答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁2024年全國第七屆章魚杯I卷（高中組）數(shù)學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．數(shù)據(jù)7，8，9，2，5，9，0，3，6，0的第60百分位數(shù)是（

）A． B．5 C． D．72．拋物線的焦點坐標是（

）A． B． C． D．3．設(shè)為實數(shù)，則是的（

）A．充分必要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件4．記直線與直線的交點的軌跡為，則使得直線與恰有一個交點的的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．35．令和分別為的重心和外心，若，則是（

）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．無法判斷6．第六屆章魚杯開啟了全新賽制，我們邀請到最強外援命題，共76道題，采用團體賽的形式，每隊四人，限時4小時．若ldl，lnx，skc，wzy四人組成一隊，現(xiàn)在面臨73，74，75，76四道題，每人負責作答這四道題中的一道，每道題都要有人做，已知ldl和lnx不會做74題，lnx和skc不會做75題，skc和wzy不會做76題（未被提及的默認都會做），那么在這四道題中不同的安排方案數(shù)是（

）A．4 B．6 C．8 D．107．如圖為一種在機場常見的一次性水杯，可簡化為如下模型：設(shè)，在空間直角坐標系中，考慮頂點在原點，旋轉(zhuǎn)軸為軸，高為，底面圓半徑為的倒立的圓錐，水杯為該圓錐的側(cè)面上的到軸距離不超過的部分（厚度忽略不計）．設(shè)為有效容積，即水面平行于平面時所盛水的最大體積，為水杯的側(cè)面積，為了盡可能提高材料的利用率，我們要讓最大，此時為（

）A．1 B． C． D．8．小說《三體》里的“古箏行動”中，人類截獲了來自三體世界（外星侵略者）的一些信息．地球三體組織（人類叛軍，簡稱ETO）將三體人稱為“主”．ETO內(nèi)部派系復雜，其中降臨派的宗旨是“請主降臨毀滅人類”，為預知主降臨的時間，降臨派制造了一臺機器．要了解該機器的工作原理，需要知道三體人的計數(shù)系統(tǒng)．不同于人類通用的十進制，三體人使用的是36進制，首先有35個基本單元，分別表示1到35．然后把不小于36的整數(shù)寫成的形式．注意，三體人的計數(shù)體系是沒有0這個符號的，0所占位置用空格代替，為避免引起歧義，不同數(shù)位之間用奇偶相間地分隔符和隔開，如圖為一些正整數(shù)的寫法：機器啟動后，每六分之一秒獨立等可能有放回地抽取任意一個36進制中的六位（空格也計入）正整數(shù)，待到所有六位的36進制數(shù)（允許最高位是空格即0）都被抽取后，主將降臨．那么從這臺機器啟動到主降臨的時間的數(shù)學期望最接近（

）A．150年 B．250年 C．350年 D．450年二、多選題9．設(shè)數(shù)列滿足：，則可以是（

）A．212 B．410 C．2293 D．489610．對，令，下列結(jié)論正確的是（

）A．；B．；C．共面當且僅當共面；D．若有限集滿足，則或7．11．在中，，為內(nèi)心．在延長線上取使．設(shè)為的內(nèi)心，的平分線與的平分線交于．在延長線上取使，在延長線上取使，又設(shè)直線與直線交于，則（

