2024年全国第四届章鱼杯联考高中组数学试题 含答案

2024年第四届章鱼杯联考(高中组)

数学

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑；非选择题用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在

试卷、草稿纸上作答无效。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.方程logx(x+2024)=2的实数解的个数是

A.0B.1C.2D.3

2.记i为虚数单位，n为正整数，若(3+4i)n位于复平面的第四象限，则n的最小值为

A.4B.5C.6D.7

3.若三次函数f(x)满足f(0)=0,f(l)=1,F(0)=3,F⑴=9,则f(3)=

A.38B.171C.460D.965

4.设p是q的充分不必要条件，-p是-rr的必要不充分条件，则

A.p是qVr的充分不必要条件；B.p是qAr的充分不必要条件；

C.p是qAr的必要不充分条件；D.p是qVr的必要不充分条件.

5.设A在曲线y=m％-%2+3%-1上，B在直线y=2x-3上,0为坐标原点，则|初+砺|的最小

值是

V52V563遮4V5

AA.D.nU.-----

55L.--5-5

6.一次铁人三项比赛中，每名参赛选手须在指定的游泳池里游20个来回，然后骑车10公里，最后跑3公里.已知

共有n名选手参赛，由于场地条件限制，游泳池内只能同时容纳一名选手(即上一名选手上岸时下一名选手方可下水)，

骑车与跑步则无限制.记序号为i的选手游泳、骑车、跑步所用时长的期望分别为si,小，「为了使得总完赛时间

(即从1号选手下水到n号选手跑完的总时长)尽可能短，应采取的策略是

A.让Sj越大的选手越早出发B.让Si越小的选手越早出发

C.让加+r;越大的选手越早出发D.让d+小越小的选手越早出发

7.给定k£R,若min>0,Vx,yeR满足cosx+kcosy=l,均有|y|2m,贝Ijk的范围是

A.(-°°,0)U(2,+°°)B.(-8,o]U[2,+°°)

C.[0,2]D.(0,2)

8.Enigma机是二战时用来加密和解密的设备，其中插线板是整套密码系统的一环，原理如下：有26根接线柱对应26

个英文字母，另有k条导线，每条导线的两端接在某两根不同的接线

第四届章鱼杯高中组-数学第1页(共5页)

柱上，每根接线柱上至多连一条导线，以此交换输入的文字中有导线相连的接线柱处的字母.例如，k=2时，

设。与P相连，G与S相连，输入文字BIGOCTOPUS,则交换0与P,交换G与S,故输出BISPCTPOUG.设不

同的接线方法数为ak:若ak越大则这套密码系统越安全.要使安全性最高，k应该取

A.7B.9C.11D.13

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全

部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.记集合A={neN+1正n边形可用尺规作出},熟知3,4,56A,7,9,114A,则以下角中能被尺规作出的是

A.21°B.25°C.48D.62

10.下列关于异面直线的断言正确的是

A.给定异面直线a,b,定长线段AB,CD分别在a,b上滑动，则四面体ABCD的体积不变；

B.设a,b为异面直线，夹角为。，点A在a上，点B在b上，|AB|=1,AB与a,b的夹角分别是90°和a,则a,

b之间的距离为I卜_驾;

7sinz0

C.设a,b为异面直线，则空间内存在某些点P,使得过P的直线不可能与a,b均相交；

D.存在两两异面的直线a,b,c和相交直线m,n,m与a,b,c均相交，n与a,b,c均相交.

H.有n个进程(n当3)qz,•••,qn要访问一个数据库，不同进程之间、同一进程在不同时刻是否尝试访问

数据库是相互独立的，且每一秒每个进程尝试访问数据库的概率均为Vn.若某一秒恰有一个进程访问数据库，则

访问成功，否则访问失败.以下是一个n=4的样例：

序号/时刻第1秒第2秒第3秒第4秒第5秒第6秒第7秒

qiq

q2VV

q3q

q4q

访问结果qiqa失败Q2失败失败q3

记Xi(t)为qi在前t秒成功访问数据库的次数，e为自然对数的底，[x]表示不小于实数x的最小整

数，下列说法正确的是

A.若n=4,则£MP(XO)=0)=刍411

C.P(X1([en])=0)<l;D.P(n:{Xi(2[en][lnn])>1})>1-i

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知正七边形ABCDEFG的外接圆为(x-1)2+(y-2下=3,且A为该圆上距离坐标原点最远

的点，则关于这七个点的回归直线方程为；设CG,AD交于Q,则竺=.

