2024年海南省海口实验中学高一学科竞赛选拔性考试(自主招生)数学试题

这是一份2024年海南省海口实验中学高一学科竞赛选拔性考试(自主招生)数学试题，共5页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 考试时间：90分钟
本卷共五道填空题，三道大题，共计100分
一、填空题（每小题8分，共40分）
1.设 a=1+10⁻⁴.在 2023×2023的方格表的每个小方格中填入区间[1，a]中的一个实数.设第i行的总和为 xᵢ,，第i列的总和为 yᵢ,1≤i≤2023.
求 y1y2⋯y2023x1x2⋯x2023的最大值 (答案用含a的式子表示)
2.校乒乓球锦标赛共有 2ⁿ位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有 2ⁿ⁻¹场比赛，胜者进入第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生 2ⁿ⁻²名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军.实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中 x₁最好， x₂次之, …, xₙ最差.假设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且 ∀1≤i求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员 x₁与 x₂之间进行的概率.为
3.已知f(x)是定义在IR上的奇函数， f1=1,且对任意 x<0,均有 f1x=xf11−x,则 ∑k=11010f1kf12021−k=
4.已知点P(4，2)，过点P的直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O点为坐标原点，则△AOB的周长的最小值为
5.一只小虫在正八面体的表面上爬行，每秒从某一个顶点等可能地爬往4个相邻的顶点之一，则小虫在第八秒爬回初始位置的概率为
二、解答题（第6题20分，第7题20分，第8题20分，共计60分）
6.已知椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点 A 与左顶点 B 的距离为 41,离心率为 35,P(t,0)−4≤t≤−1为x轴上一点。
(1)求椭圆方程;
(2)连接AP交椭圆于点C，过C点作x轴的垂线，交椭圆另一个点 D，求 SABD的取值范围。
7.设整数n≥2, 对于{1,2,…,n}任一排列σ=(σ(1),σ(2),…,σ(n)),记S={σ|σ(i)≠i,i=1,2,……,n},求 lim∑t=1n|σi−i|的值，并计算取到最小值时排列σ的数目。
8.“让式子丢掉次数”—伯努利不等式(Bernulli's Inequality) , 又称贝努利不等式,是高等数学分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布.伯努利提出，是最早使用“积分”和“极坐标”的数学家之一.贝努利不等式表述为：对实数 x∈−1+∞,在 n∈1+∞时,有不等式( 1+xⁿ≥1+nx成立；在 n∈01时,有不等式 1+xⁿ≤1+nx成立.
(1)证明:当 n∈N,x∈−1+∞时，不等式 1+xⁿ≥1+nx成立，并指明取等号的条件；
(2)已知 x1,x2,x3,,xnn∈N∗是大于 −1的实数(全部同号) ,证明:1+x₁1+x₂1+x₃⋅⋅⋅1+xₙ≥1+x₁+x₂+x₃+⋅⋅⋅+x,
(3)求证； 32−134−136−1⋅⋅⋅32n−1>78⋅3nn+1.
