2025年全国中学生数学联赛山东赛区初赛试题

1 2025年全国中学生数学联赛山东赛区初赛 参考答案及评分标准 说明： 1．评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严 格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次． 2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评 分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11题5分为一个档次，12、 13题10分为一个档次，不得增加其他中间档次． 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1.在递增的等差数列{ }na 中，若 32 5, , , ka a a a 依次成等比数列，则整数 k的值为________． 【答案】9． 解：设 3a a 且公差是 0d  ，则由 32 5, ,a a a 依次成等比数列可知： 2 2 2 3 2 5 ( )( 2 ) 2 2 ( 1)na a a a a d a d ad d a d a n d            ． 又因为 3a， 5a， ka 依次成等比数列，从而   22 1 16d k d d   ，所以故 9k  ． 2.在长方体 1 1 1 1ABCD ABCD 中，已知 1AB  ， 2BC  ， 1 3CC  ，则四面体 1 1A BCD 的体 积为________． 【答案】 2 ． 解：对长方体 1 1 1 1ABCD ABCD 进行割补可知： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 1 1 1 1 2A B CD ABCD A B C D A AB D B AB C C B CD D ACDV V V V V V                ． 3.设实数 ,x y 满足 sin cos 1x y  ，则 cos sinx y 的最大值为________． 【答案】 3． 解：注意到 2 2(sin cos ) (cos sin ) 2 2sin( ) 4x y x y x y       ， 则由 sin cos 1x y  可知cos sin 3x y  ，当 ( , ) , 6 3 x y        时 cos sinx y 取到最大值 3． 4. 已知正数 , ,a b c满足 1abc  ，则  8 1 abc a b c abc     的最小值为_______________. B1 C1D1 B A1 D C A 2 【答案】16 . 解：设  8 0 1 abc a b c abc        ，整理可得： 8a b c abc      ， 即 8a b c abc       ，由均值不等式可得： 444 4a b c abc abc abc          ， 从而 48 4    ，令 4 0k   ，则不等式变为 4 4 8 0k k   ，由于   4 3 2( ) 4 8 2 2 4 4 0f k k k k k k k         ，从而 2k  ，即 4 2  ， 42 16   . 综上所述，  8 1 abc a b c abc     的最小值为16，当 2a b c   时取到. 5.在平面直角坐标系 xOy中，已知函数 ( )y f x 的图像既关于点 (2,2)中心对称，又关于直 线 0x y  对称．若 2( ) 4 (0 2)f x x x    ，则 80 13 f      的值为________． 【答案】 94 13 ． 解：反复利用已知的两种对称性可得 2 2 4 ( 4 ) 4 , 4 4 2( ) ( ) 4 ( 4 ) 4 , 4 2 4 ( ) x k k k x k k f x x k k k x k k                    若 若 又因为 80 (4 2 2,4 2) 13     ，所以 280 80 944 8 8 13 13 13 f                 ． 6.已知 z为复数，则满足方程    22 2 11 7 z z z z    的全部根为_________________. 【答案】 1 1,2 ,6 2 sin cos sin 7 7 7 kz kk k ki i           ， . 