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)202011第卷(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Ax|x2x60，Bx|x24，则AB()A. (2，3) B. 2，3 C. (2，3 D. 2，322. 若角的终边经过点(3sin ，cos )，则sin 的值为()A. B. C. D. 3. 在等差数列an中，a1a2a324，a18a19a2078，则此数列的前20项和等于()A. 160 B. 180 C. 200 D. 2204. 函数“f(x)的定义域为
2、R”是“a1”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：yf(x)相切，则直线l的斜率为()A. 2 B. 2 C. e D. e7. 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Vaekt.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. 508. 设Sn为等比数列an的前n项和，若an0，a1，Sn0
3、，公差d0，则()A. 若S5S9，则S150 B. 若S5S9，则S7是Sn中最大的项C. 若S6S7，则S7S8 D. 若S6S7，则S5S611. 已知函数f(x)|lg(x1)|，ba1且f(a)f(b)，则()A. 1a2 B. ababC. ab的最小值为1 D. 212. 若函数f(x)ex1在(0，)上有唯一零点x0，则()A. x0ex01 B. x01第卷(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(a2)xa2为偶函数，则不等式(x2)f(x)1f(x)若对任意xR，不等式exf(ex)exaxaxf(ax)0恒成立
4、，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(x)(0，|)的最小正周期为.(1) 求的值及g()f()的值域；(2) 若，sin 2cos 0，求f()的值18.(本小题满分12分)已知函数f(x)x3x22x(aR)(1) 当a3时，求函数f(x)的单调递减区间；(2) 若对于任意x1，)都有f(x)2(a1)成立，求实数a的取值范围19. (本小题满分12分)在 csinasin C， 2cos A(bcos Cccos B)a，(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin
5、 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a1b12，a3a5a730，b2b3a16.(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.是否存在正整数k，使得Tk1Tkbk32成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由；解关于n的不等式：Snbn.21. (本小题满分12分)若函数f(x)在xa，b时，函
6、数值y的取值区间恰为，(k0)，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x0，4时，g(x)x24x.(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(k8)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)exaxsin x.(1) 求曲线C：yf(x)在x0处的切线方程；(2) 当a2时，设函数g(x)，若x0是g(x)在(，0)上的一个极值点，求证：x0是函数g(x)在(，0)上的唯一极大值点，且0g(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
7、评分标准1. C2. C3. B4. B5. A6. B7. C8. A9. BC10. BC11. ABD12. ABC13. (，)(2，)14. 15. 40 00016. 217. 解：(1) 因为函数f(x)的最小正周期为，所以，2，(1分)此时g()f()sin()sin()因为|，所以，所以1sin()，(3分)所以g()f()的值域为，1(4分)(2) 因为，所以f()sin(2)由sin 2cos 0，得tan 2，(6分)f()sin(2)sin 2cos 2(8分).(10分)18. 解：(1) 当a3时，f(x)x3x22x，得f(x)x23x2.(1分)因为f(x)0
8、，得x1或x2，(3分)所以函数f(x)单调递减区间为(，1)和(2，)(4分)(2) 由f(x)x3x22x，得f(x)x2ax2.(5分)因为对于任意x1，)都有f(x)2(a1)成立，所以问题转化为：对于任意x1，)都有f(x)max2(a1)(6分)因为f(x)(x)22，其图象开口向下，对称轴为x.当1时，即a2时，f(x)在1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)a3.由a32(a1)，得a1，此时1a2.(8分)当1，即a2时，f(x)在1，上单调递增，在(，)上单调递减，所以f(x)maxf()2.(10分)由22(a1)，得0a8，此时2a8.(11分)综合，可得实数a的
9、取值范围是(1，8)(12分)19. 解：若选.(1) 由题设条件及正弦定理，得sin Csinsin Asin C(1分)因为ABC中，sin C0，所以sinsin A(2分)由ABC，可得sinsincos，(3分)所以cos2sincos.(4分)因为ABC中，cos0，所以sin.因为0A，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 Bsin(AC)sin(AC)sin(C)，(6分)所以sin C(1)sin(C)，整理得sin Ccos C(7分)因为ABC中，sin C0，所以cos C0，所以tan C1.因为0C，所以C.
