2025-2026学年江苏省南通市启东市高三（上）期中数学试题（含答案）

这是一份2025-2026学年江苏省南通市启东市高三（上）期中数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．计算2(1+i)2的结果是（ ）
A．2iB．﹣2iC．iD．﹣i
2．已知函数f（x）的导函数为f′（x），且f（x）＝sin2x，则f′(π3)=（ ）
A．−12B．12C．﹣1D．1（1
3．满足{1}⊆A⊆{1，2，3，4}的集合A的个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
4．用清水漂洗衣服，每次能洗去污垢的34，若要使存留的污垢不超过原来的二百分之一，则至少需要漂洗的次数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．若函数f（x）＝tan（x﹣φ）（φ＞0）的图象向右平移π3个单位长度之后得到的图象关于原点对称，则实数φ的最小值是（ ）
A．π12B．π6C．π3D．2π3
6．若曲线y＝xex有两条过点（a，0）的切线，则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，+∞）B．（﹣4，+∞）
C．（﹣4，0）D．（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）
7．在△ABC中，已知AB＝AC＝1，csA=−35，点D在边BC上且∠CAD=π4，若AD→=mAB→+nAC→，则mn=（ ）
A．75B．57C．712D．512
8．设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左焦点为F1，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，且|F1A|＝2|F1B|，∠BF1A=π3，则C的离心率为（ ）
A．2B．2C．5D．7
二、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。
（多选）9．已知a＞0，b＞0，ab＝a+b，则（ ）
A．ab≤4B．a+4b≥9C．a﹣b≤0D．a2+b2≥8
（多选）10．设O为坐标原点，直线4x﹣3y﹣4＝0过抛物线C：y2＝2px的焦点F，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）
A．p＝2
B．△OMN的面积是52
C．直线l与△OMN的外接圆相切
D．△OMN是钝角三角形
（多选）11．若存在实数t，使得对于∀x∈[1e，s]，(tx−lnx)(x−52+tln2)≤0，则s的值可以取（ ）
A．1e2B．eC．eD．2e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知定义在R上的函数f（x）满足
①f（a+b）＝f（a）+f（b）；
②f（2）＞f（1）．
写出一个满足条件的f（x）的解析式f（x）＝ ．
13．某人打算用A型材料制作一个近似于球形的热气球，半径为10m，则大约需要 m2的材料．若A型材料的价格为200元/m2，根据需求气球半径要增加2m，则所需费用需增加 元．（π的近似值取3.14）
14．在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2sinCab=csBbc+csAac，则tanA+tanB的最小值是 ．
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．（13分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2﹣8x﹣2y+12＝0，经过点P（3，﹣2）的直线l与圆C交于A，B两点．
（1）若AB＝4，求直线l的方程；
（2）求△ABC的面积的最大值．
16．（15分）在△ABC中，已知tanA=14，tanB=35，AB=17．
（1）求角C；
（2）求AB→⋅BC→+BC→⋅CA→+CA→⋅AB→的值．
17．（15分）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，△FBC是等边三角形，AB∥EF，平面FBC⊥平面ABCD，△FBC中BC边上的高为FH，且AB＝2EF＝4．
（1）证明：EF⊥平面FBC；
（2）求几何体ABCDEF的体积；
（3）求直线FH与平面ADE所成角的正弦值．
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率是22，其上顶点与右顶点的距离为6．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点P（x0，y0）为椭圆C上的点，直线l：x0x+2y0y＝4分别与直线y＝t，y＝﹣t（t≥b）交于A，B两点，记△OAP，△OBP，△OAB的面积分别为S1，S2，S3．
