2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛浙江赛区初赛试题+答案.pdf

1、2023 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本卷共 1515 道题目，道题目，1212 道填空题，道填空题，3 3 道解答题，所有答案填写在答题纸上，满道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分分150150 分。分。一、填空题（每小题一、填空题（每小题 8 8 分，共计分，共计 9696 分）分）1.1.已知集合220SxxxaR，若1S，则实数a _。答案答案：1.解 将1代入方程220 xxa，得1a 2 2.函数(sin1)(cos1)()sin cos2xxf xxx在(0,上的最小值为_。答案答案：32 2.解 令sincos,12,txxt 则则2()132 21f

2、xt。3 3.已知四面体SABC，点1A为三角形SBC的重心，G在线段1AA上，13AGGA，连接SG交三角形ABC所在的平面于M,则1AMAS_。答案答案：13.解解 由于1SAGMA、共面，知M为三角形ABC的重心，由此得1AMAS13。4.4.已知关于x的方程22221232123xxxxxa存在四个不同的实根，则实数a的取值范围为_。答案答案：(4,8)解解2222212321232xxxxxxxa将原方程变形程为22221(21232123)22axxxxxxx22max2,1232axxxx2212max2,1232axxxx考虑函数y与y的交点个数2424,822aaxyxyxa

3、可知y于与时达到极值，所以2即45.设函数()(f z z为复数）满足2()()f f zzzzz。若(1)0,f则()1f i _答案答案：1.解(i)1,(i)(1)0,ffffff于是另一方面2(i)=()()()()f f ff i f if if i（，所以()()()()0,()1)()1)1,()11f i f if if if if if i即(即6.已知,m n k为正整数，若存在正整数对(,)a b 满足222(1)4()44(1)3a nma nmab k，则mnk 可能值的个数为_。答案答案：4222(2)(2)(1)3,mna nb k解 配方得得到以下情况：20,2

4、0,10(,)(1,2,1)mnnkm n k 21,20,10,mnnk 无整数解20,21,10,mnnk 无整数解20,20,11(,)(1,2,2)mnnkm n k 21,20,11,mnnk 无整数解20,21,11,mnnk 无整数解21,21,10(,)(2,3,1),(1,3,1),(1,1,1)mnnkm n k mnk综上，的可能值为3,4,5,67.已知,a b cC，且2223333,6,abcabcabc则202320232023(1)(1)(1)abc_。答案答案：0解由已知可以得到3(1)1a，3(1)1b，3(1)1c，结合已知条件可得202320232023

5、(1)(1)(1)0abc8.8.已知数列na满足111,1,2,32(21)(25)nnnaaannna，则20231iia_。答案答案20234047解由已知得2211111(4(11)=(41)=(41)nnnnnaaa）2（）2（）=0,所以20232112023,1,2,414047niianan9.9.设,a b 为两个垂直的平面向量，且210ab。当01t 时，记向量(1)tat b与向量1()(1)5tat b最大夹角为，则cos_。答案：2 55解解 设(0,10),(5,0)ab，则(1)(5(1)10)tat btt，1()(1)(5(1)102)5tat btt，210

6、1021015(1)5(1)tan10(102)8021125(1180(5(1)1ttttttttt）+2 5cos5，于是另解另解 设(10,0),(0,5)ab（记为A点）（记为B点），则(1)(10,5(1)tat btt就是OP OPAB（为原点，为线段上一点）11()(1)(10(),5(1)55tat btt，就是(2,0CP C 点坐标（）),OP,CPOPCAB 的夹角最大，即以、为顶点的圆与相切。由此求得cos2 5510.10.设12345,a aa aa是数字1,2,3,4,5的排列。若不存在15ijk 成立,ijkaaa，则所有这样的排列数有_种。答案：答案：42.解

