【文档说明】2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题 Word版含解析.docx,共(13)页,755.563 KB,由管理员店铺上传
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2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目,12道填空题,3道解答题,所有答案填写在答题纸上,满分150分一、填空题(每小题8分,共计96分)1.设集合1021xAxx−=−,集
合220Bxxxm=++.若AB,则实数m的取值范围为______.【答案】3m−【解析】【分析】先求出集合A,再根据集合的子集关系和二次函数性质求出参数范围【详解】因为112Axx=,要使AB,则221210112022mm
++++,则354mm−−,所以3m−.故答案为:3m−.2.设函数:1,2,32,3,4f→满足()()()1ffxfx−=,则这样的函数有______个.【答案】10【解析】【分析】根据函数的定义,对()12f=
得三种情况进行讨论.【详解】令()11,2,3yfx=−,则()1fyy=+.对()12f=以下三种情况都满足条件()()232ff==;()()233ff==;()()234ff==,共3种.同理对()23f=,()()13ff=有3种情况;()34f=,()()12ff=也有3种情况.
又()12f=,()23f=,()34f=显然满足条件.所以满足已知条件的函数共有33110+=个.故答案为:103.函数22sinsin1sin1xxyx++=+的最大值与最小值之积为______.【答案】34##0.75【解析】【分析】利用换元法可得111yt
t=++,求得1322y,即可求解最值求解.【详解】解令sintx=,11t−,当0t时,原式变形111ytt=++,由于12tt+或12tt+−,当且仅当1t=时取等号,故11012tt+或11012tt−
+故131112tt++或111112tt++,1322y.当0=t时,1y=.综上可得1322y,所以y的最大、最小值分别为31,22,其积为34.故答案为:3.44.已知数列nx满足
:122x=,12(1)(1)nnnnnxxxnn++=++,1n,则通项nx=______.【答案】31nn−【解析】【分析】将给定的递推公式作等价变形,再构造常数列求出通项即可.【详解】由12(1)(1)nnn
nnxxxnn++=++,1202x=,得0nx,两边平方得2212(1)(1)nnnnnxxxnn++=++,则222221(1)111111(1)(1)1nnnnnxnnxnnxxnnxnn+++==+=+−+++,即有22111111
nnxnxn++=++,因此数列211{}nxn+常数列,221111131nxnx+=+=,所以31nnxn=−.故答案为:31nn−5.已知四面体ABCD−的外接球半径为1,1BC=,60BDC=,则球心到平面BDC的
距离为______.【答案】63【解析】【分析】先利用正弦定理求得BDC的外接圆半径为r,再根据四面体ABCD−的外接球半径为1,利用勾股定理求解.【详解】解:如图所示:因为球心在平面BDC上的投影就是BDC的外心,设BDC的外接圆半径为r,由正弦定理得122si
n3rBDC==,解得33r=,133BO=,四面体ABCD−外接球半径为1,即1BO=,所以球心到平面BDC的距离为236133−=.故答案为:636.已知复数z满足()5102411zz=−=,则z=______.是的【
答案】13i22【解析】【分析】由题意可得11zz=−=,结合复数的几何意义可得22221(1)1abab+=−+=,解之即可求解.详解】设i(,zabab=+R),由241z=,得1z=,所以221ab+=,由510(1)1z−=,得11z−=,所以22(1)1a
b−+=,22221(1)1abab+=−+=,解得1232ab==或1232ab==−,所以13i22z=.故答案为:13i227.已知平面上单位向量,ab垂直,c为任意单位向量,且存在()0,1t
,使得向量()1atb+−与向量ca−垂直,则abc+−的最小值为______.【答案】21−【解析】【分析】利用坐标求出模,根据三角函数化简即可得解.详解】令()0,1a=,()1,0b=,()cos
,sinc=,)0,2π,于是()()11,1atbt+−=−,()cos,sin1ca−=−.由向量()1atb+−与向量ca−垂直,得到cossin1cost+=+.()()()22π1co
s1sin32cossin322sin4abc+−=−+−=−+=−+,当π4=,22t=−时,abc+−取到最小值21−.故答案为:21−【【8.若对所有大于2024的正整数n,成
立202420240C,iiniinaa==N,则12024aa+=______.【答案】12024!+【解析】【分析】利用组合数的性质:()()1C1CC,iiinnnnii+=++得到()112121!CCCCkkknkn
nnnkbb++=+++++,即可求解.【详解】因为1Cnn=,2212!CCnnn=+,33213!C6CC,nnnn=++,设12112!CCCCkkknknnnnkaa−−=++++,21,,,knkaa−为正整数,那
么112112!CCCCkkknknnnnknanann+−−=++++,以及()1C1CCiiinnnnii+=++,得到()1121221!CCCC,,,kkknknnnknkbbbb++=+++++为正整数.
