2024年浙江数学夏令营测试题（附答案）

2024年浙江数学夏令营测试题

(本试卷共20道填空题，每题5分，总分满分100分)

2

1.已知集合4=(x\y=Vx-2},B={x\x-9%+8<0},则/nB=o

2•设久，yeR,且高嘉=虚急=1，贝心s(%-y)=-----------------。

3.已知复数Z1，Z2满足|z/=氏|=1,怙1+Z2I=8，PJIJIZi-2z2|=o

4.已知点M(l,2),过点N(-2,0)的直线与抛物线y2=4x相切于4则△MAN为面积的最大值

为O

5.实数x,y满足久2+(y—2)2<1,则的取值范围为。

y/x2+y2----------------------------------

6.已知以=房+川'(keN*)。若存在meN*,当nNm时恒有22=1和>翳，

则加的最小值为O

7.设点P是△4BC的外心，且而=4不+〃刀,32+4〃=2(尢〃£0)。若|48|=百，贝的

面积最大值为«

2333

8.设久1，久2，久3是方程久3-7x+2ax-1=0的三个根，则使得3-I)+(%2-2)+(x3-4)=。成立

的所有实数a的和为o

9.已知函数h(x)=max{电F，-/+ax-为0>0),其中max{p,q}表示p,q中的最大值，若函数h(x)有

3个不同的零点，则实数a的取值范围为o

10.三条两两垂直的线段CM、0B、。。的长分别为a、b、c,且a<b<c,直线］过点。，则点4、B、C到］

的距离之和的最小值为O

11.设a,b,c为实数，若VxGR,二次函数/(久)=3a%2+2bx+c>0,则悬的最大值

为O

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O

13.已知九=2(Vn2+n-Vn2-n),n=1,2,-,s,t为实数。若对任意九GN*有

一S)(fn-t)<0,则|S-t|的取值范围为o

14.已知&(2,4)是抛物线C:y=M上一点。按如下规则依次构造点列{4JS22)：过点41T作斜率为1

的直线交C于点之_1，再过点昂_1作斜率为9的直线交C于点4“.记

△41dl+14I+2的面积为％,贝IJS2024的面积为。

15.设a为实数，函数/'（%）=（。久+sinx）（x-sin尤）（％力0）的图象与g（x）=/的图象有四个不同交点，其

横坐标从小到大依次为巧,X2,x3l%4,

则（1sin.1）（］sin：）sin%3）sin♦4）_

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/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。

17.已知三条直线y=2x,y=—2x,y=kx+k-1,将椭圆面/+?<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o

18.称一个整数集T为''好的"当且仅当存在整数a,ceT,b£「且满足a<b<c。则集合｛1,2,…,2024｝的

好子集的个数为个（可用组合数公式表示）。

19.取24个正整数从小到大排列为1=的<。2<…<。24=71,定义4=

｛Q,%+4）Ia；+ai+4=0（mod5）,i=1,2,…,20｝,则使得⑷达到最大值的数列｛%｝圉有

_________________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O

2024年浙江数学夏令营测试题参考答案

(本试卷共20道填空题，每题5分，总分满分100分)

2

1.已知集合4=(x\y=Vx-2},B={x\x—9%+8<0},则/nB=o

答案{%I2<%<8]

2.设久,yeR,且齐丽=2后3c°sy=L贝11cos(久—y)=----------------。

答案t

3.已知复数Z1，Z2满足|z/=。|=1,IZ1+Z2I=旧，贝”Zi—2Z2l=O

答案V3

4.已知点过点N(-2,0)的直线与抛物线y2=4x相切于4则△MAN为面积的最大值

为O

【答案】4+3V2

5.实数X,y满足/+(y_2)2<I,则的取值范围为。

y]X2+y2--------------------

答案[1,2]

[俞刀]x+^y_卜2+2遮xy+3y2_k2y2+o%y

牛yjx2+y2[x2+y2\x2+y2

令t=2则11+2^^,

yy/x2+y2\t2+i

考虑圆面/+(y—2)2<1上的点与原点连线的斜率，可知t=je[―f,同

所以，原式e[1,2]

当(")=(今1)时原式=2

当(“)=(—苧,|)时原式=1。

注：最大值也可由柯西不等式直接得到：。2+y2)(i+3)>(X+^y)2则弓普<2.

6.已知以=看+方七(keN*)。若存在meN*,当九2m时恒有2忆1%>翳，

则血的最小值为O

答案4

解析22fc-l=（22fc-1）2-l,

KUI、J1।12?J卜2九一，1）_1i1

fc1fc1

所以耿=+22fc-l+1==（2Z--l）（22-+l）=2亦T-l-

所以22=1%=1—白，由Ebi%>籍可得22"—1>2024,即22n>2025,即加之口，所以几24,

Z-±ZUZ4

即血的最小值为4.

