形 ABCD的个数为 .
答案：2
解：对凸四边形 ABCD，由 ∠CAD = ∠ACB，有 AD BC；由 ∠ABD = ∠BDC，
图 1: 第 2题图
有 AB CD.故四边形 ABCD为平行四边形.
如图，设对角线 AC 中点为 O. 我们下面固定对角线 AC，则点 D 在固定的射线 AD
上，我们只需求出该射线上满足 ∠CDO = 50 的点 D个数即可.
记过 C,O且与射线 AD相切的圆为 ω(易知这样圆存在且唯一)，切点为D′，由圆幂定
√
理知 AD′2 = AO ·AC 从而 AD′ = 2AO.
首先说明 ∠CD′O > 50 .
该结论等价于 180 ∠CAD′ 2∠AD′O > 50 ，即 ∠AD′O < 45 .设 ∠AD′O = θ,易
知 θ < 90 . 在△AD′O中，由正弦定理,
AO AD′
=
sin θ sin(140 θ)
sin(140
θ) √
= 2
sin θ
√ sin(140 θ)
注意到 2 = 6 1 ，所以 sin θ 6 sin 45 ，且当 θ = 45 时等号不成立，
sin θ sin θ
故 θ < 45 ,结论得证.
射线 AD上在D′的左右两侧各有一个满足 ∠CO′D = 50 的点D，故满足条件的形状
不同的凸四边形有两种. 
3. 已知正整数 y不超过 2022且满足 100整除 2y + y，则这样的 y的个数为 .
答案：20
解：由于 100|2y + y，所以 4|2y + y.
显然 y = 1，所以 y ≥ 2，所以 4|2y，进而得到 4|y.
设 y = 4f(1 ≤ f ≤ 504)，
则 5|24f + 4f，由于 24 ≡ 1(mod 5)，所以 4f + 1 ≡ 0(mod 5)，即 f ≡ 1(mod 5).
设 f = 5d+ 1，则 y = 4f = 20d+ 4(0 ≤ d ≤ 100).
则 220d+4 + 20d+ 4 ≡ 0(mod 25).
由欧拉定理，φ(25) = 20，所以 220 ≡ 1(mod 25).
进而得到 0 ≡ 220d+4 + 20d+ 4 ≡ 20d+ 20(mod 25).
所以 25|20d+ 20，5|d+ 1，所以 d = 5k + 4(0 ≤ k ≤ 19).
因此这样的 y有 20个. 
√
4. 已知 [x] 表示不超过 x 的整数，如 [1.2] = 1，[ 1.2] = 2. 已知 α = 1 + 5，则
2
[α12] = .
答案：321 √ √
解：记 a = (1 + 5)n + (1 5)nn ，
2 2
则由其所对应的特征根方程知数列 an满足 an+2 = an+1 + an且 a0 = 2，a1 = 1，
依次可得 a2 = 3，a3 = 4，a4 = 7，a5 = 11，a6 = 18，a7 = 29，a8 = 47，a9 = 76，
a10 = 12√3，a11 = 199，a12 = 322√.
而 |1 5 | ∈ (0, 1)，所以 (1 5)12 ∈ (0, 1)，
2 √ 2
所以 a > (1 + 5)1212 > a12 1，所以 [α12] = 321. 
2
5. y y f f d d
( )2
已知六位数 y1y2f3f4d5d6，满足
1 2 3 4 5 6 = 1 + y1y2f3 ，则所有满足条件的六
f4d5d6
位数之和为 .（f4d5d6不必为三位数）
答案：2065020
解：假设 y1y2f3 = m，f4d5d6 = n，则 100 ≤ m ≤ 999，1 ≤ n ≤ 999.
由此可得原命题等价于 1000m + 1 = (1 +m)2，即 1000 = 2 +m.
n n
由于 102 ≤ 2 +m ≤ 1002，所以 1 ≤ n ≤ 9且 n|1000，
所以 n = 1, 2, 4, 5, 8，因此对应的 (m,n)有 5种不同的取值，对应的六位数为 1000m+
n = 1000× (1000 2) + n，即 998001, 498002, 248004, 198005, 123008.
n
这样的六位数之和为 2065020. 
