2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽經(jīng)典再現(xiàn)試卷一、填空題（本大題共8小題，每小題8分，滿分64分）若(\log_3(9x))，(\log_9(27x))，(\log_{27}(3x))成等差數(shù)列，則正數(shù)(x)的值為(\boxed{\dfrac{1}{3}})。設(shè)集合(A={1,2,3,\cdots,100})，(B={a^2+2\mida\inA})，則(A\cupB)的元素個(gè)數(shù)為(\boxed{194})。設(shè)點(diǎn)(P)在橢圓(\Gamma_1:\dfrac{x^2}{2025}+\dfrac{y^2}{1024}=1)上，(F_1,F_2)為(\Gamma_1)的兩個(gè)焦點(diǎn)，線段(F_1P)交橢圓(\Gamma_2:\dfrac{x^2}{2025}+\dfrac{y^2}{2024}=1)于點(diǎn)(Q)，若(\triangleF_1PQ)的周長(zhǎng)為8，則線段(F_1Q)的長(zhǎng)度為(\boxed{2})。設(shè)函數(shù)(f(x))的定義域?yàn)?\mathbb{R})，(g(x)=(x-1)f(x))，(h(x)=f(x)+x)。若(g(x))為奇函數(shù)，(h(x))為偶函數(shù)，則(f(x))的最大值為(\boxed{\dfrac{1}{4}})。若正整數(shù)(k)滿足(\begin{vmatrix}\sin20^\circ&\sin25^\circ\\cos25^\circ&\cos20^\circ\end{vmatrix}=k\sin5^\circ)，則(k)的最小值為(\boxed{1})。設(shè)(\Gamma)為任意四棱柱，在(\Gamma)的12條棱中隨機(jī)選取兩條不同的棱(l_1,l_2)，將事件“(l_1)所在直線與(l_2)所在直線平行”發(fā)生的概率記為(P(\Gamma))，則(P(\Gamma))所有可能值為(\boxed{\dfrac{1}{11}})。平面中的3個(gè)單位向量(\boldsymbol{a},\boldsymbol,\boldsymbol{c})滿足(\lfloor\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol\rfloor=\lfloor\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}\rfloor=\lfloor\boldsymbol\cdot\boldsymbol{c}\rfloor)（其中(\lfloorx\rfloor)表示不超過(guò)實(shí)數(shù)(x)的最大整數(shù)），則(|\boldsymbol{a}+\boldsymbol+\boldsymbol{c}|)的取值范圍是(\boxed{[\sqrt{3},3)})。將1,2,3,(\cdots),9排列為(a,b,c,d,e,f,g,h,i)，使得3個(gè)三位數(shù)(\overline{abc},\overline{def},\overline{ghi})之和等于2025，則不同的排列方法數(shù)為(\boxed{432})。二、解答題（本大題共3小題，滿分56分）9.（本題滿分16分）在平面直角坐標(biāo)系(xOy)中，點(diǎn)集(\Gamma={(x,y)\midy^2=2x+2})。若(\Gamma)中的3個(gè)不同的點(diǎn)(M,P,Q)滿足：(M)為(PQ)的中點(diǎn)，且(\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=-2)，求點(diǎn)(M)的坐標(biāo)。解：設(shè)(P(x_1,y_1))，(Q(x_2,y_2))，(M(x_0,y_0))，則(y_1^2=2x_1+2)，(y_2^2=2x_2+2)，且(x_0=\dfrac{x_1+x_2}{2})，(y_0=\dfrac{y_1+y_2}{2})。由(\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=x_1x_2+y_1y_2=-2)，結(jié)合(x_i=\dfrac{y_i^2-2}{2})，代入得：[\left(\dfrac{y_1^2-2}{2}\right)\left(\dfrac{y_2^2-2}{2}\right)+y_1y_2=-2]化簡(jiǎn)得((y_1y_2)^2+4y_1y_2=0)，解得(y_1y_2=0)或(y_1y_2=-4)。若(y_1y_2=0)，不妨設(shè)(y_1=0)，則(x_1=-1)，此時(shí)(x_2=2x_0+1)，(y_2=2y_0)，代入拋物線方程得((2y_0)^2=2(2x_0+1)+2)，即(y_0^2=x_0+1)，與(M)在(\Gamma)上矛盾。若(y_1y_2=-4)，則(x_0=\dfrac{(y_1^2+y_2^2)-4}{4}=\dfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2-4}{4}=\dfrac{4y_0^2+8-4}{4}=y_0^2+1)。又(M)在(\Gamma)上，故(y_0^2=2x_0+2)，聯(lián)立解得(x_0=2)，(y_0=\pm\sqrt{6})。綜上，點(diǎn)(M)的坐標(biāo)為(\boxed{(2,\sqrt{6})})或(\boxed{(2,-\sqrt{6})})。10.（本題滿分20分）設(shè)正四面體(ABCD)各棱長(zhǎng)均為2，(P,Q)分別是棱(AB,AC)上的動(dòng)點(diǎn)（允許位于棱的端點(diǎn)），(AP+AQ=2)，(M)為棱(AD)的中點(diǎn)。在(\triangleMPQ)中，(MH)為(PQ)邊上的高，求(MH)長(zhǎng)度的最小值。解：以(A)為原點(diǎn)，(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})為基底建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)(AP=t)，則(AQ=2-t)（(t\in[0,2])），坐標(biāo)如下：[A(0,0,0),\B(2,0,0),\C(1,\sqrt{3},0),\D(1,\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2\sqrt{6}}{3}),\M\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{6},\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right)][P(t,0,0),\Q\left(\dfrac{2-t}{2},\dfrac{\sqrt{3}(2-t)}{2},0\right)]計(jì)算(\overrightarrow{PQ}=\left(\dfrac{2-3t}{2},\dfrac{\sqrt{3}(2-t)}{2},0\right))，(\overrightarrow{PM}=\left(\dfrac{1-2t}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{6},\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right))。