2024年高一年级学科竞赛选拔性考试（自主招生校测）
数学参考答案
一．填空题
1.λmax=1011a+1012202320232023a1011
2.2p2n−12n−1
3.220182019
4.20
5.43256
二．解答题
6.(1)由已知 a2+b2=41,a2−b2a=35,解得 a=5,b=4,
所以，所求椭圆方程为 x225+y216=1
(2) 连接AD交x轴于点 E。
AP 的直线方程为 y=−41x+4,联立椭圆方程 x225+y216=1,解得C点坐标为50tt2+254t2−100t2+25
由于C、D关于x轴对称，D点坐标为 50tt2+25100−4t2t2+25
因为A、D、E共线，所以E点坐标为 2510
SABD=SABE−SBDE=12|BE|yA−yD=20−t2−5tt2+25
因为 20−t2−5tt2+25在 −451−2单调递增，在(5(1- 2), -1].上单调递减，所以 8041≤SABD≤102−1
7.解;因为σ(i)≠i,所以|σ(i)-i|≥1,即 ∑i=1n|σi−i|≥n
(1)当n为偶数时,上面的不等式取到等号, 即对任一i,|σ(i)-i|=1,此时有且仅当|σ1=2,σ2=1,⋯,σ2k−1=2k,σ2k=2k−1,k≤n2即limσ∈S∑i=1n|σi−i|=n,只有一种排列取到等号。
(2)当n为奇数时，不等式(※)不可能取到等号。事实上，若对所有i=1，2，…，n均有|σ(i)-i|=1,则σ(1)=2, σ(2)=1(若σ(2)=3, 可得σ(3)=4,……, σ(n)=n+1,矛盾)类似地。 σ(3)=4, σ(4)=3,……,σ(n-2)=n-1,σ(n-1)=n-2,而σ(n)=n,不合题意。
因此至少有一个 i,|σi−i|≥2,∑i=1n|σi−i|≥n+1
等号取到当且仅当将1,2,……, n分成 n−12组, 其中一组如(k,k+1,k+2),其余组均为(k,k+1)
对于(k,k+1,k+2)有σ(k)=k+1, σ(k+1)=k+2,σ(k+2)=k, 或σ(k)=k+2, σ(k+1)=k,σ(k+2)=k+1 因此因此 min∑i=1n|σi−i|=n+1,等号取到的排列数目为 n−12×2=n−1
8.(1) 当n=0时,x∈(-1,+∞), 则( 1+x⁰=1, 当n=1时, 1+x¹=1+x,
当n>1时,我们需证( 1+xⁿ≥1+nx,
设 fx=1+xⁿ−nx−1,x−1),
注意到f(0)=0,
f'x=n1+xⁿ⁻¹−n=n1+xⁿ⁻¹−1,
令 1+xⁿ⁻¹−1=0得x=0, 即f'(0)=0,
令 gx=f'x,则 g'x=nn−11+xⁿ⁻²>0,所以f'(x)在(-1, + ∞)单调递增,
当--10时,f'(x)>f(0)=0,
故f(x)在(-1,0)上单调递减, 在(0,+∞)上单调递增，
所以在x=0处f(x)取得极小值f(0)=0, 即f(x)≥0恒成立, 1+xⁿ≥nx+1.不等式 1+xⁿ≥1+nx对n∈N, x∈(-1,+∞)成立, 得证,不等式 1+xⁿ≥1+nx取等号的条件是n=0，1，或x=0.
(2) 当 n=1时，原不等式即 1+x₁≥1+x₁,显然成立,
当 n≥2时，构造数列an,
an=1+x₁1+x₂1+x₃⋅⋅⋅1+xn−(1+x₁+x₂+x₃+⋅⋅⋅xn)
则 an₊₁−an=xn₊₁1+x₁1+x₂1+x₃⋅⋅⋅1+xn−1
若xᵢ>0i=123⋅⋅⋅n+1, 由上式易得 an₊₁−an>0,即 an₊₁>an;
若 −1所以 1+x₁1+x₂1+x₃⋅⋅⋅1+xn−1≤0
故 an+1−an=xn+11+x11+x21+x3⋯1+xn−1≥0
即此时 an₊₁≥an也成立，所以当 n≥2时, an₊₁≥an
由于a₂=1+x₁1+x₂−1+x₁+x₂=x₁x₂≥0,所以 an≥a₂≥0n≥2,故原不等式成立
(3) 要证 32−134−136−1⋅⋅⋅32n−1>78⋅3nn+1
只需证 1−1321−1341−136⋅⋅⋅1−132n>78
由 (2) 知1−1321−1341−136⋅⋯1−132n≥1−132+134+136+⋯⋯132n
又 132+134+136+⋅⋅⋅+132n<1321−132=18
∴ 1−1321−1341−136⋅⋅⋅1−132n>1−18=78, 得证