2021年全国高中数学联赛浙江赛区预赛试题.pdf
试卷第 1 页，共 2 页 2021 年全国高中数学联赛浙江赛区预赛试题 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、填空题 1已知单位向量a，b，则2ab的取值范围为_.222sin20cos50sin 20 cos50 _ 3设复数izxy的实虚部x，y所形成的点,x y在椭圆221916xy上.若1 iizz 为实数，则复数z _.4对于正整数n，若(5315)nxyxy展开式经同类项合并，(,0,1,)ijx yi jn合并后至少有 2021 项，则n的最小值为_.5设直角坐标平面上两个区域为2(,)0min(2,3)Mx yyxxR，2(,)2Nx ytxt R，记M与N的公共部分面积为 f t.当01t 时，则 f t的表达式为_.6设00a，121aa，3nnaa，31321(1)nnnaaan，则2021a_.7给定实数集合A，B，定义运算,ABx xabab aA bB.设0,2,4,18A，98,99,100B，则AB中的所有元素之和为_.8在ABC中，30BC，2 3BC，P，Q分别在线段AB和AC上，1AP，2AQ，直线ADBC于D.现将三角形ABC沿着AD对折，当平面ADB与平面ADC的二面角为60时，则线段PQ的长度为_.9已知ABC三个顶点的坐标为0,0A，7,0B，3,4C，过点62 2,32的直线分别与线段AC，BC交于P，Q.若143PQCS，则CPCQ_.10 设数列123nnnaaa，1n，2，7这里 x表示不超过x的最大整数.若88a，则正整数1a有_种可能的取值情况.二、解答题 11已知二次函数2()(,)f xxaxb a bR有两个不同的零点.若2210f xx有四个试卷第 2 页，共 2 页 不同的根1234xxxx，且1x，2x，3x，4x成等差数列，求a b的取值范围.12设C为椭圆22184xy的左焦点，直线1ykx与椭圆交于A，B两点.（1）求CACB的最大值；（2）若直线1ykx与x轴、y轴分别交于M，N，且以MN为直径的圆与线段MN的垂直平分线的交点在椭圆内部（包括在边界上），求实数k的取值范围.13设n为给定的正整数，1a，2a，na为满足对每个mn都有11mkkak的一列实数，求1nkka的最大值.14设数集12,mPa aa，它的平均数12mpaaaCm.现将1,2,Sn分成两个非空且不相交子集A，B，求ABCC的最大值，并讨论取到最大值时不同的有序数对,A B的数目.15设x，y，0z，1xyz，证明4224224225552221()()()xy zyz xzy xxyzyzxzyx.答案第 1 页，共 8 页 参考答案：1 1,3【详解】254aba b，11a b，所以123ab.故答案为：1,3.234【分析】31cos 2030=cos20sin2022，化简计算即可得出结果.【详解】原式22sin 20cos2030sin 20 cos 2030 223131sin 20cos20sin20sin20cos20sin202222 2222311sin 20cos 20sin 20sin 20442 34 故答案为：34.33 15i4或3 15i4.【详解】由1 i11i(1)izzxy ，所以1y，则3 154x ，所以3 15i4z 或3 15i4z .故答案为：3 15i4z 或3 15i4z .444【详解】由(5315)(3)(5)nnnxyxyxy，共有21n项，所以2(1)2021n，得2021 1n，则min44n.故答案为：44.523522tt 【分析】利用不等式所表示的平面区域分表画出集合 M,N 对应的平面区域，进而得到其公共部分的平面区域，然后利用三角形的面积公式进行运算得到所求区域的面积关于 t的函数表达式.答案第 2 页，共 8 页【详解】2(,)0min(2,3)Mx yyxxR为直线2yx和3yx下方，x轴上方的三角形区域；2(,)2Nx ytxt R为直线,2xt xt 之间的区域，当01t 时其公共部分为如图所示的阴影区域，可以由大三角形面积减去两个小的空白三角形的面积得来，由2xtyx，解得2xtyt；由23xtyx，解得21xtyt .可知222135()3(1)(01)222f tttttt .故答案为：23522tt.66【详解】20213 673 26733 224 1224112aaaaa 3 74 2743 24 224822334456aaaaaa.故答案为：6.729970【详解】由(1)(1)1xab，则可知所有元素之和为(1 319)3003 1029970 .故答案为：29970.85 234【分析】先根据二面角的定义，得到BCD 为等边三角形，得到 BC 的长度，然后在折后的立体图形中，在PAQ 和BAC 中利用余弦定理即可求得线段PQ的长度.【详解】因为折叠前后，AD 与 DB,CD 的垂直关系保持不变，BDC 为二面角 BADC 的平面角，答案第 3 页，共 8 页 依题意可知60BDC，在折叠前的图形中30BC，2 3BC，3BDCD，在折叠后，ABC 为等边三角形，3BC，所以222222cos22APAQPQABACBCPAQAP AQAB AC，又AP=1,2AQ，AD=1，AB=AC=2，23582 2PQ，解得5 234PQ.故答案为：5 234.94 243【详解】如下图所示：设62 2,32D，易知AC：43yx，BC：7yx，答案第 4 页，共 8 页 可得32D ACD BCdd，则321423PQCCPCQS，故得4 243CPCQ.