2024年浙江省数学会高中数学竞赛夏令营测试题

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答案 {x∣2≤x≤8}
2. 设x,y∈R，且sinx2−siny=3csx23−3csy=1，则csx−y= 。
答案 23
3. 已知复数z1,z2满足z1=z2=1,z1+z2=3，则z1−2z2= 。
答案 3
4. 已知点M1,2，过点N−2,0的直线与抛物线y2=4x相切于A，则△MAN为面积的最大值为 。
【答案】4+32
5. 实数x,y满足x2+y−22≤1，则x+3yx2+y2的取值范围为 。
答案 1,2
【解】x+3yx2+y2=x2+23xy+3y2x2+y2=1+2⋅y2+3xyx2+y2
令t=xy则x+3yx2+y2=1+23t+1t2+1，
考虑圆面x2+y−22≤1上的点与原点连线的斜率，可知t=xy∈−33,33
所以，原式∈1,2
当x,y=32,32时原式=2
当x,y=−32,32时原式=1。
注：最大值也可由柯西不等式直接得到：x2+y21+3≥x+3y2则x+3yx2+y2≤2.
6. 已知ak=122k−1+122k−1+1k∈N∗。若存在m∈N∗，当n≥m时恒有k=1nak>20232024，
则m的最小值为 。
答案 4
解析 22k−1=22k−12−1，
所以ak=122k−1+122k−1+1=22k−122k−1=22k−1+1−122k−1−122k−1+1=122k−1−1−122k−1，
所以k=1nak=1−122n−1，由k=1nak>20232024可得22n−1>2024，即22n>2025，即2n≥11，所以n≥4，即m的最小值为4.
7. 设点P是△ABC的外心，且CP=λCA+μCB,3λ+4μ=2λ,μ∈R,λ≠0。若AB=3，则△ABC的面积最大值为 。
答案3
【解析】由于CP=λCA+μCB=3λ2⋅23CA+2μ12CB，若令23CA=CM,12CB=CN，则CP=3λ2⋅CM+2μ⋅CN，又3λ+4μ=2，由此可知点P在在直线MN上.
如图，过点A作BC的垂线，垂足为H，则CMMA=CNNH，故H为NB的中点，且MN//AH.显然AB2=AH2+HB2，即AH2+HB2=3⋅S△ABC=12BC⋅AH=12×4BH⋅AH=
2BH⋅AH≤AH2+HB2=3，故△ABC面积的最大值为3.
8. 设x1,x2,x3是方程x3−7x2+2ax−1=0的三个根，则使得x1−13+x2−23+x3−43=0成立的所有实数a的和为 。
答案 1198
解：由韦达定理知x1+x2+x3=7，故x1−1+x2−2+x3−4=0，从而3x1−1x2−2x3−4=0，则x1=1或x2=2或x3=4，即a=72,214,498，
9. 已知函数ℎx=maxlnx−1x,−x3+ax−14x>0，其中max{p,q}表示p,q中的最大值，若函数ℎx有3个不同的零点，则实数a的取值范围为 。
答案 34,4e3+14e.
解：
令fx=lnx−1x,gx=−x3+ax−14，当x∈e,+∞时，fx=lnx−1x>0,ℎx在区间e,+∞内无零点；当x=e时，fe=0,ge=−e3+ae−14，当−e3+ae−14≤0，即
a≤4e3+14e时，x=e为函数ℎx的零点.当x∈0,e时，令ℎx=0，则a=x2+14x，令mx=x2+14x，则m'x=2x−14x2=8x3−14x2，令m'x=0，则x=12,mx在区间0,12上单调递减，区间12,e上单调递增，m12=34,me=4e3+14e.当a∈34,4e3+14e时，ℎx在区间0,e内有两个零点.综上，当a∈34,4e3+14e时函数有三个零点.
10. 三条两两垂直的线段OA、OB、OC的长分别为a、b、c，且a≤b≤c.直线l过点O，则点A、B、C到l的距离之和的最小值为 。
答案：a+b
解 设直线l与OA、OB、OC的夹角分别为α、β、γ，分别以射线OA、OB、OC为x轴、y轴、z轴的正半轴，以O为原点建立空间直角坐标系，
在l上取点Dx0,y0,z0，使OD=1，则x0=±csα,y0=±csβ,z0=±csγ，
∴1=OD2=cs2α+cs2β+cs2γ, ∴sin2α+sin2β+sin2γ=2，
令x=sinα,y=sinβ,z=sinγ，则条件转化为x2+y2+z2=2,0≤x,y,z≤1，距离和即为ax+by+cz，
注意到x+y+z≥x2+y2+z2=2，∴y+z−1≥1−x≥0，∴by+z−1≥a1−x，
∴a+b≤ax+by+bz≤ax+by+cz，即距离和≥a+b，当x=y=1,z=0时取等.
