【線上聯(lián)考】【章魚杯賽聯(lián)考】2025年4月30日第十屆章魚杯 聯(lián)考I 卷（高中組）

1大章魚OctoPus【解析】顯然的.【解析】顯然的.【解析】置g(x)=1-f(x)，則g在[0,+∞)嚴格遞減.注意到，對任意的x,y≥0，均有g(shù)(x)g(y)=(1-f(x))(1-f(y))=1-f(x+y)=g(x+y).與g嚴格遞減矛盾！所以g(0)=1，即f(0)=0，于是半熟時，g(T)=0.5.設(shè)還需要烤的時長為?T，則87.5%熟時，g(T+?T)=0.125，此時進而有由單調(diào)性知?T=2T.4.【答案】C【解析】設(shè)ax+by=q與y=sx交于A，與y=rx交于B;ax+by=p與y=rx交于C，與y=sx交于D，則我們要求的就是梯形ABCD的面積.聯(lián)立解得故2又平行線AB,CD間距為設(shè)注意到故不妨設(shè)x1=x2=···=xk=0.5，xk+1=xk+2=···=x2025=—1.3但是此時所以此時即可鎖定答案為B.我們接下來證明：M的最小值為1（這一點由連續(xù)性是顯然的，但是高中沒有給出連續(xù)函數(shù)的定義）其中ai∈(??,?)滿足xi兩兩不相等，且這樣的{ai}EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),i)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),1)5總是存在的，例如我們令a1,a2...,a2024在(??1,?1)中任意選取，這里0<?1<?（只要保證xi兩兩不相等此時記則1易知f在R上嚴格遞增，所以f(x)=7418?1有唯一零點x+，f(x)=?7418?1有唯一零點x-，于是存在a2025∈(x-,x+)使得f(a2025)=h.取我們有f(??)<?f(?)=f(x-)<f(a2025)<f(x+)=f(?).4假設(shè)存在，使得E(X)≤M0恒成立，則取即得矛盾！綜上，M的最小值為，但不存在X使得【解析】設(shè)|PA|=a,|PB|=b,|PC|=c，由余弦定理得注意到當且僅當cosθ=0，即θ=90。，故為充分必要.【解析】由條件得因為a1,a2>0，所以a1+a2+10，故(a1?1)2+(a2?1)2+(a1?a2)2=0.結(jié)合實數(shù)的條件可得a1=a2=1.若ak=1,k∈{1,2,...,N?1}，則ak+1=?1?ak=?2或ak+1=1.設(shè)不同的{an}EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(N),n)=1的個數(shù)為bN，其中有cN個滿足aN=1，dN個滿足aN=?2，則bN=cN+dN，且由分類加法計數(shù)原理，cN+1=bN，dN+1=cN，于是對N≥3有bN=bN?1+bN?2.5由正切函數(shù)的單調(diào)性知，對每個bn，存在唯一的?n與之對應，顯然有注意到(bEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)n+1—b2nb2n+2)—(bEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)n-1—b2nb2n-2)=(b2n+1+b2n-1)(b2n+1—b2n-1)—b2n(b2n+2—b2n+b2n—b2n-2)=(b2n+1+b2n-1)b2n—b2n(b2n+1—b2n-1)=0,EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),2)b2nb2n+2=bEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),2)n-1b2nb2n-2=···=bEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),3)b4b2=223×1=1.整理得故?2n+1=?2n—?2n+2.此時我們有故又熟知x→0時，tanx≈x，所以，于是?4052∈(10-1000,10-500)，【解析】設(shè)M′為?PF1Q中P所對的旁心，作M′N′⊥PF2于N′.由三角形旁心的性質(zhì)知|PN′|等于?PF1Q的半周長，又顯然N和N′在P同側(cè)，所以N=N′，于是M=M′，故M是?PF1Q的旁心，從而F1F2是∠QF1P的外角平分線.故6由外角平分線定理，即整理得(aEaH—c2)(aEaH+c2—(aE+aH)ccosθ)=0又若aEaH+c2—(aE+aH)ccosθ=0，則|PQ|=0，不符合已知條件?PF1Q，所以只能aEaH=c2，這表明eEeH=1.注意到當eEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(3),H)+eEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),H)2eH1=0時等號成立，該方程在(1,+∞)顯然有根.故所求最小值為5.79.【答案】BCA項：缺少距離的條件，無法求出.B項：注意到所以B正確.C項：由普森公式，已知亮度之比，可以求出視星等之差，再由絕對星等和視星等的換算關(guān)系可以得出所以C正確.D項：量綱顯然不對.綜上，選BC.i10.【答案】BC.作矩形BACD，由矩形的熟知性質(zhì)，|OA|2+|OD|2=|OB|2+|OC|2.故再取記AD,BC所夾銳角為θ,注意到當A,O,E三點共線且按此順序排列時，等號成立，因此S?ABC的最大值就是f(h).易知f(h)在[0,1)嚴格遞增，所以A說法正確，B說法錯誤，且進一步有故f(h)有最小值D說法正確.81)處取到最大值，顯然由單調(diào)性得這與h0的定義矛盾！