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江苏省如皋中学2024-2025学年高三上学期10月期初考试 数学（含解析）
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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：A
2. 【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：B
7. 【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．
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：A
2. 【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：B
7. 【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．
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