6. 已知整数 a, b, c, d满足 a+ b+ c+ d = 6，则 ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd的正整数取值
个数为 .
答案：10
解：由于 a, b, c, d均为整数，
(a+ b+ c+ d)2 (a2 + b2 + c2 + d2)
所以 ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = 为整数.
2
因此只需 (a+ b+ c+ d)2 (a2 + b2 + c2 + d2) > 0，即 a2 + b2 + c2 + d2 < 36.
原命题即为求 a2 + b2 + c2 + d2小于 36的不同取值的个数.
由柯西不等式知 (a2 + b2 + c2 + d2)(1 + 1 + 1 + 1) ≥ (a+ b+ c+ d)2 = 36，
因此 a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 9，
又因为 a2 + b2 + c2 + d2与 a+ b+ c+ d奇偶性相同，
所以 a2 + b2 + c2 + d2的取值必为 10到 34之间的偶数.
下证 a2 + b2 + c2 + d2不为 8的倍数：
采用反证法，若否，则 a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 0(mod 4)，
此时 a, b, c, d要么同为偶数要么同为奇数.
(i)a, b, c, d同为偶数：设 a = 2a′, b = 2b′, c = 2c′, d = 2d′.
此时 a′ + b′ + c′ + d′ = 3, a2 + b2 + c2 + d2 = 4(a′2 + b′2 + c′2 + d′2).
因为 a′2 + b′2 + c′2 + d′2与 a′ + b′ + c′ + d′奇偶性相同，
所以 a2 + b2 + c2 + d2不可能为 8的倍数.
(ii)a, b, c, d同为奇数：
由于奇数的平方模 8同余于 1，所以 a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 4(mod 8)，
所以 a2 + b2 + c2 + d2不可能为 8的倍数.
因此 a2 + b2 + c2 + d2的取值必为 10到 34之间的偶数且不为 8的倍数.
另一方面，设 f(a, b, c, d) = a2 + b2 + c2 + d2，
我们有 f(2, 2, 1, 1) = 10, f(2, 2, 2, 0) = 12, f(3, 2, 1, 0) = 14, f(3, 3, 0, 0) = 18,
f(3, 3, 1, 1) = 20, f(4, 2, 1, 1) = 22, f(4, 3, 0, 1) = 26, f(4, 2, 2, 2) = 28,
f(4, 3, 1, 2) = 30, f(4, 4, 0, 2) = 34，
因而 a2 + b2 + c2 + d2的取值为所有 10到 34之间不为 8的倍数的偶数，
因此 ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd的不同取值为 10个. 
7. 已知凸四边形 ABCD满足：AB = 1，BC = 2，CD = 4，DA = 3，则其内切圆半径
取值范围(为 .√ √ ]
答案： 15 , 2 6
5 5
解：先证明一个引理：平面上四边形 ABCD的四边长分别记为 a, b, c, d，那么四边形
ABCD的面积
√√√√SABCD = (p a)(p b)(p c)(p A+ Cd) abcd cos2 ,
2
其中 p为四边形 ABCD的半周长 1(a+ b+ c+ d)．
2
引理的证明：在△ABD和 △CBD中分别应用余弦定理，有 BD2 = a2 + d2 2ad cosA,BD2 = b2 + c2 2bc cosC,
又
1 1
SABCD = ad sinA+ bc sinC,
2 2
于是可得 ad cosA bc cosC =
1 (a2 b2 c2 + d2) ,
2
ad sinA+ bc sinC = 2SABCD,
两式平方相加，移项可得
2 1 ( ) ( )S 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1ABCD = a d + b c a b c + d abcd cos(A+ C),4 16 2
整理即得．
回到本题中，一方面， √ √
S ≤ (p a)(p b)(p c)(p d) 2 6r = =
p p 5
另一方面，欲求 r最{小值，只需使得}S最小，只需使得 cos2 A{+ C = cos2 B +}D 最大2 2
即可. 又因为 max A+ C , B +D ≥ π ,所以只需令 max A+ C , B +D 最大即
2 2 2 2 2
可.
