2022年温州市摇篮杯高一数学竞赛试题及解析

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2022年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题2022.9本卷满分150分，考试时间120分钟．所有答案答在答题纸上才有效. 第Ⅰ卷 选择题（共60分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有1个正确答案．）1．设集合，，则（ ▲ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设集合，易见，且，故. 2．已知复数（其中为虚数单位），的共轭复数为，则下列说法错误的是（ ▲ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】 ，同理3．地发生地震时，相距km的两地都能感受到，已知地位于A地的正东方向上，地位于B地的东偏南方向上，且地距离两地分别为km和km，则的值是（ ▲ ）A． B． C． D． 【答案】A【解析】 4．有三个盒子，每个盒子里有若干大小形状都相同的卡片．第一个盒子中有三张分别标号为的卡片；第二个盒子中有五张分别标号为的卡片；第三个盒子中有七张分别标号为的卡片．现从每个盒子中随机抽取一张卡片，设从第个盒子中取出的卡片的号码为，则为奇数的概率是（ ▲ ）A． B． C． D．【答案】B解析：简单的分类讨论即可得到答案. 5．设，，，则（ ▲ ）A． B． C． D． 【答案】A【解析】因函数在单调递增，故，即. 6．已知，，则是的（ ▲ ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】设，则 为奇函数易知上单调递增，因此上单调递增即 从而.第7题图7．已知矩形中，,．,分别在边,上,且,．如图所示，沿将四边形翻折成，在翻折过程中，二面角的大小为，则的最大值是（ ▲ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图, 过 作 EF, 垂足为 , 直线 BK 交直线 CD 于 , 过 作 , 由翻折知 , 于是 平面 , 得 , 故 平面 ABCD.过 作 , 连接 , 则由三垂线定理知 ,于是 就是二面角 的平面角, 故 .设, 计算得 , 因此 .令 , 则 当 时等号成立.所以 的最大值为 .8．已知点是边长为的正五边形内(含边界)一点，则的最大值是（ ▲ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设点A,B,C,D,E的坐标依次为 设点.则 由此易得 的最大值是. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人．希望获得全体学生的身高信息(单位:cm)，按照按比例分配的分层随机抽样的原则抽取了容量为50的样本．经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30．下列说法中正确的是（ ▲ ）A．男生的样本量为 30 B．每个女生被抽入到样本的概率均为 C．总样本的均值为 166 D．总样本的方差为46.2【答案】 ACD【解析】10．已知定义在上的函数满足：，，，且当时，，则下列说法正确的是（ ▲ ）A．是奇函数 B．是周期函数 C．的值域为 D．在区间内无零点【答案】ABD【解析】，，即，故是奇函数；，，即，故是以为周期的周期函数；当时，，再由的对称性、周期性，可知不是的最大值；当时，，则.再由的图象关于直线对称，知在内恒正.又，故在区间内无零点.11．设,,是平面上任意三点，定义向量的运算：，其中由向量以点为旋转中心逆时针旋转直角得到(若为零向量，规定也是零向量)．对平面向量，下列说法正确的是（ ▲ ）A．B．对任意,C．若为不共线向量，满足，则, D． 【答案】BD【解析】设向量在平面直角坐标系中的坐标分别为设以各自的起始点为旋转中心逆时针旋转直角后分别得到向量，则，.我们有 可得.所以A错误.再来看B选项. 所以 B 正确.选项C错在和的值发生了交换.事实上，将等式 两边同时和向量作数量积可得，因为，所以.又因为向量不共线，所以，故同理可得选项D中的式子具有形式上轮换对称的美感，其正确性可以证明如下：(1) 当向量不共线时，由对选项C的分析可得 即 等式两边同时乘以，再移项可得 (2) 当向量共线时，由轮换对称性，不妨设存在实数，使得，则 12．设函数，则下列说法正确的是（ ▲ ）A．若，则在上单调递减 B．若，无最大值，也无最小值 C．若，则 D．若，则 【答案】ABC【解析】若，则且，，，则，故在上单调递减；若，则当且趋于时，趋于；当且趋于时，趋于，故无最大值，也无最小值；若，则当时，，故，即； 若，举反例：，则，故.事实上，当时，.第Ⅱ卷 非选择题（共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案写在横线上．）13．