2024年全國第四屆章魚杯聯(lián)考高中組數(shù)學試題 含答案

2024年第四屆章魚杯聯(lián)考(高中組)

數(shù)學

注意事項：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘。

2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。

3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂

黑；非選擇題用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在

試卷、草稿紙上作答無效。

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1.方程logx(x+2024)=2的實數(shù)解的個數(shù)是

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

2.記i為虛數(shù)單位，n為正整數(shù)，若(3+4i)n位于復平面的第四象限，則n的最小值為

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

3.若三次函數(shù)f(x)滿足f(0)=0,f(l)=1,F(0)=3,F⑴=9,則f(3)=

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

4.設p是q的充分不必要條件，-p是-rr的必要不充分條件，則

A.p是qVr的充分不必要條件；B.p是qAr的充分不必要條件；

C.p是qAr的必要不充分條件；D.p是qVr的必要不充分條件.

5.設A在曲線y=m％-%2+3%-1上，B在直線y=2x-3上,0為坐標原點，則|初+礪|的最小

值是

V52V563遮4V5

AA.D.nU.-----

55L.--5-5

6.一次鐵人三項比賽中，每名參賽選手須在指定的游泳池里游20個來回，然后騎車10公里，最后跑3公里.已知

共有n名選手參賽，由于場地條件限制，游泳池內(nèi)只能同時容納一名選手(即上一名選手上岸時下一名選手方可下水)，

騎車與跑步則無限制.記序號為i的選手游泳、騎車、跑步所用時長的期望分別為si,小，「為了使得總完賽時間

(即從1號選手下水到n號選手跑完的總時長)盡可能短，應采取的策略是

A.讓Sj越大的選手越早出發(fā)B.讓Si越小的選手越早出發(fā)

C.讓加+r;越大的選手越早出發(fā)D.讓d+小越小的選手越早出發(fā)

7.給定k￡R,若min>0,Vx,yeR滿足cosx+kcosy=l,均有|y|2m,貝Ijk的范圍是

A.(-°°,0)U(2,+°°)B.(-8,o]U[2,+°°)

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

8.Enigma機是二戰(zhàn)時用來加密和解密的設備，其中插線板是整套密碼系統(tǒng)的一環(huán)，原理如下：有26根接線柱對應26

個英文字母，另有k條導線，每條導線的兩端接在某兩根不同的接線

第四屆章魚杯高中組-數(shù)學第1頁(共5頁)

柱上，每根接線柱上至多連一條導線，以此交換輸入的文字中有導線相連的接線柱處的字母.例如，k=2時，

設。與P相連，G與S相連，輸入文字BIGOCTOPUS,則交換0與P,交換G與S,故輸出BISPCTPOUG.設不

同的接線方法數(shù)為ak:若ak越大則這套密碼系統(tǒng)越安全.要使安全性最高，k應該取

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

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全

部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.記集合A={neN+1正n邊形可用尺規(guī)作出},熟知3,4,56A,7,9,114A,則以下角中能被尺規(guī)作出的是

A.21°B.25°C.48D.62

10.下列關于異面直線的斷言正確的是

A.給定異面直線a,b,定長線段AB,CD分別在a,b上滑動，則四面體ABCD的體積不變；

B.設a,b為異面直線，夾角為。，點A在a上，點B在b上，|AB|=1,AB與a,b的夾角分別是90°和a,則a,

b之間的距離為I卜_駕;

7sinz0

C.設a,b為異面直線，則空間內(nèi)存在某些點P,使得過P的直線不可能與a,b均相交；

D.存在兩兩異面的直線a,b,c和相交直線m,n,m與a,b,c均相交，n與a,b,c均相交.

H.有n個進程(n當3)qz,???,qn要訪問一個數(shù)據(jù)庫，不同進程之間、同一進程在不同時刻是否嘗試訪問

數(shù)據(jù)庫是相互獨立的，且每一秒每個進程嘗試訪問數(shù)據(jù)庫的概率均為Vn.若某一秒恰有一個進程訪問數(shù)據(jù)庫，則

訪問成功，否則訪問失敗.以下是一個n=4的樣例：

序號/時刻第1秒第2秒第3秒第4秒第5秒第6秒第7秒

qiq

q2VV

q3q

q4q

訪問結果qiqa失敗Q2失敗失敗q3

記Xi(t)為qi在前t秒成功訪問數(shù)據(jù)庫的次數(shù)，e為自然對數(shù)的底，[x]表示不小于實數(shù)x的最小整

數(shù)，下列說法正確的是

A.若n=4,則￡MP(XO)=0)=芻411

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

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.已知正七邊形ABCDEFG的外接圓為(x-1)2+(y-2下=3,且A為該圓上距離坐標原點最遠

的點，則關于這七個點的回歸直線方程為；設CG,AD交于Q,則竺=.