11. 设a,b,c为实数，若∀x∈R，二次函数fx=3ax2+2bx+c≥0，则a−ba+3c的最大值为 。
答案：2+12
解答：由题意可知a≠0，且fx=3ax2+2bx+c≥0对∀x∈R恒成立，
即有a>04b2−12ac≤0⇒a>0b2≤3ac⇒a>0,c≥0b2a≤3c
不妨只考虑a>b的情形，令1−ba=tt>0
a−ba+3c≤a−ba+b2a=1−ba1+ba2=t1+1−t2=tt2−2t+2=1t−2+2t≤122−2=2+12
则a−ba+3c的最大值为2+12
12. 圆周上均匀分布着19个点，任取一个以其中4个点为顶点的凸四边形，则该凸四边形是含有圆心的梯形（圆心在梯形内部）的概率为 。
答案：551
解析：连接其中任意一个点与圆心做直线，得其余18个点关于该直线对称，可连9条垂直于对称轴的弦，注意到9条弦长度两两不等且互相平行，圆心两侧分别为4条和5条。故可得：4×5×19=380，所以概率为：380C194=551.
13. 已知fn=2n2+n−n2−n,n=1,2,⋯，s,t为实数。若对任意n∈N∗有
fn−sfn−t≤0，则s−t的取值范围为 。
答案：[22−2,+∞)
解 一方面fn=2nn+1−n−1
=21nn+1−n−1=2n+1+n−1nn+1−n−1n+1+n−1
=2n+1+n−12n=2n+1n+n−1n2=21+1n+1−1n2>21+1n+1−1n2=2
另一方面：fn+1−fn=4n+1n+2+n−4nn+1+n−1
=4n+1n+1+n−1−4nn+2+nn+2+nn+1+n−1
=4×n+1+n2−1−n2+2n−nn+2+nn+1+n−1=4×1+n2−1−n2+2nn+2+nn+1+n−1
因为n2−1所以1+n2−12=n2+2n2−1即1+n2−1−n2+2n<0，
所以fn+1−fn<0，即fn>fn+1，所以fn是递减数列，
所以214. 已知A12,4是抛物线C:y=x2上一点。按如下规则依次构造点列Ann≥2：过点An−1作斜率为1的直线交C于点Bn−1，再过点Bn−1作斜率为12的直线交C于点An.记
△AnAn+1An+2的面积为Sn，则S2024的面积为 。
解 由帕斯卡定理推广，
可知抛物线C内接六边形AnBnAn+1An+2Bn+2An+3的三对对边共点.
又AnBn//An+2Bn+2,BnAn+1//Bn+2An+3，所以An+1An+2//AnAn+3，
从而S△AnAn+1An+2=S△An+1An+2An+3，即Sn=Sn+1.
计算可得A12,4,B1−1,1,A232,94,B2−12,14,A31,1，进而有S△A1A2A3=18，即
S1=18.所以，S2024=18.
15. 设a为实数，函数fx=ax+sinxx−sinxx≠0的图象与gx=x2的图象有四个不同交点，其横坐标从小到大依次为x1,x2,x3,x4，
则1−sinx1x11−sinx2x21−sinx3x31−sinx4x4= 。
答案 1
解：函数fx=ax+sinxx−sinxx≠0的图象与gx=x2的图象有四个不同交点
则ax+sinxx−sinx=x2
两边除以x2得到a+sinxx1−sinxx=1x≠0 设1−sinxx=t
原式=a+1−tt=1⇒t2−a+1t+1=0 Δ=a+12−4>0⇒a>1或a<−3
t1t2=1,1−sinxx=t为偶函数。
又1−sinxx=t1有两个解互为相反数，1−sinxx=t2有两个解互为相反数
1−sinx1x11−sinx2x21−sinx3x31−sinx4x4=t1t2t1t2=1
16. 等边三角形各边n等份，连接三角形各边上对应点将等边三角形平均分成n2个小三角形。则由这些小三角形构成的平行四边形的个数为 。
答案 3Cn+24
解答平行四边形分为三个方向，每个方向的个数相同。下求尖角朝上、下的平行四边形的个数An。易得
An−An−1=k=1n−1kn−k=nn2−16=Cn+13⇒An=Cn+24.