所以11a=,20242024!a=,故1202412024!aa+=+.故答案为:12024!+9.设实数(,,0,2abc,且3ba或43ab+,则max,,42bacbc−−−的最小值为______.【答案】23【解析】【分析
】令max,,42tbacbc=−−−,分3ba与43ab+两种情况分析得23t,再确定13a=,1b=,53c=时min23t=即可得解.【详解】令max,,42tbacbc=−−−,则tba−
,tcb−,42tc−,当3ba时,()()323242344tttbacbcba++−+−+−=−+,即23t,当43ab+时,()()()8224243tttbacbcab++−+−+−=−+,即23t,当13a=,1b=,53c=时,2423bac
bc−=−=−=,所以max,,42bacbc−−−的最小值为23.故答案为:23.10.在平面直角坐标系xOy上,椭圆E的方程为221124xy+=,1F为E的左焦点;圆C的方程为()()222xaybr−+−=,A为C的圆心.直线l与椭圆E和圆C相切于同一点()3,1P.则当1OAF
最大时,实数r=______.【答案】4222++【解析】【分析】利用切割线定理得到21BABOBF=进而()()2222222ab−+=+求出最后的结果.【详解】因为()3,1P在椭圆上,所以直线l的方程为311124xy+=,即4yx=−+.由圆的性质可知,直线AP与直线l垂直,
所以圆心坐标(),ab满足113ba−=−,即圆心坐标轨迹方程为2xy−=,记此直线为l.要使1OAF最大,则过定点()0,0O和定点()122,0F−所作的圆与直线l相切于A.设直线l与x轴相交于点()2,0B.由切割线定理可知,21BABOBF=,即有()()2222222
ab−+=+将2ab−=代入上式解得2222222ab=++=+(不合,舍去)或2222222ab=−+=−+于是解得4222.r=++故答案为:4222.++11.设n为正整数,且()3201C192624312kknnkkkk=−=+++,则n=_____
_.【答案】9【解析】【分析】根据已知条件结合化简计算求解得出n即可.【详解】()()()()()()11132001CC1C92624234kkkkknnnnnkkkkkkkk+++==−−−=++++++
()()()()()()01!!14!!4!1!nkknnknkknk=+=−−+−+−−()()()()()()()()4443011CC234231kknkknnknnnnnn++++=−−=−++++++()()()()4
1234444011C1CCC234nkknnnnknnn+++++==−−+−++++()()()()31233333011C1CCC123nkknnnnknnn+++++=−−−+−++++()()44401C110nknknk+++=−=−=,()(
)33301C110nknknk+++=−=−=()()()()()()()()()()434321114123426nnnnnnnnnnn+++++=+−++−+++++()()(
)()()()3232141326nnnnnnn+++++−+−++−+()()11234312nn==++,解得9n=.故答案为:9.12.设整数4n,从编号1,2,,n的卡片中有放回地等概率抽取,并记录下每次的编号.若1,2均出现或3,4
均出现就停止抽取,则抽取卡片数的数学期望为______.【答案】1112n【解析】【分析】建立相应概率模型,得到递推公式()()211BBEEn=−+,()()()3211AABEEEnn=−++,()()()4411
AEEEnn=−++,求解出()1112nE=.【详解】解记为初始状态,A=含1,2,3,4之一;B=含1,3,1,4,2,3,2,4之一;X=含1,2,3,4之一;Y=含
1,2,3,1,2,4,2,3,4,1,3,4之一.记i为从i开始到达X或Y所需要得次数,其中i为ABXY、、、、之一.由定义0XY==,并得到以下递推关系()()211BBEEn=−+,的()()()321
1AABEEEnn=−++,()()()4411AEEEnn=−++,解得:()2BnE=,()23AnE=,()1112nE=.故答案为:11.12n二、解答题(13题满分14分,14、15题满分各20分
,合计54)13.正实数123,,kkk满足123kkk;实数12,cc满足121ckk=−,()21322cckk−=−,定义函数()12132,01,12,2kxxfxkxcxkxcx=−−
,()11223,01,1212,212kxxcgxkxxckxx=−−,试问,当123,,kkk满足什么条件时,存在0A使得定义在0,A上的函数()()gxfAx+−恰在两点处达到最小值?【答案】3212311
