2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽人機(jī)對(duì)戰(zhàn)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_(kāi)_______。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_(kāi)_______。設(shè)點(diǎn)(P)在橢圓(\Gamma:\frac{x^2}{2025}+\frac{y^2}{900}=1)上，(F_1,F_2)為(\Gamma)的兩個(gè)焦點(diǎn)，線段(F_1P)交橢圓于點(diǎn)(Q)，若(\triangleF_1PQ)的周長(zhǎng)為8，則線段(F_2Q)的長(zhǎng)度為_(kāi)_______。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_(kāi)_______。若正整數(shù)(k)滿足(\begin{vmatrix}\sin20^\circ&i\\sin25^\circ&\cos20^\circ\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}\cos25^\circ&k\i&\cos20^\circ\end{vmatrix}\in\mathbb{R})（(i)為虛數(shù)單位），則(k)的最小值為_(kāi)_______。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_(kāi)_______。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________。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_(kāi)_______。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)。解答思路：設(shè)(P(x_1,y_1))，(Q(x_2,y_2))，(M(x_0,y_0))，由拋物線方程(y^2=2x+2)知(x=\frac{y^2}{2}-1)。根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，(x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{y_1^2+y_2^2}{4}-1)，(y_0=\frac{y_1+y_2}{2})。由(\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=x_1x_2+y_1y_2=-2)，代入(x_1,x_2)表達(dá)式化簡(jiǎn)得((y_1y_2)^2+4y_1y_2=0)，解得(y_1y_2=-4)（(y_1y_2=0)舍去，因(P,Q)不同）。進(jìn)而可得(y_1^2+y_2^2=4(y_0^2+2))，代入(x_0)表達(dá)式得(x_0=y_0^2+1)，結(jié)合(M\in\Gamma)得(y_0^2=2x_0+2=2(y_0^2+1)+2)，解得(y_0=0)，(x_0=1)，故(M(1,0))。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)），且(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。解答思路：以(A)為原點(diǎn)，(AB,AC,AD)所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)(AP=a)，(AQ=2-a)（(0\leqa\leq2)），則(P(a,0,0))，(Q(0,2-a,0))，(M(0,0,1))。向量(\overrightarrow{PQ}=(-a,2-a,0))，(\overrightarrow{PM}=(-a,0,1))。(PQ)的長(zhǎng)度為(\sqrt{a^2+(2-a)^2})，(\triangleMPQ)的面積可表示為(\frac{1}{2}\times|PQ|\timesMH)，也可通過(guò)向量外積計(jì)算：(\frac{1}{2}|\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PM}|=\frac{1}{2}\sqrt{(2-a)^2+a^2+[a(2-a)]^2})。聯(lián)立解得(MH=\sqrt{\frac{(2-a)^2+a^2+[a(2-a)]^2}{a^2+(2-a)^2}}=\sqrt{1+\frac{[a(2-a)]^2}{2(a-1)^2+2}})。令(t=a(2-a)=-(a-1)^2+1\in[0,1])，則(MH=\sqrt{1+\frac{t^4}{2t+2}})，求導(dǎo)得(t=\frac{\sqrt{5}-1}{2})時(shí)取最小值(\frac{\sqrt{6}}{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：(\frac{1}{\sinma}+\frac{1}{\sinna}\geq\frac{4}{\sinma+\sinna}+m\sinma+n\sinna)。解答思路：由柯西不等式((\sinma+\sinna)\left(\frac{1}{\sinma}+\frac{1}{\sinna}\right)\geq(1+1)^2=4)，即(\frac{1}{\sinma}+\frac{1}{\sinna}\geq\frac{4}{\sinma+\sinna})。記(f(x)=x-\frac{1}{x})，則需證(m\sinma+n\sinna\leqf(\sinma)+f(\sinna))。因(x>0)時(shí)(f(x))單調(diào)遞增，且(\sinma,\sinna\in(0,1])（由題意非零），故(m\sinma\leq\sinma-\frac{1}{\sinma})等價(jià)于((m-1)\sin^2ma+\sinma+1\leq0)，顯然不成立。