广东省深圳市中荟高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

深圳市中荟高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试试卷 高三数学 注意事项： 1.答题前，请将姓名、班级和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并正确粘贴条形码. 2.作答选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效. 3.本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 4.考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：本题共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．设集合，，则（ ） A．0 B． C． D． 2.若复数z满足，则( ) A.1 B. C. D. 3.设向量，向量，向量，则( ) A.-2 B.1 C.-6 D.-7 4 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5.已知某圆锥的侧面积为，该圆锥侧面的展开图是弧长为的扇形，则该圆锥的体积为( ) A. B. C.π D. 6.曲线与交点个数是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 7.已知函数若关于x的不等式的解集为R，则实数a的取值范围为( ) A. B. C. D. 8.已知函数的定义域为，当时，.若，则不等式的解集为( ) A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知函数的图象的一条对称轴为直线，其中为常数，且，则以下结论正确的是( ) A.函数的最小正周期为 B. C.将函数的图象向左平移个单位长度所得的图象关于原点对称 D.函数在区间上有67个零点 10.已知函数，则( ) A.有两个极值点 B.有三个零点 C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线 11．设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的（    ） A． B．设数列的前项积为，则有最大值，无最小值 C．数列中没有最大项 D．若对任意，成立，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在三角形ABC中，内角的对边分别为，若，则 . 13. 已知曲线存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围为___________. 14. 已知正实数满足，则的最小值为_________ 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.（13分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求A； （2）点D在线段BC上，，，求的值. 16．（15分）已知函数． （1）若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程； （2）讨论的单调性． 17.（15分）如图所示的多面体中，四边形ABCD是菱形且，，平面ABCD，，点N为PC上的动点. （1）求证：存在点N，使得. （2）求二面角的正弦值. 18.（17分）已知函数. （1）求函数的单调区间和最大值； （2）设函数有两个零点，，证明：. 19.（17分）约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为，，…，，. （1）当时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值； （2）当时，若构成等比数列，求正整数a； （3）记，求证：. 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 深圳市中荟高级中学高三年级期中考试试题 数学 答案以及解析 单项选择题 1.答案：B 2.答案：D 解析：由，所以，故选D. 3.答案：C 解析：，，，又，.故选C. 4.【答案】C 【解析】在等差数列中， ，，所以， 故构成公差为的等差数列， 所以， 即. 故选：C 5.答案：B 解析：设该圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由已知条件可得解得故圆锥的高，所以该圆锥的体积为.故选B. 6.答案：A 解析：作出曲线与大致图象，可知，而， 由曲线与图象知，曲线与有3个交点. 故选：A. 7.答案：D 解析：当时，在上单调递增且； 当时，在上单调递增且， 所以在R上单调递增. 所以由，可得，由题可知的解集为R， 当时，恒成立，符合题意； 当时，则有 解不等式组得. 综上可得，当时，的解集为R.故选D. 8.答案：B 解析：由，且，得.令，则，所以函数在上单调递减.因为，所以.由的定义域为，得，得，所以不等式可以变形为，即，所以，即，所以.故选B. 多选题 9.答案：ABD 解析：因为直线是图象的一条对称轴，所以，，所以，.又因为，所以，所以.，故A正确；，故B正确；的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，显然不关于原点对称，故C错误；当时，，令，，则，，所以在上有67个零点，故D正确.故选ABD. 10.答案：AC 解析：因为，所以，令，得.由，得或；由，得.所以在，上单调递增，在上单调递减，所以有两个极值点，故A正确.因为，，所以函数在R上有且只有一个零点，故B错误.因为函数的图象向上平移一个单位长度得函数的图象，函数的图象关于原点中心对称，所以点是曲线的对称中心，故C正确.假设直线是曲线的切线，切点为，则，解得.若，则切点坐标为，但点不在直线上，若，则切点坐标为，但点不在直线上，所以假设不成立，故D错误. 11.【答案】AD 【详解】当时，，得，因①， 当时，②， 由①②，，即，取时，满足题意， 故数列的通项公式为，又因，故. 当时，；当时，， 因时，符合题意 ，故， 则，故A正确； 对于B，由A已得，，则， 因时，，时，，而， 故没有最大值，也没有最小值，故B错误； 对于C，由，可得， 易得,且，故的最大项为，故C错误； 对于D，由，可得，由C项分析已得为的最大项， 故得，解得或，故D正确. 故选：AD. 填空题 12.【答案】/ 【详解】对于， 由正弦定理得， 即， 由余弦定理得， 又，所以. 故答案为：. 13.答案： 解析：，依题意知有两个不同的实数解，即有两个不同的实数解，即有两个不同的实数解.令，则，所以有两个不同的实数解，所以与的图象有两个交点.，因为，所以，又，故.故实数a的取值范围是. 14. 【答案】 【详解】任意的正实数，，，满足， 所以 ， 由于，为正实数， 故由基本不等式得， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，的最小值为16． 故答案为：16． 解答题 15.