资源简介

数学尖子生竞赛数学试题（十）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，则a=
A．1 B．2 C．3 D．6
2．设函数，若曲线上存在点，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．将正整数排列如下：
则图中数2022出现在（　　）
A．第64行第5列 B．第64行6列
C．第65行5列 D．第65行6列
4．已知数列，，，则当时，下列判断不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．存在正整数k，当时，恒成立
5．若复数z满足且，则
A． B． C． D．
6．设数列{an}满足：其中[x]表示不超过实数x的最大整数(例如则的个位数字是（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
7．设集合，设集合是集合的非空子集，中的最大元素和最小元素之差称为集合的直径. 那么集合所有直径为的子集的元素个数之和为（ ）
A． B． C． D．
8．我们把不超过的最大整数记作，如，，.若实数，满足，且，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、多选题
9．已知单位向量分别对应复数，且，则可能为（ ）
A． B． C． D．
10．设整数，是正实数，是非零实数．数列满足：，．下列说法中正确的是（ ）
A．当且为偶数时，有界的充要条件是
B．当且为偶数时，有界的充要条件是
C．当且为奇数或时，有界的充要条件是
D．当且为奇数或时，有界的充要条件是
11．棱长为4的正方体的中心为O，球O的半径为1，点P在球O球面上，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则（ ）
A．存在点P使得 B．不存在点P使得
C．存在点P使得 D．
12．已知正三棱锥的底面的面积为，体积为，球，分别是三棱锥的外接球与内切球，则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积为
B．二面角的大小为
C．若点在棱上，则的最小值为
D．在三棱锥中放入一个球，使其与平面、平面、平面以及球均相切，则球的半径为
三、填空题
13．2020年底，中国科学家成功构建了76个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱为一“堑堵”，是的中点，，设平面过点且与平行，现有下列四个结论：
①当平面截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于；
②当平面截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于；
③异面直线与所成角的余弦值为；
④三棱锥的体积是该“堑堵”体积的.
所有正确结论的序号是___________.
14．已知表示不超过的最大整数,例如: .在数列中, ,记为数列的前项和,则__________．
15．在直角坐标系中，已知三点，，.若与在方向上的射影相同，则______.
16．若复数同时满足，，则__________．
四、解答题
17．求极限：．
18．求不定积分：．
19．已知函数，，且
(1)若，且，试比较与的大小关系，并说明理由；
(2)若，且，证明：
（i）；
（ii）.
（参考数据：）
20．（1）证明：（且）；
（2）证明：对一切正整数和一切实数，，，，有．
21．如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为（），米，，为对角线和的交点．他以、为圆心分别画圆弧，一段弧与相交于、另一段弧与相交于，这两段弧恰与均相交于．设．
（1）若两段圆弧组成“甬路”（宽度忽略不计），求的长（结果精确到米）；
（2）记此园地两个扇形面积之和为，其余区域的面积为．对于条件（1）中的，当时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．
22．正四棱锥的底面正方形边长是3，是在底面上的射影，，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形．
（1）在图中作出截面，并写出作图过程；
（2）求该截面面积的最大值．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【详解】试题分析：先将极限式通分化简，得到，分子分母同时除以x2，再取极限即可．
解：原式=
=（分子分母同时除以x2）
=
==2
∴a=6
故答案选D．
点评：关于高中极限式的运算，一般要先化简再代值取极限，本题中运用到的分子分母同时除以某个数或某个式子，是极限运算中常用的计算技巧．
2．C
【分析】利用函数的单调性可以证明.令函数，化为.令，利用导数研究其单调性即可得出.
【详解】解：，
当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
即函数的取值范围为，，
若上存在点，使得成立，
则，.
又在定义域上单调递增.
所以假设，则（c），不满足.
同理假设，也不满足.
综上可得：.，.