设 AC = x,BD = y,有 1 < x < 3, 2 < y < 4，易知 ∠A,∠C 随 y增加而增加，∠B,∠D
随 x增加而增加，所以只需比较 x → 3和 y → 4的情况即可，此时四边形 ABCD分
√
别趋向退化成边长为 3, 3, 4和 4, 4, 2的三角形，经比较可得面积较小者为 15.故
√
S 15
r = >
p 5
(√ √ ]
综上，r ∈ 15 , 2 6 . 
5 5
8. 已知 a, b ∈ R，z1 = 5 a+ (6 4b)i，z2 = 2 + 2a+ (3 + b)i，z3 = 3 a+ (1 + 3b)i，
当 |z1|+ |z2|+ |z3|最小时，3a+ 6b = .
答案：33
7 √
解：已知 |z1|+ |z2|+ |z3| ≥ |z1 + z2 + z3| = |10 + 10i| = 10 2，
当且仅当 arg z1 = arg z2 = arg z π3 = 时取等.
4
此时 5 a = 6 4b，2 + 2a = 3 + b，3 a = 1 + 3b，解得 a = 5，b = 3，
7 7
所以当 |z1|+ |z2|+ |z3|取最小值时 3a+ 6b = 33 . 
7
9. 已知复数 z，满足 z 与 2 的实部和虚部均属于 [ 1, 1]，则 z在复平面上形成轨迹的面
2 z
积为 .
答案：12 2π
解：
图 2: 第 9题图
设满足要求的复数 z = x+ yi(x, y ∈ R)，
2y y
则原命题即为 2x2 2 +
x
2 2 i与 + i的实部和虚部均属于 [ 1, 1]，x + y x + y 2 2
2y y因此 1 ≤ 2x2 2 ≤ 1， 1 ≤ 2 2 ≤ 1， 1 ≤ x ≤ 1， 1 ≤ ≤ 1.x + y x + y 2 2
整理后得 2 ≤ x ≤ 2， 2 ≤ y ≤ 2，
(x 1)2 + y2 ≥ 1，(x+ 1)2 + y2 ≥ 1，x2 + (y 1)2 ≥ 1，x2 + (y + 1)2 ≥ 1.
因此点 z的轨迹所构成的图形为图中阴影区域，其外边界为一个边长为 4的正方形.
此区域面积为 8× (2× 2 1× 1
2
π × 1 ) = 12 2π. 
2 2 4
10. 在 △ABC 中，S c△ABC = (a b)，其外接圆半径 R = 2，且 4(sin2 A sin2 B) =
2
√
( 3a b) sinB，则 sin A B + sin C = .
2 2
答案：1
解：因为 R = 2，所以
√
4(sin2 A sin2 B) = ( 3a b) sinB
√
a2 b2 = ( 3a b)b
√
a = 3b
因为 S = c△ABC (a b)，所以
2
√
bc sinA = c(a b) sinA = 3 1
√
进而有 sinB = s√inA = 1 3，于是
3 3
A B C A B A+B
(sin + sin )2 = (sin + cos )2
2 2 2 2
2 A B 2 A+B A B A+B= sin + cos + 2 sin cos
2 2 2 2
= 1 1 cos(A 1B) + cos(A+B) + sinA sinB
2 2
= 1 sinA sinB + sinA sinB
= 1
因为 0 < A B,C < π，所以 sin A B + sin C = 1 . 
2 2
11. 在梯形 ABCD中，AD BC，M 在边 CD上，有 ∠ABM = ∠CBD = ∠BCD，则
AM 取值范围为 .
BM
答案：(1 ,+∞)
2
解： ∠ADM = 180 ∠BCD = 180 ∠ABM，所以 A,B,M,D四点共圆，于是
AM sin∠ABM sin∠DCB DB
= = =
BM sin∠BDM sin∠BDC BC
易知 DB ∈ (1 ,+∞). 
BC 2
√
12. 已知 1 x2 = 4x3 3x，则该方程所有实根个数与所有实根乘积的比值为 .
