2020年清華大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃數(shù)學(xué)試題及其詳解

甘志國

摘 要：

2020年清華大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃數(shù)學(xué)試題共20道不定項(xiàng)選擇題，該試題較其他2020年重點(diǎn)大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃的數(shù)學(xué)試題難度都要大.本文給出該試題（回憶版）的詳細(xì)解答，對(duì)準(zhǔn)備參加重點(diǎn)大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃考試的讀者仍有重要參考作用.

關(guān)鍵詞：清華大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃;數(shù)學(xué)試題;不定項(xiàng)選擇題;詳細(xì)解答

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2021）04-0063-07

全卷共20道不定項(xiàng)選擇題.以下試題是回憶版，但對(duì)準(zhǔn)備參加重點(diǎn)大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃考試的讀者仍有重要參考作用.

該試題較其他2020年重點(diǎn)大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃的數(shù)學(xué)試題難度都要大.針對(duì)下面的試題題號(hào)按難度漸升的順序敘述如下：第8題是簡易邏輯問題;第16題是立體幾何中的空間角問題;第1題是求二元函數(shù)的最值;第17題考查函數(shù)的奇偶性;第5，7題是平面解析幾何問題（后者是雙曲線與三角函數(shù)的綜合）;第15題是反三角函數(shù)問題;第2題是平面幾何問題;第9題是平面向量問題;第13題是空間向量問題;第12題是求期望（但涉及無窮遞縮等比數(shù)列各項(xiàng)的和）;第18題涉及定積分與導(dǎo)數(shù);第19題是關(guān)于數(shù)列前n項(xiàng)和的新定義問題;第10題是求極限（涉及反三角函數(shù)及不易想到的裂項(xiàng)法求數(shù)列前n項(xiàng)和）;第3題是集合與排列組合的綜合;第4題是遞推數(shù)列問題;第6，14題是初等數(shù)論中的整數(shù)性質(zhì)問題;第11題是概率與整數(shù)性質(zhì)的綜合問題（用枚舉法求解時(shí)情況較多）;第20題是定積分.

一、試題呈現(xiàn)

1.若x2+y2≤1（x，y∈R），則x2+xy-y2的取值范圍是（）.

A.-32，32B.[-1，1]

C.-52，52D.[-2，2]

2.在非等邊ΔABC中，BC=AC，點(diǎn)O，P分別是ΔABC的外心與內(nèi)心.若點(diǎn)D在邊BC上且OD⊥BP，則下列選項(xiàng)正確的是（）.A.B，D，O，P四點(diǎn)共圓 B.OD∥AC

C.OD∥ABD.DP∥AC

3.若A，B，C1，2，3，…，2020，AC，BC，則有序集合組（A，B，C）的組數(shù)是（）.

A.22020B.32020C.42020D.52020

4.若a0=0，ai+1=ai+1（i∈N），則∑20k=1ak的值可以是（）.

A.0B.2C.10D.12

5.已知點(diǎn)A（1，0），B（1，1）.若P為橢圓x24+y23=1上的動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最大值與最小值分別是（）.

A.4+2，4-2B.4+3，4-3

C.4+5，4-5D.4+6，4-6

6.若一個(gè)三角形的各邊長均為整數(shù)且其面積為有理數(shù)，則該三角形某一邊的長可以是（）.

A.1B.2C.3D.4

7.已知兩點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），P為雙曲線x24-y2=1上不是頂點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn).若∠PAB=α，∠PBA=β，則下列各式中為定值的是（）.

A.tanαtanβB.tanα2tanβ2

C.S△PABtan（α+β）D.S△PABcot（α+β）

8.甲、乙、丙三人做同一道題.甲說“我做錯(cuò)了”，乙說“甲做對(duì)了”，丙說“我做錯(cuò)了”，老師說“有且僅有一人做對(duì)，有且僅有一人說錯(cuò)了”.若老師說的話一定正確，則（）.

