福建省厦门双十中学2022届高三数学考前热身试题（PDF版带答案）

双十中学2022届高三毕业班热身考试数学试题满分150分考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。21．已知集合A{|xx2x30}，B{3,1,1,3}，则AB（）A．{1}B．{}1C．{}113,,D．{3,1,1}2、已知tan2，则cos2（）4334A．B．C．D．555522xy53．已知双曲线1(a0，b0)的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为()22ab45343A．yxB．yxC．yxD．yx35344．已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（）A．ab2B．2abC．ab2D．2ab5．厦门中学生助手举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种6．等差数列{}an的公差为2，前n项和为Sn，若p：S12，S22，S32成等比数列，q：{}an的首项为0，则（）A．p是q的充要条件B．p是q的既不充分也不必要条件C．p是q的充分不必要条件D．p是q的必要不充分条件xa7．设函数yfx()的图像与y2的图像关于直线yx对称，且ff(2)(4)1，则aA．1B．1C．2D．48．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等.设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为hhh12,,，则hhh12::=A．3﹕1﹕1B．3﹕2﹕2C．3﹕2﹕2D．3﹕2﹕3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。试卷第1页，共4页\n9．千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”，“日落云里走，雨在半夜后”，……厦门中学生助手为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，观察了A地区的100天日落和夜晚天气，得到如下2×2列联表：夜晚天气日落云里走下雨不下雨出现255不出现2545临界值表0.10.050.010.001x2.7063.8416.63510.8282并计算得到19.048，下列小助对A地区天气判断正确的是（）15A．夜晚下雨的概率约为B．在未出现“日落云里走”的条件下，夜晚下雨的概率约为414C．样本中出现“日落云里走”且夜晚下雨的频率是不出现“日落云里走”且夜晚下雨的频率的2.5倍D．认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关，此推断犯错误的概率不大于0.00110．已知实数abc，，满足abc，且ac0，则下列不等式不一定成立的是（）．．．22abA．acbcB．logcccalogbaC．abcbD．cc11．如图是函数fx()sin(x)0,||的部分图象，下列选项正确的是（）22A．fx()sin2xB．fx()sin4xC．f0D．f1336312．如图，厦门中学生助手为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CDs.厦门中学生助手利用测角仪可测得的角有：ACB,ACD,BCD,ADB,ADC,BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（）A．s,ACB,BCD,BDCB．s,ACB,BCD,ACDC．s,ACB,ACD,ADCD．s,ACB,BCD,ADC试卷第2页，共4页\n三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。113．在数列an中，aa112,n1，则a2022的值为__________.an22xy14．已知O为坐标原点，椭圆C:1(ab0)的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直．若FAO22ab2b的面积为，则C的离心率为__________．415．已知ABCD,,,是球O的球面上的四点，BD为球O的直径，球O的表面积为16，且ABBC，ABBC2，则直线AD与平面ABC所成角的正弦值是___________.ax16．已知函数fx()(a1)lnxxe，当a0时，x(1,)，都有fx()0，则实数a的最小值为___________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2217．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且()abcab．(1)求角C的大小；(2)若sin(BA)cosC，三角形ABC的面积为33，求边长c的值．18．等差数列an的前n项和为Sn，已知a19，a2为整数，且SSn5.1（1）求an的通项公式；（2）设bn，求数列bn的前n项和Tn.aann119．