一、选择题．在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．已知$\dfrac{\sin{x}}{\sqrt{1-\cos^2{x}}}-\dfrac{\cos{x}}{\sqrt{1-\sin^2{x}}}=2\left(0<x<2\pi\right)$，则$x$的取值范围是（ ）
A．$\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$
B．$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$
C．$\left(\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right)$
D．前三个答案都不对
2．$\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)$的个位数字是（ ）
A．$1$
B．$3$
C．$5$
D．前三个答案都不对
3．点$P$位于$\triangle ABC$所在的平面内，使得$\triangle PAB,\triangle PBC,\triangle PCA$的面积相等，则满足题意的点$P$有（ ）
A．$1$个
B．$3$个
C．$5$个
D．前三个答案都不对
4．记$f(n)$为最接近$\sqrt{n}$的整数，其中$n\in \mathbf{N}^{*}$．若$\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2016$，则正整数$m$的值为（ ）
A．$1015056$
B．$1017072$
C．$1019090$
D．前三个答案都不对
5．实数$x,y,z$满足$x+y+z=2016$，$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2016}$，则$(x-2016)(y-2016)(z-2016)=$（ ）
A．$0$
B．$1$
C．$-1$
D．前三个答案都不对
6．方程组$\begin{cases}a^3-b^3-c^3=3abc,\\a^2=2(b+c)\end{cases}$的非负整数解有（ ）
A．$1$组
B．$4$组
C．$5$组
D．前三个答案都不对
7．$4$个半径为$1$的球两两外切，则这$4$个球的外切正四面体的棱长为（ ）
A．$2+2\sqrt{2}$
B．$2+2\sqrt{3}$
C．$2+2\sqrt{6}$
D．前三个答案都不对
8．将$1,2,\cdots,100$分成三组，使得第一组数的和为$102$的倍数，第二组数的和为$203$的倍数，第三组和为$304$的倍数．则不同的分法共有（ ）
A．$1$种
B．$2$种
C．$3$种
D．前三个答案都不对
二、填空题．
9．已知$f(x)=3x^2-x+4$，$g(x)$为整系数多项式，$f\left(g(x)\right)=3x^4+18x^3+50x^2+69x+a,$则$g(x)$的各项系数之和为_______．
10．$54$张扑克牌排成一列．先去掉第一张，将第二张放到最后；再去掉第三张，将第四张放到最后……以此类推，则最后剩下的那张牌是原先的第_______张．
11．用高斯函数$[x]$表示不超过实数$x$的最大整数，则方程$n\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]$的正整数解有_______个．
12．空间中的一点$P(x,y,z)$满足$\exists n\in \mathbf N^*$，使得$|3x|^n+|8y|^n+|z|^n \leqslant 1$成立，则所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体的体积为_______．
参考答案与解析
1．B．
根据题意，有$\sin x>0$，$\cos x<0$，于是$x$是第二象限的角．
2．C．
因为$2^2+1=5$，且对于任意正整数$k$，都有$2^k+1$为奇数，所以
\[\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)\equiv 5 \pmod{10}.\]
3．D．
考虑到平面内使$\triangle PAB$和$\triangle PBC$的面积相等的点的轨迹为直线$BM$以及过点$B$且与$AC$平行的直线，其中$M$为边$AC$的中点，因此满足题意的点$P$有$4$个：$\triangle ABC$的重心，或者由$P,A,B,C$四点所构成的平行四边形的顶点．
4．B．
若$f(n)=k$，则$$k^2-k+1 \leqslant n \leqslant k^2+k,$$所以\[\begin{split} &f(1)=f(2)=1,\\ &f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,\\ &\cdots ,\end{split} \]进而有
$$2016=\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2\cdot 1+4\cdot \dfrac{1}{2}+6\cdot\dfrac{1}{3}+\cdots+2016\cdot\dfrac{1}{1008},$$
故$m=2+4+6+\cdots+2016=1017072$．
5．A．
由于\[\begin{split} (x-m)(y-m)(z-m)&=xyz-m(xy+yz+zx)+m^2(x+y+z)-m^3,\\&=mxyz\left[\dfrac 1m-\left(\dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac 1z\right)\right]+m^2\left[(x+y+z)-m\right],\end{split} \]于是所求代数式的值为$0$
6．B．
根据题意，有\[\begin{split} a^3-b^3-c^3-3abc&= a^3-(b+c)^3+3bc(b+c-a)\\&=a^3-\dfrac 18a^6+3bc\left(\dfrac 12a^2-a\right),\\&=a\left(1-\dfrac 12a\right)\left[a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc\right]\\&=0,\end{split} \]
当$a=0$时，$(b,c)=(0,0)$；当$a=2$时，$(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)$．当$a\ne 0,2$时，有
$$a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc>\dfrac 14a^4-3bc=(b+c)^2-3bc\geqslant 0,$$于是题中方程组的非负整数解共有$4$组．
7．C．
棱长为$a$的正四面体的内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{12}a$．设$4$个半径为$1$的球的球心分别为$O_1,O_2,O_3,O_4$，则正四面体$O_1O_2O_3O_4$的棱长为$2$，故其内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{6}$．设这$4$个球的外切正四面体为$ABCD$，则正四面体$ABCD$的内切球半径为$1+\dfrac{\sqrt{6}}{6}$，故正四面体$ABCD$的棱长为$2+2\sqrt{6}$．
8．D．
假设这样的分法存在，设三组数的和分别为$102x,203y,304z$，$x,y,z\in \mathbf{N}^{*}$，则$$102x+203y+304z=5050,$$
即$$101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101\cdot 50,$$于是$$101\mid x+y+z,$$
因此$x+y+z \geqslant 101$．而此时$$102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,$$矛盾．故不存在满足题意的分法．
9．$8$．
易知$g(x)$为二次多项式，设$g(x)=px^2+qx+r$，则
$$f(g(x))=3g^2(x)-g(x)+4=3p^2x^4+6pqx^3+\left(3q^2+6pr-p\right)x^2+(6qr-q)x+3r^2-r+4,$$对比系数，依次解得$p=1$，$q=3$，$r=4$，$a=48$．故$g(x)$的各项系数之和为$8$．
10．$44$．
每一轮剩下的牌依次是\[\begin{split} &2,4,6,\cdots ,52,54,\\&4,8,12,\cdots ,48,52,\\&4,12,20,\cdots ,44,52,\\&12,28,44,\\&12,44,\\&44.\end{split} \]
11．$4002$．
因为$$2002\cdot 2001<2002\sqrt{2001^2+1}<2002\cdot 2001+1,$$所以$\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\cdot 2001$．于是原方程等价于$$\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]=2001n,$$即$$2001n \leqslant n\sqrt{2001^2+1}<2001n+1,$$解得$n<\sqrt{2001^2+1}+2001$，所以原方程的正整数解有$4002$组．
12．$\dfrac{1}{3}$．
考虑第一卦限，只需要$3x,8y,z\in (0,1)$即可．因此所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体为一个长方体，体积为$$\dfrac 13\cdot \dfrac 18\cdot 1\cdot 8=\dfrac 13.$$