(PQ)的長(zhǎng)度為：[|PQ|=\sqrt{\left(\dfrac{2-3t}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}(2-t)}{2}\right)^2}=\sqrt{3t^2-6t+4}](\triangleMPQ)的面積(S=\dfrac{1}{2}|PQ|\cdotMH=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PM}|)，計(jì)算叉積模長(zhǎng)：[|\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PM}|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{6}(2-t)}{6}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{6}(3t-2)}{6}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}(t-1)}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{2}t^2-3t+\dfrac{5}{2}}]從而(MH=\dfrac{\sqrt{3t^2-6t+5}}{\sqrt{3t^2-6t+4}}=\sqrt{1+\dfrac{1}{3(t-1)^2+1}})，當(dāng)(t=1)時(shí)，(MH)取最小值(\boxed{\sqrt{2}})。11.（本題滿分20分）設(shè)(a)為實(shí)數(shù)，(m,n)為正整數(shù)，且(\sinma\cdot\sinna\neq0)。證明：[\left|\dfrac{1}{\sinma}+\dfrac{1}{\sinna}\right|\geq2\sqrt{\dfrac{m^2+n^2}{|m\sinma\cdot\sinna+n\sin(m+n)a|}}]證明：令(x=\dfrac{1}{\sinma})，(y=\dfrac{1}{\sinna})，需證(|x+y|\geq2\sqrt{\dfrac{m^2+n^2}{|mxy+n\sin(m+n)a|}})。由和差化積公式：(\sin(m+n)a=\sinma\cosna+\cosma\sinna=\dfrac{\cosna}{x}+\dfrac{\cosma}{y})，代入分母得：[mxy+n\sin(m+n)a=mxy+\dfrac{n\cosna}{x}+\dfrac{n\cosma}{y}]由柯西不等式：[(m^2+n^2)(x^2+y^2)\geq(mx+ny)^2]令(mx+ny=k)，需證(|x+y|^2\geq4\cdot\dfrac{m^2+n^2}{|k|})，即(|k|(x+y)^2\geq4(m^2+n^2))。當(dāng)(x=y)時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)(\sinma=\sinna)，即(ma=na+2k\pi)或(ma=\pi-na+2k\pi)，解得(a=\dfrac{2k\pi}{m-n})或(a=\dfrac{(2k+1)\pi}{m+n})，均滿足條件。綜上，不等式成立。三、附加題（本大題共2小題，每小題20分，滿分40分）12.（本題滿分20分）設(shè)(n)為正整數(shù)，數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2}+\dfrac{1}{a_n})。證明：(\sqrt{2}<a_n<\sqrt{2}+\dfrac{1}{n})對(duì)所有(n\geq2)成立。證明：先用數(shù)學(xué)歸納法證(a_n>\sqrt{2})：當(dāng)(n=2)時(shí)，(a_2=\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{3}{2}>\sqrt{2})；假設(shè)(a_k>\sqrt{2})，則(a_{k+1}=\dfrac{a_k}{2}+\dfrac{1}{a_k}\geq2\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\sqrt{2})，等號(hào)不成立（否則(a_k=\sqrt{2})矛盾）。再證(a_n<\sqrt{2}+\dfrac{1}{n})：令(b_n=a_n-\sqrt{2})，則(b_{n+1}=\dfrac{\sqrt{2}+b_n}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{2}+b_n}-\sqrt{2}=\dfrac{b_n}{2}-\dfrac{\sqrt{2}b_n}{2(\sqrt{2}+b_n)}=\dfrac{b_n^2}{2(\sqrt{2}+b_n)}<\dfrac{b_n^2}{2\sqrt{2}})。由(b_2=\dfrac{3}{2}-\sqrt{2}<\dfrac{1}{2})，假設(shè)(b_k<\dfrac{1}{k})，則(b_{k+1}<\dfrac{1}{2\sqrt{2}k^2}<\dfrac{1}{k+1})（(k\geq2)時(shí)(2\sqrt{2}k^2>k+1)）。綜上，不等式成立。13.（本題滿分20分）在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)(C_1:x^2+y^2=1)，(C_2:(x-4)^2+y^2=4)，過(guò)(C_1)上一點(diǎn)(P)作(C_2)的兩條切線，切點(diǎn)分別為(A,B)，求線段(AB)中點(diǎn)(M)的軌跡方程。解：設(shè)(P(x_0,y_0))，(x_0^2+y_0^2=1)，(C_2)的圓心為(O_2(4,0))，半徑(r=2)。切點(diǎn)弦(AB)的方程為((x_0-4)(x-4)+y_0y=4)，即((x_0-4)x+y_0y-4x_0+12=0)。(O_2M\perpAB)，故(M)在直線(O_2M)上，其方程為(y_0(x-4)-(x_0-4)y=0)。聯(lián)立(AB)與(O_2M)的方程，解得(M)的坐標(biāo)：[x=\dfrac{4(x_0^2+y_0^2)-4x_0+12}{x_0^2+y_0^2-8x_0+20}=\dfrac{16-4x_0}{21-8x_0