----------DE-

13.设{ai,&2,...,ag}—{1,2,...,9},且>©i<©i+i,Vi€L2,3,4,则满足要求的数列{册}14收9的个

数是.

第四届章鱼杯高中组•数学第2页(共5页)

14.设双曲线「：x2-3y2=-3,A（0,2）,B,C在F上且直线BC经过A.设IB,1c分别为「在B,C处的切线，点

D满足BD±lBfCDLlCn则D的轨迹方程是;若D的横纵坐标均为正整数，且二者之和大于2024,

则D可以是（写出个即可）

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.（13分）

双五棱锥是由两个侧面均为边长为1的正三角形的五棱锥上下拼接而成的，如图所示.

⑴求双五棱锥的内切球半径;

⑵求分别位于拼接面（正五边形）两侧的相邻的两个正三角形构成的二面角的余弦值.

16.（15分）

校乒乓球锦标赛共有2n位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有2时1场比赛，胜者进入

第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生2n-2名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军.

实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中的最好，X2次之，…，xzn最差.假

设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且\/1<2</42，当也与xj比赛时，；为获胜的概率为P，其

,1

中一<pV1.

2

（1）求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员.心与孙之间进行的概率.

（2）证明：VIWiW2n-l,%i为总冠军的概率大于为+1为总冠军的概率.

第四届章鱼杯高中组•数学第3页（共5页）

17.(15分)

17世纪德国天文学家约翰内斯•开普勒提出描述行星运动的三大基本定律：

(a)行星绕太阳运动的轨道为椭圆(圆可视为特殊的椭圆)，太阳位于椭圆的一个焦点上，所有行星的

轨道可近似看成在同一平面内；

(b)行星在其椭圆轨道上的相等时间内，与太阳连线所扫过的面积相等.

(c)行星的公转周期的平方与它们的椭圆轨道长轴的立方成正比.

开普勒三定律为我们理解行星运动提供了重要的基础，并且被广泛应用于天体力学和行星轨道计算中。

设a,b,c>0,a2=/+c2,地球、太阳、火星均可视为点，太阳位于(-。0),地球的公转轨道可近

似看成圆Ci：(x+c)2+俨=(a-c)2,火星的公转轨道可近似看成圆。2：(x+c)2+y2=(a+c)2,且

火星的公转周期约为地球公转周期的1.882倍.霍曼转移轨道E是以太阳所在位置为其中一个焦点，

并且与C】,Cz均相切的椭圆.2020年，我国自主研制的火星探测器天问一号从地球发射，经霍曼转

移轨道到达火星，如下图所示.

11达绢火

星的位■

天间一号发射时地丽火星的位通关察

(1)计算霍曼转移轨道E的离心率.(参考数据：1.8823«1.54233.,计算结果保留两位小数)

(2)设天问一号位于E上的一点P,当P不在(Ci上时，的上存在依赖于P的两点A,B,使

得N4PB为观测地球的最大视角(即地球不可能位于该角的外部)，问：轨道平面内是否存在定圆C3,,

使得直线AB恒与(C3相切？证明你的结论.

第四届章鱼杯高中组•数学第4页(共5页)

18.（17分）

设/(%)=生詈一％。山，。€区

(1)若a=0”讨论f(x)的单调性；

(2)若a20”求f(x)的最大值(用a表示)；

(3)若f(x)恰有三个极值点，直接写出a的取值范围.

19.(17分)

数列{aJneN满足的=。,的=B，。2=丫，且Vn>3,an.31an-ifln-2,an构成等差数列.

(1)试求出所有三元实数组(a,B,Y),使得即为等比数列.

(2)若(小9丫)=(1，2,2),求知的通项公式.

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第四届章鱼杯高中组解答

大章鱼OctoPus

2024年2月6日

1.【答案】B

【解析】原方程等价于x2-x-2024=0(x〉0,xWl),显然只有一个实根.

2.【答案】C

【解析】熟知3+4i的辐角9G(53°,54°),而53X6=318>270,54X5=270,故59〈

270°,66>270°,所以nmin=6.

