2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题

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，集合．若，则实数的取值范围为______．【答案】【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，要使,则,则,所以.故答案为：.2.设函数满足，则这样的函数有______个．【答案】10【解析】【分析】根据函数的定义，对得三种情况进行讨论.【详解】令，则．对以下三种情况都满足条件；；，共3种．同理对，有3种情况；，也有3种情况．又，，显然满足条件．所以满足已知条件的函数共有个．故答案为：103.函数的最大值与最小值之积为______．【答案】##0.75【解析】【分析】利用换元法可得，求得，即可求解最值求解.【详解】解令，，当时，原式变形，由于或，当且仅当时取等号，故或故或，．当时，．综上可得，所以的最大、最小值分别为，其积为．故答案为：4.已知数列满足：，，，则通项______．【答案】【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，，得，两边平方得，则，即有，因此数列常数列，，所以.故答案为：5.已知四面体的外接球半径为1，，，则球心到平面的距离为______．【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理求得的外接圆半径为，再根据四面体的外接球半径为1，利用勾股定理求解.【详解】解：如图所示：因为球心在平面上的投影就是的外心，设的外接圆半径为，由正弦定理得，解得，，四面体外接球半径为1，即，所以球心到平面的距离为．故答案为：6.已知复数满足，则______．【答案】【解析】【分析】由题意可得，结合复数的几何意义可得，解之即可求解.详解】设R)，由，得，所以，由，得，所以，，解得或，所以．故答案为：7.已知平面上单位向量垂直，为任意单位向量，且存在，使得向量与向量垂直，则的最小值为______．【答案】【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，，，，于是，．由向量与向量垂直，得到．，当，时，取到最小值．故答案为：8.若对所有大于2024的正整数，成立，则______．【答案】【解析】【分析】利用组合数的性质:得到，即可求解.【详解】因为，，，设，为正整数，那么，以及，得到为正整数．所以，，故.故答案为：9.设实数，且或，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】令，分与两种情况分析得，再确定，，时即可得解.【详解】令，则，，，当时，，即，当时，，即，当，，时，，所以的最小值为．故答案为：.10.在平面直角坐标系上，椭圆的方程为，为的左焦点；圆的方程为，为的圆心.直线与椭圆和圆相切于同一点.则当最大时，实数______.【答案】【解析】【分析】利用切割线定理得到进而求出最后的结果.【详解】因为在椭圆上，所以直线的方程为，即.由圆的性质可知，直线与直线垂直，所以圆心坐标满足，即圆心坐标轨迹方程为，记此直线为.要使最大，则过定点和定点所作的圆与直线相切于.设直线与轴相交于点.由切割线定理可知，，即有将代入上式解得（不合，舍去）或于是解得故答案为：11.设为正整数，且，则______．【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】，，解得．故答案为：9.12.设整数，从编号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】【解析】【分析】建立相应概率模型，得到递推公式，，，求解出．【详解】解记为初始状态，含之一；含之一；含之一；含之一．记为从开始到达或所需要得次数，其中为之一．由定义，并得到以下递推关系，，，解得：，，．故答案为：二、解答题（13题满分14分，14、15题满分各20分，合计54）13.正实数满足；实数满足，，定义函数，，试问，当满足什么条件时，存在使得定义在上的函数恰在两点处达到最小值？【答案】【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，、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，，对A的取值分类讨论：（1）当时，因为，则，所以，故此时最小值点有无穷多个，不符合，舍去；（2）当时，因为，则，若，则，故此时；若，则，故此时；若，则，故此时；，又，故，，故在上单调递减，在上恒为，在上单调递增，又；H+所以此时最小值点唯一或有无穷多个，不符合，舍去；（3）当时，同理可得又，故，，，，且；；，，；，，即，所以在上单调递减，在上恒为，在上单调递增，且，故此时最小值点唯一，不符合，舍去；（4）当时，同理可得又，故，，，，且，=k3；，H+2，，所以在和上单调递减，在上恒为，在上单调递增，故此时最小值点唯一或无穷多个，不符合，舍去；（5）当时，同理可得又，故，，，，且，=k3，故，，；，，故在和上单调递减，在上恒为，在上单调递增，所以此时恰有两个最小值点的充要条件为，即，解得.【点睛】思路点睛：对A的取值进行分类讨论，分别求出的解析式，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，集合的个元子集满足：对中任一二元子集，均存在，使得．求的最小值．【答案】【解析】【分析】先由已知条件证明，然后构造一个例子使得成立，即可说明的最小值是.【详解】一方面，对，假设包含的不超过两个.由于每个至多包含个包含的二元子集，所以至多有个包含的二元子集包含于某个，但包含的二元子集有个，说明存在一个包含的二元子集不包含于任何，这与已知矛盾.所以至少存在三个包含，这就意味着全体的元素个数之和至少是.而每个的元素个数都是，所以，得.这就得到了.另一方面，设，，，，.则两两交集为空，且全体并集就是.然后令，，，，，.此时可以验证，对，由于必然都落在之一，故分情况验证即知一定存在一个集合同时包含，此时.综上，的最小值为.15.设，均为整系数多项式，且.若对无穷多个素数，存在有理根，证明：必存在有理根.【答案】证明见解析【解析】【分析】记的有理根为，，由，得到，所以有界，若子列，则必有，下证可为有理数即可.【详解】记的有理根为