解：由二项式定理展开可知：      27 7 7 2 27x y x y xy x y x xy y       ， 从而      27 7 7 21 1 7 1 1z z z z z z       ，故原方程等价于  7 71 z z   ， 即 71 1 1 z        ，进而可知 1 2 21 cos sin , 1, ,6 7 7k k ki k z         ， 因此， 2 1 2 21 cos sin 2sin 2 sin cos 7 7 7 7 7k k k k k ki i z           ， 从而， 1 1,2 ,6 2 sin cos sin 7 7 7 kz kk k ki i           ， ． 7. 在3 3 的方格棋盘中，一枚棋子占据一个方格，且两枚棋子不能占据同一方格．小明随 机放入5枚棋子，其中任两枚棋子所在方格不能恰好共用一个方格顶点的概率为________． 3 【答案】 2 21 ． 解：如下图所示将9个方格分类，一个 A类和一个 B类方格不会恰好共用一个顶点． 不难看出棋子至多占据 4 个 A类方格和 2 个B类方格．由于 (1)若棋子占据3个 A类方格和2个B类方格，则有4 2 8  种摆放方式； (2)若棋子占据4个 A类方格和1个B类方格，则有1 4 4  种摆放方式． 因此小明随机放入的5枚棋子中，任两枚棋子所在方格不能恰好共用一个顶点的概率为 5 9 8 4 2 21C   ． 8.对任意实数 x，分别用记号 x  和 x  表示不超过 x的最大整数和不小于 x的最小整 数．若 | | 2025x  ，则满足方程 3 1x x x x         的不同实数 x的个数为________． 【答案】4047． 解：不难看出任何整数 x均不满足要求．构造函数 3( ) 1 (f x x x x x x            \ )  ，则 对任意整数 k，均有 2 0 lim ( ) 1f k k       ， 2 0 lim ( ) 1f k k       ． 又因为函数 ( )f x 在定义域的每个区间内分别单调递增，所以对任意整数 k： （1）若 {0, 1}k   ，则区间 ( , 1)k k  内没有满足要求的 x； （2）若 | | 2k  ，则区间  , 1k k  内恰有一个满足要求的 x． 综上所述，当 | | 2025x  时，满足要求的不同实数 x的个数为4047． 二、解答题：本大题共5小题，满分136分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 9.（本题满分16分）已知关于 x的三次方程 3 220 25 2 0x x x    ． （1）证明：该方程有三个互不相同的实数解    ； （2）求         log log logP                       的值． （1）证明：构造函数 3 2( ) 20 25 2( )f x x x x x     ．注意到： (0) 2 0f    ， (1) 4 0f   ， (2) 24 0f    ， (20) 498 0f   ， 根据零点存在（介值）定理可知：方程有三个互不相同的实数解，  ， 使得 0 1 2 20        ，满足要求． ……8分 （2）解：由韦达定理得 20     ， 25     ， 2  ．又因为 , , 0    ，所 以     ，    ， 都是不等于1的正实数. ……12分 因此表达式 P有定义，故由换底公式可得 4 ln( ) ln( ) ln( ) 1 ln( ) ln( ) ln( ) P                           ． ……16分 10.（本题满分20分）给定正实数 p．在平面直角坐标系 xOy中，已知抛物线 2: 2 2 2 5y px my m     上的两个不同点 (0, )A a ， (0, )B b ．设m 为任意实数，点C的坐标为  1, 2 ． (1) 写出的开口朝向.请直接回答“ x轴”或“ y轴”的“正”或“负”方向即可, 无 需理由； (2) 判断 ABC 的外接圆是否经过异于C的定点D .请求出D点坐标或证明D点不存在. （1）解：抛物线的开口朝向是 x轴的负方向． ……5分 （2）解：圆 ( )ABC 经过异于C的定点 ( 2, 1)D   ． ……10分 设圆 ( )ABC  的标准方程为 2 2 0x y x y       ．因为 (1,2)C 在上，所以 5 2 0      ． （*） 分别联立，与y轴可知 ,a b同时满足二次方程 2 ( ) 2 22 (2 5) 0 2 (2 5)0 my my m m my y                      * ． ……15分 因此圆有标准方程 2 2 2 2 (2 5) 0x y mx my m      ．按主元m整理得 2 22 ( 1) ( 5) 0m y x x y      ． 这表明经过的定点 ( , )x y 满足 2 2 1 0 ( , ) (1,2) 5 0 y x x y x y         或 ( 2, 1) ( 2, 1)D     ． ……20分 11.