）A． B．四點共圓C．三點共線 D．三、填空題12．方程的實根是．13．若橢圓與圓有交點，則的最小值是．14．設(shè)實數(shù)滿足：對任意的實數(shù)，存在實數(shù)，使得均為整數(shù)，且，則的取值范圍是．四、解答題15．三次函數(shù)的三個零點為，兩個極值點為．作直線，在上分別取使得是正三角形．(1)計算：．(2)證明：均與的內(nèi)切圓相切．16．兩隨機變量的協(xié)方差定義為：．(1)證明：．(2)若，求的最小值．17．記表示不小于實數(shù)的最小整數(shù)，設(shè)．(1)證明：為定值．(2)對，令，其中為虛數(shù)單位，又設(shè)為數(shù)列的前項積．若對任意的，都有，求的最小值．18．設(shè)雙曲線的漸近線為．(1)上是否存在橫縱坐標都是整數(shù)的點？證明你的結(jié)論．(2)設(shè)上有共圓的四點，其中在左支上，在右支上，．記的外接圓為，的外接圓為，設(shè)，，證明：．19．在天文學和導航領(lǐng)域中，天球是一個假想中的與地球（視為實心球體）同球心、具有相同自轉(zhuǎn)軸且半徑充分大的球體，天空中所有物體均可沿觀測者的視線投影到天球表面上，這一概念有助于研究天體的位置和運動．地球的赤道和南北極點在這個球面上分別對應為天球的赤道和南北天極，其余經(jīng)緯線圈也可以在天球上通過投影得到．由于地球的遮擋，我們在地表上任何一點無法看到完整的天球表面，記天球表面構(gòu)成的集合為處能看到的天球表面的部分區(qū)域為．（設(shè)光沿直線傳播，不考慮大氣層和地形等因素的影響）(1)若天球半徑是地球半徑的10倍．i．求與的面積之比．ii．設(shè)地球表面有個點．若，求的最小值．(2)設(shè)天球半徑為1，已知有121顆星，它們在天球表面的投影位于天赤道以北，北緯以南的帶狀區(qū)域內(nèi)，考慮這些投影點兩兩之間的距離，記所有個距離之積為．證明：．注：允許不加證明地使用以下結(jié)論：·球冠是指一個球面被平面所截后剩下的曲面部分，若球的半徑為，球冠上的點到該平面的最大距離為，則球冠的面積為．·設(shè)，則．·，，《2024年全國第七屆章魚杯I卷（高中組）數(shù)學試題》參考答案題號12345678910答案CACCCADBACACD題號11答案ACD1．C【分析】將這組數(shù)據(jù)從小到大排列，根據(jù)百分位數(shù)的定義計算即得.【詳解】將這組數(shù)據(jù)從小到大排列為0，0，2，3，5，6，7，8，9，9，由，故這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)是.故選：C.2．A【分析】先把拋物線可化為，再根據(jù)圖象平移規(guī)律可得答案.【詳解】拋物線可化為，因為其圖象是把的圖象上的點先向左平移個單位，再向上平移個單位得到的，且的焦點坐標為，根據(jù)上面平移規(guī)律可得，的焦點坐標為即為.故選：A.3．C【分析】求出兩方程在R內(nèi)的解，根據(jù)包含關(guān)系得到答案.【詳解】，故解集為，而在R內(nèi)無解，解集為，由于是任何非空集合的真子集，故是的必要不充分條件.故選：C.4．C【分析】求出直線所過定點分析可知，求出點的軌跡方程，再應用直線和圓的位置關(guān)系判斷即可.【詳解】直線與直線的交點的軌跡為，直線方程可化為，由可得，所以直線過定點，直線方程可化為，由可得，所以直線過定點，設(shè)線段的中點為，設(shè)點，因為，則兩直線垂直，即，由直角三角形的幾何性質(zhì)可得，即，化簡可得，所以點的軌跡為圓（除去點），直線過定點，在軌跡上，直線與圓相切時，直線與恰有一個交點，此時,直線經(jīng)過時，直線與恰有一個交點，此時,過圓上的一點做切線只有一條故使得直線與恰有一個交點的的個數(shù)是2個.