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

13.設{ai,&2,...,ag}—{1,2,...,9},且>?i<?i+i,Vi€L2,3,4,則滿足要求的數(shù)列{冊}14收9的個

數(shù)是.

第四屆章魚杯高中組?數(shù)學第2頁(共5頁)

14.設雙曲線「：x2-3y2=-3,A（0,2）,B,C在F上且直線BC經(jīng)過A.設IB,1c分別為「在B,C處的切線，點

D滿足BD±lBfCDLlCn則D的軌跡方程是;若D的橫縱坐標均為正整數(shù)，且二者之和大于2024,

則D可以是（寫出個即可）

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.（13分）

雙五棱錐是由兩個側面均為邊長為1的正三角形的五棱錐上下拼接而成的，如圖所示.

⑴求雙五棱錐的內(nèi)切球半徑;

⑵求分別位于拼接面（正五邊形）兩側的相鄰的兩個正三角形構成的二面角的余弦值.

16.（15分）

校乒乓球錦標賽共有2n位運動員參加.第一輪，運動員們隨機配對，共有2時1場比賽，勝者進入

第二輪，負者淘汰.第二輪在同樣的過程中產(chǎn)生2n-2名勝者.如此下去，直到第n輪決出總冠軍.

實際上，在運動員之間有一個不為比賽組織者所知的水平排序，在這個排序中的最好，X2次之，…，xzn最差.假

設任意兩場比賽的結果相互獨立，不存在平局，且\/1<2</42，當也與xj比賽時，；為獲勝的概率為P，其

,1

中一<pV1.

2

（1）求最后一輪比賽在水平最高的兩名運動員.心與孫之間進行的概率.

（2）證明：VIWiW2n-l,%i為總冠軍的概率大于為+1為總冠軍的概率.

第四屆章魚杯高中組?數(shù)學第3頁（共5頁）

17.(15分)

17世紀德國天文學家約翰內(nèi)斯?開普勒提出描述行星運動的三大基本定律：

(a)行星繞太陽運動的軌道為橢圓(圓可視為特殊的橢圓)，太陽位于橢圓的一個焦點上，所有行星的

軌道可近似看成在同一平面內(nèi)；

(b)行星在其橢圓軌道上的相等時間內(nèi)，與太陽連線所掃過的面積相等.

(c)行星的公轉(zhuǎn)周期的平方與它們的橢圓軌道長軸的立方成正比.

開普勒三定律為我們理解行星運動提供了重要的基礎，并且被廣泛應用于天體力學和行星軌道計算中。

設a,b,c>0,a2=/+c2,地球、太陽、火星均可視為點，太陽位于(-。0),地球的公轉(zhuǎn)軌道可近

似看成圓Ci：(x+c)2+儼=(a-c)2,火星的公轉(zhuǎn)軌道可近似看成圓。2：(x+c)2+y2=(a+c)2,且

火星的公轉(zhuǎn)周期約為地球公轉(zhuǎn)周期的1.882倍.霍曼轉(zhuǎn)移軌道E是以太陽所在位置為其中一個焦點，

并且與C】,Cz均相切的橢圓.2020年，我國自主研制的火星探測器天問一號從地球發(fā)射，經(jīng)霍曼轉(zhuǎn)

移軌道到達火星，如下圖所示.

11達絹火

星的位■

天間一號發(fā)射時地麗火星的位通關察

(1)計算霍曼轉(zhuǎn)移軌道E的離心率.(參考數(shù)據(jù)：1.8823?1.54233.,計算結果保留兩位小數(shù))

(2)設天問一號位于E上的一點P,當P不在(Ci上時，的上存在依賴于P的兩點A,B,使

得N4PB為觀測地球的最大視角(即地球不可能位于該角的外部)，問：軌道平面內(nèi)是否存在定圓C3,,

使得直線AB恒與(C3相切？證明你的結論.

第四屆章魚杯高中組?數(shù)學第4頁(共5頁)

18.（17分）

設/(%)=生詈一％。山，。€區(qū)

(1)若a=0”討論f(x)的單調(diào)性；

(2)若a20”求f(x)的最大值(用a表示)；

(3)若f(x)恰有三個極值點，直接寫出a的取值范圍.

19.(17分)

數(shù)列{aJneN滿足的=。,的=B，。2=丫，且Vn>3,an.31an-ifln-2,an構成等差數(shù)列.

(1)試求出所有三元實數(shù)組(a,B,Y),使得即為等比數(shù)列.

(2)若(小9丫)=(1，2,2),求知的通項公式.

第四屆章魚杯高中組?數(shù)學第5頁(共5頁)

第四屆章魚杯高中組解答

大章魚OctoPus

2024年2月6日

1.【答案】B

【解析】原方程等價于x2-x-2024=0(x〉0,xWl),顯然只有一個實根.

