2025年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题

2025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160分 一、填空题（每小题8分，共计96分】 1.设x∈R,集合{x,V√2x,x2}={x-4,x2-12x+40,8x,则x= 2.设n为正整数，定义P(cosx)=cosx,则 Pos(cos5)+2cos185 Po2(cos5)+P02(sin85)= 3.若等差数列{a,}满足：a>0,S,.+a4=0,其中S,为数列前7项的和，则使得2Sn≥an的 n的最大值为 4.如图，在平面直角坐标系上有一动点P,每次平行坐标轴移动一个单位。设动点P从 (0,1)点出发，向左移动一个单位到达P(-1,1),向下移动一个单位到达(-1,0)，再向下 移动一个单位到达卫，(-1，-)，接着向右移动一个单位到达P(0,-),再向右移动一个单位 达到P(1,-1),又向上移动一个单位到达乃(1,0)…依次进行得到一个逆时针螺旋线。问乃0 的坐标为 P12 Pu P1o Pys 9 Pg Pu R P14 P3 0P Pus P 0P6 P6P17 Pis 5.设非零向量a,b满足x,yeR,3xa+4b之2ax,则a,b夹角的最小值 为 6.已知实数，y满足子+少=1，x≠)，则四ax2x-3,-业的最小值为 i恤x-l》 7.设x,y,z∈R,且5x2+6y2+6z2-8yz≤1，则x+y+z的最大值为 8.设P-ABCD为四棱锥，面PAB⊥底面ABCD,且PA=PB=√5，AB=BC=AD=2,则四 棱锥P-ABCD体积的最大值为】 9.动点M从原点出发，每次沿数轴向正方向移动一个单位或两个单位长度.现每次用掷一 枚非均匀硬币的方式决定M如何移动：若掷得正面，M移动两个单位；若掷得反面，则M 移动一个单位。设掷得正面的概率为P,则M恰好移动到2025点的概率为 k0m-数列a}满足.ak为c吃o25除以3的余数a4∈0,12，k= 10.记组合数C=,n 0,1,2,…2025,则数列{a}中数字为0,1,2的数目比为. 11.如图，在k×k的平行四边形中，A,B为一条对角的两个顶点。一个动点从A出发按照 以下规则运动到B点：动点沿着图中箭头方向（往右或往上）移动，每次移动一步（一步或 是图中最小平行四边形的两条邻边之一，或是最小平行四边形对角线)，到达最小四边形的 一个顶点。则动点从A移动到B点有 种不同的移动方法， 12.设A,B为集合，满足=3且AUB={L,2,…,9},若A中所有元素的乘积等于B中所有 元素的和，则这样的A有 个 二、解答题(13题满分14分，14、15题满分各20分，合计54分】 13.已知抛物线E:x2=2(p>0)的焦点为F,P(m,n)(m≠0)是E的动点，过P点作E 的切线，直线1与椭圆C:三+ +方=1(>b>0)交于么B两个不同的点，记AB的中，点为D. 设直线0D(O为原点)与直线y=-b 交于Q )运明直线)y=-2哈与直线PQ套主： (2)若1与F0交于G,且a=2b,证明1<e<2. SAPGQ 14.将平面用水平和竖直的直线分成由1×1的正方形构成的网格，设P是由2025个小正方 形构成的连通图形（连通是指从其中任何一格可以经过若干有公共边的方格走到另一格）， 记P为边界折线的长度。求P的最大可能值和最小可能值， 15.设复系数多项式f(②)=zm+an-1zm-1+…十a1z十ao的根为a1,22…,2w且对某个正 整数k≤n有 z|≥lz2l2…≥lzkl>12l2k+l≥…≥lznl 证明：存在实数x∈[-1,1]使得 a训2a立3l 2025年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题 参考答案和评分标准 一、 填空题（每小题8分，共计96分） 1.8 2. 0 3. 7 4.（-16,8) 5.arccos- 5 (arctan 25 3 5 6 -4 7 √30 8.25 9. 1-p2026 10.1004:5:4 5 1+p 11.C陈CH2 12.7 1.设x∈R,集合{x,V2x,x2}={x-4,x2-12x+40,8x,则x= 答案8 解因为x≠x-4,且x≠8x,否则x=0曰x=√2x=x2=0,矛盾. 所以x=x2-12x+40→x=5,或x=8。当x=5→√2x=V10E{1,5,40},矛盾； 而x=8满足题设。此时x=8x,又x2>x-4,所以x=8是唯一解。 