【文档说明】广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三上学期10月第一次诊断测试 数学 Word版含解析.docx，共(10)页，651.509 KB，由管理员店铺上传

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深圳市高级中学2025届高三第一次诊断考试数学（本试卷共3页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。）2024.10一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1．已知集合2,1,0,1,2,3U=−−，1,2A=，1,0,1B=−，则()UAB=ð（）A．

2,3−B．2,2,3−C．2,1,0,3−−D．2,1,0,2,3−−2．1e，2e是平面内不共线两向量，已知12ABeke=−，122CBee=+，123CDee=−，若A，B，D三点共线，则k的值是（）A．2−B．2C．3−D．33．若是第三象限角，且

()()5sincoscossin13+−+=−，则tan2的值为（）A．5−B．5C．513−D．5134．已知函数()fx的定义域为2,2−，则函数()()1fxFxx+=的定义域为（）A．1,3−B．3,1−C．)(1,0

0,3−D．)(3,00,1−5．已知函数()()22ln3fxxaxa=−−+在)1,+上单调递增，则a的取值范围是（）A．(,1−−B．(),1−−C．(,2−D．()2,+6

．已知平面向量1e和2e满足2122ee==，2e在1e上的投影向量为1e−，则1e在2e上的投影向量为（）A．212e−B．12−C．214e−D．2e−7．已知关于x不等式()()20xaxbxc−+−的解集为((,21,2−−，则（）A．2

c=B．点(),ab在第二象限C．22yaxbxa=+−的最大值为3aD．关于x的不等式20axaxb+−的解集为2,1−8．已知0a，1x，2x分别是函数()exfxxa=−与()lnxgxax=−−的零点，则1212eaxxx−的最大值为（）A．2B．22eC．

24eD．28e二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．在ABC△中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，下列结论一定成立的有（）．A．()sinsinABC+=B

．若AB，则sinsinABC．若ABC△为锐角三角形，则222sinsinsinABC+D．若coscoscos222abcABC==，则ABC△是等边三角形10．已知复数1z，2z，下列说法正确的是（）A．1212zzzz+=+B．若120zz−，则12zzC．1212

zzzz=D．若210z，则1z为纯虚数11．若定义在R上的函数()fx，()gx满足()()110fxfx++−=，()()32fxgx++=，()()12fxgx+−=，则下列结论中正确的是（）A．()

fx是偶函数B．()gx是周期为4的周期函数C．()()()()12340ffff+++=D．()20130ngn==三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．函数()12xfxa−+=−（0a且1a）恒过定点P，

则点P的坐标为______．13．若曲线exay+=过坐标原点的切线与圆()()22112xy−++=相切，则实数a=______．14．已知323ab=+，则2ab−的最小值为______．四、解答题：本大题共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．设函数()3sin2cos2fxxx=+，xR．（1）求函数()fx的最小正周期及对称轴方程；（2）若()85f=，求πcos23

−的值．16．设()fx是定义在R上的奇函数，且当0x时，()45xxfx=+．（1）求函数()fx在R上的解析式；（2）解关于x的不等式()23xfx．17．已知函数()2e2xfxax=−，aR．（1）求函数()fx

的单调区间；（2）若对于任意的0x，都有()1fx恒成立，求a的取值范围．18．已知在ABC△中，满足2sin3coscos3cosaBbBCcB−=（其中a，b，c分别是角A，B，C的对边）．（1）求角B的大小；（2）若角B的平分线BD长为

1，且2ac=，求ABC△外接圆的面积；（3）若ABC△为锐角三角形，1c=，求ab+的取值范围．19．已知函数()()ln1afxxax=+−R，且x轴是曲线()yfx=的切线．（1）求()fx的最小值；（2）证明：()*111ln2122n

nnn+++++N；（3）设()()21ln22xFxxmfmx=−−，()()()11FFnn=，证明：对任意(1,xn，()1ln1mxx−−．深圳市高级中学2025届高三第一次诊断考试答案1-8ABADBCDC9-11ABDACDABC12-

