【文档说明】江苏省南通市如皋中学2024-2025学年高三上学期期初测试数学试题 Word版含答案.docx，共(17)页，1.219 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省如皋中学2024—2025学年度高三年级测试数学试卷一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合U=R，集合31Axx=−，02Bxx=，则图中阴影部分表示的集合为（）A．(

)3,0−B．()1,0−C．(0,1)D．(2,3)2.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A.6π3B.26π3C.46π3D.86π33.顶点在原点，对称轴是y轴，并且顶点与焦点的距离为3的抛物线的标准方程为（）A．23xy

=B．26yx=C．212xy=D．212=yx4.方程369logloglogxxx=的实数解有（）A.0个B.1个C.2个D.3个5.已知直线490xy−+=与椭圆()22210416xybb+=相交于,AB两点，椭圆的两个焦点是1F，2F，线段AB的中点为()1,2C−

，则12CFF△的面积为（）A．22B．42C．23D．436.已知圆C的方程为22(2)xya+−=，则“2a”是“函数yx=的图象与圆C有四个公共点”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7.已知双曲线C：()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，点M是双曲线C右支上一点，直线1FM交双曲线C的左支于N点．若12FN=，23FM=，4MN=，且12MFF△的外接圆交双曲线C的

一条渐近线于点()00,Pxy，则0y的值为（）A．3B．322C．352D．38.已知1,2,FF分别是椭圆22221(0)xyabab+=的左右焦点，过F2作直线交椭圆于A、B两点，已知11AFBF⊥，130ABF=，则椭圆的离心率

为（）A．622−B．632−C．62−D．63−二、多选题:本大题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.已知曲线C：221mxny+=，下列结论中正确的有（）A．若0mn，则C是椭圆，

其焦点在x轴上B．若0mn=，则C是圆，其半径为nC．若0mn，则C是双曲线，其渐近线方程为myxn=−D．若0m=，0n，则C是两条直线10.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，点M是其侧面11ADDA上的一个动点（含边界），点

P是线段1CC上的动点，则下列结论正确的是（）A．存在点,PM，使得二面角−−MDCP大小为5π6B．存在点,PM，使得平面11BDM与平面PBD平行C．当P为棱1CC的中点且26PM=时，则点M的轨迹长度为2πD．当M为1AD的中点时，四棱锥MABCD−外接

球的表面积为32π311.已知抛物线()2:20Cypxp=上存在一点()2,Et到其焦点的距离为3，点P为直线2x=−上一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为,,ABO为坐标原点．则A．抛物线的方程为24yx=B．直线AB一定过抛物线的焦点（）C．线段AB长的最小值为42

D．OPAB⊥三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.过点(2,3)P的等轴双曲线的方程为.13.过点()1,2P的直线l与曲线24yx=−有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为．14.已知过点(0,)a可作三条直线与曲线32()13xfxx=−+相切，则实数a的

取值范围为．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.已知函数()2e(1)xfxx=+．(1)求函数()fx的极值；(2)求函数()fx在区间[,1](3)ttt+−上的最小值()gt．16.设椭圆()222

210xyabab+=的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12．已知A是抛物线()220ypxp=的焦点，F到抛物线的准线l的距离为12．(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P，Q，关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴

相交于点D．若APD△的面积为62，求直线AP的方程．17.如图，直三棱柱111ABCABC−的体积为1，ABBC⊥，2AB=，1BC=．(1)求证：11BCAC^；(2)求二面角11BACB−−的余弦值．18.设双曲线C的方程为

22221(0,0)xyabab−=，直线l过抛物线28yx=的焦点和点()0,b.已知C的焦距为6且一条渐近线与l平行.（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线m过双曲线C上的右焦点，若m与C交于点,AB（其中点A

在第一象限），与直线43x=交于点T，过T作平行于OA的直线分别交直线,OBx轴于点,PQ，求TPPQ.19.已知函数()()lnexfxax=，其中e为自然对数的底数．(1)讨论()fx的单调性；(2)若方程()1fx=有两个不同的根12,xx．(i)求

a的取值范围；(ii)证明：22122xx+．江苏省如皋中学2024—2025学年度高三年级测试数学答案1.【答案】A【详解】因为31Axx=−，02Bxx=，所以|01ABxx=，所以()()0|3,03AABxx−=−=ð，即图中阴影