光线通过某种玻璃，强度损失．要使光线强度减弱为原来的，至少要通过 ▲ 块这样的玻璃．（参考数据：，．） 【答案】16 【解析】设至少要通过块这样的玻璃，则，即，故要使光线强度减弱为原来的，至少要通过块这样的玻璃.14．已知虚数满足为实数，，则实数的值是 ▲ ． 【答案】4 【解析】为实数，则因为为虚数，所以 ，因此 第15题图15．如图，在中，的内角平分线交于点，过作于点，则的值是 ▲ ．【答案】【解析】取的中点，则 过作交 延长线于，则，由角平分线定理可得， 所以16．设．若当时，恒有，则的取值范围是 ▲ ．【答案】【解析】设函数，则当时，恒有.当时，在上递增，则，且，从而，则，于是，矛盾；同理，当，矛盾；当，；当，； 由此得，的取值范围是.当且仅当，时，，当且仅当时，. 四、解答题（本题共6大题，第17题10分，其余各题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算．）第17题图17．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个“刍甍”，四边形为矩形，与都是正三角形，,．(1) 求证：平面；(2) 求直线与平面所成角的正弦值．17.解析(1) 面面, 面, 又面 面 ,, 又 面 面, 所以 面 (2) 如图, 延长棱 E F 至 M N, 使得 ,由题可知 ABNM 与 CDMN 皆为矩形, 于是我们得到了直三棱柱 , 过 作 于 , 则 面, 在面内的射影为 与平面所成角为, 又 中, BC 边上的高为 ,故.18．袋中装有除颜色外完全相同的的个球，其中有个黑球和个白球．现由甲、乙两人从袋中轮流取球，取后不放回，规定甲先取，乙后取，然后甲可再取，接下来再由乙取，若有人取到白球，则马上终止取球，每次取球时，袋中的每个球被取出的概率相等．记事件 “第次取到的球是白球”, ．试将下列事件用,表示，并求出相应事件的概率．(1) 取球次即终止；(2) 最后一次取球的是乙．解：(1) 取球 3 次终止情况为第一次取黑球,第二次取黑球,第三次取白球该事件为 ,所求概率为 (2) 最后一次取球的是乙, 则意味着取到白球的次数为偶数,则包括 两种情况, 即事件 “最后一次取球的是乙”为事件 , 事件对应的概率 事件对应的概率,因此,最后一次取球的是乙的概率 19．已知函数，且为奇函数．(1)求的解析式；(2)若方程在上有四个不同的实数解,求的值．解： 为奇函数的图像关于点对称 方程，即方程在上有四个不同的实数解则或，即或当，即时则当，即 20．已知三角形中，角所对的边分别为，且．(1)当，时，求的值；(2)判断的形状．解：由，得 则 （1） 由，得 （2） 化简，得 为锐角三角形21．近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科．数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物．数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度．规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零．由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为．(1) 求四棱锥的总曲率；(2) 表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体．关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：．利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数．解析：(1)四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为 （答案正确即可给分）.(2)设多面体有 个面,给组成多面体的多边形编号,分别为 号.设第 号 多边形有 条边.则多面体共有 条棱(在给所有多边形的边数求和时,每条棱被计了两次数).由题意,多面体共有 个顶点.号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为 故多面体的总曲率为 所以满足题目要求的多面体的总曲率为.22．设函数．（1）证明：存在唯一的函数，使得；（2）求所有的非负实数使得；（3），（i）证明：关于的方程与都有唯一实根；（ii）记分别为方程，的实根，证明：．解析：（1）证明：注意到在上单调递增，且值域为，故对任意，存在唯一的，使得，因此定义，则函数是满足的唯一的函数，并且在上单调递增，值域为；（2）先证明：方程与等价. 若满足，则，即，因此.反之，若满足，则.（否则，假设，若，则由在上递增，得.又，故，从而，矛盾.同理，若，则，矛盾.）所以.最后，方程.所以是使得的所有非负实数；（3）证明：，（i）因为，在上单调递增，且，，所以方程与都有唯一实根，且在区间内；（ii）由，得，即，从而.因，故，所以.