2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题（解析版）

2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题考试时间:8:009:20填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1.设整数集合，若中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为，则集合__________________.【答案】【解析】【分析】依据总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积去分析集合中的各元素即可.【详解】中所有三元子集共有个，中的每个元素在这些三元子集中均出现了次，故，，因为集合中的元素有个负数个正数，故集合中的元素有个负数个正数，所以，不妨设，三个元素之积绝对值最大时，，，又为整数集合，所以，或者，；三个元素之积绝对值最小时，，又，所以，，因为集合中的元素有个负数个正数，故、均为正整数，所以，，故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查集合的子集，关键是理解题目的意思，并从“总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积”这些不同的角度去分析集合中的各元素.2.已知函数若关于的方程恰有三个不相等的实数根且满足，则的取值范围是__________________.【答案】【解析】【分析】求出嵌套函数解析式，作出其图象，得到，化简得，设右边为新函数，根据其单调性得到范围.【详解】当时，则，则，当时，，则，当时，，即方程恰有三个不相等的实数根等价于直线与函数的图象有三个不同交点，因此.此时且，则，，从而，设，则其在上单调递增，因此的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用分段函数的解析式求出的表达式，然后利用转化法、数形结合思想进行求解.3.从中任取两个数，则的值中，个位数字为8的数有__________个.【答案】【解析】【分析】先找出个位数字，个位数字，得出周期性，再找出个位数字是8的情形即可.【详解】当时，个位数字分别是，个位数字分别是，周期都是4.个位数字为8的情形有，综上，当且仅当时，，形如的数对的个数分别为：，下证这些数不重复：因为，所以，若，则，故，因此，不存在重复的数故共有个.故答案为：.4.设复数满足，令，则的最大值是__________________.【答案】【解析】【分析】利用复数差的几何意义可求的最值.【详解】因为，所以，，复数在复平面上所对应的点在以为圆心，为半径的圆上，是以为圆心，为半径的圆上的点到两点间的距离，到的距离为，所以，的最大值为.故答案为：.5.已知函数，则函数在区间上的最大值为__________________.【答案】【解析】【分析】分类讨论是有理数与无理数现两种情况，结合分段函数的定义，利用换元法分析得，从而得解.【详解】若为有理数，且，设，由，知，①当时，不存在；②当时，存在唯一的，此时；③当时，设，其中，且m∈N*，此时，因为，所以若为有理数，则时，取最大值；若为无理数，且时，.综上可知，在区间上的最大值为.故答案为：.6.对于，若非零实数满足，且使最大，则的最小值为__________________.【答案】【解析】【分析】根据等式先配方出平方和，再利用柯西不等式，凑出，以等号成立的条件为依据，把转化为一个变量的函数，求最值即可.【详解】因为，所以，由柯西不等式得，，当最大时，有，所以，，所以，当，即时，上式取得最小值.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查柯西不等式，关键在于用柯西不等式凑出，当反推柯西不等式时，需要结合不等式两边已有的式子，对相同未知数的系数进行分析配凑.7.已知函数，且为奇函数.若方程fx+m=0在上有四个不同实数解，则的平方值为__________________.【答案】##【解析】【分析】根据降幂公式、奇函数的性质求解的解析式，再根据正弦函数的性质，结合整体思想进行求解即可.【详解】，为奇函数的图像关于点对称，所以，所以，，，方程，即方程在上有四个不同的实数解，则或，即或，当，即时，则，，，当，即时，，，，所以，的平方值为.故答案为：.8.已知，且中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则的最大值为__________________.【答案】1212【解析】【分析】根据，取，即可满足中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，然后证明在中，最多有6个数作为余数入选，故.【详解】因为，取，即可满足中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9.下面证明以上满足题设条件.

若或9，，并且，（1）当时，有，而，因此；（2）当时，为使或9，应使得或9，进而使得或，但，故满足不了，因此；（3）当时，为使或9，应使得或9，进而使得或，但，故满足不了，因此；综上所述，，这里，并且.故中任何两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，此时.另一方面，在模13下考虑，将排成一个首尾相连的圆圈（这里1和10首尾相连），任意两个相邻的数的差的绝对值均为4或9，那么从中任取7个数，其中必定会有两个数的差的绝对值均为4或9.因此在中，不可能同时有7个数作为余数入选，则.所以的最大值为1212.故答案为：1212.9.设多项式，其中.记为的正整数根的个数（含重根）.若无负整数根，的最大值是__________________.【答案】10【解析】【分析】先得到的整数根只能是，并举例得到的情况，再说明时不合要求，从而得到结论.【详解】当时，，所以整数根只能是，注意到，满足条件，此时的次数为，且展开式后任两项的指数不同，因此每项的系数为，且1是的10重根，不为的根，即此时，理由如下：记，其中，，容易归纳证明：是一个所有系数属于的多项式，再证明即为最大值，设，则，令，则，由知，，同时，矛盾，故的最大值为10.故答案为：10【点睛】关键点点睛：看出，从而得到，为本题的关键点.10.