函数，的定义域为，
等价为，在，上有解
即平方得，
则，
设，则，
由得，此时函数单调递增，
由得，此时函数单调递减，
即当时，函数取得极小值，即（1），
当时，（e），
则.
则.
故选：.
【点睛】本题考查了函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题.
3．B
【分析】计算每行首个数字的通项公式，再判2022出现在第几列，得到答案.
【详解】每行的首个数字为︰ 1，2，4，7，11 …
利用累加法 :
计算知：，
数2022 出现在第64行6 列
故选：B
4．C
【解析】根据递推关系式利用数学归纳法证明A正确，利用分析法证明B正确，取特值可说明C不正确，两边平方后利用放缩法可得，即可得到，分析恒成立的条件即可.
【详解】，,
当时，，当时取等号，
假设时，，
当时，，由函数在上单调递增知
，
由以上可知，对成立，故A正确.
若成立，则需成立，即成立，
而成立，故原命题，B正确；
取，则，，此时，，所以可知C不正确；
，
故，
故
取的正整数，则有时，恒成立，故D正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，数学归纳法，分析法证明，特值法排除，放缩法等不等式的性质，考查推理能力，运算能力，属于难题.
5．C
【详解】由，解得(舍)或.
故选：C.
6．B
【分析】通过计算前几项的值找出规律，进而求得的个位数字，得到答案.
【详解】由题意，列{an}满足：
又由和是非常接近的数，其中，
可用作近似计算，
因为，
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
可得从第二项其数字的个位数构成以为周期的规律，所以的个位数字.
故选：B.
【点睛】本提提主要考查了数列的应用，其中解答中根据题设条件，计算出前几项的数值，找出数字的规律是解答的关键，注意解题方法的积累与总结，属于中档试题.
7．C
【分析】先考虑最小元素为1，最大元素为72的情况：只有1种情况；且，共有种情况；且，共有种 情况；以此类推……，有1（）种情况.所以，此类满足要求的子集元素个数之和，计算可得：.再思考可以分为等1949类，问题可得解.
【详解】当最小元素为1，最大元素为72时，集合有如下情况：
集合只含2个元素：只有1种情况；
集合含有3个元素：且，共有种情况；
集合含有4个元素：且，共有 种情况；
以此类推……
集合含有72个元素：，有（）种情况.
所以，此类满足要求的子集元素个数之和M为：
①②两式对应项相加，得：
同理可得：所有子集元素个数之和都是，所以集合所有直径为的子集的元素个数之和为.
故选：C
【点睛】本题考查了集合的子集个数和组合数及其计算，考查了分类讨论思想，属于难题.
8．B
【分析】由指、对数的互化与运算及函数单调性知识可得的取值范围，进而可得结果.
【详解】设，则，，
由得，∴，故. 则
∵，且函数在上单调递增，∴，
∴，∴.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由指、对数的互化与运算及函数单调性知识求得.
9．AD
【分析】根据题意，设复数，，计算可得，即可选出答案.
【详解】因为单位向量分别对应复数，
设复数，，
因为，所以，即，
所以，
故选：AD.
10．AC
【分析】利用数列的单调性结合数学归纳法验证各选项是否成立，由此可得出合适的选项.
【详解】对于AB选项，当且为偶数时，如果，那么首先有，
于是，即，
利用在时单调递增可知，
数列的每一项都比前一项大，并且从第二项起每一项都大于，
考查数列中的连续三项、、，有
，
这表明数列中相邻两项的差距越来越大，因此，数列是无界的，
若，用数学归纳法证明：数列的每一项都落在区间中，
第一项已经在区间中，如果某项满足，则，
故，
此时，数列有界的充要条件为，A对，B错；
对于CD选项，当时，数列的每一项都是正数，
先证明：数列有界的充要条件是：方程有正实根，
如果方程无正实根，那么函数在上的最小值大于，
不妨设为，则对于数列中的任意连续两项、，有，
故数列中后一项至少比前一项大，此时数列无界.
