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．16 B．18 C． 20 D．22 2．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．0 B．1 C．2 D．3 6．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、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5 ④的最小值为1 其中真命题为（ ） A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④ 7．设，，，,则的大小关系是（ ） A． B． C． D． 8．设函数，且，，则（ ） A．2 B．1 C．0 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．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， 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 18．（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 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；
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. 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. 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 ， （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 c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）