2020年湖南省普通高中学业水平考试数学试题(解析版)

一、单选题

1．如图所示的几何体是（ ）

A．圆锥 【答案】D

B．棱锥 C．圆台 D．棱柱

【解析】分析几何体的结构，可得出合适的选项. 【详解】

由图形可知，该几何体有两个面平行且全等，侧棱平行且相等，故该几何体为棱柱. 故选：D. 【点睛】

本题考查几何体的识别，属于基础题.

,，若abx,2，则x（ ） 2．已知向量a2,1，b11A．0 【答案】B

【解析】根据平面向量的坐标运算可求得x的值. 【详解】

B．1

C．2

D．3

,，则ab1,2x,2，因此，x1. 已知向量a2,1，b11故选：B. 【点睛】

本题考查利用平面向量的坐标运算求参数的值，考查计算能力，属于基础题. 3．圆C: x2+y2= 1的面积是（ ） A．

 4B．

 2C．π D．2π

【答案】C

【解析】根据圆的方程即可知圆的半径，由圆的面积公式即可求其面积.

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【详解】

由圆的方程知：圆C的半径为1，所以面积Sr2， 故选：C 【点睛】

本题考查了圆的标准方程，由圆的方程求面积，属于简单题.

4．盒子里装有大小相同的2个红球和1个白球，从中随机取出1个球，取到白球的概率是（ ） A．

1 3B．

1 2C．

2 3D．1

【答案】A

【解析】直接由古典概型的概率公式求解即可 【详解】

解：由题意可知盒子里装有大小相同的红球和白球共3 个，其中1个白球， 所以从中随机取出1个球，取到白球的概率是故选：A 【点睛】

此题考查古典概型的概率的计算，属于基础题

5．要得到函数y=1+sin x的图象，只需将函数y=sin x的图象（ ） A．向上平移1个单位长度 C．向右平移1个单位长度 【答案】A

【解析】由函数图象平移原则即可知如何平移y=sin x的图象得到y=1+sin x的图象. 【详解】

根据“左加右减，上加下减”的原则，将函数y=sin x的图象向上平移1个单位可得y=1+sin x的图象，故选：A. 【点睛】

本题考查了由平移前后的函数解析式描述图象变换过程，属于简单题. 6．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an，则a4=（ ） A．4 【答案】B

【解析】由已知可得通项公式an【详解】

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B．8

C．16

D．32

B．向下平移1个单位长度 D．向左平移1个单位长度

1, 32n1，即可求a4的值.

由题意an+1=2an可知，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， 故可得数列的通项公式为an3∴a428，

2n1，

故选：B. 【点睛】

本题考查了等比数列，由定义法求等比数列通项公式，进而求项，属于简单题.

x2,x07．已知函数f(x)，若f(0)=a，则f(a)=（ ）

x,x0A．4 【答案】C

【解析】先由f(0)=a，可得a2，从而可求出f(a)的值 【详解】

解：因为f(0)=a，代入分段函数中可得02a，得a2， 所以f(a)f(2)故选：C 【点睛】

此题考查分段函数求值问题，属于基础题

8．函数fx2sinxcosx的最小正周期是（ ） A．

B．2

C．2

D．0

2，

 2B．

C．2

D．4

【答案】B

【解析】利用二倍角的正弦公式化简函数fx的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得结果. 【详解】

fx2sinxcosxsin2x，所以，函数fx的最小正周期为T故选：B. 【点睛】

2. 2本题考查正弦型函数周期的求解，同时也考查了二倍角正弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.