7.设点P是△4BC的外心，且而=4刀+〃?U34+4〃=2(；l,〃eR"H0)。若|AB|=旧，贝iJZkABC的

面积最大值为O

答案3

【解析】由于而=双彳+4方=日.(|m)+24(3方)，若令|85=而卷方=而，则而=弓.屈+

211-CN,又34+4乩=2,由此可知点P在在直线MN上.

如图，过点4作BC的垂线，垂足为H,则羽=需，故H为NB的中点，S.MN//AH.^AB2=AH2+

2

HB,即4"2+HB2=3.5aabc=IfiC-XW=1x4BH-AH=

2BH-AH<AH2+HB2=3,故△ABC面积的最大值为3..

2333

8.设久1，X2，X3是方程炉-7x+2ax-1=。的三个根，则使得01-I)+(x2-2)+(x3-4)=。成立

的所有实数a的和为o

套案—

口水8

解:由韦达定理知X1+久2+久3=7,故(%1-1)+(久2-2)+(尤3-4)=0,从而3Q1-1)(%2-2)(无3-

4)=0,则巧=1或％2=2或％3=4,即a=3，m，p，

Z4o

9.已知函数h(x)=max｛电F，-/+ax-为0>0),其中max｛p,q｝表示p,q中的最大值，若函数h(x)有

3个不同的零点，则实数a的取值范围为o

答案G富)

尸g(%)

y=f(x)

令/Q)==一％3+也一］,当xe(e,+°o)时，/(x)=哼^>O,h(x)在区间(e,+oo)内无零点;

当工=e时，/(e)=0,,g(e)=-e3+ae-7,当一e3+ae-；<0,即

。〈竺「2时，第=已为函数九(%)的零点.当％e(0,e)时，令以%)=0,则令租(%)=/+；,

4e4x4%

则nf。)=2x-专=号爰，令《/(%)=0,则x=在区间(0,：)上单调递减，区间(ge)上单调递

增，7n(9=9,皿e)=5f.当ae信誓)时，％Q)在区间(0,e)内有两个零点.综上，当aC信富)时

函数有三个零点.

10.三条两两垂直的线段。4OB、。。的长分别为a、b、c,且a<b<c,直线］过点。，则点4B、C到/

的距离之和的最小值为O

答案：a+b

解设直线，与。4OB、OC的夹角分别为a、0、y,分别以射线。4OB、OC为％轴、y轴、z轴的正半轴,

以。为原点建立空间直角坐标系，

在Z上取点DOoJo’Zo),使|。。|=1,则%o=±cosa,y0=±cos^z0=±cosy,

22

••・1=\OD\=cos2a+cos2s+cosy1••・sin2a+sin2s+sin2y=2,

令1=sina,y=sin^z=siny,则条件转化为/+y2+z2=2,0<x,y,z<1,距离和即为a二+by+cz,

注意到第+y+z>x2+y2+z2=2,y+z-l>l-x>0,b(y+z-1)>a(l-%),

a+b<ax+by+bz<ax+by+cz,即距离和之a+b,当汽=y=l,z=0时取等.

11.设a,b,c为实数，若VxGR,二次函数/(x)=3a%2+2bx+c>0,则悬的最大值

为O

答案:警

解答：由题意可知a丰0,且/■(>)=3czx2+2bx+c>0对VxeR恒成立，

a>0,c>0

a>0

b2<3ac

不妨只考虑a>b的情形，令1—3=>0)

1br-

…二a—b——.__t_t_=1^1N+l

a+3cb2fb\21+(1-t)2t2-2t+2.22企-22

a+友1+RfZ?+t

则点的最大值为第

a+3c2

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O

经室■—

口呆.51

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：4x5x19=380,所以

概率为卷

13.已知E=28n2+九一V=2一九)，.=1,2,…，S"为实数。若对任意几EN*有

(fn—S)(fn—t)W0,则|S—H的取值范围为o

答案：［2迎一2,+8)

解一方面为=2Vn(Vn+1-Vn-1)

2

=

1=2

Vn(Vn+1—7n—1)(yjn+1+7n—1)

Vn(Vn+1—Vn—l)(Vn+1+Vn—1)

2222

________________________________________——_____________________>________________

厂而产T旧l尸

0___Tgr.CC__4171+1

另一万面・fn+Lfn=g+H

4Vn+l(Vn+1+7n—1)—4y/n(yjn+2+Vn)

(Vn+2+Vn)(Vn+1+Vn—1)

