2022届福建省厦门双十中学高三下学期高考热身考试数学试题含解析

2022届福建省厦门双十中学高三下学期高考热身考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，再求集合与集合的交集

【详解】,，

即，

所以，

故选：C.

2．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二倍角公式展开，结合齐次式化简方法，整理计算，即可得答案.

【详解】.

故选：B

3．已知双曲线(，)的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为(       )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合已知条件，利用离心率和、、之间的关系可得到，进而即可得到答案.

【详解】不妨设双曲线的焦距为，

由题意可知，，解得，

从而双曲线的渐近线.

故选：D.

4．已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（       ）

A． B． C．  D．

【答案】D

【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.

【详解】由已知可得：.

A：因为，所以本选项不符合题意；

B：因为，所以本选项不符合题意；

C：因为，所以本选项不符合题意；

D：因为，所以本选项符合题意.

故选：D.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.

5．某商场举行抽奖活动，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

【答案】C

【分析】由题，利用取出3个至少有两个不同颜色，等价于取出3个没有三个同色，结合组合公式即可求解

【详解】至少含有两种不同的颜色的小球等价于从10个球中任意取出3个减去3个是同色的情况，即，

故选：C.

6．等差数列的公差为2，前n项和为，若p：，，成等比数列，q：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

【答案】A

【分析】根据充分必要条件的定义判断．

【详解】时，，，

，，依次为，是等比数列，是的必要条件，

若，，成等比数列，则，

，解得或，

时，，，，不成等比数列，舍去．

所以，因此是的充分条件，

综上，是的充要条件，

故选：A．

7．设函数的图象与的图象关于直线对称，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用反函数的知识列方程，化简求得的值.

【详解】依题意函数的图象与的图象关于直线对称，

，

，

由于，

所以.

故选：B

8．一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，则

A．﹕1﹕1 B．﹕2﹕2

C．﹕2﹕ D．﹕2﹕

【答案】B

【分析】由题意画出图形，几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，四棱锥的高是P到的距离；三棱锥的高及三棱柱的高都是三棱锥的高；不难求得结果.

【详解】

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到面的距离，P点到线段的距离是,令P在底面上的射影为O,连接，

则，故，

三棱锥的高就是P点到面的距离,令P点在面上的射影为 ,则是三角形的重心，故，

故，

三棱柱的高也是，

因而，故选B

【点睛】本題考查简单几何体的有关知识，考查空间想象能力，考查同学的想图、视图能力，是基础题.

二、多选题

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”，……小明同学为了验证“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：

临界值表

并计算得到，下列小明对A地区天气判断正确的是（       ）A．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

C．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0.001

【答案】ABD

【分析】根据表格中的数据计算出各个选项所求的数据，然后判断即可.

【详解】对于A，样本容量为100，夜晚出现下雨的频数为50，概率约为 ，故正确；

对于B，未出现“日落云里走”的天数为25+45=70，

夜晚下雨的概率为 ，故正确；

对于C，出现“日落云里走”且夜晚下雨的天数为25，不出现“日落云里走”且夜晚下雨的天数也为25，

其概率分别为 ，故错误；

对于D，出现“日落云里走”时，由于 ，

由 把握认为夜晚会下雨，故正确；

故选：ABD.

10．已知实数 满足 ， 且 ， 则下列不等式不一定成立的是（       ）

A． B．  C．    D．

【答案】BCD

【分析】根据不等式性质可判断则 ，b的情况不定，由此可判断A中成立，由于c与1的大小关系不确定,因此可判断B,D; b的情况不定，当时，不成立，判断C.

【详解】实数 满足 ， 且 ，

则 ，b的情况不定，

故一定成立，

由题意可知，, c与1的大小关系不确定,

当时，函数 单调性不确定，因此不一定成立；

当时，不成立，

由于c与1大小关系不定，函数单调性不确定，故不一定成立，

故选：BCD

11．如图是函数的部分图象，下列选项正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【解析】先由可求得，再，可得，解得，再利用，可得，所以，，即可知A正确，B不正确，计算即可判断C、D，进而可得正确答案.

【详解】由图知，因为，所以，

所以，

因为，

所以，解得：，

因为，所以，

所以时，可得，故选项A正确，选项B不正确，

，故选项C正确；

，故选项D不正确，

故选：AC

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求的值，先利用，而且是下降零点可得，解得，再结合图象可知得，求得，问题即可迎刃而解，属于常考题型.

12．如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔(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.测绘兴趣小组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．

【答案】ACD

【分析】根据解三角形的原理：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 分析每一个选项的条件看是否能求出塔的高度.

【详解】解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.

A. 在中，已知，可以解这个三角形得到，再利用、解直角得到的值；

B. 在中，已知无法解出此三角形，在中，已知无法解出此三角形，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的高度；

C. 在中，已知，可以解得到,再利用、解直角得到的值；

D.

如图，过点作,连接.

由于,

所以，所以可以求出的大小，

在中，已知可以求出再利用、解直角得到的值.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.

三、填空题

13．在数列中，，，则的值为__________.

【答案】

【分析】根据条件求出数列的周期即可求解.

【详解】因为，，所以，，，

，所以数列是周期为的周期数列，所以.

故答案为：.

14．已知O为坐标原点，椭圆的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直．若的面积为，则C的离心率为__________．

【答案】0.5

【分析】根据求解即可.

【详解】由题知：，解得，即.