部分表示的集合为()3,0−.故选：A2.【答案】B【详解】设圆锥母线长为l，高为h，底面半径为2r=，则由2π2πl=，得22l=，所以226hlr=−=，所以221126ππ26π333Vrh===．故选：B．3.【答案】C【详解】设抛物线方程为()220xpyp=或()

220xpyp=−，依题意知32p=，∴6p=.∴抛物线方程为212xy=.故选：C.4.【答案】C【详解】369lnlnlnlog==loglogln3ln6ln9xxxxxx=，所以ln0x=或ln6ln9ln2ln6ln36ln3x

===，所以1x=或36x=，所以方程369logloglogxxx=的实数解有2个.故选：C.5.【答案】B【详解】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，由题可知121214yyxx−=−，12122,4xxyy+=−+=，则22112222221

16116xybxyb+=+=，所以()()21212121216bxxyyxxyy+−=−−+，即2124416b=，解得28b=，所以2221688cab=−=−=，则22c=，所以12122422CFFSc==，故选：B

．6.【答案】B【详解】由圆C的方程为22(2)xya+−=可得圆心()0,2，半径ra=，若圆与函数yx=相交，则圆心到直线yx=的距离2022da−==，即2a，若函数yx=图象与圆C有四个公共点，则原点在圆的外部，即220(02)

a+−，解得4a，综上函数yx=的图象与圆C有四个公共点则24a，所以“2a”是“函数yx=的图象与圆C有四个公共点”的必要不充分条件，故选：B7.【答案】D【详解】因为点M，N分别在双曲线C的

右支和左支上，所以12212MFMFNFNFa−=−=．又12FN=，23FM=，4MN=，所以22433a=+−=，解得32a=，212325NFaNF=+=+=，所以22222NFMNMF=+，所

以2NMF是直角．在12RtMFF△中，2221212FFFMMF=+，所以()222263c=+，解得2454c=，所以222499544bca=−=−=，即3b=．又12MFF△的外接圆交双曲线C的一条渐近线于点𝑃(𝑥0,𝑦0)，所以OPc=，所以点𝑃(𝑥0,𝑦0)的坐标满足22

2002200220xycxyab+=−=，解得220220xayb==，所以00xayb==，故03y=.故选：D．8.A的解：试题分析：如图所示，设1AFm=，因为111,30AFBFABF⊥=，所以22,2ABmAFam==−，123,2(2)32BFmBFm

amma==−−=−，所以3322mmaa+−=，解得433am=+2(33)3a−=，所以223(1683)ma=−，26(1243)ama=−，在12AFF中，由余弦定理得2220(2)(2)2(2)cos60cmammam=+−−−，化为22

244630caamm−+−=，所以222244(1243)(1683)0caaa−+−−−=，化简得223e=−，所以622e−=，9.【答案】CD【详解】对于A，若0mn，则221mxny+=可化为22111xymn+=，∴0mn，∴

11mn，即曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，故A不正确；对于B，若0mn=，则221mxny+=可化为221xyn+=，此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；对于C，若0mn，则221mxmy+=可化为22111xymn+=，此时曲

线C表示双曲线，由220mxny+=可得myxn=−，故C正确；对于D，若0m=，0n，则221mxny+=可化为21yn=，nyn=，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确．故选：CD.10.【答案】BC

【详解】对于A，在正方体1111ABCDABCD−中，可得CD⊥平面11ADDA，因为MD平面11ADDA，1DD平面11ADDA，所以1,CDMDCDDD⊥⊥，所以二面角−−MDCP的平面角为1MDD，其中1π0,2MDD，所以A错误

；对于B，如图所示，当M为1AA中点，P为1CC中点时，在正方体1111ABCDABCD−中，可得11//BDBD，因为11BD平面BDP，且BD平面BDP，所以11//BD平面BDP，又因为1//MBDP

，且1MB平面BDP，且DP平面BDP，所以1//MB平面BDP，因为1111BDMBB=，且111,BDMB平面11MBD，所以平面//BDP平面11MBD，所以B正确；对于C，如图所示，取1DD中点E，连接PE，ME，PM，在正方体1111ABCDABCD−中，CD⊥平面1