3.【答案】B

【解析】由f(0)=0,f'(0)=3可设f(x)=ax3+bx2+3x于是f(%)=3ax2+2bx+3.由

f(1)=1知a+b=-2,由f'(1)=9知3a+2b=6,联立解得a=10,b=-12,于是

f(x)=10x3-12x2+3x,故./(3)=10x33-12x32+3x3=171

4.【答案】A

【解析】设P,Q,R分别为使得P,q,r为真命题的取值集合，依题意得P是Q的真子集，P

是R的真子集，从而P是QUR的真子集，故p是qVr的充分不必要条件，A正确，D错误.又

PCQOR,故C错误.注意到P可能恰为QCR,此时p是q/\r的充要条件，故B错误.

5.【答案】D

【解析】设M为AB中点，注意到

■y_(2右->4)+(2际->8)_-lnXjt+x^-x^-2

ZXM_yM_2_2

>1-5+遥-必+4_+2>2

~22―

于是

\OA+OB\=2|0M|=等J*+必/声内>等\2XM

当A(l,l),B(0.6,-1.8)时等号成立，所以所求最小值为华

6.【答案】C

【解析】不妨设出发顺序为1,2,…,n,若mlWiWn-1,使得+n<bi+1+ri+1,交换i与

i+1的出发顺序，显然i+1会比交换前更早完成比赛.交换前i和i+1的完赛总时长为S[+S“i+

济+1+ri+i,交换后i和i+1的完赛总时长为s“i+S[+仇+%又瓦+nV瓦+i+n+1,故交换后i

和i+1的完赛总时长减少，而其他人不变，从而全体完赛总时长减少.由此可反复交换在此过程中完赛

总时长均减小，直到按瓦+八降序排列，此时达到最优.

7.【答案】A

【解析】若0WkW2,则TWl-kWl,取y=0,则cosx+kcosy=l有解，不符题意，舍去.若k〈0,则1-

kcosy=cosxWl,于是kcosy'O,结合k<0知cosyWO,故|y|2今取m=1即可.若k>2,则cosy=

<|<1,故|y|2arccos*取m=arccos1即可.综上，k的范围是((-°°,0)U(2,+°°).

8.【答案】C

【解析】设接n条线，VlWkWn,第k条线的接法数为C&2及，又因为平均分成n组，故总的接法

aa

数为a"="设n=no时an最大，其中lWn°W13.若lWnoW12,贝ijano-i-n„-n0+v置

an+l(n*=1C2s-2k)C2s-2n-2n!C26-2n(13-n)(25-2n)

bn=-------=-----------------------------------------------------------------=------------=-----------------------------

n1

an(n+l)n!n-+»+i

则no=min{nC[1,12]CZ|bn<1},解得no=ll.若no=13,同理可得ai3〈aiz,矛盾！综上，

接11条线最安全.

9.【答案】AC

【解析】由5GA知72。角(正五边形对应的圆心角)可用尺规作出，由3dA知60。(正三角形对应的

圆周角)可用尺规作出，于是18。=72。-60。可用尺规作出，15°=X60。可用尺规作

4

出，3。=18。-15。可用尺规作出，从而所有3°的整数倍都可用尺规作出.由9阵A知20°(正九边形

对应的圆周角)不可用尺规作出，于是1。=7'3。-20。°不可用尺规作出，2。=2*1。也不

可用尺规作出，从而有且仅有3。的整数倍能用尺规作出，故21。和48。可以，25°和62。不行.

10.【答案】ABC

【解析】

A项：熟知VABCD=-\AB\■\CD\'sind,其中d为异面直线a,b之间的距离，9为a,b的夹角，故A

6

正确.

B项：设异面直线a,b的公垂线为CD,其中C在a上，D在b上，记|CD|=d,贝Ijd就是a,b之间的距离.过

C作平面a±CD,过D作平面B±CD,过D作a的平行线a',

2

显然a'uB.过A作AE_La'于E,显然AE±a,结合AB±a可知平面BEA±a,所以BE_La'.设|AC|二s,易得四

边形ACDE是矩形，所以\DE\=s,\AD\=迎2+$2,从而\BD\=—,\BE\=stan6>=

V/2-d2.在4ABD中由余弦定理得

cos2e+*-（s2+d2）_（Z2-s2）cos0_y/l2-d2sinO

cosa==7i=I

COS0

整理即得d=I11-^,故B正确.