2.设n为正整数，定义P.(cosx)=cosx,则 Bo2s(cos5)+2cos185Boz(cos5)+Po2(sin85)= 答案0 解因为 cosnx =cos(n-1)xcosx-sin(n-1)xsinx,cos(n-2)x=cos(n-1)xcosx+sin(n-1)xsinx, 所以，cosx+cos(n-2)x=2cos(n-1)xcOSx,即P(cosx)=2 cosxP-1(cosx)-Pn-2(cosx)。 所以PBo2s(cos5)+2cos185Pm4(cos5)+P(sin85°) =B2s(cos5)-2cos5P024(cos5)+B02(cos5")=0. 3.若等差数列{a,}满足：a>0,S,+a=0,其中S,为数列前7项的和，则使得2Sn≥an的 n的最大值为 答案7 解设等差数列的公差为d,由S,+a4=0,得4=-3d,d<0。由2Sn≥an得 (2n-1)a,+(n-1)2d≥0，将a=-3d代入得，-3(2n-1)+(n-)2≤0，故n的最大值为7. 4,如图，在平面直角坐标系上有一动点P,每次平行坐标轴移动一个单位.设动点P从 R(0,)点出发，向左移动一个单位到达(-1，)，向下移动一个单位到达(-1,0)，再向下 移动一个单位到达P(-1,-),接着向右移动一个单位到达P(0,-),再向右移动一个单位 达到，-)，又向上移动一个单位到达P(,0)…依次进行得到一个逆时针螺旋线.问 Bo0的坐标为 y P12 P1l P10 P13 P P14 P3 0p P15 P4 Ps P16P1 P1s 答案(-16,8) 解答考虑直线y=x(x<0)上的，点的下标，它们都是偶数的平方数。312<1000<322=1024， 而24的坐标为(-16，-16)。又B24和B横坐标相等，纵坐标相差24个单位. 1024-1000=24,因此00的坐标为(-16,8). 5.设非零向量4，b满足x,y∈R,3xa+4ybl≥2ax,则a,b夹角的最小值 为 答案：arccos- -(arctan- 5 解法1当x≤0时，题中不等式自然满足，所以只要考虑x>0的情形. 将不等式两边同时除以34x,得x,y∈R,口° 3ax3 ,因此题设不等式等价为 e具k+号来中=司为华位向主记a,b夫角动a郑么， t+=e+2am-b+rlo-1+24eosa+rwf≥g,年 9gf+184osa+5≥0，从△=324fco2a-180fs0,得lboaIs5 解2e金#有造方得54+24可om916y20,-同支得 5x2t2+24cos0gt+16y220,所以△=(24 xycos)2-4×5x2×16y2≤0（以下略）. 6.已知实数x,y满足2+y=山，x≠1，则max2x-3,3y-业的最小值为 minx-2》 答案-4 解法1当2x-12y-1时，则x-12,在区线《G+y=x-1产3月上诗虑日标 函数最值 0a233y-92x-34>452N95 3 min(x1y 2y3 323 3 x- 2 当2-13y-1时，则x-1,在区域6水+y少=x-1》上考感月标画数柔 值。 =2字岩片c9 minx-l2乃 3 x-1x-1 所以， max2x-3,3y-业的最小值为4. mtx-l2》 解法2希用mxa,=a+b+la-的，m血a,=之a+b-a-巾得 max2x-3,3y-少=2x2x+3y-4+2x-3y-2 3 mi血x-l2》 2x+3y-2-2x-3y-2 当x-1时，化-323 咖-到 3 (以下略)； 2y 时，x2-3-（以下). 当x-1<3 min x-1 7.设x,y,z∈R,且5x2+6y2+6z2-8yz≤1，则x+y+z的最大值为 答案30 5 解法1令u=x+2y-2z,v=x-y,w=x+z,则条件变形为u2+2v2+2w2≤1. 137 1,9,49 于是x+y+z=-u-二v+二w≤ 5”55 V25+50+50 2+2+2ws,当 30少s 122- ,取到等号。 12 解法2由对称性，不妨设y=z,则题设条件变形为5x2+4y2≤1. 又c+2r=(店5x+2≤写+6x+4s号（以T). 8.设P-ABCD为四棱锥，面PAB⊥底面ABCD,且PA=PB=√5，AB=BC=AD=2,则四 棱锥P-ABCD体积的最大值为」 答案25 解由已知得四校锥的高为2，因此只需要求出底面四边形ABCD面积的最大值 将四边形ABCD分为△ABD和△BCD. 设∠BAD=a中，则BD=465轴受5w=2s血a. 