1ADDA，且//CDPE，所以PE⊥平面11ADDA，因为ME平面11ADDA，可得PEME⊥，则2222(2)4226MEPMPE=−=−=，则点M在侧面11ADDA内运动轨迹是以E为圆心、半径为2的劣弧，分别交AD，11A

D于21,MM，如图所示，则111842MDDE=−==，结合对称性可知，121π4DEDMME==，则12π2MME=，劣弧12MM的长为π2222π=，所以C正确；对于D，当M为1AD中点时，可得AMD为等腰直角三角形，且平面ABCD⊥平面11ADDA，连接AC与BD交于点O，可得2

2OMOAOBOCOD=====，所以四棱锥MABCD−外接球的球心即为AC与BD的交点O，所以四棱锥MABCD−外接球的半径为22，其外接球的体积为()24π2232π=，所以D错误.故选：BC.11.【答案】ACD【详解】由抛物线2:2Cypx=，

可得焦点坐标(,0)2pF，准线方程为2px=−，因为抛物线C上存在一点()2,Et到其焦点的距离为3，由抛物线的定义可得232p+=，可得2p=，所以抛物线的方程为24yx=，所以A正确；设(2,)Pm−，显然直线PA的斜率存在且不为0，设斜率为1k，可得PA的方程为1(2)

ymkx−=+，联立方程组12(2)4ymkxyx−=+=，整理得2114840kyykm−++=，因为PA是抛物线的切线，所以()211(4)4840kkm=−−+=，即211210kkm+−=，且点A的纵坐标为114

22kk−−=，代入抛物线方程，可得A横坐标为211k，即21112(,)Akk，设直线PB的斜率存在且不为0，设斜率为2k，同理可得：222210kkm+−=，且22212(,)Bkk，所以12,kk是方程2210kkm+−=的两个不

等式的实数根，所以12121,22mkkkk+=−=−，因为2112122221221222()()()1112222ABOPkkkkmmmkkmkkkk−−=−=−=−=−+−−，所以OPAB⊥，所以D正确；由OPAB⊥，且2OPmk=−，可得2ABkm=，则直线AB的方程为2112

21()yxkmk−=−，即22111222mkymkkx−=−，又由211210kkm+−=，可得21112kmk=−，所以3221111(2)2(12)22kkykkx−−−=−，即211(12)

2(2)kykx−=−，所以直线AB一定过定点(2,0)，该点不是抛物线的焦点，所以B不正确.由直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为2xmy=+，且1122()AxyBxy,,(,)，联立方程组224xmyyx=+=

，整理得2480ymy−−=，所以12124,8yymyy+==−，则222212121211()4(1)(1632)ABmyymyyyymm=+−=++−=++4222314324()4224mmm=++=+−，当且仅

当0m=时，等号成立，即AB的最小值为42，所以C正确.故选：ACD.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.过点(2,3)P的等轴双曲线的方程为.22155yx−=13.过点()1,2P的直线l与曲线24yx=−有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为．【

答案】422,0,33−−．【分析】根据题意，将曲线24yx=−，变形为224xy+=，0y，分析可得其为圆的上部分，结合直线与圆的位置关系即可．【详解】由题意可设直线():12lykx=−+，又曲线24yx=−可化为22

4xy+=，0y，作出直线l与曲线24yx=−的图象如图所示：设图中直线1l，2l，3l，4l的斜率分别为1k，2k，3k，4k，则()1202123k−==−−，20k=，320212k−==−−，又直线4l的方程为()421ykx−

=−，圆心()0,0到直线4l的距离为424221kk−=+，解得40k=（舍去）或443k=−，要使两图象有两个不同的交点，则422,0,33k−−．故答案为：422,0,33−−14.已知过点(0,

)a可作三条直线与曲线32()13xfxx=−+相切，则实数a的取值范围为．【答案】4(1,)3【详解】2()2fxxx=−，设点11(,())xfx为曲线()yfx=的切点，则切线方程为21111()(2)()yfxxxxx−=−−，整理得23211112(