①若OP=3，t＝b，求S3；
②若S1S2=OAOB，求t．
19．（17分）已知函数f（x）的导函数f′（x）=x−1ex−1．
（1）求y＝f′（x）的最大值；
（2）当0＜m＜12时，若l1：y＝g（x）是曲线y＝f（x）在点A（m，f（m））处的切线方程．
①证明：对于定义域内任意x，f（x）≥g（x）成立；
②设过点A的直线l2与直线l1垂直，l1，l2与y轴的交点分别为B，C，S△ABC表示△ABC的面积．是否存在实数a，满足S△ABC＝am2？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
2025-2026学年江苏省南通市启东市高三（上）期中数学试题参考答案
一、选择题（共8小题）
二、多选题（共3小题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．x（答案不唯一）
13．1256；110528
14．2+22
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．解：（1）首先将圆C的方程化为标准形式：x2+y2﹣8x﹣2y+12＝0⇒（x﹣4）2+（y﹣1）2＝5，
圆心为C（4，1），半径r=5，
已知弦长AB＝4，根据垂径定理，
圆心到直线l的距离d满足：d2+(AB2)2=r2⇒d2+22=5⇒d=1，
设直线l的方程为y+2＝k（x﹣3）（斜率存在时），即kx﹣y﹣3k﹣2＝0，
由点到直线距离公式，圆心C（4，1）到直线的距离为：d=|4k−1−3k−2|k2+1=|k−3|k2+1=1，
平方得（k﹣3）2＝k2+1，解得k=43，
对应直线方程为4x﹣3y﹣18＝0，
当斜率不存在时，直线方程为x＝3，此时圆心到直线距离为1，
代入圆方程得y＝3或y＝﹣1，弦长AB＝4，符合条件，
故直线l的方程为x＝3或4x﹣3y﹣18＝0；
（2）△ABC的面积S=12⋅AB⋅d，其中d为圆心到直线的距离，AB=2r2−d2，
故S=dr2−d2=d5−d2（0≤d≤5），
用均值不等式ab≤a2+b22，
令a＝d，b=5−d2，
则S≤d2+(5−d2)2=52，
当且仅当d=5−d2，即d=102时取等号，
故△ABC面积的最大值为52．
16．解：（1）因为tanA=14，tanB=35，
所以tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB=14+351−14×35=1，
在△ABC中，A+B+C＝π，所以tanC＝tan（π﹣（A+B））＝﹣tan（A+B）＝﹣1，
因为0＜C＜π，所以C=3π4；
（2）因为tanA=sinAcsA=14，0＜A＜π，sin2A+cs2A＝1，
所以sinA=1717，csA=41717，
因为tanB=sinBcsB=35，0＜B＜π，sin2B+cs2B＝1，
所以sinB=33434，csB=53434，
因为C=3π4，所以sinC=22，csC=−22，
在△ABC中，由正弦定理BCsinA=ACsinB=ABsinC，
得BC=ABsinC×sinA=1722×1717=2，
AC=ABsinC×sinB=1722×33434=3，
因为(AB→+BC→+CA→)2=2(AB→⋅BC→+BC→⋅CA→+CA→⋅AB→)+AB→2+BC→2+CA→2=0，
所以2(AB→⋅BC→+BC→⋅CA→+CA→⋅AB→)+(17)2+(2)2+32=0，
所以AB→⋅BC→+BC→⋅CA→+CA→⋅AB→=−14．
17．解：（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，
又因为平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝BC，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面FBC，
因为AB∥EF，
所以EF⊥平面FBC．
（2）连接EB，EC，
则几何体ABCDEF的体积等于VE﹣ABCD+VE﹣FBC．
因为EF⊥平面FBC，
所以EF是三棱锥E﹣FBC的高，
所以VE−FBC=13×2×12×4×4×32=833，
因为△FBC中边BC上的高为FH，
所以FH⊥BC，
又因为平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝BC，
FH⊂平面FBC，所以FH⊥平面FBC，
又因为AB∥EF，所以FH是四棱锥E﹣ABCD的高，
所以VE−ABCD=13×23×4×4=3233，
所以几何体ABCDEF的体积等于VE−ABCD+VE−FBC=3233+833=4033；
（3）如图所示，以为H坐标原点，空间直角坐标系H﹣xyz，
则H（0，0，0），F(0，0，23)，
所以HF→=(0，0，23)，
因为A（4，2，0），D（4，﹣2，0），E(2，0，23)，
所以DA→=（0，4，0），AE→=(−2，−2，23)，