(本题满分 20分) 考虑一个四面体， （1）若该四面体各棱长均为1或2，但不是正四面体，求该四面体体积的所有可能值； （2）给定两正实数 a和b (0 )a b  ，若存在一个四面体，它恰有两条棱长为 a，且该 两棱共点，其余各棱长均为b，试用 a和b表示该四面体的体积，并求 a b 的取值范围． 解： (1)若一个非正四面体仅有两种棱长，由于1,1, 2不能构成三角形，所以一共有3种可 能性: 22 1 2 2 1 22 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 5 1 三条棱长为 2 ，即以1,1,1为底面，其余三条棱为 2, 2, 2，则此时四面体的体积为 11 12 ； ……5分 2 五条棱长为 2 ，即以 2, 2, 2为底面，其余三条棱为2,2,1，则此时四面体体积为 11 6 ； 3 四条棱长为 2 ，即四个面都是等腰三角形，底面 2 为腰，1为底边，则此时四面体体 积为 14 12 ． ……10分 (2)不妨设 ,PA PB a PC AB BC AC b      ，作CD AB 于点D，则 3 2 CD b ，且 2 2 2 2 2 4 bPD PB DB a    ，在 PCD 中,由余弦定理可得： 2 2 2 2 2 2 2cos 2 3 PC CD PD b aPCD PC CD b         , 所以 2 2 2 4 4 1sin 1 cos 4 3 PO PC PCD b PCD a b a b b          , 因此,此时四面体的体积为 2 2 4 44 12 bV a b a b   ， ……15分 根据题意，四面体存在，因此 2 2 4 44 0a b a b   ，设 ar b  ,则不等式转化为: 4 24 1 0r r   ，解得: 2 3r   ，又 1ar b   ，从而 2 3 1r   ． 综上所述, a b 的取值范围是 2 3 1r   ． ……20分 注：第一问中仅给出任意一种情况均可得5分，完整给出三种得10分． 12.(本题满分 40分) 如图所示，已知 ABC 内接于 O ， I 与 ,AB AC分别相切于点 ,E F，点D在 O 上且满足 90ADI  ， O 在点D处的切线交BC于点K． 求证：点K对 I 与 O 等幂． 注：点到圆的幂是指该点到圆心的距离与半径的平方差． 6 证明：连结 , , , ,IK IC IB IF IE以及 , , ,BD ED FD CD．由 Stewart定理可知， 2 2 2IK BC IB CK IC BK BC CK BK        (1) 而 I 与 AB和 AC分别相切于点 E和点 F，故有 IF IE 以及 ,IF AC IE AB  ，因此由勾股 定理得 2 2 2 2 2 2,IC IF FC IB IE EB    . 将这些结论代入 (1) 并化简，得到  2 2 2 2IK IF BC BE CK FC BK BC CK BK         ． ……10分 两边同除以BC，得  2 2 2 2CK BKIK IF BE FC CK BK BC BC        . 注意到  2 2IK IF 和CK BK 分别是点K到 I 和 O 的幂，因此只需证明 2 2 0CK BKBE FC BC BC     ． 即 2 2 BK BE CK CF  , (2) ……20分 而由于 AD DI 以及 ,IE AB IF AC  ，我们分别得到点 , , ,A D E I和点 , , ,A D F I 四点共圆， 进而有点 , , ,A D E F 四点共圆，因此有 AED AFD  ，而在 O 中，有 ABD ACD  ，由 此得到 DEB DFC ∽ ，因此有 BE BD CF CD  , 因此(2)等价于 2 2 BK BD CK CD  , (3) ……30分 7 从而只需证明(3)．由于DK 是 O 的切线，所以由弦切角定理有 KDC KBD  ，由此以及 公共角 DKC BKD  知 KDC KBD ∽ ，因此有 BK BD DK DK CD CK   ， 进而 2 2 BK BK DK BD CK DK CK CD    ， 此即为(3)，命题得证． ……40分 13.(本题满分 40分) 记[2025] {1,2, ,2025}  ．设集合族F 由[2025]的若干个元素个数不 超过2的子集构成，且满足F ．记 { | | }( 0,1, 2)j F F j j   F F ．对� = 0,1，已知： 若集合 iX F ，则 1iF 中至少有13个不同集合Y 满足 X Y ． （1）求F 所含子集个数 | |F 的最小可能值 f ； （2）当 | | fF 时，求不同集合族F 的个数． （1）解：所求 | |F 的最小值 105f  ． 