答案：12
解：令 x = cos θ(θ ∈ [0,(π]). )
则 sin θ = cos 3θ，即 cos π θ = cos 3θ，由于 π θ ∈ [ π , π ]，cos 3θ ∈ [0, 3π]，
2 2 2 2
所以 3θ = π θ或 3θ = π θ + 2π或 3θ = θ π + 2π.
2 2 2
解得 θ = π 或 5π 或 3π .
8 8 4
因而其全部解为 x = cos π 或 cos 5π 或 cos 3π .
8 8 4
由题意知，所求值为：
3 = 3 = 6 = 12 = 12. 
π 5π 3π π π 3π π π π
cos cos cos cos sin cos sin cos sin
8 8 4 8 8 4 4 4 2
13. 若 A 为十进制数，A = a0a1 . . . an，记 D(A) = a0 + 2a1 + 22a2 + · · · + 2nan. 已知
b0 = 2033
10，bn+1 = D(bn)，则 b2022 各位数字的平方和 200（横线上填大于，
小于或等于）.
答案：小于
解：由题意知若A为n+1位数，则D(A) ≤ (2n+1 1)×9 < 2n+1×10，b0 = 203310 < 1040，
所以 b 至多为 40位，所以 b < 240 × 10 < 8140 1 × 10 < 1015，
所以 b1至多 15位，进而 b2 < 2
15 × 10 < 85 × 10 < 106，
所以 b 62至多 6位，进而 b3 < 2 × 10 < 640，
所以 b3至多 3位，进而 b4 < 2
3 × 10 < 80，
所以 b4至多 2位，进而 b5 < 40也至多两位，
依此类推可得 b2022至多两位，
其各位数字的平方和不超过 81 + 81 = 162，小于 200. 
【注】 原问题为求 b2022 各位数字的平方和，题目中所给出选项分别为“730”，“520”
和“370”和“以上答案均不正确”。
√
14. 已知数列 {an}满足 a = 12，a = 11 n+1 (3 + an + 3 1 + 2an)，则 a10 最接近的整数
4
为 .
答案：4
√ b2 1
解：令 bn = 1 + 2an，则 b1 = 5且 an = n ，
2
b2 2
原递推即为 n+1
1
= 1
bn 1(3 + + 3bn)，
2 4 2
整理后即为 4b2 2n+1 = bn + 6bn + 9，由 bn > 0得 2bn+1 = bn + 3，
即 2(b 3) = b 3，所以 b 3 = 1 (b 3) = 1n+1 n n
2n 1
1 .
2n 2
b2 1
所以 b = 1n n 2 + 3 > 3，an =
n > 4，
2 2
√
另一方面，b10 =
1 + 3 < √ 1 + 3 = 10，
256 10 + 3
b2 1
所以 a 1010 = < 4.5，
2
综上所述，4 < a10 < 4.5，所以与之最接近的整数为 4. 
2
15. 已知 f(x)是二次函数，f( 2) = 0，且 2x ≤ f(x) ≤ x + 4，则 f(10) = .
2
答案：36.
解：
法一：
由 f( 2) = 0，可设 f(x) = (x+ 2)(ax+ b) = ax2 + (2a+ b)x+ 2b，
则由 f(x) ≥ 2x得 ax2 + (2a+ b 2)x+ 2b ≤ 0，
所以 a ≥ 0且 (2a+ b 2)2 ≤ 8ab，整理后即为 4a2 + b2 ≤ 4ab+ 8a+ 4b 4，
由 f(x) ≤ x
2 + 4 得 (2a 1)x2 + (4a+ 2b)x+ 4b 4 ≤ 0，
2
若 2a 1 = 0则必有 4a+ 2b = 0，此时与 (2a+ b 2)2 ≤ 8ab矛盾，
所以 2a 1 ≤ 0且 (4a+ 2b)2 ≤ 4(2a 1)(4b 4)，
整理后为 4a2 + b2 ≤ 4ab 8a 4b+ 4，
与 4a2 + b2 ≤ 4ab+ 8a+ 4b 4相加即得 4a2 + b2 ≤ 4ab，
即 (2a b)2 ≤ 0，所以 2a = b，
所以 f(x) = (x+ 2)(ax+ 2a) = a(x+ 2)2，
又由于在原不等式中令 x = 2可得 4 ≤ f(2) ≤ 4，所以 f(2) = 4，由此解得 a = 1 .