C项：设a的定义同B项，取P为平面a内不在a上的点即可，此时过P的直线若与a相交，则必完全落在a内，故

与b无交点，故C正确.

D项：假设存在,设m与a,b,c分别交于Ai,Bi,Ci,n与a,b,c分别交于A2,B2,C2,由m,n相交知Ai,A%Ci,C?共面,

于是a,c共面，矛盾！故D错误.

11.【答案】BCD

1

【解析】每一秒某个固定的进程访问成功的概率为pn

nn\nJ

A项：P4=5x(,3=二，这表明第一秒每个固定的进程访问失败的概率都是逑，即

44\47256256

P(Xi⑴=0)=15从而E*P(X)1)=0)=等,A错.

25664

111/l\n-11

B项：由期望的线性性，B项等价于一<P.<一，即-<1——<-,此式显然，故B正确.

enn2ne\n/2

c项：记事件F[i,t]为进程i在前t秒都失败了，根据独立性和B的结果，

P(尸『，t])<(1-3)：从而P(^i([en])=0)<(1-SY”<§故C正确•

D项：置事件F[t]为至少存在一个进程，它在前t秒中全部失败，则

P(F团)=P(匡/胆”2匕-

2

取to=2[en][lnn]得P(F[t0])<n-n-=i所以在前to秒每个进程都成功至少一次的概率不小于1,故

D正确.

12.【答案】y=2,V2.(第一空2分，第二空3分)

【解析】设圆心M(l,2),a为市与x轴正方向的夹角，任取一条过M的直线，则七个点到该直线距离的平

方和为

3£Lsin2（a+等）=3x：—|2：=°cos（2a+等）=10.5

3

这是定值，由垂线段最短和最小二乘法知回归直线方程为y=2.

设正七边形的边长为a,(QE=b=QF/FEQ=%显然上QGF=y,zFQG=a—看

易知4QFE为等腰，故cosa=而在△FGQ中由正弦定理,

于是2cosasin拳=sin(a—1),解得tana

熟知cos^+cos崇+cos竽=一点故我们有

0z-»_=—1—c2cos-6-7r---2ccos-4-7-r---2<-c»os——27r

777

4C671.2Tle(471271

=—1—2cos-----4cos------2cos------cos—、

77\777

,,67r“27Tr,r27r

4-4C0S—.37T.71,1-COS—7+7cos—

=---------+4sin—sin-H-----------------------

27722

=(2sinT+sin7)2-7cos27

从而tana=V7,于是c°sa=壶,故

13.【答案】7936

【解析】设共有n个数时符合要求的数列个数是xn,本题要求xg,注意到

XXXXXX

%9=7%1+^835+^853+^817

%7=C15%1+C"3%3+。汉/5

=以％3%1+

%5

%3=废%1

%1=1

由此可从下往上计算得Xi=1,%3=2,xs=16,x7=272,如=7936.

14.【答案】25公一3产+I8y+48=0(yW-2),(627,1813)

(第一空2分，第二空3分，第二空答案不唯一，具体形式见解析)

【解析】设BC方程为：y=kx+2,显然BD方程为：y=--x+4y,CD方程为:一片

XBB

6k6fc2+8

y=--x+4yc,联立BD,CD解得xD=-----,y=-----

xcl-3fc2ul-3fc2

注意到25(号)2-3(盘丫+18O=-48,

故25好—3%+18yD+48=0.

而xD=0时k=0,此时yD=8,故(0,-2)不在D的轨迹上.

从而D的轨迹方程是25x2-3y2+18y+48=0(yW-2).

或写成y=3±5(yw-2).

若D的横纵坐标均为正整数，可设1+|x2=z2,从而x是3的倍数，可设x=3w,于是z-3w2=1(*).

显然zo=2,wo=1是*的一组解，同时注意到若(z,w)是*的一组解：贝！J((2z+3w,z+2w)也是*的一组解.

从而可以得出一系列*的解：(2,1),(7,4),(26,15),(97,56),(362,209),…

而x=3w,y=3+5z,故可取x=3X209=627,y=3+5X362=1813,此时x+y=2440>2024,符合要求.