9．用12cm长的铁丝折成一个面积最大的矩形，则这个矩形的面积是（ ）

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A．3cm2 【答案】C

B．6cm2 C．9cm2 D．12cm2

【解析】由已知可得xy6，而矩形的面积S的最大面积. 【详解】

xy，应用基本不等式即可求矩形

设矩形的长、宽分别为x,y cm，则有2(xy)12，即xy6， ∵矩形的面积Sxy，

(xy)2∴Sxy9 cm2，当且仅当xy3时等号成立，

4故选：C 【点睛】

本题考查了基本不等式的应用，由和定求积的最大值，属于简单题. 10．已知定义在[3,3]上的函数y =f(x)的图象如图所示.下述四个结论:

①函数y=f(x)的值域为[2,2] ②函数y=f(x)的单调递减区间为[1,1] ③函数y=f(x)仅有两个零点

④存在实数a满足f(a)f(a)0 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①② 【答案】D

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B．②③

C．③④

D．②④

【解析】由图像直接得其最小值和最大值，单调区间，由图像与x轴交点的个数可得其零点的个数，当a1时，可得f(a)f(a)0 【详解】

解：由图像可知函数的最大值大于2，最小值小于2，所以①错误； 由图像可知函数y=f(x)的单调递减区间为[1,1]，所以②正确；

由图像可知其图像与x轴交点的个数为3，所以函数有3个零点，所以③错误； 当a1时，有f(a)f(a)f(1)f(1)220，所以④正确， 故选：D 【点睛】

此题考查函数图像的应用，考查函数的零点，单调性，考查数形结合的思想，属于基础题

二、填空题

11．已知集合A{x|x1},B{x|x2a}，若AB，则a______________. 【答案】1

【解析】由AB，得到1是方程x2a是方程的根，代入即可求解. 【详解】

由题意，集合A{x|x1},B{x|xa}，

因为AB，所以1B，即1是方程x2a是方程的根，解得a1， 当a1，可得集合b1,1,此时满足AB， 所以a1. 故答案为：1. 【点睛】

本题主要考查了根据集合间的关系求解参数问题，其中解答中熟记集合件的包含关系，结合元素与集合的关系，列出方程求解是解答的关键，属于基础题.

12．某班视力近视的学生有15人，视力正常的学生有30人.为了解该班学生近视形成的原因，拟采用分层抽样的方法抽取部分学生，调查相关信息，则抽取的学生中视力近视与视力正常的人数之比为_____________ 【答案】

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【解析】利用分层抽样的定义直接求解即可 【详解】

解：因为某班视力近视的学生有15人，视力正常的学生有30人， 所以用分层抽样的方法抽取部分学生中，视力近视与视力正常的人数之比为故答案为：【点睛】

此题考查分层抽样的应用，属于基础题

13．已知直线l1:y=x，l2:y=kx.若l1⊥l2，则k=______________. 【答案】-1

【解析】由两直线垂直有斜率之积为-1，即可求k值. 【详解】

由l1⊥l2，知：k1， 故答案为：-1. 【点睛】

本题考查了根据直线垂直求斜率，属于简单题.

14．已知等差数列{an}满足a1=1，a2=2，则{ an }的前5项和S5= __________. 【答案】15

【解析】由题意可得等差数列通项公式ann，结合Sn式，进而求S5即可. 【详解】

由等差数列{an}满足a1=1，a2=2，知：公差d1，

∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故通项公式为ana1(n1)dn， ∴由等差数列前n项和公式Sn151， 3021 2n(a1an)可得前n项和公2n(a1an)n(n1)， 22即可得S55(51)15， 2故答案为：15. 【点睛】

本题考查了求等差数列前n项和，属于简单题.

15．已知角α的终边经过点(3，4)，则cosα=______________.

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【答案】

3 5【解析】利用任意角的三角函数的定义直接求解即可 【详解】

解：因为角α的终边经过点(3，4)， 所以cosx33， r32425故答案：

3 5【点睛】

此题考查任意角的三角函数的定义的应用，属于基础题

三、解答题

16．2020年春季，受疫情的影响，学校推迟了开学时间.上级部门倡导“停课不停学”，鼓励学生在家学习，复课后，某校为了解学生在家学习的周均时长(单位:小时)， 随机调查了部分学生，根据他们学习的周均时长，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求该校学生学习的周均时长的众数的估计值; （2）估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率. 【答案】（1）25小时；（2）0.3.