4
所以 f(x) = 1(x+ 2)2，f(10) = 36.
4
法二：
2
2x 6 x + 4 1f(x) 6 0 6 f(x) 2x 6 (x 2)2
2 2
令 g(x) = f(x) 2x，则 g( 2) = 4, g(2) = 0,设 g(x) = a(x 2)(x m)(a = 0).
若m = 2，则 [ ]′ ∣
1 ∣
(x 2)2 g(x) ∣∣ = g′(2) = a(m 2) = 02 x=2
于是 a(m 2) > 0时，存在 x0 < 2使得 1(x 2)20 g(x0) < 0，矛盾；
2
a(m 2) < 0时，存在 x0 > 2使得 1(x 20 2) g(x0) < 0，矛盾；
2
故m = 2，令 x = 2，则 16a = g( 2) = 4 a = 1 .
4
于是 f(x) = g(x) + 2x = 1(x 2)2 + 2x = 1(x+ 2)2，进而 f(10) = 36. 
4 4
16. 已知数列 {ak}1≤k≤5各项均为正整数，且 |ak+1 ak| ≤ 1，{ak}中存在一项为 3，可能
的数列的个数为 .
答案：211
解：记 bi = ai+1 ai(1 ≤ i ≤ 4)，则 bi ∈ { 1, 0, 1}，
对确定的 b1, b2, b3, b4，数列 {ak}1≤k≤5各项间的大小顺序即确定，
设 min {a1, a2, a3, a4, a5} = a，则 a ∈ {1, 2, 3}，
对于给定的 a, b1, b2, b3, b4可唯一确定一组数列，
由于 bi ∈ { 1, 0, 1}且 a ∈ {1, 2, 3}，这样的数列共 3× 34 = 243个，
其中不符合题设条件的数列各项均为 1或 2，这样的数列有 25 = 32个，
综上所述，符合要求的数列共有 243 32 = 211个. 
17. 将不大于 12 的正整数分为 6 个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互
质，则不同的分法有 种.
答案：252
解：易知 {2, 4, 6, 8, 10, 12}中的元素两两不互质，因此恰好在 6个不同的集合中。设依
次为 Y2，Y4, · · · , Y12.
此时剩余的正整数中 1, 7, 11可以任意放在上述 6个集合中，5不能放在 Y10中，3, 9不
能放在 Y6或 Y12中，分两种情况：
（1）若 5放入了 Y6或 Y12中，有两种情况，此时 3与 9可在 4个集合中选择，有 A24种
情况，而 1, 7, 11放入集合有 A33种情况.
（2）若 5没有放入 Y6 或 Y12 中，则 5有 3个集合可以选择，进而 3与 9可在 3个集合
中选择，有 A23种情况，而 1, 7, 11放入集合有 A33种情况.
综上所述，不同的集合拆分方法共有 A1A2A3 + A1A2 32 4 3 3 3A3 = 252种. 
18. 已知 y，f，d为正整数，f(x) = (1+ x)y + (1+ x)f + (1+ x)d.其中 x的系数为 10，则
x2的系数的最大可能值与最小可能值之和为 .
答案：40
解：由题意得 y + f + d = 10，
2 2 2 2 2 2
x2的系数为 C2 C2 C2 y + f + d y f d y + f + d 10y + f + d = = .2 2
2 2 2 ≥ (y + f + d)
2
由柯西不等式知 y + f + d = 100，
3 3
又由于 y，f，d为正整数所以 y2 + f2 + d2 ≥ 34.
当 y = 3, f = 3, d = 4时，y2 + f2 + d2 = 34，因此 y2 + f2 + d2的最小值为 34.
另一方面，若 a, b为正整数，则 a2 + b2 ≤ 12 + (a+ b 1)2，
这是因为上式展开即为 ab a b+ 1 ≥ 0，亦即 (a 1)(b 1) ≥ 0.