答案：（1） （2） 解析：（1）由结合正弦定理可得......................2分 因为，所以， 所以，即......................4分 因为，所以，因为，所以............................................6分 （2）如图，在中，，..............................................7 在中，，， 由正弦定理可得，故，.........................................................10 即，所以....................................................................13 16．（15分） 解：（1）当时，，..............................................................................................1 解得..............................................................................................................................3 又因为，.............................................................................................................................4 所以切线方程为：....................................................................................................5 （2）的定义域为，........................................................................6 当时，得恒成立，在单调递增.........................................................8 当时，令， （i）当即时， 恒成立，在单调递增...............................................................................................10 （ii）当即时， 由得，或， 由得， 所以在，单调递增， 在单调递减...............................................................................................13 综上：当时，在单调递增； 当时，在，单调递增； 在单调递减.................................................................................15 17.(15分) 解析：（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以， 又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC. 又，平面，平面PBC，所以平面PBC. 又，平面ADM， 所以平面平面PBC. 又平面AMD，所以平面PBC， 所以平面MABN与PC必有交点，且该交点为N，使.................................6 （2）以D为原点，DC，DM所在直线分别为y，z轴，过点D在平面ABCD内作垂直于DC的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为四边形ABCD是菱形，，所以， 又，，平面ABCD， 所以，，，，.................................8 设平面AMP的法向量为. 则有 即 取，则............................................................................................10 设平面MPC的法向量为， 则有 即取，则....................................................12 则，..............................................................14 所以二面角的正弦值为.........................................................15 18.（17分） 解析：（1）函数的定义域是，...................1 当时，恒成立， 故的单调递增区间为，无单调递减区间和最大值；............................................3 当时，令，得；令，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为，...................................6 .................................................7 （答案没有写成单调区间形式的扣1分） （2）证明：， 因为，为的两个零点，所以，不妨设. 因为，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 证明等价于证明，.....................................................................................9 又因为，，在上单调递增， 因此证明原不等式等价于证明，即需证明，...............10 即要证明， 即恒成立...............................................................12 令， 则（等号不恒成立）， 所以在上单调递减，所以， 又当时，取不到0，..........................................................................................16 所以在时恒成立， 因此不等式恒成立，即成立.................17 （若有其他证法，酌情给分） 19.（17分） 解析：（1）当时正整数a的4个正约数构成等比数列， 比如1，2，4，8为8的所有正约数，即................................................................. 4分 （2）由题意可知，，，， 因为，依题意可知，所以， 化简可得，所以， 因为，所以， 因此可知是完全平方数. 由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以， 所以，，…，为，，…，， 所以. ................................................................................................................10分 （3）证明：由题意知，，，…，， 所以， 因为，…，， 所以 ， 因为，，所以， 所以，即.................................................................................17分 学科网（北京）股份有限公司 $$