如果有正实根，设其一根为，接下来利用数学归纳法证明：数列中的每一项都小于，
首先第一项显然小于，假设某项，由于在时是增函数，、则，因此，数列有界，
而有正根的充要条件是在上的最小值不大于，
而的最小值可以由平均值不等式给出，
即，
此时，数列有界.
当，为奇数时，令，则，，
注意到有界的充要条件是：有界，故可转化为上述情形，故C对，D错.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列有界性充要条件的证明，解题的关键在于分析数列的单调性，结合基本不等式，反证法来进行推理论证.
11．AD
【分析】由于四棱锥和四棱锥的底面积相等，对于A,B,C只需分析两棱锥的高之间的关系即可，对于D需要分析两棱锥高之和的最大值，详见解答.
【详解】如下图，四棱锥和四棱锥的底面积相等，
均等于16，取正方体的中截面EFGH，点P到平面和平面的
距离不受P点前后平移的影响，故可等价认为P点在中截面截球的大圆及其内部
运动,
建立平面直角坐标系如图，可设，则易知
P到平面的距离，P到平面的距离，
当时，，故A正确；
令，则，即，化简得，易知此方程一定有解，故B错误；
令，则，即，化简得，其中，易知 ，所以此方程无解，故C错误；
又因为，而，则，故D正确.
故选：AD.
12．ACD
【分析】先求出三棱锥的高，底面边长，对于A，设点S在底面内的投影为O→构造直角三角形求球的半径→计算球的表面积；对于B，作出二面角S－AB－C的平面角→借助三角函数求解；对于C，翻折使四点共面→利用余弦定理求解；对于D，利用三棱锥的体积与内切球半径的关系，求出球的半径→利用相似比，找出大三棱锥和小三棱锥的内切球半径之比．
【详解】依题意，，解得，设三棱锥的高为，则三棱锥的体积，解得．设点在底面内的投影为，为球的半径，连接，则，即，解得，则球的表面积，故A正确（对应下方右图）．
取棱的中点，连接，由正三棱锥的性质，易知，于是即为二面角的平面角，，且，则，故B错误．
将侧面平面展开，使得四点共面，显然的连线就是有最小值．，故在中，，则，故，故C正确（对应下方左图）．
三棱锥S－ABC的表面积为，根据内切球半径和棱锥体积，棱锥表面积为，易知，设为球的半径，为球的半径，则，解得，原三棱锥的高，作一平面平行于底面，去截原三棱锥，得到一个的棱台，那么剩余部分棱锥的高是原棱锥的，根据相似关系，剩余棱锥的底面积为，，表面积为，体积为，于是，解得，故D正确．
故选：ACD．
13．①③④
【分析】分别对四个结论结合题意分析判断即可.
【详解】对于①，如图，取，，分别为对应边中点，
易知四边形是等腰梯形，且高为，
当不是中点时，不平行平面，
则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，.
所以① 正确；
对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，
其面积. 所以②错误；
对于③，将三棱柱补成正方体，为对应边中点，易知为异面直线与所成角或补角，，，所以，所以③ 正确；
对于④，，，所以④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：
平移线段法是求两异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出两异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角（或补角）；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由于两异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两异面直线所成的角．
14．
【分析】分析：先对n分类讨论，求出每一段的数列的和，再求.
详解：当1≤n≤9时，=0；
当10≤n≤99时，=1，此区间所有项的和为90.
当100≤n≤999时，=2，此区间所有项的和为900×2=1800.
当1000≤n≤2018时，=3，此区间所有项的和为3×1019=3057.
所以90+1800+3057=4947.
故答案为4947
点睛：（1）本题主要考查数列的求和，考查学生接受新定义运用新定义处理问题的能力，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和应用能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是对n分类讨论，其二是计算每一段内的所有项的和，弄准项数，不能计算出错.
