【文档说明】福建省厦门双十中学2022届高三考前热身考试数学试题-.pdf，共(8)页，1.003 MB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共4页双十中学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。1．已知集合2230{|}Axxx，{3,1,1,3}

B，则AB（）A．{1}B．{}1C．{}113,,D．{3,1,1}2、已知tan2，则cos2（）A．45B．35C．35D．453．已知双曲线22221xyab(0a，0b)的离心率为54，则该双曲线的渐近线方程为()A．53yxB．3

5yxC．43yxD．34yx4．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．2abB．2abC．2abD．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{}na的公差为2，前n

项和为nS，若p：12S，22S，32S成等比数列，q：{}na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7．设函数()yfx的图像与2

xay的图像关于直线yx对称，且(2)(4)1ff，则aA．1B．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12,,hhh，则12::hhh=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2页，共4页9．千百年来，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：日落云里走夜晚天气下雨不下雨出现255不出现2545临界值表0.10.050.010.001x2.7063.8416.63510.828219.048并计算得到，下列小助对A地区天气判断正确的是（）A．夜晚下

雨的概率约为14B．在未出现“日落云里走”的条件下，夜晚下雨的概率约为514C．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0ac，则下列不等式不一定．．．成立的是（）A．acbcB．loglogcccabaC．22abcbD．abcc11．如图是函数()sin()0,||2fxx的部分图

象，下列选项正确的是（）A．()sin23fxxB．()sin43fxxC．06fD．213fABCDs,,,,,ACBACDBCDADBAD

CBDCAB,,,sACBBCDBDC,,,sACBBCDACD,,,sACBACDADC,,,sACBBCDADC12．如图，厦门中学生助手为测量河对岸直塔(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.厦门中学生助手利用测角仪可测得的角有：，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔的高度的是（）A．B．C．D．试卷第3页，共4页三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在数列na

中，1112,1nnaaa，则2022a的值为__________.14．已知O为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直．若FAO的面积为24b，则C的离心率为__________．15．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ABBC，2ABBC，则直线AD与平面ABC所成角的正弦值是___________.16．已知函数()(1)lneaxfxaxx，当0a时，(1,)x，都有()0fx

，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。17．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且22()abcab．(1)求角C

的大小；(2)若sin()cosBAC，三角形ABC的面积为33，求边长c的值．18．等差数列na的前n项和为nS，已知19a，2a为整数，且5nSS.（1）求na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.19．如图，正方形ABC

D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：AECF；(2)01FPFC，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4页，共4页MN120．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（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为12和13，B队两名成员丙､丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为12.假设两

队投掷的冰壶在运动过程中无碰撞，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.21．已知函数()ln(1)1afxxx，其中0x，aR．(1)讨论()fx的单调性；(2)当2a时，0x是()fx的零点，过点00,ln1Axx作曲线ln(1)yx的切线l，试证明

直线l也是曲线1exy的切线．22．已知2211:(1)(1)4Cxy和抛物线2200:4,,CxyPxy是圆1C上一点，M是抛物线2C上一点，F是抛物线2C的焦点．（1）当直线PM与圆1C相切，且||||

PMFM时，求0x的值；（2）过P作抛物线2C的两条切线PAPBAB，，，分别为切点，求证：存在两个0x，使得PAB△面积等于332．答案第1页，共4页双十中学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．ACD13、13；14．12；15、63；16、1e8、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，四棱锥的高是P到面AC的距离，P点到线段AD的距离是32,令P在底面AC上的射影为O,连接AO，则22AO，故222222122POPAAO，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233323SM，故222236133PMPSSM，三棱柱的高也是63PM，因而12266133::::::3:2:2233233hhh，故选B12．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,,sBCDBDC，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,,sBCD无法解出此三角形，在CAD中，已知,,sACD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,,sACDADC，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BECD,连接AE.由于cos,cos,cosCBCECEACBBCDAC

EACBCAC,所以coscoscosACEACBBCD，所以可以求出ACD的大小，在ACD△中，已知,,ACDADCs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1O，延长1BO至E，使11OEBO，连接1,,,OODEAECE，如图，则有1//DEOO，且四边形ABCE是平行四边形，2AEBC，因ABBC，则1O是平面ABC截球O所得截面小圆的圆心，于是得1OO

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2OA，而2ABBC，则12AO，而1OOAC，从而得12OO，1222DEOO，RtADE△中，2223ADAEDE6sin3DEDAE

AD，所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值是63.16．(1,)x，都有()0fx，所以(1)lneaxaxx恒成立，即1(1)lnexaaxxx恒成立，亦即11lneaaxxxx，即为11lnlneeaaxx

xx对1x恒成立.记e,1xgxxx.因为1e0xgxx，所以gx在1,上单调递增函数.所以1lnaxx恒成立，即1lnaxx恒成立.因为1x，所以ln0x，所以1lnxax恒成立.记