2.【答案】C

【解析】熟知3+4i的輻角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可設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,聯(lián)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】設P,Q,R分別為使得P,q,r為真命題的取值集合，依題意得P是Q的真子集，P

是R的真子集，從而P是QUR的真子集，故p是qVr的充分不必要條件，A正確，D錯誤.又

PCQOR,故C錯誤.注意到P可能恰為QCR,此時p是q/\r的充要條件，故B錯誤.

5.【答案】D

【解析】設M為AB中點，注意到

■y_(2右->4)+(2際->8)_-lnXjt+x^-x^-2

ZXM_yM_2_2

>1-5+遙-必+4_+2>2

~22―

于是

\OA+OB\=2|0M|=等J*+必/聲內(nèi)>等\2XM

當A(l,l),B(0.6,-1.8)時等號成立，所以所求最小值為華

6.【答案】C

【解析】不妨設出發(fā)順序為1,2,…,n,若mlWiWn-1,使得+n<bi+1+ri+1,交換i與

i+1的出發(fā)順序，顯然i+1會比交換前更早完成比賽.交換前i和i+1的完賽總時長為S[+S“i+

濟+1+ri+i,交換后i和i+1的完賽總時長為s“i+S[+仇+%又瓦+nV瓦+i+n+1,故交換后i

和i+1的完賽總時長減少，而其他人不變，從而全體完賽總時長減少.由此可反復交換在此過程中完賽

總時長均減小，直到按瓦+八降序排列，此時達到最優(yōu).

7.【答案】A

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

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

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

8.【答案】C

【解析】設接n條線，VlWkWn,第k條線的接法數(shù)為C&2及，又因為平均分成n組，故總的接法

aa

數(shù)為a"="設n=no時an最大，其中l(wèi)Wn°W13.若lWnoW12,貝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

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

接11條線最安全.

9.【答案】AC

【解析】由5GA知72。角(正五邊形對應的圓心角)可用尺規(guī)作出，由3dA知60。(正三角形對應的

圓周角)可用尺規(guī)作出，于是18。=72。-60?？捎贸咭?guī)作出，15°=X60?？捎贸咭?guī)作

4

出，3。=18。-15?？捎贸咭?guī)作出，從而所有3°的整數(shù)倍都可用尺規(guī)作出.由9陣A知20°(正九邊形

對應的圓周角)不可用尺規(guī)作出，于是1。=7'3。-20?！悴豢捎贸咭?guī)作出，2。=2*1。也不

可用尺規(guī)作出，從而有且僅有3。的整數(shù)倍能用尺規(guī)作出，故21。和48?？梢?，25°和62。不行.

10.【答案】ABC

【解析】

A項：熟知VABCD=-\AB\■\CD\'sind,其中d為異面直線a,b之間的距離，9為a,b的夾角，故A

6

正確.

B項：設異面直線a,b的公垂線為CD,其中C在a上，D在b上，記|CD|=d,貝Ijd就是a,b之間的距離.過

C作平面a±CD,過D作平面B±CD,過D作a的平行線a',

2

顯然a'uB.過A作AE_La'于E,顯然AE±a,結合AB±a可知平面BEA±a,所以BE_La'.設|AC|二s,易得四

邊形ACDE是矩形，所以\DE\=s,\AD\=迎2+$2,從而\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正確.

C項：設a的定義同B項，取P為平面a內(nèi)不在a上的點即可，此時過P的直線若與a相交，則必完全落在a內(nèi)，故

與b無交點，故C正確.

D項：假設存在,設m與a,b,c分別交于Ai,Bi,Ci,n與a,b,c分別交于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錯誤.

11.【答案】BCD

1

【解析】每一秒某個固定的進程訪問成功的概率為pn

nn\nJ

A項：P4=5x(,3=二，這表明第一秒每個固定的進程訪問失敗的概率都是逑，即

44\47256256

P(Xi⑴=0)=15從而E*P(X)1)=0)=等,A錯.

25664

111/l\n-11

B項：由期望的線性性，B項等價于一<P.<一，即-<1——<-,此式顯然，故B正確.

enn2ne\n/2

c項：記事件F[i,t]為進程i在前t秒都失敗了，根據(jù)獨立性和B的結果，

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

D項：置事件F[t]為至少存在一個進程，它在前t秒中全部失敗，則

P(F團)=P(匡/膽”2匕-

2

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

D正確.

12.【答案】y=2,V2.(第一空2分，第二空3分)

【解析】設圓心M(l,2),a為市與x軸正方向的夾角，任取一條過M的直線，則七個點到該直線距離的平

方和為

3￡Lsin2（a+等）=3x：—|2：=°cos（2a+等）=10.5

3

這是定值，由垂線段最短和最小二乘法知回歸直線方程為y=2.