17. 已知三条直线y=2x,y=−2x,y=kx+k−1，将椭圆面x2+y24≤1分成若干区域，现用8种颜色给不同区域染上不同的颜色。已知染色方法有20160种，则实数k的取值范围为 。
答案：2≤k<4+32或者−218. 称一个整数集T为“好的”当且仅当存在整数a,c∈T,b∉T，且满足a答案 22024−2025−C20242或22024−1−C20252
解答：集合{1,2,…,2024}有22024个子集.下面考虑在这些子集中有多少个子集不满足好子集的条件，即有多少个子集不是好的.显然，好子集不是空集，也不是一元子集.于是，至少有1+2024=2025个子集不是好的.
设包含至少两个元素的子集T不是好的，且T中的最小元素、最大元素分别为m、M.
若存在整数k满足m从而，所有整数m,m+1,⋯,M均在集合T中.这表明，集合{1,2,⋯,2024}的子集中不是好的子集为至少两个相邻整数构成的集合.因为任意一个这样的子集由整数对m,M唯一确定，所以，这样的子集共有C20242个.
综上，集合{1,2,…,2024}的好子集的个数为22024−2025−C20242
19. 取24个正整数从小到大排列为1=a1ai,ai+4∣ai+ai+4≡0 md 5,i=1,2,⋯,20，则使得A达到最大值的数列aii=124有
种。
答案 13
解 总有A≤20.取a1,a2,⋯,a24为(5i+1,5i+2,5i+3,5i+4,5i+9,5i+13,5i+17,5i+21),i=0,5,10时可取等.故知Amax=20.另一方面，当A取到最大值，有a1+a5≡a2+a6≡⋯≡a20+a24≡0 md 5。结合a1=1,a24=71，知an md 5
为：1,a,b,−1,−1,−a,−b,1,1,a,b,−1,−1,−a,−b,1,1,a,b,−1,−1,−a,−b,1.
设a4=5i−1,i≥1;a5=65j−1,j≥i+1;a8=5k+1,k≥j.由a8−a5≥3知k≥j+1，从而k≥j+1≥i+2≥3.若k=3，则必须j=2,i=1，从而a4=4,a5=9，因此a3=3,a2=2,a6,a7∈10,15且a6≡−a2≡3 md 5,a7≡−a3≡2 md 5，从而必须a6=13,a7=12，矛盾!因此k≥4，即a8−a1≥20.同理a16−a9≥20,a24−a17≥20.结合a9−a8≥5,a17−a16≥5，可知a24−a1≥20+5+20+5+20=70.因此必有k=4.
下面先讨论前8项。由k=4知i,j∈{1,2,3}.
1) i=1,j∈{2,3}.此时a4=4,a3=3,a2=2,a5≥9,a6∈10,20,a6≡−a2≡3 md 5,a7≡−a3≡2 md 5，因此a6∈{13,18},a7∈{12,17}，从而a6=13,a7=17且a5=9，此时仅有一种。
2) i=2,j=3，此时a4=9,a5=14,a6,a7∈15,20.注意到给定r∈{0,1,2,3,4}，满足x≡−r md 5,x∈15,20的x为：x=15−,20−rr=0;x=20−r,x≠0.下面对a2,a3除以5的余数a,b分情况讨论。
i) a,b均不为0，则必有a>b,a6=20−a,a7=20−b,a2=a,a3=5+b.a,b的选择共有42=6种。
ii) a=0，则由a6≤a7−1≤19知a6=15.由a2b,b∈{1,2,3}且a7=20−b.b的选择共3种。
iii) a≠0,b=0.则a7≥a5+2=16知a7=20.a3综上，对每对给定的余数a,b，至多一组满足要求的数组a1,a2,…,a8，且满足如上条件的a,b一共13种。因此原数列也恰有13种。
20. 设正整数m>2000,N=m2024+1.将N,N−m,N−2m,⋯,m+1,1按这个次序写在黑板上(公差为m的等差数列).每次操作为删掉最左边的数及其所有因子，则最后删掉的数为 。
解 最后删掉的数为a=m2024−1m+1+2=m2024+2m+1m+1.
因为a≡1 md m且m+1a>N，所以在a作为最左边的数之前，a不能作为因数被删掉.
对黑板上的数ba，且c为b的倍数，那么在删掉c的时候就删掉了b.设b0=b，对于非负整数k,bk+1=m+1bk.
由于bk≡b0≡1 md m，于是，所有不超过N的bk最初均在黑板上.设正整数i满足bi−1

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