2020年湖南省高中数学竞赛试题 11页

2020年湖南省高中数学竞赛试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个答案中，只有一项是符合题目要求的.）1．定义集合运算:.设，，则集合的所有元素之和为（）A．16B．18C．20D．222．已知是等比数列，，则的取值范围是（）A．B．C．D．3．5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆参加接待工作，则每个场馆至少有一名志愿者的概率为（）A．B．C．D．4．已知、为非零的不共线的向量，设条件；条件对一切，不等式恒成立．则是的（　）A．必要而不充分条件　　　　　　　B．充分而不必要条件C．充分而且必要条件　　　　　　　D．既不充分又不必要条件5．设函数定义在上，给出下述三个命题：①满足条件的函数图象关于点对称；②满足条件的函数图象关于直线对称；③函数与在同一坐标系中，其图象关于直线对称.其中，真命题的个数是（）A．0B．1C．2D．36．连结球面上两点的线段称为球的弦.半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于和，、分别为、\n的中点，每两条弦的两端都在球面上运动，有下面四个命题：①弦、可能相交于点②弦、可能相交于点③的最大值为5④的最小值为1其中真命题为（）A．①③④B．①②③C．①②④D．②③④7．设，，，,则的大小关系是（　　）A．　　　　　　　　B．C．　　　　　　　　D．8．设函数，且，，则（）A．2B．1C．0D．二、填空题（本大题共6个小题，每小题8分，共48分.请将正确的答案填在横线上.）9．在平面直角坐标系中，定义点、之间的“直角距离”为若到点、的“直角距离”相等，其中实数、满足、，则所有满足条件的点的轨迹的长度之和为　　．10．已知集合，若点、点满足且，则称点优于.如果集合中的点满足：不存在中的其它点优于，则所有这样的点构成的集合为　　　　　　　　　　　　　　．11．多项式的展开式在合并同类项后，的系数为.（用数字作答）12．一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为.13．将一个棋盘中的8个小方格染成黑色，使得每行、每列都恰有两个黑色方格，则有不同的染法.（用数字作答）14．某学校数学课外活动小组，在坐标纸上某沙漠设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，当时，\n其中，表示实数的整数部分，例如，按此方案，第2020棵树种植点的坐标为.三、解答题（本大题共4小题，共62分.要求有必要的解答过程.）15．（本小题满分14分）设实数，求证：其中等号当且仅当或成立，为正实数.16．（本小题满分14分）甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，采用五局三胜制（即先胜三局者获冠军）．对于每局比赛，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．如果将“乙获得冠军”的事件称为“爆出冷门”．试求此项赛事爆出冷门的概率．17．（本小题满分16分）已知函数在区间上的最小值为，令，，求证：\n18．（本小题满分18分）过直线上的点作椭圆的切线、，切点分别为、，联结（1）当点在直线上运动时，证明：直线恒过定点；（2）当∥时，定点平分线段\n参考答案说明：1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题和填空题严格按标准给分，不设中间档次分.2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时参照本评分标准适当档次给分.一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个答案中，只有一项是符合题目要求的.）1．解：集合的元素：，，，，故集合的所有元素之和为16.选A.2．解:设的公比为，则，进而.所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列..显然，.选C.3．解：5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆的方法数为种.每个场馆至少有一名志愿者的情形可分两类考虑：第1类，一个场馆去3人，剩下两场馆各去1人，此类的方法数为种；第2类，一场馆去1人，剩下两场馆各2人，此类的方法数为种.故每个场馆至少有一名志愿者的概率为.选D.4．解：设，，则表示与共线的任一向量，表示点到直线上任一点的距离，而表示点到的距离.当时，由点与直线之间垂直距离最短知，，即对一切，不等式恒成立．反之，如果恒成立，则，故\n必为点到的垂直距离，，即.选C.5．解：用代替中的，得.