故答案为：

15．已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，，则直线与平面所成角的正弦值是___________.

【答案】

【分析】取AC中点，延长至E，使，根据给定条件证明平面ABC，经推理计算作答.

【详解】依题意，是中点，取AC中点，延长至E，使，连接，如图，

则有，且四边形是平行四边形，，

因，则是平面截球O所得截面小圆的圆心，于是得平面，平面，

因此，是直线与平面所成角，

由球的表面积为得球半径，而，则，而，

从而得，，中，，，

所以直线与平面所成角的正弦值是.

故答案为：

16．已知函数，当时，，都有，则实数a的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据式子结构，构造同构形式，得到，构造函数，判断出在上单调递增函数，得到恒成立，利用分离参数法得到恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可得到答案.

【详解】，都有，所以恒成立，即恒成立，亦即，即为对恒成立.

记.

因为，所以在上单调递增函数.

所以恒成立，即恒成立.

因为，所以，所以恒成立.

记.

因为，所以当时，，所以在上单调递增函数；

当时，，所以在上单调递减函数.

所以，即，解得：.

又，所以.

故答案为：

【点睛】恒（能）成立求参数的取值范围问题常见思路：

①参变分离，转化为不含参数的最值问题；

②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；

③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.

四、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角C的大小；

(2)若，三角形的面积为，求边长c的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题设得，根据余弦定理求，即可确定角的大小；

（2）由（1）和已知可得，进而求出角A、B，利用三角形面积公式、正弦定理边角关系列方程求边长.

【详解】(1)由已知，，

由余弦定理，，而，

所以．

(2)由（1）知：，又，则，

而，则，可得．

又①，

又，即②，

联立①②，解得．

18．等差数列的前项和为，已知，为整数，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得公差为整数，且，，分析求出即可；（2），再利用裂项相消法求和即可.

【详解】(1)由，为整数知，等差数列的公差为整数.

又，故，.

于是，，解得，

因此，故数列的通项公式为.

(2)，

于是

.

19．如图，正方形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，为等边三角形.

(1)求证：；

(2)，是否存在，使得平面平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，证明平面；

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的数量积为0，即可求解.

【详解】(1)连接交于，因为四边形为菱形，所以，

又正方形所在的平面平面，且平面平面，

因为，所以平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以；

(2)存在.以为原点，，的方向为轴，轴，

过点作菱形所在的平面的垂线为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为，设点，

则，所以点，

，，设平面的法向量为，

则有，可得，

，，

设平面的法向量为，

则有，可得，

由可得.

当时，，，，

则，令，则法向量，

此时，

综上可知：成立.

20．为了使更多人参与到冰雪运动中，某校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.已知队两名成员甲､乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别为和，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碰撞，每名成员投掷冰壶相互独立，每局比赛互不影响.

(1)求队每局得分的分布列及期望；

(2)若第一局比赛结束后，队得1分，队得4分，求队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率.

【答案】(1)分布列见解析，期望为；

(2).

【分析】（1）根据题设写出的所有可能取值及对应概率，即可得到分布列，再根据分布列求期望即可；

（2）同（1）写出B的分布列，根据题设写出队获胜且总积分比队高3分所有可能情况，再求出各情况的概率，最后加总即可得结果.

【详解】(1)由题设，的所有可能取值为，1，4，且的分布列如下：

所以.

(2)设队每局得分为，同理的分布列为

记队､队在后两局总得分分别为､，则所包含的情况如下：

，

，

，

故队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率为.

21．已知函数，其中，．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，是的零点，过点作曲线的切线，试证明直线也是曲线的切线．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；

（2）依题意可得，求出函数的导函数，即可得到切线的方程，假设曲线在点的切线与斜率相等，即可得到、，代入切线的方程中，计算可得；

【详解】(1)解：因为定义域为，

所以，

①当时，在上恒成立，

所以函数在上单调递增，没有减区间；

②当时，令时，，

且，

令得，所以的增区间为．

令得，所以的减区间为

(2)解：当时，是的零点，所以

即

由得，由得．

所以过点作曲线的切线的方程为

（）

假设曲线在点的切线与斜率相等，

所以，所以，即

把代入（）式得

所以点在切线上．

所以直线也是曲线的切线

22．如图，已知和抛物线是圆上一点，M是抛物线上一点，F是抛物线的焦点．

（1）当直线与圆相切，且时，求的值；

（2）过P作抛物线的两条切线分别为切点，求证：存在两个，使得面积等于．

【答案】（1）或；（2）证明见解析.

【分析】（1）焦点F坐标为，设，利用圆的切线长公式、抛物线的定义建立方程求解即得；

（2）设，设直线、的斜率,由与抛物线相切求得，，知是方程的两根，得到，求得切点坐标，，得到直线方程并化简整理为，利用已知面积得到，与联立得，然后利用零点存在定理判定解的个数即可.

【详解】（1）焦点F坐标为，设，则，

由抛物线定义，M到焦点距离等于到抛物线准线的距离，

所以，由，得，

所以或，所以或，

此时与准线垂直，所以或；

（2）设，则，

设直线方程为，代入，

得，

整理得①，

同理，直线方程为，有②，

由①②知，是方程的两根，

所以，

由切线意义知，在中，，则

所以，同理

直线方程为即即

到直线的距离

所以，与联立得

所以或，设，显然，

又在上递增，所以在上有唯一零点

所以存在两个，使得面积等于.