,1lnxhxxx.因为2ln1lnxhxx，所以当ex时，0hx，所以hx在e,上单调递增函数；答案第2页，共4页当1ex时，0hx，所以hx在1,e上单调递减函数.所以eehxh，

即1ea，解得：1ea.又0a，所以1e0a.17．(1)由已知，222abcab，由余弦定理，2221cos22abcCab，而(0,)C，所以3C．(2)由（

1）知：23AB，又1sin()cos2BAC，则21sin232A，而20,3A，则2236A，可得5,412AB．又1162sinsin3322438

ABCacBacacS①，又sinsinacAC，即23ac②，联立①②，解得23c．18、（1）由19a，2a为整数知，等差数列na的公差d为整数．又5nSS，故560,0,aa于是940,950dd，解得9945d，因此2d，

故数列na的通项公式为112nan．（2）111111292292112nbnnnn，于是12111111111129579211229299927nnnTbbbnnnn

．19．(1)连接BF交AE于O，因为四边形ABEF为菱形，所以AEBF，又正方形ABCD所在的平面平面ABEF，且平面ABCD平面ABEFAB，因为BCAB，所以BC平面ABEF，所以BCAE，

又BFBCB，所以AE⊥平面BCF，因为CF平面BCF，所以AECF；(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0,1,

0A，3,0,0F，0,1,0E，0,1,2D，因为FPFC，设点,,Pxyz，则3,,23,0,2xyz，所以点(323,0,2)P，(323,1,2)AP

，0,2,0AE，设平面PAE的法向量为,,mxyz，则有00mAPmAE，可得2,0,1233m，123,1,2DF，3,1,0FE，设平面DCEF的法向量为,,nxyz

，则有00nDFnFE，可得3,3,3n，由0mn可得38.当12时，(0,1,1)AP，0,2,0AE，,,mxyz，则00yzy，令1x，则法向量1,0,0m，此时0mn，综上可知：38成立.20．(1)由题

设，X的所有可能取值为2，1，4，且X的分布列如下：X214P131216所以21413262EX.答案第3页，共4页(2)设B队每局得分为Y，同理Y的分布列为Y214P141214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y412111111132,42362244576Pxy，111115,122264224Px

y，11111168,22662244576Pxy，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13164357624576576.21．(1)解：因为

()ln(1)1afxxx定义域为0,，所以2221()1(1)axaxafxxxxx，①当0a时，()0fx在(0,)上恒成立，所以函数()fx在(0,)上单调递增，没有减区间；②当0a时，令()0fx时，21

42aaax，2242aaax且120xx，令()0fx得242aaax，所以()fx的增区间为24,2aaa．令()0fx得2402aaax

，所以()fx的减区间为240,2aaa(2)解：当2a时，0x是()fx的零点，所以0002ln110fxxx即000022ln11xxxx由ln(1)yx得11yx，由1exy得1

exy．所以过点00,ln1Axx作曲线ln(1)yx的切线l的方程为0001ln11yxxxx（*）假设曲线1exy在点11,Bxy的切线与l斜率相等，所以1101e1xx，所以101ln1xx，即10ln11xx

，01ln11101ee1xxyx把10ln11xx代入（*）式得00000011ln1ln111ln1111yxxxxxx答案第4页，共4页00001000021ln111111xxxxyxxxx

所以点11,Bxy在切线l上．所以直线l也是曲线1exy的切线22（1）焦点F坐标为(0,1)，设2,4MMxMx，则2221||1144

MMxPMx，由抛物线定义，M到焦点距离等于到抛物线准线1y的距离，所以2||14MxFM，由||PMFM∣，得22221111444MMMxxx，所以12Mx或32Mx，所以11,216M

或39,216M，此时PM与准线1y垂直，所以012x或032x或0931706x或08171378x；（2）设00,Pxy，则22001114xy，设直线PA方程为010yykxx，代入24xy，得

2210101010440,16160xkxykxkykx，整理得211000kkxy①，同理，直线PB方程为020yykxx，有222000kkxy②，由①②知，12,kk是方程2000kkxy的两根，所以120120,kkxkky，由切线

意义知，在21010440xkxykx中，14AAxxk，则12Axk所以2112,Akk，同理222121222122,,222ABkkkkBkkkkk直线AB方程为2121122kkykxk即11122kkyxkk

即002xyxy2222201201212000||12244444xABkkxkkkkxxy00,Pxy到直线AB的距离23002002041133,||42224APBxydSABdxyx所以20043xy，与2

2001114xy联立得320000119130xxxx所以01x或3200019130xxx，设3200001913fxxxx，显然130,(1)0,022fff

，又0fx在13,22上递增，所以3200001913fxxxx在1,12上有唯一零点所以存在两个0x，使得PAB△面积等于332.