2021届江苏省苏州市高三上学期期中考试 数学

2021届江苏省苏州市高三上学期期中考试

数　　学

(满分150分，考试时间120分钟)

2020．11

第Ⅰ卷(选择题　共60分)

一、 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝{x|x2>4}，则A∩B＝(　　)

A. (2，3)  B. [2，3]  C. (2，3]  D. [2，3]∪{－2}

2. 若角α的终边经过点(3－sin α，cos α)，则sin α的值为(　　)

A.   B.   C.   D.

3. 在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于(　　)

A. 160  B. 180  C. 200  D. 220

4. 函数“f(x)＝的定义域为R”是“a≥1”的(　　)

A. 充分不必要条件  B. 必要不充分条件

C. 充要条件  D. 既不充分也不必要条件

5. 函数f(x)＝的部分图象大致是(　　)

6. 已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线C：y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　　)

A. －2  B. 2  C. －e  D. e

7. 衣柜里的樟脑丸，随着时间的推移会因挥发而使体积缩小，刚放进去的新丸体积为a，经过t天后体积V与天数t的关系式为V＝a·e－kt.已知新丸经过50天后，体积变为a.若一个新丸体积变为a，则需经过的天数为(　　)

A. 125  B. 100  C. 75  D. 50

8. 设Sn为等比数列{an}的前n项和，若an>0，a1＝，Sn<2，则等比数列{an}的公比的取值范围是(　　)

A. (0，]  B. (0，]  C. (0，)  D. (0，)

二、 多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，不选或有错选的得0分．

9. 已知函数f(x)＝cos x－sin x，g(x)＝f′(x)，则(　　)

A. g(x)的图象关于点(，0)对称  B. g(x)的图象的一条对称轴是x＝

C. g(x)在(－，)上递减  D. g(x)在(－，)内的值域为(0，1)

10. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1>0，公差d≠0，则(　　)

A. 若S5>S9，则S15>0  B. 若S5＝S9，则S7是Sn中最大的项

C. 若S6>S7，则S7>S8  D. 若S6>S7，则S5>S6

11. 已知函数f(x)＝|lg(x－1)|，b>a>1且f(a)＝f(b)，则(　　)

A. 1＜a＜2  B. a＋b＝ab

C. ab的最小值为1＋  D. ＋>2

12. 若函数f(x)＝ex－－1在(0，＋∞)上有唯一零点x0，则(　　)

A. x0ex0＝1  B. <x0<1

C. k＝1  D. k>1

第Ⅱ卷(非选择题　共90分)

三、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋a2为偶函数，则不等式(x－2)f(x)<0的解集为________________________________________________________________________．

14. 若对任意正数x，满足xy＋＝2－4y2，则正实数y的最大值为________．

15. 在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10 000元，用于自己开发的农产品、土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底需缴房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2020年小王的农产品加工厂的年利润为__________元．(取1.211＝7.5，1.212＝9)

16. 已知定义在R上的函数f(x)关于y轴对称，其导函数为f′(x)，当x≥0时，xf′(x)>1－f(x)．若对任意x∈R，不等式exf(ex)－ex＋ax－axf(ax)>0恒成立，则正整数a的最大值为________．　

四、 解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. (本小题满分10分)

已知函数f(x)＝sin(ωx－φ)(ω＞0，|φ|≤)的最小正周期为π.

(1) 求ω的值及g(φ)＝f()的值域；

(2) 若φ＝，sin α－2cos α＝0，求f(α)的值．

18.(本小题满分12分)

已知函数f(x)＝－x3＋x2－2x(a∈R)．

(1) 当a＝3时，求函数f(x)的单调递减区间；

(2) 若对于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)<2(a－1)成立，求实数a的取值范围．

19. (本小题满分12分)

在① csin＝asin C，② 2cos A(bcos C＋ccos B)＝a，③(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C中任选一个，补充在横线上，并回答下面问题．

在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c＝(－1)b，________．

(1) 求C的值；

(2) 若△ABC的面积为3－，求b的值．

注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

20.(本小题满分12分)

已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且满足a1＝b1＝2，a3＋a5＋a7＝30，b2b3＝a16.

(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2) 设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.

①是否存在正整数k，使得Tk＋1＝Tk＋bk＋32成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由；

②解关于n的不等式：Sn≥bn.

21. (本小题满分12分)

若函数f(x)在x∈[a，b]时，函数值y的取值区间恰为[，](k＞0)，则称[a，b]为f(x)的一个“k倍倒域区间”．定义在[－4，4]上的奇函数g(x)，当x∈[0，4]时，g(x)＝－x2＋4x.