1212kkk=−【解析】【分析】根据A的不同取值进行分类讨论,分别求出A的不同取值下()()gxfAx+−的解析式,并研究其单调性和各段端点值及其大小关系即可求解.【详解】令()()()HxgxfAx=+−,()Hx−、()H
x+分别表示变量x代入其左右两边解析式得到的函数值,由题意10c,()213232122cckkkkk=+−=−−,对A的取值分类讨论:(1)当01A<时,因为0,0,1xA,则0,0,1AxA−,所以()()()111,0gxfAxkxkAxkA
xA+−=+−=,故此时()()gxfAx+−最小值点有无穷多个,不符合,舍去;(2)当12A时,因为0,0,2xA,则0,0,2AxA−,若)0,10,1xA−,则((1,1,2AxA−,故此时()()()()1211221,01
gxfAxkxkAxckkxkAcxA+−=+−−=−+−−;若1,10,1xA−,则1,10,1AxA−−,故此时()()()111,11gxfAxkxkAxkAAx+−=+−=−;若((1,1,2xA
,则)0,10,1AxA−−,故此时()()()()1121211,11212ccgxfAxkxkAxkkxkAxA+−=−+−=−+−;()()()()122111211,01,11,112kkxkAcxAgxfAxkAAxckkxk
AxA−+−−+−=−−+−,又123kkk,故120kk−,210kk−>,故()()gxfAx+−在)0,1A−上单调递减,在1,1A−上恒为1kA,在(1,A上单调递增,又()()()()()()122112
12211111HAkkAkAckkAkkkAckAHA−−=−−+−=−−−+−==−;𝐻+(1)=(𝑘2−𝑘1)×1+𝑘1𝐴−𝑐112=𝑘1𝐴+11𝑐112>𝑘1𝐴=𝐻(1),所以此时()()gxfAx+−最小值点唯一或有无
穷多个,不符合,舍去;(3)当23A时,同理可得()()()()()()133212211212112311,02,2113,1112,1212,212kkxkAcxAkkxkAcAxckAxAgx
fAxckkxkAAxckkxkAxA−+−−−+−−−−+−=−+−−−+−又123kkk,故310kk−<,120kk−,210kk−>,130kk−>,且()()()13321211122HAkkAkAckAkkkAc−−=−−+−
=+−=+;()()()()()12211211112222HAkkAkAckAkkckAcHA+−−=−−+−=+−−=+=−;()()()1122121213112112cHkkkAckAckAH+=−+−=−−=,
()()()()112112131111212ccHAkkAkAkAHA−−=−−+−=−=−,()()11211123221212ccHkkkAkA=−+−=+;()()2311132111123221261212cHkkkAkAkkk+=−+−=++−,()()()11132123
23111231122012612126cHHkAkAkkkkk+−=+−++−=−,即()()22HH+,所以()()gxfAx+−在0,1上单调递减,在()1,1A−上恒为121312ckA−,在1,AA−上单调递增,
且()()min1HxH=,故此时()()gxfAx+−最小值点唯一,不符合,舍去;(4)当34A时,同理可得()()()()()()13321233212232212311,01,121213,2212,2112,112kkxkAcxckkxkAcxAckAAxg
xfAxckkxkAcxAckkxkAAxA−+−−+−−−−−+−=−+−−−−+−−又123kkk,故310kk−<,230kk−<,320kk−>,130kk−>,且()()1332332111
32HkkkAckAkkk=−+−=−++,()()1233233212313113121212cHkkkAckAkkk+=−+−−=−++=𝑘3𝐴−3𝑘3+𝑘2+2𝑘1+1112(𝑘2−𝑘1)>𝐻(1),()()()()11233221
32221212ccHAkkAkAckAHA−−=−−+−−=−=−;()1213212cHkA=−,𝐻+(2)=(𝑘3−𝑘2)×2+𝑘2𝐴−𝑐212−𝑐1=𝑘2𝐴+116(𝑘3−𝑘2)−1312𝑐1>𝐻(2),()(
)()22311331111212ccHAkkAkAkAkk−=−−+−=−+−,()()()()2232213311111212ccHAkkAkAckAkkHA−−=−−+−−=−+−=−,所以()()gxfAx+−在0,1和(
)1,2A−上单调递减,在2,2A−上恒为121312ckA−,在(2,A上单调递增,故此时()()gxfAx+−最小值点唯一或无穷多个,不符合,舍去;(5)当4A时,同理可得()()()()()()133212332