在棱长为4的正方体中，为棱上的一点，且为截面上的动点，则的最小值等于__________________.【答案】【解析】【分析】设E关于面的对称点为，则，再建立合适的空间直角坐标系，求出坐标即可得到答案.【详解】设E关于面的对称点为，则面且，以A为原点，向量为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则平面的方程为，设，则，因为E与关于面对称，所以，即，又因为E与在面的两侧，所以.因为面，所以，从而，又，所以，从而，，故的最小值等于.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标法，结合点到平面距离公式进行求解.11.数列定义如下：设写成既约分数后的分母为等于的最大质因数，则的最大值等于__________________.【答案】4027【解析】【分析】由勒让德公式可证明，进而说明，然后在逐一检验得是质数，最后再取即可得出答案.【详解】由勒让德公式可知：，设，，因为，所以，从而，又因为，且，所以，又因为，所以，故，由于，，，，，，，，故，取，有，知.故答案为：.2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛二试试题考试时间:9:40-12:3012.设是三个正数，求证：.【答案】证明见解析【解析】【分析】不妨设，然后使用Jensen不等式证明.【详解】由于原不等式是齐次不等式，故我们可以不妨设.此时有，且.故我们需要证明的不等式即为.设，则，.对，有，所以由Jensen不等式得.这就得到，即.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从齐次性入手进行优化假设，然后即可使用函数工具.13.如图所示，锐角三条高线AD，BE，CF交于点H，过点F作交直线BC于点G，设CFG的外接圆为与直线AC的另一个交点为P，过P作交直线AD于点Q，连接OD，OQ.求证:.【答案】证明见解析【解析】【分析】法一：首先证明，，三点共线，再证明点在直线上，再证明，，，四点共圆，最后证明垂直平分即可；法二：设CO交于另一点，证明四点共圆，最后证明即可.【详解】如图所示，连接，设是的直径，连接，，.作，垂足为M.由为的垂心，易得(1)，，，四点共圆，(2)，，，四点共圆，(3)，，，四点共圆，(4)，，，四点共圆，首先证明:，，三点共线.证明：因为，所以，，三点共线.其次证明：点在直线上，证明：因为是的直径，所以，所以点在直线上.再次证明：，，，四点共圆.证明：因为是的直径，所以，所以，最后证明：证明:因为，所以.因为，所以，因为是中点，所以是中点，所以.法二：设CO交于另一点，那么由知在直线上.那么注意到知四点共圆.于是，另一方面，由是直径知，故结合知.故GUQD为矩形.进而在与中，.因此，故.14.有个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.【答案】能完成，证明见解析【解析】【分析】根据二部图，匹配，定理的概念，再结合归纳法求解即可.【详解】图论相关概念：二部图：如果顶点集合可分割为两个互不相交的子集，并且图中的每条边所关联的两个顶点和分别属于这两个不同的顶点集，则称图为一个二部图.匹配：设是一个二部图，是图的所有边所构成的集合.若包含于，而且中任何两条边没有公共顶点，则称是的一个匹配.相邻：两个顶点和连边，称顶点和相邻.引理(定理)：对于一个二部图且，存在一个匹配的充分必要条件为对于的任意子集，有，其中表示中至少与中一个点相邻的点集.必要性：因为存在到的一个匹配，所以对于中任意一点，均至少中一点与其相邻，从而对于的任意子集，在中可以找到个点与中至少一点相邻，设这个点构成的集合为，那么，故.充分性：若对于的任意子集，有，下面对中点的个数进行归纳：①当时，显然存在一个到的匹配；②假设对时，均存在一个到的匹配，③下面考虑时，（1）如果任取的元子集，均有，取中的一点，将和中与匹配的一点去掉，那么中还剩个点，记这个点构成的集合为，对于的任意子集有，由归纳假设可知存在的一个匹配，加上去掉的一组点，构成的一个匹配.（2）如果存在的元子集S，有，那么由归纳假设可知在图中这组点构成一个匹配，去掉这组点，记中去掉的点集为，中还剩个点，由归纳假设可知在图存在匹配，与构成的一个匹配.回到原题：结论是肯定的.设支球队分别为，设能接受的最大客场次数为，设共有场比赛，第场比赛为，其中每场比赛的参赛双方已经确定，但尚未确定主客场，我们构造二部图，其中，中包含恰个，将与连边当且仅当是的参赛球队.下说明存在的匹配，对于，任意1场比赛，设这些比赛构成集合，并设这些比赛涉及的参赛球队(即至少参加这之中1场比赛的球队)为，由条件，，因此，由定理，中存在的匹配.最后，我们把每场比赛的客场球队设置为其在图的匹配中匹配的对应球队，这样，考虑到每支球队在中出现的次数不超过其最大客场次数，因此每支球队的客场次数都是被允许的.综上所述，我们完成了主客场的安排.【点睛】关键点点睛：理解并熟练运用二部图，匹配，定理是解决本题的关键.15.设为个两两不同的正整数且恰有4048个质因数.如果中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求的最大值.【答案】【解析】【分析】法一：构造出对，取，其中第个分量为1，每个向量有4048个，再证明；法二：设是一个质数，再进行合理构造，最后利用费马小定理证明.【详解】法一：设的4048个互不相同的质因数为，设，记一组4048维向量.中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方等价于存在不全为零的一组数，使得的每个分量在模4049的意义下)，求的最大值等价于求能从最多多少个4048维向量中选出若干个向量的和不为0.下证:若不然，设前个向量为其中，有(的每个分量在模4049的意义下)，易知4049为质数，由费马小定理可知，从而①对每一组不全为0的成立.将①式左边看成关于的多项式二项式展开，由于1的任何次幂都是1，0的任何次幂都是项可看成，①式左边常数项为，从而存在某个非常数项不为0.考虑最高次项，不妨设为，由于(1)式左边次数最高为，所以，取，此时这组不全为0，那么无论如何取值①式均同余于0，这与组合零点定理矛盾.故最大值为，构造:对，取，其中第个分量为1.每个向量有4048个.(注:由于在模4049的意义下，故向量可以相同).法二：设是一个质数.先给出的构造：取，并取为.该构造明显是符合要求的，因为若取出了某个中