所以f(h)無最大值，C說法錯誤.綜上，選BC.【解析】我們考慮更一般的n為任意非負整數(shù)的情形，記這n+1個數(shù)中除以3的余數(shù)為i的概率為Ti(n).先證幾個引理.引理1：若n=3m，m∈N，則在模3意義下，(1+x)n≡1+xn.(1+x)3k+1=((1+x)3k)3≡(1+x3k)3=1+3x3k+3x2×3k+x3k+1≡1+x3k+1.故引理1得證.引理2：對整系數(shù)多項式f(x)，記pi(f)表示f(x)各項系數(shù)中被3除余數(shù)為i的系數(shù)的個數(shù)，則在模3意義下，p0(2f)=p0(f),p1(2f)=p2(f),p2(2f)=p1(f).pr(f(x)g(x))=kpr(f(x)),r∈{0,1,2}.9由于等式右端各項可按x的升冪排列，任意兩項不是同類項，故右端各項系數(shù)中，被3除余數(shù)為r的系數(shù)個數(shù)等于每個i固定時余數(shù)為r的系數(shù)個數(shù)之和，但對于每個i，系數(shù)皆為同一組（與f(x)的系數(shù)組相同所以總的余數(shù)為r的個數(shù)就是每個i時余數(shù)為r的個數(shù)的k倍，引理3得證.引理4：設(shè)n的三進制表達式中含有α1個1，α2個2，則T1(n)=2α1-1(3α2+1),T2(n)=2α1-1(3α2?1),T0(n)=n+1?2α13α2.我們對α1+α2歸納.當α1=α2=0時，結(jié)論顯然.1,α2=0時，可設(shè)n=3m，由引理1，(1+x)n≡1+xn，故T1(n)=2=21-1(30+1),T2(n)=0=21-1(30?1)，結(jié)論成立.0,α2=1時，可設(shè)n=2×3m，由引理1，(1+x)n≡1+2x3m+x2×3m，故T1(n)=2=20-1(31+1)，T2(n)=1=20-1(31?1)，結(jié)論成立.因此α1+α2≤1時結(jié)論成立.假設(shè)α1+α2≤k時結(jié)論成立，不妨設(shè)3m<n<3m+1,m∈N（n=3m的情形已經(jīng)討論過了則有如下兩種情況：(a)n=3m+n′,(b)n=2×3m+n′.其中n′m?1}.（n′=0或n′=3m已經(jīng)討論過了）設(shè)n′的三進制表達式中，有α19個1和αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)個2，則αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),1)+αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)=k.若為(a)，則α1=αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),1)+1，α2=αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)，于是(1+x)n=(1+x)3m(1+x)n′≡(1+x3m)(1+x)n′.T1(n)=p1((1+x)n)=p1((1+x)3m(1+x)n′)=2p1((1+x)n′)=2×2αEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up6(′),1)-1(3αEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up6(′),2)+1)=2α1(3α2+1).同理可得T2(n)=2p2((1+x)n′)=2×2αEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up6(′),1)-1(3α2?1)=2α1-1(3α2?1).若為(b)，則α1=αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),1),α2=αEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)+1.注意到(1+x)n=(1+x)2×3m(1+x)n′≡(1+x3m)2(1+x)n′=(1+2x3m+x2×3m)(1+x)n′=(1+x)n′+2x3m(1+x)n′+x2×3m(1+x)n′.右端三個多項式分別展開后，彼此沒有同類項，故由歸納假設(shè)和引理2得p1((1+x)n)=p1((1+x)n′)+p1(2x3m(1+x)n′)+p1(x2×3m(1+x)n′)=p1((1+x)n′)+p1(2(1+x)n′)+p1((1+x)n′)=p1((1+x)n′)+p2((1+x)n′)+p1((1+x)n′)(n′)+T2(n′)p2((1+x)n)=2T2(n′)+T1(n′)=2α1—1(3α2—1故引理4得證.回到原題，我們顯然有A項：注意到故A正確.α1+α2=32025=n+1，于是T0(n)=0，故B錯誤.C項：取n=32025—1，則P(A1)=>0.5，故C正確.D項：顯然A0,A1,A2兩兩不相交，所以(A0(A02)=A0.若獨立，注意到P(A0)+P(A1)P(A2)=1—P(A1)—P(A2)+P(A1)P(A2)=(1P(A2))(1P(A1))2))=P(A0).所以P(A1)P(A2)=0，而顯然P(A1)0，故P(A2)=0，此時有α2=0.2024,320251]，這表明n的三進制表示的最高位一定是2，從而α20，矛盾！故D錯.綜上，選AC.12.【答案】4e-2.當t>0時，熟知lnt≤t?1，故(x2+y2)e-x-2y=4t2e-x-2y≤4e2tcosθ+4tsinθ-2-x-2y=4e-2.