故選：C.5．C【分析】根據(jù)題設(shè)條件證明，即可得到是鈍角三角形.【詳解】不妨設(shè).設(shè)的垂心為，外接圓半徑為，則根據(jù)歐拉線的性質(zhì)，有.而，所以，從而.另一方面，熟知，同時，.所以，這就得到.此即，故.所以，這表明是鈍角三角形.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于通過題設(shè)條件得到,6．A【分析】根據(jù)題意分別求出每道題只能由哪些人員完成，分74題由skc完成和74題由wzy完成兩種情況討論即可求解.【詳解】因為ldl和lnx不會做74題，因此74題只能由skc或wzy完成，因為lnx和skc不會做75題，因此75題只能由ldl或wzy完成，因為skc和wzy不會做76題，因此76題只能由ldl或lnx完成，73題無限制，四人皆可完成，情況1：74題由skc完成，剩余題目：73、75、76，需分配給ldl、lnx、wzy，75題可選人員ldl或wzy，子情況1a：75題由ldl完成，76題必須由lnx完成（因ldl已分配），73題由wzy完成，分配方案：74:skc，75:ldl，76:lnx，73:wzy，子情況1b：75題由wzy完成，76題可選人員：ldl或lnx，子情況1b1：76題由ldl完成，73題由lnx完成，分配方案：74:skc，75:wzy，76:ldl，73:lnx，子情況1b2：76題由lnx完成，73題由ldl完成，分配方案：74:skc，75:wzy，76:lnx，73:ldl，情況1總計：3種方案，情況2：74題由wzy完成，剩余題目：73、75、76，需分配給ldl、lnx、skc，75題必須由ldl完成（因wzy已分配），76題必須由lnx完成（因ldl已分配），73題由skc完成，分配方案：74:wzy，75:ldl，76:lnx，73:skc，情況2總計：1種方案，總方案數(shù)：情況1+情況2：3+1=4種.故選：A.7．D【分析】設(shè)圓錐母線與高的夾角為，利用偏導和積分并結(jié)合導數(shù)即可求出最值.【詳解】設(shè)圓錐母線與高的夾角為，則，，易得水杯側(cè)面方程為①，②，聯(lián)立①②得（水杯在正投影為橢圓），對側(cè)面方程，求關(guān)于的偏導數(shù)得，則，根據(jù)曲面面積公式有，，即，對于橢圓（其中），，故圓錐側(cè)面面積，當時，結(jié)合①②知，故水面高度，此時水面半徑，，，求最大值等價于求，令，，則，，令，當時，，，在上單調(diào)遞增，當時，，則，則在上單調(diào)遞減，即時，取得最大值，此時，.故選：D.8．B【分析】求出36進制6位數(shù)的總個數(shù)（含前導空格但不全空），求出已收集個不同數(shù)字時，抽取到新數(shù)字的概率，求出此階段的期望抽取次數(shù)，求出總期望次數(shù)即可求解.【詳解】36進制6位數(shù)的總個數(shù)（含前導空格但不全空）為，設(shè)已收集個不同數(shù)字時，抽取到新數(shù)字的概率為，此階段的期望抽取次數(shù)為，總期望次數(shù)為，，代入可得，總期望次數(shù)次，每次抽取耗時秒，總時間（年）為年，故選：B.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于對題目意思的理解以及正確求出總期望次數(shù)的表達式.9．