【解析】（1）根据直方图，频率最大的区间中点横坐标为众数即可求众数；（2）由学习的周均时长不少于30小时的区间有[30,40)、[40,50)，它们的频率之和，即为该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率. 【详解】

（1）根据直方图知：频率最大的区间中点横坐标即为众数， ∴由频率最大区间为[20,30)，则众数为

203025； 2第 7 页 共 11 页

（2）由图知：不少于30小时的区间有[30,40)、[40,50)，

∴该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率P0.03100.3. 【点睛】

本题考查了根据直方图求众数、概率，应用了众数的概念、频率法求概率，属于简单题. 17．如图所示，△ABC中，AB=AC=2，BC=23.

（1）求内角B的大小;

（2）设函数f(x)=2sin(x+B)，求f(x)的最大值，并指出此时x的值. 【答案】（1）B6，（2）f(x)的最大值为2，此时x32k,kZ

【解析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）利用正弦函数的性质直接求其最大值 【详解】

解：（1）因为△ABC中，AB=AC=2，BC=23. AB2BC2AC222(23)2223所以cosB， 2ABBC22223因为B(0,)，所以B6，

（2）由（1）可知f(x)2sin(x所以当x【点睛】

6)，

622k,kZ时，f(x)取最大值2，即x32k,kZ

此题考查余弦定理的应用，考查正弦函数的性质的应用，属于基础题

18．如图所示，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，且E，F分别为BC，PC的中点.

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（1）求证: EF//平面PAB;

（2）已知AB=AC=4，PA=6，求三棱锥F-AEC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）4.

【解析】（1）连接EF有中位线EF//PB，结合EF,PB与面PAB的关系，由线面平行的判定即可证EF//面PAB；（2）过F作FG//PA交AC于G易知FG是三棱锥F-AEC的高，结合已知有S【详解】

（1）连接EF，在△PBC中EF为中位线，故EF//PB，

AECSABC2即可求三棱锥F-AEC的体积.

∵EF面PAB，PB面PAB ∴EF//面PAB；

（2）过F作FG//PA交AC于G，如下图示：

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∵PA⊥平面ABC，

∴FG⊥平面ABC，即FG是三棱锥F-AEC的高，又F为PC的中点， ∴由PA=6，则FGPA3， 2SABC又AB=AC=4，E为BC的中点且AB⊥AC，知：SAEC2444， 4∴三棱锥F-AEC的体积V【点睛】

1FGS3AEC4.

本题考查了应用线面平行的判定证明线面平行，应用三棱锥体积公式求体积，属于简单题.

19．已知函数f(x)a，g(x)axx，其中a0，且a1.

（1）判断f(x)的奇偶性，并说明理由;

（2）若不等式f(x)g(x)对xR都成立，求a的取值范围;

（3）设f(1)2，直线yt1与yf(x)的图象交于A，B两点，直线yt2与

yg(x)的图象交于C，D两点，得到四边形ABCD.证明:存在实数t1，t2，使四边形

ABCD为正方形.

【答案】（1）偶函数，理由见解析；（2）a1；（3）证明见解析 【解析】（1）利用函数的奇偶性做出判断;

xx（2）f(x)g(x)aa对xR都成立，可求出a的范围

xx（3）由f(1)2，求出a2，由已知ABBC得到2x02020，求得t1t21得

证. 【详解】

(1) f(x)是偶函数

f(x)a，f(x)a（2）

xxxx=af(x),f(x)是偶函数

f(x)a，g(x)axf(x)g(x)aaxx

当a1时xxx0xR 满足题意， 当0a1时xxx0x0 不满足题意 所以a1

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（3）

f(1)2,a2 f(x)2x，g(x)2x

因为四边形ABCD为正方形，所以ABBC ,设B(x0,t1) 则C(x0,t2)

2x0t1t2 ，又t12x0,t22x0, x0log2t1log2t2 log2t1log2t20t1t21

故存在实数t1，t2当t1t21使得四边形ABCD为正方形. 【点睛】

本题考查函数奇偶性、不等式求参数范围及利用函数图象交点判断方程有解，属于中档题.

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