A.甲說的對(duì)B.乙說的對(duì)

C.丙說的對(duì)D.甲、乙、丙說的均不對(duì)

9.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=1，PAPA+PBPB+PCPC=0，則（）.

A.∠APB=120°B.∠BPC=120°

C.2BP=PCD.AP=2PC

10.limn→SymboleB@∑nk=1arctan2k2=（）.

A.3π4B.πC.3π2D.7π3

11.若從0，1，2，…，9中選取5個(gè)兩兩互異的數(shù)字依次排成一個(gè)五位數(shù)（包括0在首位的五位數(shù)，其大小就是把0去掉后的四位數(shù)），則它能被396整除的概率是（）.

A.1396B.1324C.1315D.1210

12.已知P（X=k）=12k（k=1，2，3，…），若Y為X除以3所得的余數(shù)，則隨機(jī)變量Y的期望是（）.

A.47B.87C.127D.167

13.若空間向量a，b，c滿足|a|≤1，|b|≤1，|a+2b+c|=|a-2b|，則|c|的最值為（）.

A.最大值為42B.最大值為25

C.最小值為0D.最小值為2

14.若x，y∈N*，則下列說法正確的是（）.

A.x2+2y與y2+2x可以均為完全平方數(shù)

B.x2+4y與y2+4x可以均為完全平方數(shù)

C.x2+5y與y2+5x可以均為完全平方數(shù)

D.x2+6y與y2+6x可以均為完全平方數(shù)

15.sinarctan1+arccos310+arcsin15=（）.

A.0B.12C.22D.1

16.若某個(gè)正四棱錐的相鄰兩個(gè)側(cè)面所成二面角的大小為α，側(cè)棱與底面所成線面角的大小為β，則（）.

A.cosα+tan2β=1B.secα+tan2β=-1

C.cosα+2tan2β=1D.secα+2tan2β=-1

17.函數(shù)f（x）=2exex+e-x+sinx（-2≤x≤2）的最大值與最小值之和是（）.

A.2B.eC.3D.4

圖118.已知y=f（x）是上凸函數(shù)，x=c是其極大值點(diǎn)，函數(shù)y=f（x）的部分圖象如圖1所示.若函數(shù)y=f（x）的圖象與直線x=a，x=t（a<t<b），y=0圍成圖形的面積為S（t），則當(dāng)x∈[a，b]時(shí)，函數(shù)f ′（x），S′（x）的最大值分別是（）.

A.f（b），f ′（a） B.f ′（a），f（b）

C.f（c），f ′（a） D.f ′（a），f（c）

19.把數(shù)列an的前n項(xiàng)和記作Sn.若n∈N*，m∈N*，Sn=am，則稱數(shù)列an為“某數(shù)列”.以下選項(xiàng)中正確的是（）.

A.若an=1，n=12n-2，n≥2，則an為“某數(shù)列”

B.若an=k（k為常數(shù)），則an為“某數(shù)列”

C.若an=kn（k為常數(shù)），則an為“某數(shù)列”

D.對(duì)于任意的等差數(shù)列an，均存在兩個(gè)“某數(shù)列”bn，cn，使得an=bn+cn

20.∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=（）.

A.πB.2πC.2πD.5π

二、試題解析

1.C.可設(shè)x=rcosθ，y=rsinθ（0≤θ<2π，0≤r≤1），得x2+xy-y2=r212sin2θ+cos2θ.

由輔助角公式，可得12sin2θ+cos2θ的取值范圍是-52，52.再由0≤r≤1，可得x2+xy-y2的最大值與最小值分別是52，-52.圖2

2.AD.由題設(shè)，可得點(diǎn)O，P不重合.

如圖2所示，可得點(diǎn)O，P在等腰△ABC底邊上的高CE上（點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)）.

可設(shè)直線OD，BP交于點(diǎn)R，可得∠R=∠CEB=90°，所以O(shè)，R，E，B四點(diǎn)共圓.

再由題設(shè)“點(diǎn)P是△ABC的內(nèi)心”，可得∠CBP=∠RBE=∠ROP，所以B，D，O，P四點(diǎn)共圓，得選項(xiàng)A正確.