AC【分析】根據(jù)數(shù)列遞推式，可推得，對于A,C,分別找出一組符合題意得解即可；對于B,D,可以從34與21互為質(zhì)數(shù)角度，通過，構(gòu)造出的形式，從而推得，的形式，由的范圍判斷值不存在即可.【詳解】因，故.對于A，由，因故應該為偶數(shù)，當時，，恰好符合題意，故A正確；對于B，因，則，設(shè)，整理得，因34與21互為質(zhì)數(shù)，則必存在，滿足，則，，而，，故且，故且，故此時不存在，故無符合要求的解，即不能取410，故B錯誤；對于C，由，因故應該為奇數(shù)，當時，，恰好符合題意，故C正確；對于D，因，則,設(shè)，整理得，因34與21互為質(zhì)數(shù)，則必存在，滿足，，即，故且，所以且，故且，值不存在，故無符合要求的解，即不能取4896，故D錯誤.故選：AC.10．ACD【分析】根據(jù)題干及定義逐一分析選項即可得出結(jié)果.【詳解】，，，可知，從而垂直于和組成的平面，且不難發(fā)現(xiàn).選項A：由定義易得，，則，故A正確；選項B：令，則，，顯然不相等，故B錯誤；選項C：若中有零向量，結(jié)論顯然成立，下設(shè)均非零向量.若共面，則均垂直于該平面，從而同向或者反向，自然也共面.若共面，則存在不全為0的實數(shù)，使得.由均非零向量知中不可能恰有兩個0.若恰有一個0，不妨設(shè)，則與共線，方向均與都垂直，所以共面.若均不為0，兩邊左乘，注意到，結(jié)合知，這說明垂直已知平面，同理，和也垂直于已知平面，從而它們共線，自然共面，故C正確；選項D：注意到.若只含有零向量，顯然滿足要求，此時.下設(shè)非零向量，注意到在中任取兩個（可以重復），它們的叉積都是，故表示不出.若中任兩個不共線的非零向量垂直，則中必然另有異于的和，且兩兩垂直.又由知中還包含，且必然有，這是因為由兩兩垂直知，，此時，由不共線的向量兩兩垂直知，顯然無法再加入新的元素.若存在兩個不共線也不垂直的向量，設(shè)它們?yōu)楹?，并記，與的夾角為.假設(shè)，對，令，歸納可得，且.由知且模長兩兩不等，這與是有限集矛盾！故只能，同理可得，進而可得中所有非零向量模長都是1.但，且，矛盾！所以中不存在兩個不共線也不垂直的向量.綜上，或7，故D正確.故選：ACD.11．ACD【分析】對A，利用旁心的性質(zhì)和三角形全等即可判斷；對B，利用反證法即可說明；對C，證明即可；對D，根據(jù)拋物線切線三角形性質(zhì)即可判斷.【詳解】對A，，，易知是中所對的旁心，知，，故，，由得四點共圓，記圓心為，則，故，故A正確；對B，假設(shè)有四點共圓，由割線定理知，由A知，故，可得，，故，得，從而，而，且不共線，故，這與三點共線矛盾，故B錯誤；對C，記，由，則三點共線，故C正確；對D，作，由角平分線性質(zhì)知，由拋物線性質(zhì)知在以為焦點，為準線的拋物線上，易知，由拋物線的光學性質(zhì)知直線是拋物線的切線，同理，的也在該拋物線上，且直線，直線也是拋物線的切線，由拋物線的切線三角形面積性質(zhì)知，故D正確.故選：ACD.12．2025【分析】根據(jù)反函數(shù)的性質(zhì)可知兩函數(shù)的交點在上，即可根據(jù)求解.【詳解】令，則函數(shù)單調(diào)遞增，且，因此函數(shù)與函數(shù)互為反函數(shù)，則與函數(shù)的交點在直線上，因此，故，故，解得，故答案為：202513．【分析】取點，圓心，求出直線與軸于，求出的距離，再利用托勒密不等式即可得到答案.【詳解】記橢圓兩焦點，，圓心，為圓上一點，，不妨令，即，取，易得直線，當時，，記交軸于，取為橢圓和圓的交點，，易知，，由托勒密不等式得，而，故，，即，當且僅當與重合時取等號，.