修正：原不等式可變形為(\left(\frac{1}{\sinma}-\frac{2}{\sinma+\sinna}\right)+\left(\frac{1}{\sinna}-\frac{2}{\sinma+\sinna}\right)\geqm\sinma+n\sinna)，即(\frac{(\sinna-\sinma)^2}{\sinma\sinna(\sinma+\sinna)}\geqm\sinma+n\sinna)。當(dāng)(m=n=1)時(shí)，左式為0，右式為(\sina+\sina=2\sina)，不等式不成立，推測(cè)題目條件應(yīng)為(m,n)為正整數(shù)且(ma,na\in(0,\pi))，此時(shí)結(jié)合均值不等式可證。三、加試（本大題共4小題，每小題45分，滿分180分）1.（平面幾何）如圖，(\triangleABC)中，(AB=AC)，(\odotO)為外接圓，(D)為劣弧(BC)上一點(diǎn)，(E,F)分別為(AB,AC)延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，滿足(DE=DF)且(DE\perpAB)，(DF\perpAC)。證明：(AD)平分(\angleEAF)。證明思路：連接(BD,CD)，由(AB=AC)知(\angleABC=\angleACB)，故(\angleDBC=\angleDCB)，即(DB=DC)。由(DE\perpAB)，(DF\perpAC)，得(\angleDEB=\angleDFC=90^\circ)，且(DE=DF)，故(\triangleDEB\cong\triangleDFC)，從而(BE=CF)。設(shè)(AB=AC=t)，(BE=CF=s)，則(AE=AF=t+s)，又(DE=DF)，故(\triangleADE\cong\triangleADF)，因此(\angleDAE=\angleDAF)，即(AD)平分(\angleEAF)。2.（代數(shù)）設(shè)數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{a_n^2+2}{2a_n})（(n\in\mathbb{N}^*)）。證明：對(duì)任意正整數(shù)(n)，(\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k^2-2})為整數(shù)。證明思路：由遞推式得(a_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{(a_n-\sqrt{2})^2}{2a_n})，(a_{n+1}+\sqrt{2}=\frac{(a_n+\sqrt{2})^2}{2a_n})，兩式相除得(\frac{a_{n+1}-\sqrt{2}}{a_{n+1}+\sqrt{2}}=\left(\frac{a_n-\sqrt{2}}{a_n+\sqrt{2}}\right)^2)。設(shè)(b_n=\frac{a_n-\sqrt{2}}{a_n+\sqrt{2}})，則(b_{n+1}=b_n^2)，(b_1=\frac{1-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=-(\sqrt{2}-1)^2)，故(b_n=-(\sqrt{2}-1)^{2^n})。進(jìn)而(a_n=\sqrt{2}\cdot\frac{1+b_n}{1-b_n})，代入(a_n^2-2=-\frac{4b_n}{(1-b_n)^2})，則(\frac{1}{a_n^2-2}=-\frac{(1-b_n)^2}{4b_n}=-\frac{1}{4}\left(b_n+\frac{1}{b_n}-2\right))。因(b_n\cdot\frac{1}{b_n}=1)，且(b_n+\frac{1}{b_n}=-[(\sqrt{2}-1)^{2^n}+(\sqrt{2}+1)^{2^n}])為整數(shù)（由二項(xiàng)式定理展開(kāi)后無(wú)理項(xiàng)抵消），故(\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k^2-2}=-\frac{1}{4}\left(\sum_{k=1}^n(b_k+\frac{1}{b_k})-2n\right))為整數(shù)。3.（數(shù)論）求所有正整數(shù)(k)，使得存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)(n)，滿足(n^2+1)能被(k)整除，且(n+1)與(k)互素。解答思路：若(k)有奇素因子(p)，則(n^2\equiv-1\modp)有解，故(p\equiv1\mod4)。設(shè)(k=2^a\prodp_i^{b_i})，(p_i\equiv1\mod4)。若(a\geq2)，則(n^2\equiv-1\mod4)無(wú)解（平方數(shù)模4為0或1），故(a=0)或1。若(a=1)，則(n)為奇數(shù)，(n+1)為偶數(shù)，與(k)不互素（因(k)含因子2），矛盾，故(a=0)。對(duì)奇素因子(p_i)，取(n\equivc_i\modp_i^{b_i})（(c_i^2\equiv-1\modp_i^{b_i})），由中國(guó)剩余定理知無(wú)窮多個(gè)(n)存在，且(n\equiv-1\modp_i)時(shí)((-1)^2\equiv1\equiv-1\modp_i)矛盾，故(n+1)與(p_i)互素，從而與(k)互素。綜上，(k)為1或奇素?cái)?shù)冪的乘積且每個(gè)素因子模4余1。4.（組合）在一個(gè)(100\times100)的方格表中，每個(gè)單元格內(nèi)填入0或1。若任意(2\times2)的子方格表中至少含有一個(gè)0，求方格表中1的個(gè)數(shù)的最大值。解答思路：采用周期構(gòu)造法，將方格表按(2\times2)分塊，每個(gè)塊中最多放3個(gè)1，但需避免相鄰塊產(chǎn)生全1的(2\times2)子表。更優(yōu)的構(gòu)造是按列周期排列：第1列全1，第2列全0，第3列全1，第4列全0，(\cdots)，此時(shí)1的個(gè)數(shù)為50×100=5000。但可改進(jìn)為每3列一組：1,1,0重復(fù)，此時(shí)每個(gè)(2\times2)子表含0，1的個(gè)數(shù)為(\lceil\frac{100}{3}\