2)13yxxxxx=−−++，将点(0,)a代入可得3211213axx=−++．令322()13gxxx=−++，则2()222(1)gxxxxx=−+=−，当0x时，()0gx，()gx单调递减；当01

x时，()0gx，()gx单调递增；当1x时，()0gx，()gx单调递减．又(0)1g=，4(1)3g=，当413a时，方程()gxa=有3个不同的实数根，即当413a时，有3个不同的1x满足方程3211213axx=−++，即过点

(0,)a可作三条直线与曲线32()13xfxx=−+相切．故答案为：4(1,)3.四、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.已知函数()2e(1)xfxx=+．(1)求函数()fx的极值；(2)求函数()fx在区间[

,1](3)ttt+−上的最小值()gt．【详解】（1）()()2e2xfxx=+，由()0fx，得2x−；由()0fx，得2x−．()fx在(2,)−+上单调递增，在(,2)−−上单调递减．()fx的极小值

为2(2)2ef−−=−，无极大值．（2）由（1）知()fx在(2,)−+上单调递增，在(,2)−−上单调递减．3t−，12t+−．①当32t−−时，()fx在[,2)t−上单调递减，在(2,1]t−+上单调递增，2()(2)2

e.gtf−=−=−②当2t−时，()fx在[,1]tt+上单调递增，()()2e(1)tgtftt==+．()()22e,322e1,2ttgttt−−−−=+−.16.【详解】（1）依题意设点F(,0)

c−，因12cea==，且2pa=，由对称性知抛物线的准线l方程为xa=−，则12ac−=，解得1a=，12c=，2p=，于是22234bac=−=．从而得椭圆的方程为22413yx+=，抛物线的方程为24yx=．（2）由于准线l方程为1x=−

，依题意设(1,)Pt−()0t，则(1,)Qt−−．因(1,0)A，则2APtk=−，得直线AP方程为()12tyx=−−①，将①式代入22413yx+=中化简，得()22223230txtxt+−+−

=，设()00,Bxy，由韦达定理得200233Atxxxt−==+，则()0023123ttyxt=−−=+，即22233,33ttBtt−++，则262BQtkt+=，于是得直线BQ方程为()2612tytxt++=+，令0y=，解得2266txt−=+，即226,06tDt−

+．则222612||166tADtt−=−=++，于是26112||226APDStt==+，化简得()260t−=，即得6t=，代入①式化简，得直线AP方程为3630xy+−=，或3630xy−−=.17.【详解】（1）直三棱柱111ABCABC

−的体积为：111121122VABBCAAAA===，则11AABC==，四边形11BCCB为正方形，法一：在直棱柱111ABCABC−中，1BB⊥面ABC，11ABAB∥，又AB平面ABC，则1ABBB⊥，因为ABBC⊥，1ABBB⊥，1BBBCB=，1,BBBC

平面11BCCB，所以AB⊥平面11BCCB，又1BC平面11BCCB，所以1ABBC⊥，因为11ABAB∥，所以11AB⊥1BC，在正方形11BCCB中，有11BCBC⊥，因为11BCBC⊥，11A

B⊥1BC，1111ABBCB=，111,ABBC平面11ACB，所以1⊥BC平面11ACB，又1AC平面11ACB，所以11BCAC^．法二：直棱柱111ABCABC−，1BB⊥平面ABC，又ABBC⊥，以B为原点，

BC，BA，1BB所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0B，()10,0,1B，()1,0,0C，1(0,2,1)A，1(1,0,1)C，1(1,0,1)BC=，1(1,2,1)AC=−−，11

110(2)1(1)0BCAC=+−+−=，所以11BCAC^．（2）由（1）得11BCAC^，设11BCBCO=，在11ABC中，过O作1OHAC⊥于H，连接BH，因为1OHAC⊥，11BCAC^，1,OHBC平面BHO，且1OHBCO=，所以1AC⊥平面BHO，又

BH平面BHO，所以1ACBH⊥，所以BHO为二面角11BACB−−的平面角，因为11RtRtCOHCAB∽△△，111CACOOHAB=，得33OH=，又在RtBOH中，22BO=，得306BH=，3103cos53

06OHBHOBH===，所以二面角11BACB−−的余弦值为105．法二：()0,0,0B，()10,0,1B，()1,0,0C，1(0,2,1)A，1(1,0,1)C，(1,0,0)BC=，1(0,2,1)BA=，设平面1B