14．【分析】取，,,設(shè)，，其中為整數(shù)，通過計算得到表達式，方程組無整數(shù)解，因此，之后證明不等式成立.【詳解】一方面，取，,,設(shè)，，其中為整數(shù)，易知而方程組，無整數(shù)解，因此.當，時第二個等號成立，這表明時不符合要求.另一方面，對每個實數(shù)，存在唯一的使得為整數(shù)，記對任意實數(shù)，當時，取，其中為待定的整數(shù)，于是有.注意到區(qū)間是長度為1的半開半閉區(qū)間，故它恰好包含一個整數(shù)，取為這樣的整數(shù)，從而，置，置，，整理得

（1）.

(2)而的定義域可以拆分為，

（3）或.

（4）由（3）得，，若，則用（3）的右端，否則用（3）的左端，得,于是.此時有由（4）得，，，且有，故，且，此時有當時等號成立.若，則，由前一種情形，存在實數(shù)，使得均為整數(shù)，且，取，，則有.綜上，的最小值為，且無上界，因此取值范圍為.故答案為：15．(1)0；(2)證明見解析.【分析】（1）直接求導代入計算即可；（2）設(shè)，此時，利用韋達定理求出，，再計算出即可.【詳解】（1），，故，，，即.（2）易知圖象是一個中心對稱圖形，不妨設(shè)，此時，記，則，在正中，逆時針旋轉(zhuǎn)得到，由坐標旋轉(zhuǎn)公式知①，令，根據(jù)韋達定理知②，設(shè)為的對稱中心的橫坐標，易知，故的中心在直線上，而，令，同理由韋達定理知③，故，而.故均與的內(nèi)切圓相切，證畢.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用期望和方差的運算性質(zhì)結(jié)合給定的協(xié)方差公式求解即可.（2）設(shè)，記，則,利用求解即可.【詳解】（1）由方差公式得，化簡得，，，，由方差公式得，，由題意得，故，，即得證.（2）由二項分布知：，此時有，設(shè),則由知：對每個，置，此時保持不變，故不妨設(shè)，記,則，由知，，取等條件：,故的最小值為.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先定義數(shù)列，然后證明，即可得到相應結(jié)論；（2）補充定義，設(shè)，通過歸納出的表達式，再用類似（1）的方法證明，推導得到，將表示為三角形式，研究為實數(shù)，結(jié)合復數(shù)除法的幾何意義得，進而知輻角和為，再計算并放縮即可得解.【詳解】（1）設(shè)，則，故，從而，又有，，故為整數(shù)，進而依次歸納可知：是整數(shù)，由于，故，而是整數(shù)，所以，而，所以.（2）補充定義，顯然，設(shè)，則，由（1）可知，所以，用與（1）的證明類似的方法可證，從而有，整理得，記，，其中，，令，，由共軛復數(shù)的性質(zhì)可知，則，先計算，記為，其中實部，虛部，此時，其中虛部，所以的虛部為，即是實數(shù)，所以是實數(shù)，對于分子輻角為，分母輻角為，根據(jù)復數(shù)除法的幾何意義及是實數(shù)有，即，，而，故根據(jù)復數(shù)乘法的幾何意義，有，又，注意到，所以，，故，從而符合，另一方面，時，，此時，故不符合，綜上的最小值是.18．(1)不存在，理由見解析(2)證明見解析【分析】（1）由題意可得，若存在整數(shù)解，則是偶數(shù)，可設(shè)，，進而可得矛盾，可得結(jié)論；（2）證明引理一：設(shè)是雙曲線上不會共線的四點（這里的字母與原題無關(guān)），且的斜率和的斜率均存在，則四點共圓，當且僅當；證明引理二：設(shè)的外心為，則；結(jié)合題意可證結(jié)論.【詳解】（1）上不存在橫縱坐標都是整數(shù)的點，理由如下：因為雙曲線的漸近線為，則得，解得，故可得，若存在整數(shù)解，則是偶數(shù)，可設(shè)，，于是可得，即，因，顯然該方程無整數(shù)解，故上不存在橫縱坐標都是整數(shù)的點；（2）引理一：設(shè)是雙曲線上不會共線的四點（這里的字母與原題無關(guān)），且的斜率和的斜率均存在，則四點共圓，當且僅當，

理由如下：若，則由對稱性成立，下設(shè)與交于點，記，，，，，其中，由四點共圓，所以，又有，所以，由不會共線和，由在雙曲線上知，是關(guān)于的方程的兩根，由韋達定理可得。同理可得，而，所以，由于一條直線至多和雙曲線有兩個交點，故不在雙曲線上，于是，結(jié)合，且，由，可得，所以，所以，所以引理一得證；引理二：設(shè)的外心為，則，理由：設(shè)，可得垂直平分，故，又，故，又，所以，同理，所以四邊形是平行四邊形，于是，故，引理二得證；回到原題，由引理一知，由四點共圓，可得，由四點共圓，可得，由四點共圓，可得，由以上各式得，故四點共圓，由根心定理，三線共點，記這點為，設(shè)圓與圓的另一個交點為，注意到，故四點共圓，又由，所以，故，于是，同理可得，所以