23232212311,01,121213,2212,2112,112kkxkAcxckkxkAcxgxfAxckAxAckkxkAcAxAckkxkAAxA−+−−+−−+−=−−−+−−−−−+−−又
123kkk,故310kk−<,230kk−<,320kk−>,130kk−>,且()()133233211132HkkkAckAkkk=−+−=−++,()()12332332123131131
21212cHkkkAckAkkk+=−+−−=−++=𝑘3𝐴−3𝑘3+𝑘2+2𝑘1+1112(𝑘2−𝑘1)>𝐻(1),()()()2132332132,221212ccHkAHkkkAc+=−=−+−−,故()()()()2
1122332311132220121212ccccHHkkkAckA+−−=−+−−−−=−,()2313212cHAkA−−=−,()()()()2232213132221212ccHAkkA
kAckAHA−−=−−+−−=−=−;()()()22311331111212ccHAkkAkAkAkk−=−−+−=−+−,()()()()2232213311111212ccHAkkAkAckAkkHA−−=−−+−−=−+−=−,故()()gxfAx+−在0,1和(1,2上单
调递减,在()2,2A−上恒为232131ckA−,在2,AA−上单调递增,所以此时()()gxfAx+−恰有两个最小值点的充要条件为()1H=()2H,即()13321233232212ckAkkkkkkAc−++=−+−−,解得32123111
212kkk=−.【点睛】思路点睛:对A的取值进行分类讨论,分别求出()()gxfAx+−的解析式,根据其单调性和各段端点值大小关系进行分析即可求解.14.设集合1,2,3,...,997,998S=,
集合S的k个499元子集12,,...,kAAA满足:对S中任一二元子集B,均存在1,2,...,ik,使得iBA.求k的最小值.【答案】6【解析】【分析】先由已知条件证明6k,然后构造一个例子使得6k=成立,即可说明k的最小值是6.【详解】一方面,对
1,2,3,...,997,998m,假设包含m的()1,2,...,iAik=不超过两个.由于每个()1,2,...,iAik=至多包含498个包含m的二元子集,所以至多有996个包含m的二元子集包含于某个()1,2,...,iAik=,但包含m的二元子集有99
7个,说明存在一个包含m的二元子集不包含于任何()1,2,...,iAik=,这与已知矛盾.所以至少存在三个()1,2,...,iAik=包含m,这就意味着全体()1,2,...,iAik=的元素个数之和至少是39982994=.而每个()1,2,...,iAik=的元素个数都是49
9,所以4992994k,得29946499k=.这就得到了6k.另一方面,设1,2,3,4,5,6L=,7,8,9,...,253,254A=,255,256,257,...,501,502B=,503,504,505,...,749,750C=,7
51,752,753,...,997,998D=.则,,,,LABCD两两交集为空,且全体并集就是1,2,3,...,997,998S=.然后令11,2,4AAB=,22,3,5ACD=,33,4
,6AAD=,41,4,5ABC=,52,5,6AAC=,61,3,6ABD=.此时可以验证,对(),xySxy,由于,xy必然都落在,,,,LABCD之一,故分情况验证即知一定存在一个集合()1,2,...,6iAi=同时包
含,xy,此时6k=.综上,k的最小值为6.15.设()fx,()gx均为整系数多项式,且()()degdegfxgx.若对无穷多个素数p,()()pfxgx+存在有理根,证明:()fx必存在有理根.【答案】证明见解析【解析】【分析】记()()p
fxgx+的有理根为ppprs=,(),1pprs=,由()()0pppfg+=,得到()()ppgpf−=,所以p有界,若子列ip→,则必有()0f=,下证可为有理数即可.【详解】记()()p
fxgx+的有理根为ppprs=,(),1pprs=.由()()0pppfg+=,得到()()ppgpf−=,所以p有界.若子列ip→,则必有()0f=.下证可为有理数.设()10nnfxaxaxa=+++,00naa;()10nmgxbxbxb=+++,
0mb,mn,由()()0pppfg+=得到00,pnpsparpab+.记00pppabrl+=,pl为整数.(1)若有无穷多个素数p满足ppsŒ,此时pnsa,所以存在无穷多个素数,iippss=.
(2)若有无穷多个素数ip满足pps,此时pnsap.因此存在整数nda,所以存在无穷多个素数p满足psp=,为整数.从而001ppprpabspl+=.①若pl→,则0p→;②若pl有界,则01ppprasl=→.所以为有理数.证毕.