10、(9分)(2) 因为ABC的面积为3，c(1)b，A，所以由Sbcsin A得(1)b23，(11分)解得b2.(12分)若选.(1) 由题设及正弦定理得2cos A(sin Bcos Csin Ccos B)sin A，(1分)即2cos Asin(BC)sin A(2分)因为BCA，所以2cos Asin Asin A(3分)因为ABC中，sin A0，所以cos A.(4分)因为0A，所以A.(5分)下同选.若选.由题设得(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C，(1分)所以sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C(2分)由正弦定理得b2c2a2bc.由余弦定理
11、得cos A.(4分)因为0A，所以A.(5分)下同选.20. 解：(1) 因为等差数列an中，a3a5a73a530，所以a510.设等差数列an的公差是d，所以d2，(1分)所以ana1(n1)d2n.(2分)设等比数列bn的公比是q，因为b2b3a16，所以bq34q332，所以q2，所以bnb1qn12n.(3分)(2) 若存在正整数k，使得Tk1Tkbk32成立，则bk1bk32，(4分)所以2k12k32，即2k32，解得k5.(5分)存在正整数k5满足条件(6分) Snn(n1)，所以n(n1)2n，即2nn(n1)0.(8分)令f(n)2nn(n1)，因为f(n1)f(n)2n
12、1(n1)(n2)2nn(n1)22n1(n1)，所以当n4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n1，2，3，4时，f(n)0，n5时，f(n)0，(11分)所以不等式Snbn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x4，0)时，g(x)(x)24(x)x24x.因为g(x)g(x)，所以g(x)g(x)x24x，(2分)所以g(x)x24x，所以g(x)(3分)(2) 因为g(x)在2，
13、4内有“8倍倒域区间”，设2ab4，因为g(x)在2，4上单调递减，所以整理得(5分)解得a2，b1，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xa，b时，函数值的取值区间恰为，(k8)，所以0ab4或4ab0.当0ab4时，因为g(x)的最大值为4，所以4.(7分)因为k8，所以a2.因为g(x)在2，4上单调递减，所以即(8分)所以方程x34x2k0在2，4上有两个不同的实数解令h(x)x34x2k，x2，4，则h(x)3x28x.令h(x)3x28x0，得x0(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(
14、x)0，所以h(x)在(，4)上单调递增(10分)因为h(2)k80，h(4)k8，所以要使得x34x2k0在2，4上有两个不同的实数解，只需h()0，解得k，所以8k.(11分)同理可得：当4ab0时，8k.综上所述，k的取值范围是8，)(12分)22. (1) 解：因为f(x)exaxsin x，所以f(x)exa(sin xxcos x)，(1分)所以f(0)1.因为f(0)1，所以曲线f(x)在x0处的切线方程为y1x，即yx1.(3分)(2) 证明：当a2时，g(x)2sin x，其中x(，0)，则g(x)2cos x.(4分)令h(x)ex(x1)2x2cos x，x(，0)，则h
15、(x)x(ex2xsin x4cos x)当x(，)时，因为ex0，2xsin x0，cos x0，所以h(x)0，所以h(x)在(，)上单调递减(5分)因为h()22e(1)0，h()e(1)0，所以由零点存在性定理知，存在唯一的x0(，)，使得h(x0)0，(7分)所以当x(，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 x0.因为g(x)在(，0)上连续，所以x(x0，0)时，g(x)0，所以g(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减，所以x0是函数g(x)在(，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()20，所以g(x0)0.(10分)当x0(，)时，因为10，02sin x02，所以g(x0)2sin x02，(11分)所以0g(x0)2.(12分)11
