(最新资料)湖南省怀化市2020届高三上学期期中新博览联考试题数学(文)【含答案】.pdf

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1、湖南省怀化市2020 届高三上学期期中新博览联考试题数学（文）第卷（选择题共 60 分）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，共计60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把正确答案的代号填在答题卡上.1.已知集合02Pxx，且MP，则M可以是 A 0,1 B.13，C.1,1 D.0,52.设命题,1sin,:xRxP则P为A.1sin,xRx B.1sin,00 xRxC.1sin,xRx D.1sin,00 xRx3.已知3log ea，ln3b，3log 2c，则a，b，c的大小关系是A.cab B.cba C.abc D.bac4.已知等差数列na中，35a

2、a，nS是其前n项和.则7sin S等于A.1 B.0 C.1 (D.125.已知函数2,(),.xxafxx xa若函数()f x存在零点，则实数a的取值范围是A.,0 B.0,C.,1 D.1,6已知函数lnfxxx，下列判断正确的是 A.在定义域上为增函数；B.在定义域上为减函数；C.在定义域上有最小值，没有最大值；D.在定义域上有最大值，没有最小值；7.已知正ABC的边长为4，点D为边BC的中点，点E满足AEED，那么EB EC的值为A.83B.1C.1D.38.若na是公差为21的等差数列，它的前10项和为245，则97531aaaaa的值为A.10 B.10.5 C.20 D.20

3、.5 9.某电动汽车“行车数据”的两次记录如下表：记录时间累计里程(单位：公里)平均耗电量(单位：kW h/公里)剩余续航里程(单位：公里)2019 年 1月 1 日4000 0.125 280 2019 年 1月 2 日4100 0.126 146(注：累计里程指汽车从出厂开始累计行驶的路程，累计耗电量指汽车从出厂开始累计消耗的电量，累计耗电量平均耗电量累计里程，剩余续航里程剩余电量平均耗电量)下面对该车在两次记录时间段内行驶100 公里的耗电量估计正确的是A.等于 12.5 B.12.5到 12.6 之间 C.等于 12.6 D.大于 12.6 10 已知函数()sincosf xxx，(

4、)g x是()f x的导函数，则下列结论中错误的是A.函数()f x的值域与()g x的值域相同B.若0 x是函数()f x的极值点，则0 x是函数g()x的零点C.把函数()f x的图象向右平移2个单位，就可以得到函数()g x的图象D.函数()f x和g()x在区间(,)4 4上都是增函数11.函数)(Rxxfy满足:对一切.0)(,xfRx且,)(2019)1(2xfxf当)1,0 x时,.)1.()0.(2)(21221xxxxxf则)2019(f的值为A.2019 B.2017 C.2015 D.201312.在ABC中，ACAB，2,1ABAC，点 P是ABC所在平面内一点，2AB

5、ACAPABAC，且满足1PM，若AMABAC，则2的最小值是 A.32 B.5 C.1 D.32第卷（非选择题共 90 分）二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分13.已知平面向量),1,2(a).,1(xb若ba/，则x14.与曲线21yxe相切于 P(,)e e处的切线方程是 .15.若na是等比数列，且公比4q,12321aaa，则na_16已知ABC是锐角三角形,cba,分别是CBA,的对边.若BA2,则 (1)角B的取值范围是 .(2)abba的取值范围是 .（第一空2 分，第二空3 分）三、解答题：共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17(本小题

6、10 分)已知集合,02082xxxP.11mxmxS（）若S1，求出m的取值范围；（）是否存在实数m，使Px是Sx的充分条件，若存在，求出m的范围若不存在，请说明理由。18.(本小题 12 分)已知函数2()cos3sincosf xxxx.（）求()3f的值及()f x的最小正周期；（）若函数()f x在区间0,m上单调递增，求实数m的最大值19.(本小题 12 分)已知na是公差不为0 的等差数列，且满足12a，137,a aa成等比数列（）求数列na的通项公式；（）设2nannba，求数列nb的前n项和nS20(本小题 12 分)已知顶点在单位圆上的ABC中,角A、B、C所对的边分别为

7、a、b、c，且222bcabc.（）求角A的大小；（）若224bc,求ABC的面积.21(本小题 12 分)已知函数224()f xxax，1,3x，3()2g xmx（）若函数()f x有两个零点，求实数a的取值范围；（）若3a，且对任意的11,2x，总存在21,3x，使12()()0g xf x成立，求实数m的取值范围22(本小题 12 分)已知函数21()ln()2f xxaxx aR，函数()23g xx（）当2a时，求()f x的极值；（）讨论函数1()()()2F xf xag x的单调性；（）若21a，对任意12,1,2x x，不等式1212()()()()f xf xt g x