故答案为：4 243.107【分析】根据高斯函数的性质，由88a 逐次往前求，注意先定范围再验证，即可得到答案.【详解】由88a，可得710a 或 11，可得612a 或 13 或 14；可得515a 或 16 或 17；可得418a 或 19 或 20 或 21；可得322a 或 23 或 24 或 25 或 26；可得227a 或 28 或 29 或 30 或 31 或 32；可得133a 或 34 或 35 或 36 或 37 或 38 或 39，共 7 种.1125,9.【详解】设 f x的两个零点为s，t，其中st，则可知1x，4x为2210 xxt 的两根；2x，3x为2210 xxs 的两根，所以14232xxxx，141x xt ，231x xs ，又ast ，bst，所以1(1)(1)abststst ，记11 3xd，21xd，31xd，413xd，其中0d，所以22123410251999abx x x xdd.12（1）4 21；（2）4 6329k或4 6329k.【分析】（1）联立直线和椭圆方程，利用焦半径公式，结合韦达定理得到|CA|+|CB|关于 k 的答案第 5 页，共 8 页 表达式，进而利用基本不等式求得最大值；（2）先根据直线的方程求得 M,N 的坐标，进而得到以线段 MN 为直径的圆的方程和线段MN的垂直平分线方程，解方程组求得圆与垂直平分线的交点坐标，利用点在椭圆内的条件得到不等式组求解即得 k的取值范围.【详解】（1）22184xy的半长轴2 2,a 半短轴2,b 半焦距22842,cab 离心率2,2cea 设11,A x y，22,B xy，联立221280ykxxy，可得2212460kxkx，所以122412kxxk，112222 2,2 222CAaexx CBx,则12222 24 24 24 21212kCACBxxk；（2）依题意可知1,0Mk，(0,1)N，所以圆的方程为1(1)0 xxy yk，垂直平分线为11122yxkk，联立消去y,111111102222xxxxkkkkk,即221111024xxxkkk,即22223411044xxxxkkkk,即22234111111104xxkkkk,即22111104xxkk,即21124xk，解得11122xk，11122xk，答案第 6 页，共 8 页 对应11122yk，21122yk，两个交点的坐标为11111111,22 222222kkkk 则可知2113822k且2113822k，即4 614 611334 614 61133kk ，即4 614 61133k，解得4 6329k或4 6329k.1321n.【分析】先利用和的变换得到11121nnnikkkkkikaaankk，然后利用绝对值不等式放缩11121121nninnikkkkkikkikaaaannkkkk，并利用已知条件11mkkak得到121nkkan，然后构造满足题意的实数组，并使得这里的所有“”取等号，从而说明1nkka的最大值为21n.【详解】由1112nnnnnkkkkkkkik iaaaakkkk 11121112121nnninnnnikkkkkkkikkkikikaaaaaakkkkkk 1121nnikkkikaankk，所以1111211212211nnninninkkkkkkkikkikiaaaaannnnkkkk.取11,0 1,2,inaainan 则满足对每个mn都有11mkkak，且此时1nkka21n,所以1nkka的最大值为21n,故答案为：21n.答案第 7 页，共 8 页 14最大值2n，数目为22n.【分析】不妨设ABCC，记12,pAa aa，12pTaaa，可以得到ABCC=12nTnnpp，考虑 T 最大的情况是取最大的p个数，此时可以发现ABCC的结果正好是与p无关的定值，从而也就得到了ABCC的最大值，然后考察p的可能的值，得到ABCC时,A B的组数，并利用对称性得到ABCC时,A B具有与之相等的组数，从而得到所有可能的,A B的组数.【详解】不妨设ABCC，记12,pAa aa，12pTaaa，所以(1)2ABABn nTTCCCCpnp 11(1)12()2n nnTnTpnpnpnpp，又有(21)(1)(2)2pnpTnpnpn，所以211222ABnnpnnCCnp 当且仅当(21)2pnpT时，取到等号，所以ABCC的最大值2n.此时1,Anpn，由,A B非空，可知1p，2，1n，有1n 种情况，利用对称性得到ABCC时,A B具有与之相等的组数，由于ABCC的最大值2n不可能有ABCC的情况，所以有序数对,A B的数目为22n.15证明见解析.【详解】等价于已知x，y，0z，1xyz，证：8445221xy zxyz，答案第 8 页，共 8 页 由三元均值不等式有84484435225223()xy zxy zxyzxyzxy，由柯西不等式有84462222644622222222()xy zxy zx zyxyxyzy zxyx zyx ，所以有8446653()()xy zxyxyzxyz，则可知6684435223223()xyxy zxyzxyzxy，由柯西不等式有866444444322()893xyxyxx yxyzxxy，则有48443522333xxy zxyzxyz.313xyzxyz，44333333xxxyz，又4433133xx，所以8445221xy zxyz,所以原不等式成立.