美使回边形ABCD的面软最大，则BC1BD,则Sa=4sm号 所以四边形ABCD的面积为S=2si血a+4sig.令simg=x0<x<), 2 2 则S=4x+x-),求导得S=40+7-足 由-0，解得5的唯-报位点x一，所以35 所以，四棱锥P-ABCD体积的最大值为25 9.动点M从原点出发，每次沿数轴向正方向移动一个单位或两个单位长度.现每次用掷一 枚非均匀硬币的方式决定M如何移动：若掷得正面，M移动两个单位；若掷得反面，则M 移动一个单位.设掷得正面的概率为P,则M恰好移动到2025点的概率为 答案 1-p2026 1+p 解设动点到达n点的概率为Pn,n∈N”,动点不能到达2025的情况只有一种，就是动点到 达2024点，且接下来掷硬币得正面，所以有：1-P025=P224×p,即 P02s=1-p·P024=1-p+p2P2o23=1-p+p2-p3Po22=…. =1-p+p2-p3+…-p223+p224R=1-p+p2-p23+-p203+p240-p) =上pm+p81-p-=上p 1+p 1+p 0记组合数c数列包满足.为C除以3的余敌a%€012k左 0,1,2,…,2025,则数列{a}中数字为0,1,2的数目比为 答案1004：5：4 解法1C,k=0,l,2,…,n是(1+x)”的二项式展开系数，即(1+x)”=C0+Cx+…+C%x。 注意到1+x)3=1+x(mod3).,0+x)=1+x'(mod3),而2025=2×35+2×35+1×3， 于是0+x)2025=0+x29)20+x23)21+x1)m0d3) ■1+2x729+x458)0+2x2+x486)1+x81(mod3) 三0+2x29+x45)1+2x2+x486+x81+x24+x7)(mod3) 计算系数模3等于1的项有：4+4+2=10； 系数模3等于2的项有：4+2×2=8； 所以，系数模3等于0的项有：2026-18=2008. 解法2将2025写成3进制数2210000，由Kummer定理，C02s,k=0,1,2,…,2025模3余 0等价于在3进制下(m-k),有借位，所以C饶02s除以3的余数0的项数共有 2026-CCC=2008. 在C25,k=0,1,2,,2025中，模3不等于0的k有18个，在3进制下它们是 0,10000,100000,110000,200000,210000,1000000,1010000,1100000,1110000,1200000, 1210000,2000000,2010000,210000,2110000,2200000,2210000 由卢卡斯定理，C=C略C…C吃(modp以， 其中n=+hP+…+4P°，k=+kP+…+kP 计算得系数模3等于1的项有10项；系数模3等于2的项有8项， 11.如图，在k×k的平行四边形中，AB为一条对角的两个顶点。一个动点从A出发按照 以下规则运动到B点：动点沿着图中箭头方向（往右或往上）移动，每次移动一步（一步或 是图中最小平行四边形的两条邻边之一，或是最小平行四边形对角线)，到达最小四边形的 一个顶点。则动点从A移动到B点有 种不同的移动方法 答案C数Cn2 解把平行四边形看成一个正方形，动点在每个点有三种选择，动点要从A点移动到B点， 横向和纵向恰好各移动k步，而沿对角线方向可选择也可以不选择，但最多移动k步，设对 角线方向移动0≤5≤)，所以，对国定的3移动的方法数为2k+ 所以由A到B的移 klkls! 动方法数为左2t+=C立C=C.C4n2. oklkls! 5世0 12.设A,B为集合，满足4=3且AUB=L,2,…,9}.若A中所有元素的乘积等于B中所有 元素的和，则这样的A有」 个 答案7 解法1 令A={x,y,z}且x<y<Z,注意到B中元素和小于等于45。为了方便描迷B,我们令C= (1,2,,9)下面开始分情况讨论： (1)若x=2则y<5,否则xyz≤2×5×6=60.下面分情况讨论y: 若y=3,则z≤7，逐一验证知，A=2,3,7刀)，B=C3)和A=2,3,6),B=C3,6)满足 条件；若z≤5，则B中元素和大于等于35，而A中元素乘积小于等于2×3×5=30.所以 此时共两种符合条件的集合对。 若y=4,则z≤5，所以z=5,此时A=2,4,5),B=C5)满足条件。 ②)若x=1,则44-z-y≤yz≤45，所以y+1)(z+1)245且yz≤45.由y+ 1≤z≤9知4≤y≤6.下面分情况讨论y: 若y=6,则z=7;此时B中元素和为42，所以B=C\3)或B=C\(1,2)不符合条件. 