(1) 求g(x)的解析式；

(2) 求g(x)在[2，4]内的“8倍倒域区间”；

(3) 若g(x)在定义域内存在“k(k≥8)倍倒域区间”，求k的取值范围．

22. (本小题满分12分)

已知函数f(x)＝ex＋ax·sin x.

(1) 求曲线C：y＝f(x)在x＝0处的切线方程；

(2) 当a＝－2时，设函数g(x)＝，若x0是g(x)在(－π，0)上的一个极值点，求证：x0是函数g(x)在(－π，0)上的唯一极大值点，且0＜g(x0)＜2.

2021届高三年级第一学期期中考试(苏州)

数学参考答案及评分标准

1. C　2. C　3. B　4. B　5. A　6. B　7. C　8. A　9. BC　10. BC　11. ABD　12. ABC

13. (－，)∪(2，＋∞)　14. 　15. 40 000　16. 2

17. 解：(1) 因为函数f(x)的最小正周期为π，所以＝π，ω＝2，(1分)

此时g(φ)＝f()＝sin(－φ)＝－sin(φ－)．

因为|φ|≤，所以φ－∈[－，]，所以－1≤sin(φ－)≤，(3分)

所以g(φ)＝f()的值域为[－，1]．(4分)

(2) 因为φ＝，所以f(α)＝sin(2α－)．

由sin α－2cos α＝0，得tan α＝2，(6分)

f(α)＝sin(2α－)＝sin 2α－cos 2α(8分)

＝×－×＝＝.(10分)

18. 解：(1) 当a＝3时，f(x)＝－x3＋x2－2x，得f′(x)＝－x2＋3x－2.(1分)

因为f′(x)＜0，得x＜1或x＞2，(3分)

所以函数f(x)单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞)．(4分)

(2) 由f(x)＝－x3＋x2－2x，得f′(x)＝－x2＋ax－2.(5分)

因为对于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)＜2(a－1)成立，

所以问题转化为：对于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)max＜2(a－1)．(6分)

因为f′(x)＝－(x－)2＋－2，其图象开口向下，对称轴为x＝.

①当＜1时，即a＜2时，f′(x)在[1，＋∞)上单调递减，

所以f′(x)max＝f′(1)＝a－3.

由a－3＜2(a－1)，得a＞－1，此时－1＜a＜2.(8分)

②当≥1，即a≥2时，f′(x)在[1，]上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，

所以f′(x)max＝f′()＝－2.(10分)

由－2＜2(a－1)，得0＜a＜8，此时2≤a＜8.(11分)

综合①②，可得实数a的取值范围是(－1，8)．(12分)

19. 解：若选①.(1) 由题设条件及正弦定理，得sin Csin＝sin Asin C．(1分)

因为△ABC中，sin C≠0，所以sin＝sin A．(2分)

由A＋B＋C＝π，可得sin＝sin＝cos，(3分)

所以cos＝2sincos.(4分)

因为△ABC中，cos≠0，所以sin＝.

因为0＜A＜π，所以A＝.(5分)

因为c＝(－1)b，所以由正弦定理得sin C＝(－1)sin B.

因为A＝，所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin(C＋)，(6分)

所以sin C＝(－1)sin(C＋)，整理得sin C＝cos C．(7分)

因为△ABC中，sin C≠0，所以cos C≠0，所以tan C＝＝1.

因为0＜C＜π，所以C＝.(9分)

(2) 因为△ABC的面积为3－，c＝(－1)b，A＝，

所以由S＝bcsin A得(－1)b2＝3－，(11分)

解得b＝2.(12分)

若选②.(1) 由题设及正弦定理得2cos A(sin Bcos C＋sin Ccos B)＝sin A，(1分)

即2cos Asin(B＋C)＝sin A．(2分)

因为B＋C＝π－A，所以2cos Asin A＝sin A．(3分)

因为△ABC中，sin A≠0，所以cos A＝.(4分)

因为0＜A＜π，所以A＝.(5分)

下同选①.

若选③.由题设得(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C，(1分)

所以sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C．(2分)

由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.

由余弦定理得cos A＝＝.(4分)

因为0＜A＜π，所以A＝.(5分)

下同选①.

20. 解：(1) 因为等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝3a5＝30，所以a5＝10.