15.(1)解：设每个五棱锥的高为h,拼接面与双五棱锥的交集为正五边形，其外接圆半径为氏=--°,故h=

2sin36

^V50-W5

=(3分)

10

5°

又底面正五边形的面积为-tan54,10所以双五棱锥的体积为

4

1弓V50-10V55+V5

V=2x-x-tan54X--------=-----.

341012

(6分)

显然双五棱锥的表面积为

邓=10x智券.

(8分)

故内切球半径为

T--3-V-5V3+V15

邓30

(10分)

(2)解：所求二面角为侧面正三角形与拼接面构成的锐二面角(记为。)的两倍.

显然tan。==3-%.于是所求二面角的余弦值为

-tan54

c八l-tan204V5-5

COS20=-------=-------.

l+tan2015

(13分)

5

16.（1）解：我们考虑更一般的情形：

求倒数第k轮开始前剩下的选手恰好为X1,X2,……,X2k的概率.

要实现这一点，这k名选手是种子选手，即在前面的比赛中两两不能相遇，而且必须在其全部27九-4）场比赛中获

胜.（4分）

锦标赛树形的2n片树叶的填写方式有（29!种，为使其称为种子，我们有（2fe）lQi）?一种方式放置

⑵)2*(n—Q

最上面的2个选手，且有（（211-2与!种方式放置其他选手，因此其概率为•・特别地，本

题为k=l的情形，故所求概率为（7分）

2n-l

（2）证明：x；为总冠军的概率是x；为总冠军的所有（2n-1）!种可能的比赛结果的概率之和.在所有这

些结果中将不与Xi+1交换.对于某一特定的比赛结果，若Xi与xi+1从未在比赛中相遇，则无影响，

否则改变后的这一特定比赛结果的概率等于用—乘以改变前这一结果发生的概率.

（10分）

注意到<1,因此求和后总概率变小，这表明片为总冠军的概率大于Xj+i为总冠军的概率.

(15分)

17.（1）解：设「，T2分别为地球、火星的公转周期.由开普勒第三定律得

（2分）

于是

1.54233-1

X0.21.

1.54233+1

（4分）

（2）存在.

证明：设P（xo,yo）,A（xbyi）,B（x2,y2）.

2

由PA与Ci相切可知，直线PA的方程为(%+c)(%i+c)+yty=(a-c).(*1)（6分）

2

由PB与J相切可知，直线PB的方程为(%+c)(x2+c)+y2y=(a-c).(★2)（8分）

2

考虑直线(X+c)(%0+C)+yoy=(a-c),由（*1）,（*2）知A,B都在这条直线上，所以它就是直线AB.

(10分)

6

取/（一普，0），则AB到J的距离为

2a<+c2

\~^^^+cx0+2ac-a\

d(AB，J)

2

J(x0+c)+y^

23

|(c-ac)x0+ac-a|

(a+c)(a+沿)

a(a-c)

a+c

故始终与圆Q：（%+三）+2相切.

ABy=(15分)

18.(1)解：a=0时，/(%)=二+—%,/'(%)=上要五.(2分)

置0(%)=1-2lnx-/，则(%)=<0,于是4)(x)在(0,+8)单调递减.

X

又6(1)=0,故0<x<l时6(x)>0,X>1时6(x)<0.(4分)

从而f（x）在（0,1）单调递增，在（1,+8）单调递减.(5分)

(2)解：置：g(x)=21nx+l,h(x)=x(xex-a),(6分)

则9(%)=一，九(％)=2xeax—a+ax2eax

X

由9'‘(%)=一：〈。知

Vxo>0,Vx>0,g(x)Wg'(xo)(x-xo)+g(xo).(7分)

由h'[x)=2(eax+axeax)+a(2xeax+ax2eax)>(知

(8分)

<px0>0,Vx>0,h(x)>—x0)+八(％o).

由a〉0知，存在唯一的xo>0,使得（ax0+2lnx0=0.注意到

ax

g(%o)_h(x0)=21nx0+1-xo(xoe°-a)

aXQ

=21nx0+1+ax0—x^e

=1_eax0+2\nx0

=1-1

=0

(9分)

又注意到