若y=5,则z≥7；此时，A=[1,5,8,B=C15)和A=(1,5,9),B=C满足条件； 若z=7,则B=C\3)或B=C1,2)不符合条件. 若y=4,则z>=8;此时，A=1,4,8),B=C\(1,4,8)和A=(1,4,9,B=C\9)满足条件。 综上，A有7种可能，分别为{2,3,7，(2,3,6，(2,4,5,1,5,8，(1,5,9,1,4,8，〔1,4,9. 解法2设A={a,b,c,1≤a≠b≠c≤9. (1)若AnB={a,b,c,则有abc=45→A=L,5,9}. (2)若AnB={a,b},则有abc=45-c→(ab+1)c=45. 若c=5→A={2,4,5,或A=L,5,8}；若c=9→A={L,4,9:若c=3→A={2,3,7). (3)若AnB={a},则有abc=45-(b+c)→(ab+1(ac+1)=45a+1. 当a=2→A={2,3,6;a=1,3,4,…,9无正整数解 (4)若AnB=⑦，则有abc=45-(a+b+c)→(ab+10(ac+1)=45a+1-a2. 若a=1,或4→A={1,4,8);a=2,3,5,…,9无正整数解. 综上，A有7种可能，分别为(2,3,7)，(2,3,6]，(2,45)，(15,8，[15,9)，[14,8)，{1,4,9). 二、解答题（13题满分14分，14、15题满分各20分，合计54) 13.已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,P(m,n)(m≠0)是E的动点，过P点作E 的女线！，直线1与描圆C活+发@>b>0)交于AB两个不同的点，记AB的中点为D 设直线OD(O为原点)与直线y=-卫沙 交于2. 0)证明直线y=-空与直线P吧着直； (②)若1与F0交于G,且a=2b,证明1<0<2. SAPGQ 解(1)设4气，B(6,)。由于P在抛物线上，所以n=m 由x2=2y两边关于x求 2p 导数得，y=三，所以初线1的斜率k=”，其方程为y=心x-m 。…（3分) p p 2p 。m2 联立方程 y=p-2p变形得 x2 y2 (a+6京1 4(a2m2+b2p2)x2-4a2m3x+a2(m-4p2b2)=0 …① a'm' m2b2p 显然名为方程①的两根，则名+名=am+pB+为=am+p万， a'm' m2b2p 所以D,点坐标为( 2(am+pb2am+prb码. 因此，直线OD的方程为y= 卫x, …(6分) a'm b'p y=- 联立方程 a'm bp 得2的横坐标x=m, y=- Q2 所以直钱y=一？与P口蚕直。 ………… (8分) ②当a=26时、直线y=-空，即y=一是介于x轴与抛物线准线之间的平行线。延米 4 P阳变抛物线的准线y=-号于H点，则H点的坐标为(m,-；F点的坐标为(0，)，则 2 直线HF的斜率为k标=-卫。又直线1的斜率为k=m,所以1LPF. 由地物线的定义，PF=P咀=，+气P0=PH一4三20+4：所以，4PH为等腰三角形， 42p4 由此得直线l平分∠FPH,… …(11分) 由角平分线性质可知 S=FG_P℉_2m'+2p .00G0P02m2+2所以，1<<2. (14分) S.PGQ 说明：第一问只给结果（垂直）没有过程不给分，取特殊值做，过程正确的给3分；第二问 两个得分点，每个3分，用其他方法做的参服给分。 14.将平面用水平和竖直的直线分成由1×1的正方形构成的网格。设P是由2025个小正方 形构成的连通图形（连通是指从其中任何一格可以经过若干有公共边的方格走到另一格）， 记aP为边界折线的长度。求P的最大可能值和最小可能值 解先考虑最大值。2025个方格共8100条边，其中有些边重复计算了. 以2025个小正方形为顶点，若两个小正方形相邻则连边，得到一个2025个顶点的连通图， 从而边数至少为2024 每条边对应一条重复计数的非边界的格边，因此边数至多为8100-2024X2=4052.(5分) 当这2025个正方形排成长条矩形时达到。… (10分) 再考虑最小值。取包含P的最小矩形，记其长和宽分别为5，t,则P≥2(s+) …（15分） 而s1≥2025，所以|aP≥2(s+)≥45t≥180 当这2025个正方形排成45×45的正方形时达到.………（20分） 15.设复系数多项式f(2)=z”+an-1z-1+…十a1z+ao的根为，22，Zn且对某个正整 数k≤n有 lz1l2lz2l≥.…2lzkl>1≥lzk+l≥.2lznl 证明：存在实数x∈[-1,1使得fx训≥是略2l