设等差数列{an}的公差是d，所以d＝＝2，(1分)

所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.(2分)

设等比数列{bn}的公比是q，因为b2b3＝a16，

所以bq3＝4q3＝32，所以q＝2，所以bn＝b1qn－1＝2n.(3分)

(2) ① 若存在正整数k，使得Tk＋1＝Tk＋bk＋32成立，则bk＋1＝bk＋32，(4分)

所以2k＋1＝2k＋32，即2k＝32，解得k＝5.(5分)

存在正整数k＝5满足条件．(6分)

② Sn＝＝n(n＋1)，

所以n(n＋1)≥2n，即2n－n(n＋1)≤0.(8分)

令f(n)＝2n－n(n＋1)，

因为f(n＋1)－f(n)＝2n＋1－(n＋1)(n＋2)－2n＋n(n＋1)＝2[2n－1－(n＋1)]，

所以当n≥4时，{f(n)}单调递增．(9分)

又f(2)－f(1)＜0，f(3)－f(2)＜0，f(4)－f(3)＜0，

所以f(1)＞f(2)＞f(3)＝f(4)＜…＜f(n)＜…(10分)

因为f(1)＝0，f(4)＝－4，f(5)＝2，

所以n＝1，2，3，4时，f(n)≤0，n≥5时，f(n)＞0，(11分)

所以不等式Sn≥bn的解集为{1，2，3，4}．(12分)

21. 解：(1) 因为g(x)为定义在[－4，4]上的奇函数，

所以当x∈[－4，0)时，g(－x)＝－(－x)2＋4(－x)＝－x2－4x.

因为g(－x)＝－g(x)，所以g(－x)＝－g(x)＝－x2－4x，(2分)

所以g(x)＝x2＋4x，

所以g(x)＝(3分)

(2) 因为g(x)在[2，4]内有“8倍倒域区间”，

设2≤a＜b≤4，因为g(x)在[2，4]上单调递减，

所以整理得(5分)

解得a＝2，b＝1＋，所以g(x)在[2，4]内的“8倍倒域区间”为[2，1＋]．(6分)

(3) 因为g(x)在x∈[a，b]时，函数值的取值区间恰为[，](k≥8)，

所以0＜a＜b≤4或－4≤a＜b＜0.

当0＜a＜b≤4时，因为g(x)的最大值为4，所以≤4.(7分)

因为k≥8，所以a≥2.

因为g(x)在[2，4]上单调递减，

所以即(8分)

所以方程x3－4x2＋k＝0在[2，4]上有两个不同的实数解．

令h(x)＝x3－4x2＋k，x∈[2，4]，则h′(x)＝3x2－8x.

令h′(x)＝3x2－8x＝0，得x＝0(舍去)或x＝，

当x∈(2，)时，h′(x)＜0，所以h(x)在(2，)上单调递减．

当x∈(，4)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(，4)上单调递增．(10分)

因为h(2)＝k－8≥0，h(4)＝k≥8，

所以要使得x3－4x2＋k＝0在[2，4]上有两个不同的实数解，只需h()＜0，

解得k＜，所以8≤k＜.(11分)

同理可得：当－4≤a＜b＜0时，8≤k＜.

综上所述，k的取值范围是[8，)．(12分)

22. (1) 解：因为f(x)＝ex＋ax·sin x，所以f′(x)＝ex＋a(sin x＋xcos x)，(1分)

所以f′(0)＝1.

因为f(0)＝1，所以曲线f(x)在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1.(3分)

(2) 证明：当a＝－2时，g(x)＝－2sin x，其中x∈(－π，0)，

则g′(x)＝－2cos x＝.(4分)

令h(x)＝ex(x－1)－2x2cos x，x∈(－π，0)，则h′(x)＝x(ex＋2xsin x－4cos x)．

当x∈(－π，－)时，因为ex＞0，2xsin x＞0，cos x＜0，所以h′(x)＜0，

所以h(x)在(－π，－)上单调递减．(5分)

因为h(－π)＝2π2－e－π(1＋π)＞0，h(－)＝e－(－－1)＜0，

所以由零点存在性定理知，存在唯一的x0∈(－π，－)，使得h(x0)＝0，(7分)

所以当x∈(－π，x0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0；当x∈(x0，－)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0.

当x∈(－，0)时，g′(x)＝－2cos x＜0.

因为g′(x)在(－π，0)上连续，所以x∈(x0，0)时，g′(x)＜0，

所以g(x)在(－π，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减，所以x0是函数g(x)在(－π，0)上的唯一极大值点．(9分)

因为g(x)在(x0，－)上单调递减，所以g(x0)＞g(－)．

因为g(－)＝－＋2＞0，所以g(x0)＞0.(10分)

当x0∈(－π，－)时，因为－1＜＜0，0＜－2sin x0＜2，

所以g(x0)＝－2sin x0＜2，(11分)

所以0＜g(x0)＜2.(12分)