當x=2,y=0時，等號成立.而當t=0時，以上不等式顯然也成立.綜上，(x2+y2)e-x-2y的最大值為4e-2.首先證明引理：若球被某平面所截，則球面上完全位于該平面某一側(cè)的部分，和該平面位于球內(nèi)的部分，圍成的空間幾何體，稱為球缺.記球的半徑為R，球缺的高（即這一側(cè)當球面上的點到該平面的距離的最大值）為h，則球缺的體積為引理的證明：不妨設(shè)h<R（另一側(cè)的證明是類似的，留作習題）設(shè)球冠的表面距離平面α最遠的點為P，P在α的投影為P1，PP1的中點為PEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),1)，過PEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),1)作α的平行平面α′,則球被α所截得的圓的半徑為√R2?(R?h)2，球被α′所截得的圓的半徑為于是這兩個圓的面積分別為和注意到球缺高度為h0處的截面積是h0的不超過三次的多項式，故球缺的體積為故引理得證.回到原題.所求空間區(qū)域是一個半徑為a的大球(球心為A)和一個半徑為b的小球(球心為B)的交集,其中小球的球心在大球的球面上.過A,B任作一截面,這個平面和兩球的交線有兩個交點,記為C,D.作CD丄AB于F,線段AB交小球于E.此時我們有|AE|=a-b,|AB|=a,|AC|2-|AF|2=|BC|2-(|AB|-|AF|)2.解得記弓形CED繞EF旋轉(zhuǎn)半周得到的幾何體的體積為V1,弓形CBD繞BF旋轉(zhuǎn)半周得到的幾何體的體積為V2,則所求交集的體積為V1+V2.這兩個幾何體都是球冠，由引理得故設(shè)P(x0,y0)，直線QR的中垂線方程為分別代入得因為yQ,yR>0，xQ<0,xR>0，所以<α<π,0<β<，且有此時EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)注意到取φ∈(0,π)使得cosφ=，這樣的φ顯然存在且唯一.此時αcosφ+βsinφ為定值另一方面，假設(shè)存在(0,π)中的EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(φ),?)φ,使得αcosEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(φ),?)+βsinEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(φ),?)為定值EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2(?),C)，我們解關(guān)于α,β的二元一次方程組得這表明α,β都是定值，由此可知Q,R都是定點，于是P是O關(guān)于直線QR的對稱點，也是定點，與題目條件矛盾！所以φ是唯一的.綜上，所求定值為15.(1)【解】f(x)的定義域為計算得2xlnx1，則g′(x)=2(xlnx1)≥0，等號成立當且僅當x=1，所以g(x)在(0,+∞)嚴格遞增.(4分)而g(1)=0，所以0<x<1時g(x)<0，故f(x)嚴格遞減，x<1時g(x)>0，故f(x)嚴格遞增.(5分)綜上，f(x)在(0,1)嚴格遞減，在(1,+∞)嚴格遞增.(6分)(2)【解】整理已知等式得(x+1)(1y)lnx=(1x)(所以xy，結(jié)合f(x)的單調(diào)性得y>1.(11分)而且>1，結(jié)合f(x)的單調(diào)性得xy=1，此時已知等式分母上lnx+lny=0，矛盾！同理，x>1不成立，這表明不存在同時不為1的x,y使得已知等式成立.(12分)顯然x和y也不能同時為1，且不難驗證x和y恰有一個為1時已知等式成立.16.(1)【證明】我們用數(shù)學歸納法證明這個常數(shù)是—501.(2分)當n=1時顯然，假設(shè)n=k時成立，即bk=(ak+ak+1)2+501.(3分)bk=5ak+1(ak+2ak)=(2ak+1+ak+2+ak)(ak+2ak).(ak+1+ak+2)2?bk+1=(ak+1+ak+2)2?(ak+ak+1)2?(2ak+1+ak+2+ak)(ak+2?ak)?501完成歸納.(8分)(2)【解】對任意正整數(shù)a≥251，有a2<a2+501<a2+2a+1=(a+1)2，從而因此當∈Z時，am+am+1≤歸納易得{an}嚴格遞增，所以m≥4時，am+am+1>a3+a4=250，從而17.(1)【解】顯然P(X≥1)=1.由隔板法可得序共有8種情形，對應的(x1,x2,x3,x4)的取法數(shù)以及加上a,b,c,d額外的約束后(a,b,c,d)的解的個數(shù)（枚舉可得）如下表所示：x1,x2,x3,x4取法數(shù)a<b<c<dCEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),3)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),2)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=24a<b<c=dCEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),2)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=12a<b=c<dCEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),2)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=12CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(3),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=4a=b<c<dCEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),2)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=12CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),2)=6CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(3),4)CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)=4EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(4),4)64故P(X≥3)==P(X≥3)==4(2)【解】每次稱重，需要能夠判斷出輕象是否參與稱重，否則這次的稱重就是多余的.若只稱三次，每次有“是”和“否”兩種結(jié)果，三次就有至多8種可能的情形，無法覆蓋全部15頭象，因此稱三次是不夠的.(11分)會明顯比輕象未參與稱重的低，因此若四次稱重示數(shù)大致相同，則這四次都有輕象（這是因為每一頭象被稱過至少一次其余情形是示數(shù)較低的有輕象，示數(shù)較高的沒有輕象.那么輕象的編號就是Σ2k-1.第k次有輕象無輕象，于是輕象的編號是21-1+23-1=5.綜上，至少稱四次，可以保證找出輕象.18.(1)【解】若A,B,C,D,E共面，注意到與射線AE成α角的射線恰有兩條，因此A,B,D三點共線與A,C,D三點共線至少有一個成立，這與已知條件矛盾！所以A,B,C,D,E不可能共面，即E不在平面ABCD中.(1分)設(shè)E在平面ABCD的正投影為E1，假設(shè)α90。，則E1A.熟知cos∠BAE=cos∠BAE1cos∠E1AE，由余弦函數(shù)的單調(diào)性得∠BAE1=∠CAE1，同理∠BAE1=∠DAE1，這表明A,B,C,D,E1是同一平面內(nèi)不重合的五個點，與已證矛盾！(2分)故α=90。，此時E在平面ABCD的正投影為A，點B,C,D的位置可以任意（只要保證任兩點不重合，任三點不共線即可）.(2)【解】記R=0.5，?BCD外接圓半徑為R1，∠CBD=β,∠DCB=γ,∠BDC=δ.注意到當β=γ=δ=60?時，等號成立.(6分)又設(shè)A,E到平面BCD的距離分別為dA,dE，過?BCD的外心且垂直于平面BCD的直線交已知球于N,S，其中N,A在平面BCD的同側(cè)，我們有dA+dE≤dN+dS=2R.面BCD且過球心時等號成立，此時六面體A—BCD—E面BCD且過球心時等號成立，此時六面體A—BCD—E體積取最大值.(8分)(3)【解】我們證明引理：在三棱柱ABC—A1B1C1中，?ABC是邊長為2a的等邊三角形，三棱柱的高為h，P是平面ABC內(nèi)的一個動點，則當且僅當P與?ABC的中心重合時，|PA1|+|PB1|+|PC1|取到最小值(9分)引理的證明：設(shè)O為?ABC的中心，過P作平行于AC的直線l，記C′為C關(guān)于l的對稱點.作C′CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)丄平面ABC，使得|C′CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)|=h，且CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)平面A1B1C1，作EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(′),2)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(′),2)當且僅當A,P,CEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(′),2)三點共線且P=Q時等號成立.(10分)再設(shè)A(?a,0,0),B(0,√3a,0)，C(a,0,0)，則B1(0,√3a,h).計算得由h0知f′(q)對每一點q都是存在的.我們解不等式f′(q)≥0得故f(q)在(?∞,a)嚴格遞減，在嚴格遞增，因此引理得證.(12分)回到原題，首先顯然有.不妨設(shè)E平面BCD（否則可以視為以下情形的極限情況過E作平面BCD的平行平面α,A在α的投影為F.由引理以及|ED|≥|FD|得|EA|+|EB|+|EC|+|ED|≥|FA|+|FB|+|FC|+|FD|.易知g(h)在(?∞,min{√l2?,})單調(diào)遞減，在(min{√l2?,},+∞)單調(diào)此時在嚴格遞減，在嚴格遞增，所以但題目中說任意兩點不重合，而上式取等號當且僅當F與A重合，矛盾！所以此時g(h)無最小值（這里的證明和第十題的D項是類似的）.(15分)此時在嚴格遞減，在嚴格遞增，故等號成立當且僅當E=F且FBCD是正四面體，此時F嚴格位于正三棱錐A?BCD的內(nèi)部，因此|EA|+|EB|+|EC|+|ED|有最小值.綜上，l的取值范圍是整理得綜上,C的軌跡方程是x2√2x+2y22y=0,(x,y)(√2,1)(2)【證明】當AB斜率為0或不存在時,由對稱性,結(jié)論顯然成立.(4分)對于其他情形，過G作AB的平行線(若G,A,B三點共線,則作直線AB),與OC,OA,OB分別交于I,J,K,與γ交于F′(F′G).由相似關(guān)系得所以I是JK中點.