江苏省如皋中学2024—2025学年度高三年级测试数学试卷选择题: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，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C．0,1 D．2,32.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A. B. C.D.3.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．B． C．D．4.方程的实数解有（）A.0个 B.1个 C.2个D.3个5.已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点是，，线段的中点为，则的面积为（    ）A．B． C． D．6.已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”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：的左、右焦点分别为，，点是双曲线右支上一点，直线交双曲线的左支于点．若，，，且的外接圆交双曲线的一条渐近线于点，则的值为（    ）A．B．C．D．38.已知分别是椭圆的左右焦点，过F2作直线交椭圆于A、B两点，已知，，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．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：，下列结论中正确的有（    ）A．若，则C是椭圆，其焦点在轴上B．若，则C是圆，其半径为C．若，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若，，则C是两条直线10.如图，正方体的棱长为4，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．存在点，使得二面角大小为B．存在点，使得平面与平面平行C．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为D．当为的中点时，四棱锥外接球的表面积为11.已知抛物线上存在一点到其焦点的距离为3，点为直线上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为坐标原点．则A．抛物线的方程为 B．直线一定过抛物线的焦点（    ）C．线段长的最小值为 D．三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.过点的等轴双曲线的方程为.13.过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为．14.已知过点可作三条直线与曲线相切，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．(1)求函数的极值；(2)求函数在区间上的最小值．16.设椭圆的左焦点为，右顶点为A，离心率为．已知A是抛物线的焦点，F到抛物线的准线l的距离为．(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），直线与x轴相交于点D．若的面积为，求直线AP的方程．17.如图，直三棱柱的体积为1，，，．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．18.设双曲线的方程为，直线过抛物线的焦点和点.已知的焦距为且一条渐近线与平行.（1）求双曲线的方程；（2）已知直线过双曲线上的右焦点，若与交于点（其中点在第一象限），与直线交于点，过作平行于的直线分别交直线轴于点，求.19.已知函数，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不同的根．(i)求的取值范围；(ii)证明：．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，，所以，所以，即图中阴影部分表示的集合为.故选：A2.【答案】B【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为，则由，得，所以，所以．故选：B．3.【答案】C【详解】设抛物线方程为或，依题意知，∴.∴抛物线方程为.故选：C.4.【答案】C【详解】，所以或，所以或，所以方程的实数解有2个.故选：C.5.【答案】B【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，由题可知，，则，所以，即，解得，所以，则，所以，故选：B．6.【答案】B【详解】由圆的方程为可得圆心，半径，若圆与函数相交，则圆心到直线的距离，即，若函数图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部，即，解得，综上函数的图象与圆有四个公共点则，所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”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．又，，，所以，解得，，所以，所以是直角．在中，，所以，解得，所以，即．又的外接圆交双曲线的一条渐近线于点Px0,y0，所以，所以点Px0,y0的坐标满足，解得，所以，故.故选：D．8.A解：试题分析：如图所示，设，因为，所以，，所以，解得，所以，，在中，由余弦定理得，化为，所以，化简得，所以，9.【答案】CD【详解】对于A，若，则可化为，∴，∴，即曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，故A不正确；对于B，若，则可化为，此时曲线C表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线C表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，，则可化为，，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，在正方体中，可得平面，因为平面，平面，所以，所以二面角的平面角为，其中，所以A错误；对于B，如图所示，当M为中点，为中点时，在正方体中，可得，因为平面，且平面，所以平面，又因为，且平面，且平面，所以平面，因为，且平面，所以平面平面，所以B正确； 对于C，如图所示，取中点，连接，，，在正方体中，平面，且，所以平面，因为平面，可得，则，则点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，分别交，于，如图所示，则，结合对称性可知，，则，劣弧的长为，所以C正确；对于D，当为中点时，可得为等腰直角三角形，且平面平面，连接与交于点，可得，所以四棱锥外接球的球心即为与的交点，所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，所以D错误.故选：BC.11.【答案】ACD【详解】由抛物线，可得焦点坐标，准线方程为，因为抛物线上存在一点到其焦点的距离为，由抛物线的定义可得，可得，所以抛物线的方程为，所以A正确；设，显然直线的斜率存在且不为0，设斜率为，可得的方程为，联立方程组，整理得，因为是抛物线的切线，所以，即，且点的纵坐标为，代入抛物线方程，可得横坐标为，即，设直线的斜率存在且不为0，设斜率为，同理可得：，且，所以是方程的两个不等式的实数根，所以，因为，所以，所以D正确；由，且，可得，则直线的方程为，即，又由，可得，所以，即，所以直线一定过定点，该点不是抛物线的焦点，所以B不正确.由直线的斜率不为0，设直线的方程为，且，联立方程组，整理得，所以，则，当且仅当时，等号成立，即的最小值为，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.过点的等轴双曲线的方程为.13.过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为．【答案】．【分析】根据题意，将曲线，变形为，，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，又曲线可化为，，作出直线l与曲线的图象如图所示：设图中直线，，，的斜率分别为，，，，则，，，又直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得（舍去）或，要使两图象有两个不同的交点，则．故答案为：14.已知过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为．【答案】【详解】，设点为曲线的切点，则切线方程为，整理得，将点代入可得．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减．又，，当时，方程有3个不同的实数根，即当时，有3个不同的满足方程，即过点可作三条直线与曲线相切．故答案为：.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．(1)求函数的极值；(2)求函数在区间上的最小值．【详解】（1），由，得；由，得．在上单调递增，在上单调递减．的极小值为，无极大值．（2）由（1）知在上单调递增，在上单调递减．，．①当时，在上单调递减，在上单调递增，②当时，在上单调递增，．.16.【详解】（1）依题意设点，因，且，由对称性知抛物线的准线方程为，则，解得，，，于是．从而得椭圆的方程为，抛物线的方程为．（2）由于准线方程为，依题意设，则．因，则，得直线方程为①，将①式代入中化简，得，设，由韦达定理得，则，即，则，于是得直线方程为，令，解得，即．则，于是，化简得，即得，代入①式化简，得直线方程为，或.17.【详解】（1）直三棱柱的体积为：，则，四边形为正方形，法一：在直棱柱中，面，，又平面，则，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，在正方形中，有，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以．法二：直棱柱，平面，又，以为原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以．（2）由（1）得，设，在中，过作于，连接，因为，，平面，且，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，，得，又在中，，得，，所以二面角的余弦值为．法二：，，，，，，，设平面的法向量：，则，取，得，，，设面的法向量，则，取，得，设二面角的大小为，则：，因为为锐角，所以二面角余弦值为．18.解：因为拋物线的焦点为，所以直线的斜率，因为双曲线的一条渐近线与平行，所以，即.又因为双曲线的焦距为，即，所以，所以双曲线的方程为.【小问2详解】双曲线的右焦点为，由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，消去得，且，所以，将代入得，所以.直线方程为，与直线联立，可得，因为，所以.因为，所以，所以为的中点，即.19.已知函数，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不同的根．(i)求的取值范围；(ii)证明：．【详解】（1）由题意得，，则，由，解得．显然，若，则当时，单调递增，当时，单调递减；若，则当时，单调递减，当时，单调递增．综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增．（2）（i）由，得，设，由(1)得在区间内单调递增，在区间内单调递减，又，当时，，且当时，，所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是．（ii）不妨设，则，且．解法一：当时，，即；当时，．设则所以在区间内单调递增，则，即，所以又在区间内单调递减，所以，即，又，所以，故，所以，得证．解法二：设，，则，所以在区间内单调递增，又，所以，即．又，所以，又在区间内单调递减．所以，即，又，所以，得证．