【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，由小赞的店铺上传

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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22sinsin

1sin1xxyx++=+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111ytt=++，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)nnnnnxxxnn++=++，1202x=，得0nx，两边平方得2212(1)(1)nnnnnxxxnn++=++，则222221(1)111111(1)(1)1nnnnnxnnxnnxxnnxnn+++==+=+−+++，即有22111111nnxnxn

++=++，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BD

C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122sin3rBDC==，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2

2(1)1ab−+=，22221(1)1abab+=−+=，解得1232ab==或1232ab==−，所以13i22z=．故答案为：13i227.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,si

n1ca−=−．由向量()1atb+−与向量ca−垂直，得到cossin1cost+=+．()()()22π1cos1sin32cossin322sin4abc+−=−+−=−+=−+，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!CCCCkkknknnn

nkbb++=+++++，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11211

2!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3b

a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，()()32324

2344tttbacbcba++−+−+−=−+，即23t，当43ab+时，()()()8224243tttbacbcab++−+−+−=−+，即23t，当13a=，1b=，53c=时，2423bacbc−=−=−=，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()()2

222222ab−+=+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()3201C192624312kknnkkk

k=−=+++，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++++=−−=−++++++()()()()41234444011

C1CCC234nkknnnnknnn+++++==−−+−++++()()()()31233333011C1CCC123nkknnnnknnn+++++=−−−+−++++()()44401C110nknknk+++=−=−=，()()33301C110nk

nknk+++=−=−=()()()()()()()()()()434321114123426nnnnnnnnnnn+++++=+−++−+++++()()()()()()3232

141326nnnnnnn+++++−+−++−+()()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=−++，()()()4411AEEEn

n=−++，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()()()3211

AABEEEnn=−++，()()()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=−−，()11223,01,1212,21

2kxxcgxkxxckxx=−−，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】32123111212kkk=−【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−、()Hx+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()()()111,0gxfAxkxkAxkAxA+−=+−=

，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()()()()1211221,01gxfAxkxkA

xckkxkAcxA+−=+−−=−+−−；若1,10,1xA−，则1,10,1AxA−−，故此时()()()111,11gxfAxkxkAxkAAx+−=+−=−；若((1,1,2x

A，则)0,10,1AxA−−，故此时()()()()1121211,11212ccgxfAxkxkAxkkxkAxA+−=−+−=−+−；()()()()122111211,01,11,112kkxkAcxAgxfAxkAAxckkxkAxA−+−−+−=−

−+−，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()()()()()()12211212211111HAkkAkAckkAkkkA

ckAHA−−=−−+−=−−−+−==−；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()()()()()()133212211212112311,02,2113,1112,1212,212kkxkAcxAkkxkAcAxckAxAgxfAxckkxkAAxckkxkAxA−+−−−+−−−−+−=−+−−

−+−又123kkk，故310kk−<，120kk−，210kk−>，130kk−>，且()()()13321211122HAkkAkAckAkkkAc−−=−−+−=+−=+；()()()()()1221121

1112222HAkkAkAckAkkckAcHA+−−=−−+−=+−−=+=−；()()()1122121213112112cHkkkAckAckAH+=−+−=−−=，()()()()112112131111212ccHAkkAkAkAHA−−=−−+−=−=−，()(

)11211123221212ccHkkkAkA=−+−=+；()()2311132111123221261212cHkkkAkAkkk+=−+−=++−，()()()1113212323111231122012612126cHH

kAkAkkkkk+−=+−++−=−，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()()()()()()13321233212232212311,01,121213,2212,2112,112kkxkAcxckkxkAcxAc

kAAxgxfAxckkxkAcxAckkxkAAxA−+−−+−−−−−+−=−+−−−−+−−又123kkk，故310kk−<，230kk−<，320kk−>，130kk−>，且()()133233211132HkkkAc

kAkkk=−+−=−++，()()1233233212313113121212cHkkkAckAkkk+=−+−−=−++=𝑘3𝐴−3𝑘3+𝑘2+2𝑘1+1112(𝑘2−𝑘1)>𝐻(1)，()()()()1123322132221212ccHAkkAkAck

AHA−−=−−+−−=−=−；()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12

1312ckA−，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()()()()()()13321233223232212311,01,121213,2212,

2112,112kkxkAcxckkxkAcxgxfAxckAxAckkxkAcAxAckkxkAAxA−+−−+−−+−=−−−+−−−−−+−−又123kkk，故310kk−<，230kk−<，320kk−>

，130kk−>，且()()133233211132HkkkAckAkkk=−+−=−++，()()1233233212313113121212cHkkkAckAkkk+=−+−−=−++=𝑘3𝐴−3𝑘3+𝑘2+2𝑘1+1112(𝑘2−𝑘1)>𝐻(1)，()()()

2132332132,221212ccHkAHkkkAc+=−=−+−−，故()()()()21122332311132220121212ccccHHkkkAckA+−−=−+−−−−=−，()

2313212cHAkA−−=−，()()()()2232213132221212ccHAkkAkAckAHA−−=−−+−−=−=−；()()()22311331111212ccHAkkAkAkAkk−=−−+−=−+−，()()()()22322133

11111212ccHAkkAkAckAkkHA−−=−−+−−=−+−=−，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32123111212kkk=−.【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997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499，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=，751,752,753,...,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(),xySx

y，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()()pfxgx+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()()pfxgx+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01pppr

asl=→.所以为有理数.证毕.