如果点在的图象上，则，即点关于点的对称点也在的图象上.反之亦然，故①是真命题.用代替中的，得.如果点在的图象上，则，即点关于点的对称点也在的图象上，故②是真命题.由②是真命题，不难推知③也是真命题.故三个命题都是真命题.选D.6．解：假设．相交于点，则．共面，所以．．．四点共圆，而过圆的弦的中点的弦的长度显然有，所以②是错的．容易证明，当以为直径的圆面与以为直径的圆面平行且在球心两侧时，最大为５，故③对．当以为直径的圆面与以为直径的圆面平行且在球心同侧时，最小为1，故④对.显然是对的．①显然是对的.故选Ａ．7．解：因为，所以，；；；．又，故故选B.8．解：由，令，则为奇函数且单调递增.而,,所以,,,从而,即,故.选D.二、填空题（本大题共6个小题，每小题8分，共48分.请将正确的答案填在横线上.）9．解：由条件得　　　①当时，①化为，无解；当时，①化为，无解；\n当时，①化为　　　　　　　②若，则，线段长度为１；若，则，线段长度为；若，则，线段长度为４．综上可知，点的轨迹的构成的线段长度之和为．填．10．解:优于，即位于的左上方，“不存在中的其它点优于”，即“点的左上方不存在中的点”.故满足条件的点的集合为.填．11．解：由多项式乘法法则可知，可将问题转化为求方程①的不超过去100的自然数解的组数.显然，方程①的自然数解的组数为下面求方程①的超过100自然数解的组数.因其和为150，故只能有一个数超过100，不妨设.将方程①化为记，则方程的自然数解的组数为因此，的系数为.填7651.12．解：因为底面周长为3，所以底面边长为，底面面积为.又因为体积为，所以高为.该球的直径为，球的体积.填.13．解：第一行染2个黑格有种染法.第一行染好后，有如下三种情况：（1）第二行染的黑格均与第一行的黑格同列，这时其余行都只有一种染法；（2）第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列，这时第三行有种染法，第四行的染法随之确定；（3）第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列，这样的染法有4种，而在第一．第二这两行染好后，第三行染的黑格必然有1个与上面的黑格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行的染法随之确定.\n因此，共有染法为种.填90.14．解：令，则故是周期为5的函数.计算可知：；；；；.所以，；；…；.以上各式叠加，得；同理可得.所以，第2020棵树的种植点为.填.三、解答题（本大题共4小题，共62分.要求有必要的解答过程.）15．证明：由对称性，不妨设，令，则因，可得…………………………（3分）设，则对求导，得.…………（6分）易知，当时，，单调递减；当时，，单调递增.…………………………………………………………………（9分）故在或处有最大值且及两者相等.\n故的最大值为，即.………………（12分）由，得，其中等号仅当或成立.…………………………………………………………………………（14分）16．解：如果某方以或获胜，则将未比的一局补上，并不影响比赛结果．于是，问题转化为：求“乙在五局中至少赢三局的概率”．…………（3分）乙胜五局的概率为；………………………………………………（6分）乙胜四局负一局的概率为；………………………………（9分）乙胜三局负二局的概率为……………………………（12分）以上结果相加，得乙在五局中至少赢三局的概率为……………（14分）17．解：（1）因为，所以函数的定义域为，…（2分）又.……………………………………………（5分）当时，，即在上是减函数，故…………………………（8分）因为,所以.…………………………………………………………………………（12分）又容易证明，所以\n，………………………………………………………………（14分）.即……………………（16分）18．证明：（1）设．．.则椭圆过点．的切线方程分别为，.…………………………………………（3分）因为两切线都过点，则有，.这表明．均在直线①上.由两点决定一条直线知，式①就是直线的方程，其中满足直线的方程.…………………（6分）（1）当点在直线上运动时，可理解为取遍一切实数，相应的为代入①消去得②对一切恒成立.…………………………………………………………（9分）变形可得对一切恒成立.故有\nc由此解得直线恒过定点.……………………………（12分）（2）当∥时，由式②知解得代入②，得此时的方程为③将此方程与椭圆方程联立，消去得…………………………………………（15分）由此可得，此时截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点的横坐标，即代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点的纵坐标，即这就是说，点平分线段.……………………………（18分）