设平面ADE的法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅DA→=4y=0n→⋅AE→=−2x−2y+23z=0，
不妨设z＝1，则n→=(3，0，1)是平面ADE的一个法向量，
所以cs＜n→，HF→＞=23(3)2+12×23=12．
设直线FH与平面ADE所成角为α，
则sinα=12，
所以直线FH与平面ADE所成角的正弦值为12．
18．解：（1）设椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的离心率是22，
所以ca=22，所以a=2c，
又因为a2＝c2+b2，所以b＝c，
因为椭圆C的上顶点与右顶点的距离为6，
所以6＝a2+b2＝3b2，
所以b2＝2，
所以椭圆C的方程是x24+y22=1；
（2）①因为OP2=x02+y02=3，且x024+y022=1，
所以x02=2，y02=1，
由对称性不妨设P(2，1)，
则直线1：2x+2y=4，
令y＝0，得x=22，
所以S3=2×12×22×2=4；
②S1S2=PAPB=t−y0t+y0，
由x0x+2y0y=4y=1，得xA=4−2y0tx0y=t，
由x0x+2y0y=4y=−1，得xB=4+2y0tx0y=−t，
因为OA=16−16y0t+4y02t2+t2(4−2y02)x02=16−16y0t+2y02t2+4t2x02，OB=16+16y0t+4y02t2+t2(4−2y02)x02=16+16y0t+2y02t2+4t2x02，
所以OAOB=16−16y0t+2y02t2+4t2x0216+16y0t+2y02t2+4t2x02=16−16y0t+2y02t2+4t216+16y0t+2y02t2+4t2．
因为(t−y0t+y0)2=t2−2y0t+y02t2+2y0t+y02=16−16y0t+2y02t2+4t216+16y0t+2y02t2+4t2，
所以−4y0tt2+2y0t+y02=−32y0t16+16y0t+2y02t2+4t2，
所以8t2+16y0t+8y02=16+16y0t+2y02t2+4t2，
所以2y02(4−t2)=16−4t2，
所以t2＝4，
所以t＝2．
19．解：（1）设φ（x）＝f'（x），φ′(x)=2−xex−1，
由φ'（x）＝0可得x＝2，
当x∈（﹣∞，2）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x∈（2，+∞）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
所以当x＝2时，φ（x）取得极大值，也是最大值，
所以φ(x)max=1e；
（2）证明：直线l1的方程为y﹣f（m）＝f'（m）（x﹣m），即g（x）＝f'（m）（x﹣m）+f（m），
设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝f（x）﹣f′（m）（x﹣m）﹣f（m），
所以h'（x）＝f'（x）﹣f'（m），
由（1）可得，f'（x）在（﹣∞，2）上单调递增，（2，+∞）上单调递减，
又因为0＜m＜12，所以当x∈（﹣∞，m）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（m，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以当x∈（﹣∞，m）时，h（x）≥h（m）＝0．
因为0＜m＜12，所以f'（m）＜f'（1）＝0，所以当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（1）≥h（m）＝0，
综上可知：h（x）≥0，即f（x）≥g（x）；
（3）由题意可得，直线l1的方程为y＝f'（m）（x﹣m）+f（m），
直线l1的方程为y=−1f′(m)(x−m)+f(m)，
令x＝0，可得B，C的纵坐标分别为yB＝﹣mf'（m）+f（m），yC=mf′(m)+f(m)，
因为0＜m＜12，所以f'（m）＜f'（1）＝0，所以|BC|=−mf′(m)−mf′(m)，
所以S△ABC=m22(−f′(m)−1f′(m))(0＜m＜12)，
若存在实数a使得S△ABC=m22(−f′(m)−1f′(m))=am2，
则−f′(m)−1f′(m)=2a，
设t＝﹣f′（m），则e2＜t＜e，
记m(t)=t+1t(e2＜t＜e)，则m′(t)=1−1t2，
所以当t∈(e2，1)时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，
当t∈（1，e）时，m'（t）＞0，m（t）单调递增，
所以当t＝1时，m（t）≥m（1）＝2．
因为m(e2)=m(2e)＜m(e)，所以2≤2a＜e+1e，
所以a∈[1，12(e+1e))．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
D
C
B
D
B
D
题号
9
10
11
答案
BD
ABD
BC