由B，D，O，P四點(diǎn)共圓，可得∠BDP=∠BOP.

由題設(shè)“點(diǎn)O是△ABC的外心”，可得∠BOP=2∠BCO=∠BCA，所以∠BDP=∠BCA.所以DP∥AC，得選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

若OD∥AB，由CE⊥AB，可得CE⊥OD.又由PB⊥OD，可得PB∥CE.而直線PB，CE交于點(diǎn)P，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.

3.解法1 D.若集合C已確定，由AC可得集合A有2C種可能（其中C表示集合C的元素個(gè)數(shù)）;同理，由BC可得集合B有2C種可能.所以有序集合組（A，B）的組數(shù)是2C·2C=4C.

所以有序集合組（A，B，C）的組數(shù)是∑2020C=0（CC20204C）=（1+4）2020=52020.

圖3

解法2 D.如圖3所示，其中U=1，2，3，…，2020，可得元素1，2，3，…，2020均有5種填法：瘙綂UC，瘙綂U（A∪B），瘙綂A（A∩B），A∩B，瘙綂B（A∩B）.

由分步乘法計(jì)數(shù)原理，可得所求答案是52020.

4.BC.先用數(shù)學(xué)歸納法證明a2k，a2k+1（k∈N）分別是偶數(shù)、奇數(shù).

當(dāng)k=0時(shí)成立，a0=0，a1=±1.

假設(shè)k=n時(shí)成立，即a2n，a2n+1分別是偶數(shù)、奇數(shù).可得a2n+2=a2n+1+1，所以a2n+2是偶數(shù);再由a2n+3=a2n+2+1，可得a2n+3是奇數(shù).所以k=n+1時(shí)也成立.所以欲證結(jié)論成立.

由題設(shè)，得a2k=a2k-1+1或a2k=-a2k-1-1（k∈N*），所以a2k-1+a2k=2a2k-1+1或a2k-1+a2k=-1（k∈N*）.

可設(shè)a2k-1=2m-1（m∈Z），當(dāng)a2k-1+a2k=2a2k-1+1時(shí)，可得a2k-1+a2k=4m-1.

所以總有a2k-1+a2k≡-1（mod 4）.

因而∑20k=1ak≡2（mod 4），進(jìn)而可排除選項(xiàng)AD.

當(dāng)（a0，a1，a2，…，a20）=（0，-1，0，-1，0，1，-2，1，-2，1，-2，1，-2，1，2，3，-4，3，-4，3，4）時(shí)，滿足題設(shè)，且此時(shí)∑20k=1ak=2，所以選項(xiàng)B正確.

當(dāng)a0=a2=a4=…=a20=0，a1=a3=a5=…=a19=-1時(shí)，滿足題設(shè)，且此時(shí)∑20k=1ak=10，所以選項(xiàng)C正確.

5.C.由題意，得橢圓x24+y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為A′（-1，0），A（1，0）.

由橢圓定義，得PA+PB=4+（PB-PA′），PB-PA′≤A′B=（1+1）2+（1-0）2=5.所以PA+PB的最大值與最小值分別是4+5，4-5.

6.CD.因?yàn)槿呴L分別是3，4，5的三角形的面積6是有理數(shù)，所以選項(xiàng)D正確.

若滿足題設(shè)的三角形的某一邊長可以是1，則可設(shè)其另外邊長分別是b，c（1≤b≤c;b，c∈N*）.

由“三角形兩邊之和大于第三邊”，可得1+b>c，即1+b≥c+1，所以b≥c，所以b=c.

可得該三角形的面積12·1·b2-14=4b2-14，因而設(shè)4b2-1=（2n-1）2（b，n∈N*），

得2（b2-n2+n）=1（b，n∈N*），這不可能！所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤.

若滿足題設(shè)的三角形的某一邊長可以是2，則可設(shè)其另外邊長分別是b，c（2≤b≤c;b，c∈N*）.