所以 y2+f2+d2 ≤ 12+(y+f 1)2+d2 ≤ 12+12+(y+f +d 2)2 = 1+1+64 = 66.
当 y = 1, f = 1, d = 8时，y2 + f2 + d2 = 66，因此 y2 + f2 + d2的最大值为 66.
y2 + f2 + d2 10
进而我们有 的最大最小值分别为 12, 28，所以 x2的系数的最大可能
2
值与最小可能值之和为 40. 
19. 若△AB(C 三]边长为等差数列，则 cosA+ cosB + cosC 的取值范围是 .
答案： 1, 3
2
解：不妨设三边长为 1 d, 1, 1 + d，其中 0 6 d < 1 .此时：
2
cosA+ cosB + cosC
(1 + d)2 + 1 (1 d)2 (1 d)2 + 1 (1 + d)2 (1 + d)2 + (1 d)2 1
= ( +2(1 + d) ) ( +2(1 ]d) 2(1 + d)(1 d)
3(1 2d2)
= 3 2 = 2
1
2 ∈ 1,
3 . 
2(1 d ) 2 1 d 22022年北京大学强基计划测试数学试题
考试时间：2022年6月29日9：00一10：00
备注：数学一共20道题目，均为单项选择，考试时间为1个小时，考试形式为机考
1.满足2n+1和3n+1都是完全平方数，且n≤2022的整数n共有()个
A.11
B.12
C.13
D.以上都不对
2.凸四边形ABCD满足∠ABD=∠BDC=50°，∠CAD=∠ACB=40°，则符合题意且
不相似的凸四边形ABCD的个数为
3.已知正整数y不超过2022且满足100整除2”+y,则这样的y的个数为
已知[x]表示不超过x的整数，如1.2]=1，〔-1.2]=-2，已知a=),则
[a2]=
A.321
B.322
C.323
D.以上都不对
5.已知六位数4满足劲4=（1+)2，则所有满足条件的六位数
fadsde
之和为
(f4dsd不必为三位数)
6.已知整数a,b,c,d满足a+b+c+d=6,则ab+ac+ad+bc+bd+cd的正整数取值个
数为
7.已知凸四边形ABCD满足：AB=1,BC=2,CD=4,DA=3,则其内切圆半径取
值范围为
8.己知a,b∈R,ǎ1=5-a+(6-4b)i,2=2+2a+(3+b)i,3=3-a+(1+3b)i
当|z+|2l+z3最小时，3a+6b=
9,.已知复数，满足号与子的实部和虚部均属于~1，小，则：在复平面上形成轨迹的面积
为
10.在△ABC中，SaAc=5a-),其外接圆半径R=2,且
4mA-m)=(v3a-0小nB,则sm42B+s如号
.C
II.在梯形ABCD中，AD∥BC,M在边CD上，有∠ABM=∠CBD=∠BCD,则AM
BM
取值范围为
12.己知√1一x2=4x3一3x,则该方程所有实数根的个数与所有实数根乘积的比值是
13.若A为十进制数，A=a0a1…an,记D(A)=ao十2a1十22a2十…+2”an,己知
b=203310,b+1=D(b),则b2o2各位数字的平方和为
14.已知数列a,>满是a,=12,a+1=（3+a+3V1+2a),则aw最接近的整数为
15.已知f回是=次函数，f(2》=0,且2z≤fa)≤2士4，则fa0)=
16.己知数列{as}1≤ks5各项均为正整数，且aw+1一as≤1，{a*}中存在一项为3，可能的
数列的个数为
17.将不大于12的正整数分为6个两两交集为空的二元集合，且每个集合中两个元素互质，
则不同的分法有种
18.己知y,f,d为正整数，f(x)=(1+x)"+(1+x)f+(1+x),其中x的系数为10，则
x2的系数的最大可能值与最小可能值之和为■
19.若△ABC三边长为等差数列，则cosA+cosB+cosC的取值范围是
20.内接于椭圆女+
买+号=1的菱形周长的最大值和最小值之和是(
A.4V13
B.14V13
c.10
v13
D.上述三个选项都不对

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