8、g x恒成立，求实数t的最小值.答案一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共 60 分。题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案A D D C B C B A D C C D 11 解:对一切.0)(,xfRx且,)(2019)1(2xfxf,2019)()1(22xfxf从而有.2019)1()2(22xfxf两式相减,得0)()2(22xfxf，).()2(,0)(xfxfxf)(xf是以2为周期的函数,2015)2019(f.12 解：以 A 为原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，则(0,0)A，(2,0)B，(0,1)C，(1,0)ABA

9、B，(0,1)ACAC，(1,2)AP，点M满 足：22(1)(2)1xy设(1 cos,2sin)M，则由AMABAC得：(1 cos,2sin)(2,)，23sincos32 sin()324二、填空题：(本题共 4 小题，每小题5 分，共 20 分)13.1214.2yxe 15.14n 16.(1)4,6(2)334,223(三、解答题17 解:（）0m 5 分（）10202082xxxxxP，.11mxmxS假设存在实数m，使Px是Sx的充分条件，则必有SP.所以.11012mm解得9m所以存在实数),9m使条件成立 10 分18 解：()由已知2()cos3sincos3333f1

10、3144 2 分因为()f x1cos23sin222xx1sin(2)62x4 分所以函数()f x的最小正周期为 6 分(II)由2 22 262kxk得36kxk，kZ.所以，函数()f x的单调增区间为,36kk，kZ 8 分当0k时,函数()f x的单调增区间为,3 6，若函数()f x在区间0,m上单调递增，则 0,3 6m，所以实数m的最大值为6 12 分19 解：()设na的公差为d，因为137,a a a成等比数列，所以2317aa a.所以2111(2)(6)ada ad.所以21420da d.由0d，12a得1d，所以1nan 6 分()由()知，1212nannnba

11、n，所以2341234(1)(2222)nnSn(3)4(1 2)21 2nn n223822nnn 12 分20 解：（）由222bcabc得222bcabc，故2221cos22bcaAbc又0A60A6 分（）由2sinaA得2sin3aA由余弦定理得2222cosabcbcA即222132cos603422bcbcbc，即1bc113sin1 sin 60224ABCSbcA12 分21 解：（）令2tx，则1,3t，记4()h ttt，问题转化为函数()yh t与ya有两个交点，24()1h tt，可知当(1,2)t时，()0h t，可知当(2,3)t时，()0h t，函数()h t

12、在(1,2)单减，(2,3)单增，从而min()(2)4h th，13(3)3h，(1)5h，由图象可得，当1343a时，()yh t与ya有两个交点，函数()f x有两个零点时实数a的范围为：134,36分（）由（1）知()1,2f x，记1,2A当0m时，3()2g x，显然成立；当0m时，3()2g xmx在1,2上单调递增，33(),222g xmm记33,222Bmm，由题意得：BA3222m且312m解得：104m当0m时，3()2g xmx在1,2上单调递减，33()2,22g xmm3212m且322m，得104m综上，所求实数m的取值范围为1 1,4 4 12 分22 解：（

13、）2a时，2()lnf xxxx.221(1)(21)()(0)xxxxfxxxx易知()f x在(0,1)递增，(1,)递减，()(1)0f xf极大值，无极小值 3 分（）2113()()()ln(1)(0)222F xf xag xxaxa xa x(1(1)()(0)axxF xxx0a时，()0Fx，恒成立，()F x在(0,)单调递增；当0a，由()0Fx得10 xa，()0Fx得1xa，所以()F x在1(0,)a单调递增，在1(,)a单调递减.综上：当0a时，()F x在(0,)单调递增；当0a时，()F x在1(0,)a单调递增，在1(,)a单调递减 7 分（）由题知0t，2

14、1()axxfxx当21a时，()0fx，()f x在(0,)单调递增，不妨设1212xx又()g x单调递减，不等式等价于2112()()()()f xf xt g xg x即：2211()()()()f xtg xf xtg x对任意21a，1212xx恒成立，记21()()()ln(1 2)32h xf xtg xxaxt xt，则()h x在1,2递减1()120h xaxtx对任意2,1,1,2ax恒成立令1()12,2,1H axat ax则max1()(2)2120H aHxtx在1,2上恒成立，则121(2)txx，而12yxx在1,2单调递增，max19(2)2xx，114t 12 分