由“三角形兩邊之和大于第三邊”，可得2+b>c，即2+b≥c+1，所以b≥c-1.所以b=c-1或c.

若b=c-1，由海倫公式，可得該三角形的面積是143[4b（b+1）-3]，因而設(shè)

4b（b+1）-3=3（2n-1）2（b，n∈N*），

得2[b（b+1）-3n2+3n-1]=1（b，n∈N*），這不可能！

若b=c，可得該三角形的面積12·2·b2-1=b2-1（b≥2）.由（b-1）2<b2-1<b2，可得b2-1Q，與題設(shè)矛盾！

所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

7.AC.由對(duì)稱性知，可不妨設(shè)點(diǎn)P（m，n）（m>2，n>0），得m24-n2=1，即4-m2=-4n2.

所以tanα=nm+2，tanβ=-nm-2=n2-m.

所以

tanαtanβ=nm+2·n2-m=n24-m2=-14.

故選項(xiàng)A正確.

所以

tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ=nm+2+n2-m1+14

=165·n4-m2=-45n，

cot（α+β）=-54n，

S△PAB=12（2+2）n=2n.

所以S△PABtan（α+β）=-85，S△PABcot（α+β）=-52n2.

故選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤.

可選（m，n）=（4，3），得tanα=123，tanβ=-32，所以tanα2=13-23，tanβ2=23+213.

所以tanα2tanβ2=239+273-67-123.

還可選（m，n）=（6，22），得tanα=122，tanβ=-12，所以tanα2=3-22，tanβ2=2+3.

所以tanα2tanβ2=32+33-26-4.

可證得239+273-67-123<32+33-26-4，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

8.A.若僅甲說的對(duì)，則甲做錯(cuò)了;可得乙、丙均說錯(cuò)了，得丙做對(duì)了.滿足題設(shè)“有且僅有一人做對(duì)，有且僅有一人說錯(cuò)了”.

若僅乙說的對(duì)，則甲做對(duì)了;可得甲、丙均說錯(cuò)了，得丙也做對(duì)了.不滿足題設(shè)“有且僅有一人做對(duì)”.

若僅丙說的對(duì)，則丙做錯(cuò)了;可得甲說錯(cuò)了，得甲做對(duì)了;還可得乙說錯(cuò)了，得甲也做錯(cuò)了.前后矛盾！

綜上所述，可得僅甲說的對(duì).

圖4

9.ABCD.如圖4，設(shè)PAPA=

PD，PBPB=PE，PD+PE=PF，可得菱形PDFE，且射線PF平分∠APB.

所以PF+PCPC=

0.所以C，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線，得∠APC=∠BPC.

同理，可得∠BPC=∠BPA.

再由∠APC+∠BPC+∠BPA=360°，可得∠APC=∠BPC=∠BPA=120°，因而選項(xiàng)A，B均正確.

在Rt△ABC中，可得∠BAC=30°，∠ACB=60°.

設(shè)∠PAC=θ（0°<θ<30°），可得∠PCA=60°-θ，∠PCB=θ，所以△PAC∽△PCB，得PCPB=PAPC=ACCB=2，即2BP=PC，AP=2PC，因而選項(xiàng)C，D均正確.

注 在圖4中，若設(shè)PAPA=PD，PBPB=PE，PCPC=PH，由題設(shè)可得PD=PE=PH=1，PD+PE+PH=0，進(jìn)而可得∠APC=∠BPC=∠BPA=120°，也得選項(xiàng)A，B均正確.點(diǎn)P是△ABC的費(fèi)馬點(diǎn).

10.A.先證明arctan2k2=arctan（k+1）-arctan（k-1）（k∈N*）成立.

因?yàn)閠an[arctan（k+1）-arctan（k-1）]=（k+1）-（k-1）1+（k+1）（k-1）=2k2，又arctan（k+1），arctan（k-1）∈0，π2（k∈N*），arctan（k+1）>arctan（k-1），所以arctan2k2，arctan（k+1）-arctan（k-1）∈0，π2，所以欲證結(jié)論成立.