7、先考虑 1,2,3,4 四个数字满足条件的排列为 14 个（4312,4321,4231,4213,4132,3412,3421,3214,3241,3142,2143,2413,2431,1432）然后考虑数字 5 插入每种类型的情形，共 42 种。11.11.设n个正数12,na aa满足122023naaa，M为11,2023aa21212,20232023nnaaaaaaa中的最大值，则M的最小可能值为_。答案：答案：112n.解设0112023,2023,1,2,kkkkkxxaa kaxx，所以12,na aa1111(1)2023kkkkkkkaxxxMMMaaxx 显然0，因此

8、020231(1)1202320232nnnxMMx 等号取到条件验证略。1212.设不全相等的三个复数123,zzz满足方程22212312233 1455464zzzz zz zz z。记复平面上以123,z,zz为顶点的三角形三边的长从小到大依次为,a b c则:a b c _。答案：2:1:12:5:55，或.解令30z，则221212454zzz z，解得111222151,zz2z25zziz 与夹角余弦为，设211255,22kkzkzzz则解得则:a b c 2:1:15二、解答题（二、解答题（1313 题满分题满分 1414 分，分，1414、1515 题满分各题满分各 20

9、20 分，合计分，合计 5454）1313.已知椭圆22221(0)xyabab的上顶点 A 与左顶点 B 的距离为41，离心率为3,(,0)(41)5P tt 为x轴上一点。（）求椭圆方程；（）连接AP交椭圆于点C，过C点作x轴的垂线，交椭圆另一个点D，求ABDS的取值范围。解答解答（）由已知2222341,5ababa解得5,4ab，所以，所求椭圆方程为2212516xy（4 分）（）连接AD交x轴于点E。AP的直线方程为44yxt，联立椭圆方程2212516xy，解得C点坐标为222504100(,)2525tttt由于CD、关于x轴对称，D点坐标为222501004(,)2525ttt

10、t。（8 分）因为ADE、共线，所以E点坐标为25(,0)t22120(5)(yy)225ABDABEBDEADttSSSBEt（12 分）因为2220(5)25ttt在 4,5(12)5(12)单调递增，在（，-1 上单调递减，所以8010(21)41ABDS（14 分）1414.设整数2n，对于1,2,n任一排列(1),(2),()n，记(),1,2,Sii in，求1min()nSiii的值，并计算取到最小值时排列的数目。解解 因为1(),()1()niiiiiiin所以，即（）（5 分）（1）当n为偶数时，上面的不等式取到等号，即对任一,()1iii，此时有且仅当(1)2,(2)1,(

11、21)2,(2)21,2nkkkkk即1min(),nSiiin只有一种排列取到等号。（10 分）（2）当n为奇数时，不等式（）不可能取到等号。事实上，若对所有i=1,2,，n均有()1,(1)=2(2)=1(2)=3(3)=4()=1,iinn则，（若，可得，矛盾）类似地。(3)=4(4)=3,(2)=-1,(1)=-2,()=,nnnnnn，而不合题意。因此至少有一个1()2,()1niiiiiin，（15 分）等号取到当且仅当11,22nnk kkk k将，分成组，其中一组如(,+1,+2),其余组均为(,+1)对于k kk(,+1,+2)有()=1(1)=+2(2)=()=2(1)=(

12、2)=1kkkkkkkkkkkk，,，或，,因此因此11min()=1,212ninii nn等号取到的排列数目为（20 分）15.设 ，令=|为素数且对某个 ，2023。已知为有限集，求 。解解 =,其中为非零整数。对的次数归纳证明，只需证明当的次数非零时，其常数项为零：那么 =,满足同样的条件。（5 分）设=1,.,且 2023=1122.,0.记=7,17+1,令 1=,其中 ,则对所有 7,17 的素数,2023 2023=2023 20231 1 0+1.（10 分）由2023 2023|2023 2023 知当 1=时，2023=7,17717.（15 分）若的常数项非零，则当充分大时，7,17 1+,从而=7 2023=7,=17 2023=17.因此 2023为常数，与的次数非零矛盾。（20 分）