一方面，当集合族 0 { } F ， 1 {[13] } 的全体一元子集F ， 2 {[14] } 的全体二元子集F 时，不 难验证集合族 0 1 2  F F F F 满足要求，且 1 2 0 1 2 13 14| | | | | | | | 1 C C 105      F F F F ． ……10分 另一方面，我们说明 | | 105F ．题设条件蕴含了 0| | 1F ， 1| | 13F ，于是只需证明 2| | 91F ．考虑集合 1 2{( , ) | }X Y X Y   K F F ．题设条件表明 1| | 13| |K F ． （1） 因为 2F 由二元集合组成，且每个二元集合恰有2个不同一元子集，所以 2| | 2 | |K F ． （2） 由（1），（2）可知：若 1| | 14F ，则 2| | 91F ． 以下假设 1| | 13F ，不妨设 1 {{1},{2}, ,{13}} F ．对任意 [13]k  ，在 2F 中必定有一个不包含 于[13]的二元集合 kY包含{ }k ．这些 kY互不相同，每个只包含 1F 中的一个一元集合，于是 2 1 13 1 13 2| | 2 | \{ , , }| 1 |{ , , }| 2 | | 13Y Y Y Y      K F F ． （3） 由（1），（3）以及 1| | 13F 可知 2| | 91F ．这表明 | | 105F ． 综上所述， | |F 的最小可能值 105f  ． ……30分 注：证明 2| | 91F 时，也可构造二部图，其顶点集分别为 1F 和 2F ，可由类似于K 定义中的 包含关系构造边集．利用构造二部图的思路也可完成证明． （2）解：根据（1）的推导过程可知：当 | | 105f F 时，必有  0  F ，且 8  1F 由[2025]的13个一元子集 1 2 13{ },{ }, ,{ }a a a 构成；  2F 由 1 2 13{ , , , }a a a 的全体二元子集以及 1 1 2 2 13 13{ , },{ , }, ,{ , }a b a b a b 构成，其中 1 2 13, , ,b b b 可以相同但不能来自 1 2 13{ , , , }a a a ， 从而，先确定 1 2 13, , ,a a a ，一共有 132025C 种选取方式．再确定 1 2 13, , ,b b b ，其选取方式的个数 恰好是不定方程 1 2 2012 13x x x    的非负整数解个数 132024C ．因此不同F 的个数是 13 13 2025 2024C C ． ……40分 2025年全国中学生数学联赛山东赛区初赛试题 一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分. 1.在递增的等差数列中,若依次成等比数列,则整数的值为 . 2.在长方体中,已知,则四面体的体积为 . 3.设实数满足,则的最大值为 . 4.已知正数满足,则的最小值为 . 5.在平面直角坐标系中,已知函数的图像既关于点中心对称,又关于直线对称.若,则的值为 . 6.已知为复数,则满足方程的全部根为 . 7.在的方格棋盘中,一枚棋子占据一个方格,且两枚棋子不能占据同一方格.小明随机放入5枚棋子,其中任两枚棋子所在方格不能恰好共用一个方格顶点的概率为 . 8.对任意实数,分别用记号和表示不超过的最大整数和不小于的最小整数.若,则满足方程的不同实数的个数为 . 二、解答题:本大题共5小题,满分136分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 9.(本题满分16分)已知关于的三次方程. (1)证明:该方程有三个互不相同的实数解; (2)求的值. 10.(本题满分20分)给定正实数.在平面直角坐标系中,已知抛物线 上的两个不同点.设为任意实数,点的坐标为. (1)写出的开口朝向.请直接回答“轴”或“轴”的“正”或“负”方向即可,无需理由; (2)判断的外接圆是否经过异于的定点.请求出点坐标或证明点不存在. 11.(本题满分20分)考虑一个四面体, (1)若该四面体各棱长均为1或2,但不是正四面体,求该四面体体积的所有可能值; (2)给定两正实数和,若存在一个四面体,它恰有两条棱长为,且该两棱共点,其余各棱长均为,试用和表示该四面体的体积,并求的取值范围. 12.(本题满分40分)如图所示,已知内接于与分别相切于点,点在上且满足,在点处的切线交于点. 求证:点对与等幂. 注:点到圆的幂是指该点到圆心的距离与半径的平方差. 13.(本题满分40分)记.设集合族由的若干个元素个数不超过2的子集构成,且满足.记.对,已知:若集合,则中至少有13个不同集合满足. (1)求所含子集个数的最小可能值; (2)当时,求不同集合族的个数. 学科网(北京)股份有限公司 $$