深圳市中荟高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学参考答案

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：B2.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：C5.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】/60°【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....................................................................1316．（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.................................................................................1517.(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.........................................................1518.（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. ..........................