如图，正方形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面互相垂直，AEF为等边三角形.(1)求证：AECF；(2)FPFC01，是否存在，使得平面PAE平面DCEF，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.试卷第3页，共4页\n20．为了使更多人参与到冰雪运动中，小助组织了一次简易冰壶比赛.每场比赛由两支队伍对抗进行，每队由2名成员组成，共进行3局.每局比赛时，两队成员交替发球，每名成员只能从发球区（MN左侧）掷冰壶一次.当所有成员全部掷完冰壶后，开始计分.若冰壶未到达营垒区，计1分；若冰壶能准确到达营垒区，计2分，整场比赛累计得分多者获得比赛胜利.已知A队两名成员甲､乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别111为和，B队两名成员丙､丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为.假设两队投掷的冰壶在运动过程中无232碰撞，每名成员投掷冰壶相互独立，每局比赛互不影响.(1)求A队每局得分X的分布列及期望；(2)若第一局比赛结束后，A队得1分，B队得4分，求A队最终获得本场比赛胜利且总积分比B队高3分的概率.a21．已知函数fx()ln(x1)1，其中x0，aR．x(1)讨论fx()的单调性；(2)当a2时，x0是fx()的零点，过点Ax00,lnx1作曲线yxln(1)的切线l，x1试证明直线l也是曲线ye的切线．221222．已知C1:(x1)(y1)和抛物线Cx2:4,yPxy0,0是圆C1上一点，M是抛物线C2上一点，F是4抛物线C2的焦点．（1）当直线PM与圆C1相切，且|PM||FM|时，求x0的值；33（2）过P作抛物线C2的两条切线PAPBAB，，，分别为切点，求证：存在两个x0，使得△PAB面积等于．2试卷第4页，共4页\n双十中学2022届高三毕业班热身考试答案1．C2．B3．D4．D5．C6．A7、B8．B9．BD10．BCD11．AC12．ACD11613、；14．；15、；16、1e3238、由题意作图如图,几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等的正四棱锥,三棱锥是一个正四面体，3四棱锥的高是P到面AC的距离，P点到线段AD的距离是,令P在底面AC上22222222的射影为O,连接AO，则AO，故POPAAO1，222三棱锥的高就是P点到面SBC的距离,令P点在面SBC上的射影为M,则M是三角形的重心，故2233222366SM，故PMPSSM1，三棱柱的高也是PM，因而323333266133hhh::::::3:2:2，故选B1223323312．解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.A.在CBD中，已知s,,BCDBDC，可以解这个三角形得到BC，再利用ACB、BC解直角ABC得到AB的值；B.在CBD中，已知s,,BCD无法解出此三角形，在CAD中，已知s,,ACD无法解出此三角形，也无法通过其它三角形求出它的其它几何元素，所以它不能计算出塔AB的高度；C.在△ACD中，已知s,,ACDADC，可以解△ACD得到AC,再利用ACB、AC解直角ABC得到AB的值；D.如图，过点B作BECD,连接AE.CBCECE由于cosACB,cosBCD,cosACE,ACBCAC所以cosACEcosACBcosBCD，所以可以求出ACD的大小，在△ACD中，已知ACD,,ADCs可以求出AC,再利用ACB、AC解直角ABC得到AB的值.15．依题意，O是BD中点，取AC中点O1，延长BO1至E，使OE11BO，连接OODEAECE,,,，如图，则有DEOO//，且四边形ABCE是平行四边形，11AEBC2，因ABBC，则O1是平面ABC截球O所得截面小圆的圆心，于是得OO1平面ABC，DE平面ABC，因此，DAE是直线AD与平面ABC所成角，由球O的表面积为16得球半径OA2，而ABBC2，则AO12，而OOAC，122DE6从而得OO12，DE2OO122，Rt△ADE中，ADAEDE23sinDAE，所以AD36直线AD与平面ABC所成角的正弦值是.3ax(ax1)lnx16．x(1,)，都有fx()0，所以(a1)lnxxe恒成立，即a1xe恒成立，亦即x11aax1alnx1axxlnxxe，即为lnxxee对x1恒成立.xx记gxxe,x1.因为gxx1e0，所以gx在1,上单调递增函数.x1aa恒成立.所以lnxx恒成立，即1alnxx恒成立.因为x1，所以lnx0，所以1lnxxlnx1记hx,1x.因为hx2，所以当xe时，hx0，所以hx在e,上单调递增函数；lnxlnx答案第1页，共4页\n当1ex时，hx0，所以hx在1,e上单调递减函数.所以hxhee，即1ea，解得：1ea.又a0，所以1ea0.222222abc117．(1)由已知，abcab，由余弦定理，cosC，而C(0,)，所以C．