江苏省苏州市2021届高三数学上学期期中试卷（Word版附答案）
1
2021 届高三年级第一学期期中考试
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. 1
5
B. 1
4
C. 1
3
D. 3
4
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)＝ x2＋2x＋1＋a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)＝（ex－e－x）cos x
x2
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
4
9
a.若一个
新丸体积变为
8
27
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＝
1
2
，Sn<2，则等比数列{an}的公比的取
值范围是( )
A. (0，3
4
] B. (0，2
3
] C. (0，3
4
) D. (0，2
3
)
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．
2
9. 已知函数 f(x)＝cos x－ 3sin x，g(x)＝f′(x)，则( )
A. g(x)的图象关于点(π
6
，0)对称 B. g(x)的图象的一条对称轴是 x＝π
6
C. g(x)在(－5π
6
，
π
6
)上递减 D. g(x)在(－π
3
，
π
3
)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＋ 2 D. 1
a－1
＋
1
b－1
>2
12. 若函数 f(x)＝ex－ln x＋k
x
－1在(0，＋∞)上有唯一零点 x0，则( )
A. x0ex0＝1 B. 1
2
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＋y
x
＝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|≤π
2
)的最小正周期为π.
(1) 求ω的值及 g(φ)＝f(π
6
)的值域；
(2) 若φ＝π
3
，sin α－2cos α＝0，求 f(α)的值．
3
18.(本小题满分 12分)
已知函数 f(x)＝－
1
3
x3＋a
2
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．
4
19. (本小题满分 12分)
在① csinB＋C
2
＝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＝( 3－1)b，________．
(1) 求 C的值；
(2) 若△ABC的面积为 3－ 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.
5
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
b
，
k
a
](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．
6
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)＝f（x）
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.
7
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， 2)∪(2，＋∞) 14. 1
2
15. 40 000 16. 2
17. 解：(1) 因为函数 f(x)的最小正周期为π，所以
2π
ω
＝π，ω＝2，(1分)
此时 g(φ)＝f(π
6
)＝sin(π
3
－φ)＝－sin(φ－π
3
)．
因为|φ|≤π
2
，所以φ－π
3
∈[－5π
6
，
π
6
]，所以－1≤sin(φ－π
3
)≤1
2
，(3分)
所以 g(φ)＝f(π
6
)的值域为[－1
2
，1]．(4分)
(2) 因为φ＝π
3
，所以 f(α)＝sin(2α－π
3
)．
由 sin α－2cos α＝0，得 tan α＝2，(6分)
f(α)＝sin(2α－π
3
)＝1
2
sin 2α－
3
2
cos 2α(8分)
＝
1
2
×
2 tan α
1＋tan2α
－
3
2
×
1－tan2α
1＋tan2α
＝
4－ 3×（1－4）
2×（1＋4）
＝
4＋3 3
10
.(10分)
18. 解：(1) 当 a＝3时，f(x)＝－
1
3
x3＋3
2
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)＝－
1
3
x3＋a
2
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－a
2
)2＋a2
4
－2，其图象开口向下，对称轴为 x＝a
2
.
①当
a
2
＜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
a
2
≥1，即 a≥2时，f′(x)在[1，a
2
]上单调递增，在(a
2
，＋∞)上单调递减，
所以 f′(x)max＝f′(a
2
)＝a2
4
－2.(10分)
由
a2
4
－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 CsinB＋C
2
＝sin Asin C．(1分)
8
因为△ABC中，sin C≠0，所以 sinB＋C
2
＝sin A．(2分)
由 A＋B＋C＝π，可得 sinB＋C
2
＝sinπ－A
2
＝cosA
2
，(3分)
所以 cosA
2
＝2sinA
2
cosA
2
.(4分)
因为△ABC中，cosA
2
≠0，所以 sinA
2
＝
1
2
.
因为 0＜A＜π，所以 A＝π
3
.(5分)
因为 c＝( 3－1)b，所以由正弦定理得 sin C＝( 3－1)sin B.
因为 A＝π
3
，所以 sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin(C＋π
3
)，(6分)
所以 sin C＝( 3－1)sin(C＋π
3
)，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＝sin C
cos C
＝1.
因为 0＜C＜π，所以 C＝π
4
.(9分)
(2) 因为△ABC的面积为 3－ 3，c＝( 3－1)b，A＝π
3
，
所以由 S＝1
2
bcsin A得
3
4
( 3－1)b2＝3－ 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＝1
2
.(4分)
因为 0＜A＜π，所以 A＝π
3
.(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＝b2＋c2－a2
2bc
＝
1
2
.(4分)
因为 0＜A＜π，所以 A＝π
3
.(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＝a5－a1
5－1
＝2，(1分)
所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n.(2分)
9
设等比数列{bn}的公比是 q，因为 b2b3＝a16，
所以 b21q3＝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（a1＋an）
2
＝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)＝
x2＋4x，x∈[－4，0），
－x2＋4x，x∈[0，4].
(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
－a2＋4a＝8
a
，
－b2＋4b＝8
b
，
整理得
（a－2）（a2－2a－4）＝0，
（b－2）（b2－2b－4）＝0，
(5分)
解得 a＝2，b＝1＋ 5，所以 g(x)在[2，4]内的“8倍倒域区间”为[2，1＋ 5]．(6分)
(3) 因为 g(x)在 x∈[a，b]时，函数值的取值区间恰为[k
b
，
k
a
](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
k
a
≤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
－a2＋4a＝k
a
，
－b2＋4b＝k
b
，
即
a3－4a2＋k＝0，
b3－4b2＋k＝0，
(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＝8
3
，
10
当 x∈(2，8
3
)时，h′(x)＜0，所以 h(x)在(2，8
3
)上单调递减．
当 x∈(8
3
，4)时，h′(x)＞0，所以 h(x)在(8
3
，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(8
3
)＜0，
解得 k＜256
27
，所以 8≤k＜256
27
.(11分)
同理可得：当－4≤a＜b＜0时，8≤k＜256
27
.
综上所述，k的取值范围是[8，256
27
)．(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)＝ex
x
－2sin x，其中 x∈(－π，0)，
则 g′(x)＝ex（x－1）
x2
－2cos x＝ex（x－1）－2x2cos x
x2
.(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，－
π
2
)时，因为 ex＞0，2xsin x＞0，cos x＜0，所以 h′(x)＜0，
所以 h(x)在(－π，－
π
2
)上单调递减．(5分)
因为 h(－π)＝2π2－e－π(1＋π)＞0，h(－π
2
)＝e－π
2
(－π
2
－1)＜0，
所以由零点存在性定理知，存在唯一的 x0∈(－π，－
π
2
)，使得 h(x0)＝0，(7分)
所以当 x∈(－π，x0)时，h(x)＞0，即 g′(x)＞0；当 x∈(x0，－
π
2
)时，h(x)＜0，即 g′(x)
＜0.
当 x∈(－π
2
，0)时，g′(x)＝ex（x－1）
x2
－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，－
π
2
)上单调递减，所以 g(x0)＞g(－π
2
)．
因为 g(－π
2
)＝－
1
π
2
e
π
2
＋2＞0，所以 g(x0)＞0.(10分)
当 x0∈(－π，－
π
2
)时，因为－1＜ex0
x0
＜0，0＜－2sin x0＜2，
11
所以 g(x0)＝
ex0
x0
－2sin x0＜2，(11分)
所以 0＜g(x0)＜2.(12分)