因而

limn→SymboleB@∑nk=1arctan2k2=limn→SymboleB@[arctan（n+1）+arctann-arctan1-arctan0]=limn→SymboleB@[arctan（n+1）+arctann]-π4=limn→SymboleB@π-arctan2n+1n2+n-1-π4=π-π4=3π4.

11.C.可得396=4×9×11.

若排成的五位數(shù)是9的倍數(shù)，則這5個(gè)數(shù)字之和是9的倍數(shù)，進(jìn)而可得所選取的5個(gè)數(shù)字只可能是0，1，2，6，9;0，1，2，7，8;0，1，3，5，9;0，1，3，6，8;0，1，4，5，8;0，1，4，6，7;0，2，3，4，9;0，2，3，5，8;0，2，3，6，7;0，2，4，5，7;0，3，4，5，6;0，3，7，8，9;0，4，6，8，9;0，5，6，7，9;1，2，3，4，8;1，2，3，5，7;1，2，4，5，6;1，2，7，8，9;1，3，6，8，9;1，4，5，8，9;1，4，6，7，9;1，5，6，7，8;2，3，5，8，9;2，3，6，7，9;2，4，5，7，9;2，4，6，7，8;3，4，5，6，9;3，4，5，7，8之一.

若所選取的5個(gè)數(shù)字是0，1，2，6，9，由排成的五位數(shù)是4的倍數(shù)，可得末兩位數(shù)只可能是20，60，12，92，16，96之一.

再由排成的五位數(shù)是11的倍數(shù)，可得排成的五位數(shù)只可能是10692，60192，10296，20196之一.

又由4，9，11兩兩互質(zhì)，所以得到的4個(gè)五位數(shù)均滿足題設(shè).

進(jìn)而可得滿足題設(shè)的五位數(shù)共96個(gè)：10692，60192，10296，20196，17820，87120，21780，71280，08712，78012，07128，17028，13860，83160，31680，61380，08316，38016，03168，13068，15840，85140，41580，51480，01584，51084，05148，15048，30492，40392，29304，39204，37620，67320，23760，73260，06732，76032，02376，32076，47520，57420，25740，75240，04752，74052，07524，57024，35640，65340，43560，53460，03564，53064，04356，34056，68904，98604，60984，90684，38412，48312，21384，31284，14652，64152，14256，24156，87912，97812，81972，91872，47916，97416，41976，91476，57816，87516，51876，81576，85932，95832，83952，93852，76824，86724，72864，82764，46728，76428，42768，72468，45936，95436，43956，93456.

所以所求答案是96A510=1315.

注 用電腦編程可以驗(yàn)證上述答案是正確的.

12.B.可得

P（Y=0）=123+126+129+…=1231-123=17;

P（Y=1）=121+124+127+…=1211-123=47;

P（Y=2）=122+125+128+…=1221-123=27

所以隨機(jī)變量Y的期望是

E（Y）=0×17+1×47+2×27=87.

13.BC.由題設(shè)，可得

|a-2b|=|a+2b+c|≥|c|-|a+2b|，

|c|≤1·|a+2b|+1·|a-2b|.

由柯西不等式，可得

（1·|a+2b|+1·|a-2b|）2≤（12+12）（|a+2b|2+|a-2b|2）=4（|a|2+4|b|2）≤20.

所以|c|≤25.

當(dāng)a=（0，1），b=（1，0），c=（-4，-2）時(shí)滿足題設(shè)，且|c|=25.

綜上，|c|的最大值為25，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確.

還可得a=（0，1），b=（1，0），c=（0，0）滿足題設(shè)，進(jìn)而可得|c|的最小值為0，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.

14.CD.由對(duì)稱性知，可不妨設(shè)x≤y.

對(duì)于選項(xiàng)A，由y2<y2+2x≤y2+2y<（y+1）2，所以y2+2x不為完全平方數(shù)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤.