22ab3212122(2)由（1）知：AB，又sin(BA)cosC，则sin2A，而A0,，则2A，323233651162ac可得AB,．又SABCacsinBacsinac33①，又，即41222438sinACsin2ac②，联立①②，解得c23．318、（1）由a19，a2为整数知，等差数列an的公差d为整数．又SSn5，故aa560,0,于是9994dd0,950，解得d，因此d2，故数列an的通项公式为ann112．451111b（2）n，112n92n292n112n1111111111n于是Tnnb12bb．2795792n112n292n9992n19．(1)连接BF交AE于O，因为四边形ABEF为菱形，所以AEBF，又正方形ABCD所在的平面平面ABEF，且平面ABCD平面ABEFAB，因为BCAB，所以BC平面ABEF，所以BCAE，又BFBCB，所以AE⊥平面BCF，因为CF平面BCF，所以AECF；(2)存在.以O为原点，OF，OE的方向为x轴，y轴，过点O作菱形ABEF所在的平面的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A0,1,0，F3,0,0，E0,1,0，D0,1,2，因为FPFC，设点Pxyz,,，则x3,,yz23,0,2，所以点P(323,0,2)，AP(323,1,2)，AE0,2,0，设平面mAP0PAE的法向量为mxyz,,，则有，可得mAE021m,0,1，DF3,1,2，FE3,1,0，设平面DCEF的法向量为nxyz,,，2332nDF0则有，可得n3,3,3，nFE031由mn0可得.当时，AP(0,1,1)，AE0,2,0，mxyz,,，82yz03则，令x1，则法向量m1,0,0，此时mn0，综上可知：成立.y0820．(1)由题设，X的所有可能取值为2，1，4，且X的分布列如下：X214111P3262141所以EX.3262答案第2页，共4页\n(2)设B队每局得分为Y，同理Y的分布列为Y214111P424记A队､B队在后两局总得分分别为x､y，则所包含的情况如下：A队总得分x258B队总得分y41211111113Px2,y42，36224457611111Px5,y122，2642241111116Px8,y22，662244576131643故A队最终获得本场比赛胜利且总积分比B队高3分的概率为.576245765762a1axaxa21．(1)解：因为fx()ln(x1)1定义域为0,，所以fx()22，xx1xxx(1)①当a0时，f()0x在(0,)上恒成立，所以函数fx()在(0,)上单调递增，没有减区间；22aa4aaa4a②当a0时，令fx()0时，x，x且xx120，12222aa24aaa4a令fx()0得x，所以fx()的增区间为,．222aa24aaa4a令fx()0得0x，所以fx()的减区间为0,22222x0(2)解：当a2时，x0是fx()的零点，所以fx00lnx110即lnx011xxx0001x1x1Ax,lnx1作曲线yxln(1)的切线l的方由yxln(1)得y，由ye得ye．所以过点00x11程为ylnx001xx（*）x10x1Bxy,的切线与l斜率相等，所以ex111假设曲线ye在点11，所以xx101ln1，即x10x11lnx011xx10ln11，y1ee把xx10ln11代入（*）式得x1011ylnx01lnx011x01lnx011xx1100答案第3页，共4页\nxxx21000lnxy01111x1x1xx10000x1所以点Bxy11,在切线l上．所以直线l也是曲线ye的切线x222Mx,M2xM122（1）焦点F坐标为(0,1)，设M，则|PM|xM11，444由抛物线定义，M到焦点距离等于到抛物线准线y1的距离，222213xM2xxMM1x或x，所以所以|FM|1，由||PM∣FM，得xM111，所以MM444422113913931817M,或M,，此时PM与准线y1垂直，所以x0或x0或x0或x0；216216227061378221（2）设Pxy00,，则xy0011，42设直线PA方程为yy0kxx10，代入xy4，22得x4kx14y0kx100,16k116y0kx100，2整理得k1kx10y00①，2同理，直线PB方程为yy0kxx20，有k2kx20y00②，2由①②知，kk12,是方程kkx00y0的两根，所以k1k2xkk0,12y0，2由切线意义知，在x4kx14y0kx100中，xAAx4k1，则xkA212222k1k2k1k2所以Akk2,11，同理Bkk2,22,kAB2kk22122kk12kk11x0直线AB方程为yk11x2k即yxkk12即yxy02222x02222|AB|12k12k24x0k1k24kk124x0x04y042xy004113332Pxy00,到直线AB的距离d,SAPB|ABd|x004y4x22220222132所以xy0043，与xy0011联立得x01x0x019x01304323213所以x01或x0x019x0130，设fx0x0x019x013，显然f0,(1)0,ff0，2213321又fx0在,上递增，所以fx0x0x019x013在,1上有唯一零点22233所以存在两个x0，使得△PAB面积等于.2答案第4页，共4页