(n+1)+Vn2—1—Vn2+2n—n1+Vn2—1—Vn2+2n

=4x—---------------—=4x—---------------------

(Vn+2+迎)“7i+1+Vn—1)(Vn+2+Vn)(Vn+1+Vn—1)

因为4几2一i<n

_____2___________2

所以(1+Vn2-1)=n2+2Vn2—1<n2+2n=(Vn2+2n),

即1+Vn2-1—Vn2+2n<0,

所以/n+l—左<0，即分>/n+l，所以为是递减数列，

所以2VAi<%=2鱼<3,

14.已知4（2,4）是抛物线口、=乂2上一点。按如下规则依次构造点列｛4J5N2）：过点41T作斜率为1

的直线交C于点刷T,再过点“_1作斜率为，的直线交C于点An.记

△4冗4?1+1"?1+2的面积为St，贝IJS2024的面积为o

解由帕斯卡定理推广，

可知抛物线C内接六边形4Bn4t+14t+2Bn+24l+3的三对对边共点.

/^n+2^n+2>^n^n+1//^n+2^n+3，PJFW^n+l^n+2//^n^n+31

S

从而S/^n4n+14n+2=AAn+1An+2An+3,即Sn=5n+1.

计算可得4（2,4）,%（—1,1）,&（|,3,82（—七）,43（1，1），进而有，即

Si=A.所以，S2024=a

15.设a为实数，函数f。）=（a光+sin尤）（x-sin尤）（x力0）的图象与g（x）=/的图象有四个不同交点，其

横坐标从小到大依次为％1，%2,%3,%4，

贝lj(]sinxi)(]sin：：)sin-3)(]sin..)_

答案1

解：函数/(%)=(ax+sinx)(x-sinx)(xH0)的图象与g(x)=£2的图象有四个不同交点

贝IJ(ax+sinx)(x—sinx)=x2

两边除以/得到(a+等)(1—等)=1(%40)设1—等=1

原式=(a+1—t)t=1=/—(q+1)七+1=04=(a+1)2-4>00a>1或a<—3

七代2=1,1—詈=七为偶函数。

又1一等=□有两个解互为相反数，1一岁=I2有两个解互为相反数

1sin%11sinx1sinx1sinx

234=2tl力2=1

第1%2%3%4

16.等边三角形各边几等份，连接三角形各边上对应点将等边三角形平均分成九2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3第+2

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4”易得

/c(n-fc)=61)=Cn+1nA"=cn+2-

An~4n-i={

k=l"

17.已知三条直线y=2x,y=—2%,y=kx+k—1,将椭圆面久2+?<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o

答案：V2</c<4+或者—&<k<4-3/或者k=1

18.称一个整数集T为''好的"当且仅当存在整数a,ceT,b£「且满足a<b<c。则集合｛1,2,…,2024｝的

好子集的个数为个(可用组合数公式表示)。

答案22024_2025-%24或22。24_1_皿

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<k<M,且k0T,则2=111/=1«=乂满足好集合的条件.故丁是好的，矛盾.

从而，所有整数+…，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，这样的子集共有最024

个.

综上，集合｛1,2，…,2024｝的好子集的个数为22。24—2025—底024

19.取24个正整数从小到大排列为1=ai<a2<­••<a24=71,定义A=

｛Q,%+4)I+ai+4=0(mod5),i=1,2,…,20｝,则使得⑷达到最大值的数列｛四｝圉有

_________________种。

答案13

解总有|A|<20.取a〉a2,…，a24为(5i+l,5i+2,5i+3,5i+4,5i+9,5i+13,5i+17,5i+21),i=0,5,10时

可取等.故知|A|max=20,另一方面，当|A|取到最大值，有的+的三。2+。6三…=a20+a24=

0(mod5)o结合的=1,a24=71,知｛。九｝(mod5)

为:b,—1,—1,—a,—b,1,1,a,b,—1,-1,—a,—b,1,1,a,b,—1,—1,—a,—b,1.

设=5i-1J>1;a5=65j-1J>i+1;a8=5k+1,k>j.由他一。5之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=4,a5=9,因此a?=3,a2=2,a6,a7G[10,15]Ka6=

-a2=3(mod5),a7=-a3=2(mod5),从而必须a6=13,a7=12,矛盾!因此k>4,即-ax>20.

同理a16—220,a24—a]？>20.结合—ag>5,a*—ci-^g>5,可知。24—a1220+5+20+5+

20=70,因此必有k=4.

下面先讨论前8项。由k=4知i,je{l,2,3}.

1)i=1,jG{2,3},此时24=4,ag=3,a2=2,ag>9,ag6[10,20],ag=-a2=3(mod5),a7=—

2(mod