CA的法向量：1111(,,)nxyz=，则111111020nBCxnBAyz===+=，取11y=，得1(0,1,2)n=−，1(1,0,1)BC=−，11(0,2,0)BA=，设面11BCA的法向量2222(

,,)nxyz=，则21222112020nBCxznBAy=−===，取21x=，得2(1,0,1)n=，设二面角11BACB−−的大小为，则：121212|||2|10|cos||cos,|5||||52nnnnnn−====，因为为

锐角，所以二面角11BACB−−余弦值为105．18.解：因为拋物线28yx=的焦点为()2,0，所以直线l的斜率2lbk=−，因为双曲线C的一条渐近线与l平行，所以2bba=，即2a=.又因为双曲线C的焦距为26c=，即3c=，所以

2225bca=−=，所以双曲线C的方程为22145xy−=.【小问2详解】双曲线C的右焦点为()3,0，由题意知直线m的斜率存在且不为0，设直线m的方程为()()()112230,,,,xmymAxyBxy

=+，联立221453xyxmy−==+，消去x得()2225430250,540mymym−++=−，且()2Δ40010m=+，所以1212223025,5454myyyymm+=−=−−，将43x=代入3xmy=+得

53Tym=−，所以45,33Tm−.直线PQ方程为114533yyxxm=−−，与直线22:yOByxx=联立，可得()()()()()12121212122211212211245345

3533333Pmyymyymyyxymyyyymxyxymyymmyymyy++++===−−+−+，因为()121256yyyym=−+，所以()()()()1221212125555223

36Pyyyyyymyymyym−++−−===−−−.因为0Qy=，所以2TQPyyy+=，所以P为TQ的中点，即1TPPQ=.19.已知函数()()lnexfxax=，其中e为自然对数的底数．(1)讨论()fx的单调性

；(2)若方程()1fx=有两个不同的根12,xx．(i)求a的取值范围；(ii)证明：22122xx+．【详解】（1）由题意得()()lne1lnxxfxaxax+==，()0,x+，则()2lnxfxax=−，由()0fx=，解得1x=．显然0a，若0

a，则当01x时，()()0,fxfx单调递增，当1x时，()()0,fxfx单调递减；若0a，则当01x时，()()0,fxfx单调递减，当1x时，()()0,fxfx单调递增．

综上，当0a时，()fx在区间()0,1内单调递增，在区间()1,+内单调递减；当a<0时，()fx在区间()0,1内单调递减，在区间()1,+内单调递增．（2）（i）由()lne1xax=，得1lnxax+=，设()1lnxgxx+=，由(

1)得()gx在区间()0,1内单调递增，在区间()1,+内单调递减，又()10,11egg==，当1x时，()0gx，且当x→+时，()0gx→，所以当01a时，方程1lnxax+=有两个不同的根，即方程(

)lne1xax=有两个不同的根，故a的取值范围是()0,1．（ii）不妨设12xx，则1201xx，且1212ln1ln1xxxx++=．解法一：当)22,x+时，22212242xxx+，即22122xx+；当()21,2x时，()2

20,1x−．设()()()ln12xpxgxgxxx=−−=+−()ln21,01,22xxxx−−−−则()()()222ln2lnln2xxxpxxxx−=−−−−−()()222ln11ln20,xxxx−−+−=−所以()px在区间()0,1内单调递增，则(

)()10pxp=，即()()2gxgx−，所以()()()1122,gxgxgx−=又()()1120,1,21,1,xxxgx−在区间()1,+内单调递减，所以122xx−，即122xx+，又12xx，所以2212122xx

xx+，故()22222121212122224xxxxxxxx+++=+，所以22122xx+，得证．解法二：设()()()11ln1lnxhxgxgxxxx+=−=−−，()0,x+，则

()222ln1lnln0xxhxxxxx−−=+=，所以()hx在区间()0,+内单调递增，又()10h=，所以()()11110hxgxgx=−，即()111gxgx．又()()21gxg

x=，所以()211gxgx，又()2111,1,xgxx在区间()1,+内单调递减．所以211xx，即121xx，又12xx，所以22121222xxxx+，得证．