15．2
【详解】解法1 向量、在方向上的射影分别为、.
依题意得，即.故.
解法2因为向量与在方向上的射影相同，所以，，即.
故，即.
16．
【分析】消去后，根据复数的乘除法运算法则，计算可得答案.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查了复数的乘法、除法运算法则，属于基础题.
17．2
【分析】根据等差数列求和公式得到其分子，则化为.
【详解】.
18．
【分析】令，采用换元的方法．根据不定积分运算法则求解.
【详解】令，
则，
，
.
19．(1)，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由时，，，可得，构造，求导分析单调性，由，故，分析即得解；
（2）（i）由题意，，先证明，代入分析可得，构造，求导分析单调性，结合而，即得解；
（ii）构造，可得，再构造，，分析即得解
（1）
对函数，求导得：
，
当时，.
而，.
由，知，
因此，唯一且
由知，.
构造，则.
故在单调递增；
因此，由知.
故，结合单调性知.
（2）
（i）证明：由题意得.
构造，则，.
因此.
因此.
故.
因此
故.
因此.
构造，则.
而，，因此.
（ii）由知.
因此.
构造，则.
因此在上单调递减.
因此，故.
因此，结合单调性知，故.
构造，，则.
因此在上单调增，上单调减.
而当时，，单调减.
因此，.
而，因此，因此.
因此.
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用组合数公式，表示右边化简即可证明等式．
（2）利用数学归纳法，①当时，通过分析得左边右边．②假设时，对一切实数，，，，都有成立，证明当时，对一切实数，，，等式也成立，即可得证．
【详解】证明：（1）右边左边，
．
（2）①当时，左边右边．
②假设时，对一切实数，，，，都有
成立，
那么，当时，对一切实数，，，有
，
，
所以当时，等式成立，
故对一切正整数和一切实数，，，，
有．
【点睛】本题考查组合数公式的证明，选择合适的证明方法，需要有运算化简能力，属于中档题目．
21．（1）米；（2）此人的设计是“用心”的；答案见解析．
【分析】（1）在△中，根据正弦定理求出，再根据弧长公式可求出结果；
（2）利用余弦定理求出，可得，利用三角形面积公式和扇形的面积公式求出，，可得，再通过近似计算可得答案.
【详解】（1）根据题设条件，可得在△中，．
由正弦定理，得，即．
所以，所以，
所以米．
答：甬路的长约为米．
（2）由（1）得，在△中，由余弦定理，得，
所以，
故，所以，
，，
故，
当时，．
所以此人的设计是“用心”的．
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理、弧长和扇形的面积公式、三角形的面积公式求解是解题关键.
22．（1）见解析；（2）9.
【解析】（1）根据题意，作辅助线，过作， 且过点作，交于点，过点作交于点，连接， 即可得出截面；
（2）由题意可知，截面，截面，根据平面，利用线面垂直的性质和判定，可证出平面，则，进而得出，所以截面是由两个全等的直角梯形组成，设，则，截面面积为，根据，代入计算，最后利用二次函数求得最大值.
【详解】解：（1）由题可知，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形，
过作，交于点，交于点，
过作，交于点，
再过点作，交于点，
过点作交于点，连接，
，，，
，
所以共面，平面，
，平面，
平面，同理平面.
所以过且与、都平行的截面如下图：
（2）由题意可知，截面，截面，
，，
而是在底面上的射影，，
平面，，
，且，
所以平面，则，
，
又， 为正四棱锥，
，故，
于是，
因此截面是由两个全等的直角梯形组成，
因，则为等腰直角三角形，
设，则，
所以，，
，同理得，，
又因为，
设截面面积为，
所以，
即：，
当且仅当时，有最大值为9.
所以截面的面积最大值为9.
【点睛】本题考查根据线面平面的性质进行作图和截面的面积最大值的求法，还涉及线面平行和垂直的性质和判定定理，考查空间想象能力和计算能力.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