14()1,1−1−33log2【详解】8．由题意可知1212lne0xxxaax−=−−=，则1212lnexxxax=−=，即121ln1222111elnlnexxxxxx==，又20x，22ln0xax−=所以2ln0x−，则21ln0x．设()()e0xhxxx

=，则()()1e0xhxx=+，所以()hx在()0,+上单调递增，所以121lnxx=，则121exx=，所以12e1xx=，则()11112222111222eeeeeeexxaxxaaaxxx

axxx−===．设()()20exxxx=，则()22exxxx−=，当02x时，()0x，当2x时，()0x，所以()x在()0,2上单调递增，在()2,+上单调递减，则()()2max4

2ex==，所以1212eaxxx−的最大值为24e．故选：C．11．因为()()12fxgx+−=，所以()()12fxgx−+=．又因为()()32fxgx++=，所以()()31fxfx+=−．又()()11

0fxfx++−=，则()()130fxfx+++=，即()()2fxfx+=−，所以()()4fxfx+=，故()fx是周期为4的周期函数．因为()()32fxgx++=，所以()gx也是周期为4的周期函数，选项B正确；因为()()110fxfx++−=，则()()2fxfx+=−−，则

()()fxfx−=−−，所以()()fxfx−=，所以()fx为偶函数，选项A正确；因为()()2fxfx+=−，令1x=，得()()31ff=−，即()()130ff+=，令2x=，得()()42ff=−，即()()240ff+=，故()()()()12340ffff+++=，选项C正确；由

()()23gxfx=−+，得()()()()()()()()123424252627ggggffff+++=−+−+−+−所以()()()()()2015123440ngngggg==+++=，

选项D错误．故选：ABC．14．法一：令323abt==+，2t，则3logat=，()3log2bt=−，∴()233322loglog2log2tabttt−=−−=−，∴22tmt=−，2t，则()()()()2242444242248222ttmttttt−+−+==−++−+=

−−−，当且仅当422tt−=−，即4t=时等号成立，∴233loglog82tt−，即332log83log2ab−=．法二：2234343abb=++，所以2343348abbb−−=++，因此323l

og2ab−=．15．（1）πT=，()fx的对称轴ππ62kx=+，kZ（2）45【详解】（1）()π3sin2cos22sin26fxxxx=+=+，则()fx的最小正周期2ππ2T==，ππ2π62xk+=+，kZ，解得ππ62kx=+，kZ，即()fx的对

称轴ππ62kx=+，kZ．（2）()π82sin265f=+=，解得π4sin265+=．ππππ4cos2cos2sin232665−=−+=+=．16．（1）(

)()45,00,045,0xxxxxfxxx−−+==−+（2）()0,+【详解】（1）当0x时，()45xxfx=+，当0x时，0x−，所以()45xxfx−−−=+，因

为()fx是定义在R上的奇函数，所以()()fxfx−=−，所以()()45xxfx−−=−+，当0x=时，有()()00ff−=−，从而()00f=，所以()()45,00,045,0xxxxxfxxx−−+==−

+．（2）由（1）知，当0x时，因为40x−，50x−，所以()450xx−−−+，当0x=，()00f=，所以当0x时，()0fx，而当0x时，230x，所以不等式()323fx在(,0−上无解；当0x时，不等式()323fx为4523xxx+

，所以45233xx+．记函数()4533xxgx=+，0x，因为43，()51,3+，所以函数43xy=，53xy=均为R上的单调

增函数，所以函数()4533xgx=+为R上的单调增函数．又()0045011233g=+=+=，所以当0x时，不等式45233xx+的解集为()0,+．

从而关于x的不等式()323fx的解集为()0,+．17．（1）当0a时，()fx的单调递增区间为R，无单调递减区间；当0a时，()fx的单调递减区间为1,ln2a−，单调递增区间为1ln,2a+．（2）(,1a−【详解】（1）对()2e2xfxax

=−求导，可得()22e2xfxa=−，令()0fx=，即22e20xa−=，即2exa=，当0a时，()0fx恒成立，()fx在R上单调递增；当0a时，2exa=，2lnxa=，1ln2xa=，当1ln2xa时，()0fx，()fx在1,ln2a−上