對(duì)于選項(xiàng)B，由y2<y2+4x≤y2+4y<（y+2）2，所以若y2+2x為完全平方數(shù)，則y2+4x=（y+1）2，2（2x-y）=1，這不可能！故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

選x=y=4，得x2+5y=y2+5x=62，故選項(xiàng)C正確.

選x=y=2，得x2+6y=y2+6x=42，故選項(xiàng)D正確.

15.1.設(shè)復(fù)數(shù)z1=1+i，z2=2+i，z3=3+i，可得argz1=arctan1，argz2=arcsin15，argz3=arccos310.

所以z1z2z3=（1+i）（5+5i）=10i，arg（z1z2z3）=π2.所以

sinarctan1+arccos310+arcsin15=sinπ2=1.

16.D.如圖5，設(shè)正四棱錐的底面邊長AB=2，高PO=h，圖5

可得tanβ=tan∠PAO=

POAO=h2.

在Rt△POB中，可求得PB=PO2+OB2=h2+2.

設(shè)等腰△PAB的底邊AB的中點(diǎn)是M，可得PM⊥AB.還可求得PM=PA2+AM2=h2+1.

作AH⊥PB于點(diǎn)H，連接CH，可得α=∠AHC，CH=AH.

還可得2S△PAB=AB·PM=AH·PB.所以CH=AH=AB·PMPB=2h2+1h2+2，AC=22.

在△ACH中，由余弦定理，可求得

cosα=cos∠AHC=AH2+CH2-AC22AH·CH=…=-1h2+1.

進(jìn)而可得secα+2tan2β=-1.

17.A.由“閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)存在最大值與最小值”，可得函數(shù)f（x）的最大值與最小值均存在.

可得f（x）-1=ex-e-xex+e-x+sinx（-2≤x≤2），則g（x）=f（x）-1（-2≤x≤2）是奇函數(shù).

當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，g（x）<2，所以函數(shù)g（x）的最大值與最小值均存在且互為相反數(shù)，可分別設(shè)為M，-M.

所以函數(shù)f（x）的最大值與最小值分別是1+M，1-M.所以所求答案是（1+M）+（1-M）=2.

18.D.由f（x）是上凸函數(shù)，可得f ′（x）是減函數(shù)，所以當(dāng)x∈[a，b]時(shí)，函數(shù)f ′（x）的最大值是f ′（a）.

還可得S（t）=∫taf（x）dx，所以S′（x）=f（x）.

由題設(shè)及圖1，可得S′（x）max=f（x）max=f（c）.

19.ABD.對(duì)于選項(xiàng)A，可求得Sn=2n-1（n∈N*），所以Sn=an+1（n∈N*），

故選項(xiàng)A正確.

選項(xiàng)B錯(cuò)誤.若k=12，則m∈N*，S2=1≠am.

選項(xiàng)C正確.n∈N*，Sn=k（1+2+…+n）=a1+2+…+n.

選項(xiàng)D正確.設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，可得an=dn+（a1-d）（n∈N*）.

選bn=dn，cn=a1-d，n=10，n≥2（n∈N*），易知an=bn+cn.由于n∈N*，Tn=a1（其中Tn表示數(shù)列cn的前n項(xiàng)和），所以cn是“某數(shù)列”.由選項(xiàng)C正確，知bn是“某數(shù)列”.

20.解法1 B.設(shè)函數(shù)f（x）=sin2xsin4x+cos4x（x∈R），則f（x）=f（x+π），f（x）=f（π-x）（x∈R），所以π是函數(shù)f（x）的一個(gè)周期且函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x=π2對(duì)稱.

因而

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=2∫π0sin2xsin4x+cos4xdx

=4∫π/20sin2xsin4x+cos4xdx

=∫π/201-cos2x1-12sin22xd（2x）

=2∫π01-cost2-sin2tdt

=2∫π01-cost1+cos2tdt

=2∫π011+cos2tdt-2∫π0cost1+cos2tdt

=（設(shè)t=u+π2）2∫π/2-π/212sin2u+cos2udu+2∫π/2-π/2sinu1+sin2udu.