設正七邊形的邊長為a,(QE=b=QF/FEQ=%顯然上QGF=y,zFQG=a—看

易知4QFE為等腰，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=一點故我們有

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

從而tana=V7,于是c°sa=壺,故

13.【答案】7936

【解析】設共有n個數(shù)時符合要求的數(shù)列個數(shù)是xn,本題要求xg,注意到

XXXXXX

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

%7=C15%1+C"3%3+。漢/5

=以％3%1+

%5

%3=廢%1

%1=1

由此可從下往上計算得Xi=1,%3=2,xs=16,x7=272,如=7936.

14.【答案】25公一3產(chǎn)+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，具體形式見解析)

【解析】設BC方程為：y=kx+2,顯然BD方程為：y=--x+4y,CD方程為:一片

XBB

6k6fc2+8

y=--x+4yc,聯(lián)立BD,CD解得xD=-----,y=-----

xcl-3fc2ul-3fc2

注意到25(號)2-3(盤丫+18O=-48,

故25好—3%+18yD+48=0.

而xD=0時k=0,此時yD=8,故(0,-2)不在D的軌跡上.

從而D的軌跡方程是25x2-3y2+18y+48=0(yW-2).

或?qū)懗蓎=3±5(yw-2).

若D的橫縱坐標均為正整數(shù)，可設1+|x2=z2,從而x是3的倍數(shù)，可設x=3w,于是z-3w2=1(*).

顯然zo=2,wo=1是*的一組解，同時注意到若(z,w)是*的一組解：貝！J((2z+3w,z+2w)也是*的一組解.

從而可以得出一系列*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,此時x+y=2440>2024,符合要求.

15.(1)解：設每個五棱錐的高為h,拼接面與雙五棱錐的交集為正五邊形，其外接圓半徑為氏=--°,故h=

2sin36

^V50-W5

=(3分)

10

5°

又底面正五邊形的面積為-tan54,10所以雙五棱錐的體積為

4

1弓V50-10V55+V5

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

341012

(6分)

顯然雙五棱錐的表面積為

鄧=10x智券.

(8分)

故內(nèi)切球半徑為

T--3-V-5V3+V15

鄧30

(10分)

(2)解：所求二面角為側面正三角形與拼接面構成的銳二面角(記為。)的兩倍.

顯然tan。==3-%.于是所求二面角的余弦值為

-tan54

c八l-tan204V5-5

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

l+tan2015

(13分)

5

16.（1）解：我們考慮更一般的情形：

求倒數(shù)第k輪開始前剩下的選手恰好為X1,X2,……,X2k的概率.

要實現(xiàn)這一點，這k名選手是種子選手，即在前面的比賽中兩兩不能相遇，而且必須在其全部27九-4）場比賽中獲

勝.（4分）

錦標賽樹形的2n片樹葉的填寫方式有（29!種，為使其稱為種子，我們有（2fe）lQi）?一種方式放置

⑵)2*(n—Q

最上面的2個選手，且有（（211-2與!種方式放置其他選手，因此其概率為??特別地，本

題為k=l的情形，故所求概率為（7分）

2n-l

（2）證明：x；為總冠軍的概率是x；為總冠軍的所有（2n-1）!種可能的比賽結果的概率之和.在所有這

些結果中將不與Xi+1交換.對于某一特定的比賽結果，若Xi與xi+1從未在比賽中相遇，則無影響，

否則改變后的這一特定比賽結果的概率等于用—乘以改變前這一結果發(fā)生的概率.

（10分）

注意到<1,因此求和后總概率變小，這表明片為總冠軍的概率大于Xj+i為總冠軍的概率.

(15分)

17.（1）解：設「，T2分別為地球、火星的公轉(zhuǎn)周期.由開普勒第三定律得

（2分）

于是

1.54233-1

X0.21.

1.54233+1

（4分）

（2）存在.

證明：設P（xo,yo）,A（xbyi）,B（x2,y2）.

2

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

2

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

2

考慮直線(X+c)(%0+C)+yoy=(a-c),由（*1）,（*2）知A,B都在這條直線上，所以它就是直線AB.

(10分)

6

取/（一普，0），則AB到J的距離為

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

故始終與圓Q：（%+三）+2相切.

ABy=(15分)

18.(1)解：a=0時，/(%)=二+—%,/'(%)=上要五.(2分)

置0(%)=1-2lnx-/，則(%)=<0,于是4)(x)在(0,+8)單調(diào)遞減.

X

又6(1)=0,故0<x<l時6(x)>0,X>1時6(x)<0.(4分)

從而f（x）在（0,1）單調(diào)遞增，在（1,+8）單調(diào)遞減.(5分)

(2)解：置：g(x)=21nx+l,h(x)=x(xex-a),(6分)

則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