单调递减；当1ln2xa时，()0fx，()fx在1ln,2a+上单调递增；综上，当0a时，()fx的单调递增区间为R，无单调递减区间；当0a时，()fx的单调递减区间为1,ln2a−，单调递增区间为1ln,2a+．（2）因为对于任意的0x

，都有()1fx恒成立，对()2e2xfxax=−求导，可得()22e2xfxa=−，()0fx=，即22e20xa−=，即2exa=，①当0a时，()0fx，则()fx在()0,+单调递增，()()01fxf=，符合题意；②当0

1a时，2exa=，则1ln02xa=，则()0fx，()fx在()0,+单调递增，()()01fxf=，符合题意；③当1a时，2exa=，则1ln02xa=，当10,ln2xa时，

()0fx，则()fx在10,ln2a单调递减，当1ln,2xa+时，()0fx，则()fx在1ln,2a+单调递增，所以()ln11lne2lnln22afxfaaaaaa=−=−，令()lngaaaa=−，1a，则

()ln0gaa=−，所以()ga在()1,+上单调递减，所以()()11gag=，不合题意；综上所述，(,1a−．18．（1）π3（2）2π（3）31,322++【详解】（1）因

为2sin3coscos3cosaBbBCcB−=，由正弦定理得2sinsin3sincoscos3sincosABBBCCB−=2sinsin3sincos3sincoscosABCBBBC=+()()3cossincossincos3cossinBCBBCBBC=+=+，所以s

insin3sincosABAB=，又sin0A，即tan3B=，且()0,πB，即π3B=．（2）由等面积法：111sin30sin30sin60222aBDcBDkac+=，即()1344acac+=，即323acac+==，由余弦定理得，()2222222cos3

bacacBacacacac=+−=+−=+−()223326=−=，则6b=，设ABC外接圆半径为R，则6222sin32bRB===，2R=，则ABC外接圆的面积为2π2πR=．（3）由ABC为锐角三角形可得ππ00222πππ00322CCCA

−，得ππ62C，则π3sinsinsin131cos1332sinsinsin22sin22tan2CABCabccCCCCC++++=+==+=+，由ππ62C，得ππ122

4C，又ππtantanπππ34tantan23ππ12341tantan34−=−==−+，所以23tan12C−，则31322ab+++．19．（1）()fx的最小值为()10f=（2）（

3）证明如下【详解】（1）由()()ln1afxxax=+−R得()21afxxx−=，因切线方程为0y=，令()210afxxx=−=，得xa=，故可知切点为(),0a，所以()ln10afaaa=+−=，得1a=，故

()1ln1fxxx=+−，()22111xfxxxx=−=−，当()0,1x时，()0fx，()fx在区间()0,1上单调递减，当()1,x+时，()0fx，()fx在区间()1,+上单调递增，故()fx的最小值为()10f=．（2）由（1）可知()1ln10fxxx

=+−，故1lnxxx−，故()ln11xxx++，1xn=，*nN，则111ln1111nnnn+=++，即11ln1nnn++，即()1ln1ln1nnn+−+，故()()()()()111ln1lnln2ln1lnln1122nnnnnn

nnnnn++++−++−++++−+−++，即()111ln2lnln2122nnnnn+++−=++，即证．（3）由题意()()2lnln12xFxxmxx=−−−−，由()()1FFn=得()21lnln122nnmnn

=−−−−①，要证明对任意(1,xn，()1ln1mxx−−，只需要(1,xn，()11lnxmx−−，令()1lnxGxx−=，()()21ln1lnxxGxx+=−，(1,xn，令()1ln1

Axxx=−+，()221110xAxxxx−=−=，()Ax在区间(1,n上单调递增，故()()10AxA=，故()0Gx，故()Gx在(1,n上递增，故只需证明(1,xn，()11lnnmn−−，由①可知()()()211ln12nmnn−=−

−−，由（1）可知ln10nn−−，故()()2112ln1nmnn−−=−−，只需证明()()21112ln1lnnnmnnn−−−=−−，化简为1ln201nnn−−+成立即可，令()1ln21xBxxx−=−+，则()()()22101xBxxx

+−=，()Bx在区间(1,n上单调递增，故()()10BxB=，所以1ln201nnn−−+得证．