再由y=12sin2u+cos2u，

y=sinu1+sin2u-π2≤u≤π2分別是偶函數(shù)、奇函數(shù)，可得

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=4∫π/2012sin2u+cos2udu

=（設(shè)u=π/2-v）-4∫0π/21sin2v+2cos2vdv

=4∫π/201sin2v+2cos2vdv

=22∫π/20dtanv2tanv22+1

=（設(shè)w=tanv2）22∫+SymboleB@0dww2+1

=22arctanw+SymboleB@0=22π2-0=2π.

解法2 B.在解法1中，已得

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=4∫π/20sin2xsin4x+cos4xdx.

所以

∫π/20sin2xsin4x+cos4xdx=（設(shè)x=t+π2）∫0-π/2cos2tsin4t+cos4tdt

=（設(shè)t=-x）∫π/20cos2xsin4x+cos4xdx.

所以

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=2∫π20sin2x+cos2xsin4x+cos4xdx

=2∫π20tan2x+1tan4x+1dtanx=（設(shè)tanx=t）2∫+SymboleB@0t2+1t4+1dt

=2∫+SymboleB@0dt-1tt-1t2+2=（設(shè)t-1t=u）2∫+SymboleB@-SymboleB@duu2+2

=22arctanu2+SymboleB@-SymboleB@

=2π2--π2=2π.

解法3 B.由降冪公式，可得

sin2xsin4x+cos4x=1-cos2x21-cos2x22+1+cos2x22

=1-cos2x1+cos22x=1-cos2x1+1+cos4x2=2（1-cos2x）3+cos4x.

所以

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx

=∫2π01-cos2x3+cos4xd（2x）

=（設(shè)t=2x）∫4π01-cost3+cos2tdt.

設(shè)函數(shù)f（t）=1-cost3+cost（t∈R），可得f（t）=f（t+2π），f（t）=f（2π-t）（t∈R），所以2π是函數(shù)f（t）的一個(gè)周期且函數(shù)f（t）的圖象關(guān)于直線x=π對(duì)稱.因而

∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx=∫4π01-cost3+cos2tdt

=2∫2π01-cost3+cos2tdt

=4∫π01-cost3+cos2tdt

=2∫π01-cost1+cos2tdt

=（設(shè)u=cost）2∫1-11-u（1+u2）1-u2du

=2∫1-111+u21-u1+udu

=（設(shè)v=1-u1+u）4∫+SymboleB@0v2v4+1dv

=2∫+SymboleB@0vv2-2v+1dv-2∫+SymboleB@0vv2+2v+1dv

=2∫+SymboleB@0v-12+12v-122+12dv-2∫+SymboleB@0v+12-12v+122+12dv

=2∫+SymboleB@0v-12v-122+12dv-2∫+SymboleB@0v+12v+122+12dv

+∫+SymboleB@0dvv-122+12+∫+SymboleB@0dvv+122+12

=2∫+SymboleB@-12ww2+12dw-2∫+SymboleB@12ww2+12dw

+∫+SymboleB@-12dww2+12+∫+SymboleB@12dww2+12

=2∫12-12ww2+12dw+2arctan2w+SymboleB@-12+2arctan2w+SymboleB@12

=2π2--π4

+2π2-π4

=2π.

（因?yàn)閥=ww2+12-12≤w≤12是奇函數(shù)）

解法4 B.因?yàn)閟in4x+cos4x=（sin2x+cos2x）2-2sin2xcos2x=1-12sin22x，可得12≤sin4x+cos4x≤1，sin2x≤sin2xsin4x+cos4x≤2sin2x.

所以

∫2π0sin2xdx<∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx<2

∫2π0sin2xdx.

再由∫2π0sin2xdx=2x-sin2x42π0=π，可得π<∫2π0sin2xsin4x+cos4xdx<2π.

再由排除法，可知答案是B.

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