首页 > 试卷 > 教材同步 > 高三试卷

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

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,以下展示关于2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛浙江赛区初赛试题+答案的相关内容节选,更多内容请多关注我们

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

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

1.考古学家在山东滕州岗上遗址发现的共12座墓葬均为土坑竖穴墓,随葬品有象征军权的玉石钺,而从随葬的钺的数量、材质、体量可明显看出身份等级的差异。大中型墓葬有大量陶器及较多玉器出土。据此可知,岗上遗址属于A.旧石器时代B.新石器时代C.奴隶社会时期D.封建社会早期

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

版权声明

本文仅代表作者观点,不代表本站立场。
本文系作者授权发表,未经许可,不得转载。
本文地址:/shijuan/jctb/gs/150896.html

[!--temp.pl--]