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.
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___________.
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：.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
