福建省厦门双十中学2024届高三热身试卷数学试题（PDF版含答案）

厦门双十中学 2024 届高三热身考试数学试题
考试时间 120分钟，祝考试顺利！
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 A {x∣0 x 3},B
1
x lgx 2 ，则（ ）
A． A B B． B A C． A B D． A B R
2．若方程 m 1 x2 1 m y2 1 m2表示焦点在 x轴上的椭圆，则（ ）
A． 1 m 1 B．0 m 1 C． 1 m 0 D． 1 m 0或0 m 1
3．设 l，m，n是不同的直线，m，n在平面 内，则“ l m且 l n ”是“ l ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．在菱形 ABCD中， AB 2，点 E,F分别为BC和CD的中点，且 AB AF 4，则 AE BF （ ）
3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
5．已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn，若 S2 6， S4 20，则 S7 （ ）
A．52 B．54 C．56 D．58
6．已知 sin2 4 ，则 tan2 （ ）
5
tan π 4
A．4 B．2 C．-2 D．-4
7．已知 y f (x 1) 1为奇函数，则 f ( 1) f (0) f (1) f (2) f (3) （ ）
A． 12 B． 10 C． 6 D． 5
8．在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的 2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球
的表面积之比为（ ）
A．3: 4 B．1:2 C．3:8 D．3:10
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．
9．袋子中有 6个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件 A “取出的球
的数字之积为奇数”，事件 B “取出的球的数字之积为偶数”，事件C “取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
P A 1A．事件A与 B是互斥事件 B． C． P B |C 1 D．事件 B与C相互独立
5 3
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10．函数 f x 4sin x 0 2,
π π
2 2 的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
πA. B． f x 的图象关于直线 x π对称
6
C． f x 4cos 1 2π x

D．若方程 f x 2在 0,m
26π
上有且只有 5个根，则m ,10π

2 3 3
2
11 y．已知双曲线 C： x2 1的左、右焦点分别为F1， F2，直线 l： x my 1 m R 与 C的左、右两支3
1
分别交于 M，N 两点（点 N在第一象限），点P , y0 在直线 l上，点 Q在直线 NF2上，且QF1∥PF2 2 ，则（ ）
A 3 3．C的离心率为 3 B．当m 3 时， MN 2
C． PF2M NF2P D． QF2 为定值
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12．若复数 z a 4 a 5 i在复平面内对应的点位于第三象限，则实数 a的取值范围是 ▲
5
13 ．已知 3x2 a

3 的展开式中所有项的系数之和为 32，则展开式中的常数项为 ▲ . x
14．在 ABC中，角A， B，C的对边分别为 a，b， c， ABC 120 ， ABC的平分线交 AC于点D，
且 BD 1，则 2a c的最小值为 ▲ . ．
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.正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2， E ,F ,G分别是CC1,BC, AD的中点.
(1)求证：CG / /面D1EF；
(2)求点G到平面D1EF的距离.
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m
16．已知函数 f (x) 2ln x x (m R)．
x
(1)当m 3时，求函数 f (x)的单调区间；
(2)若不等式 f (x) 0对任意的 x [1, )恒成立，求实数 m的取值范围．
17.某地推动乡村振兴发展，推广柑橘种植，经品种改良，农民经济收入显著提高.为了解改良效果，合作社
工作人员在该农村地区 2000棵果树抽取 20棵测量果实平均直径（单位：cm）.得到数据如下：
7.11 7.35 6.93 7.11 7.06 7.23 7.16 7.05 7.12 7.09
6.87 7.19 7.12 7.08 7.12 7.11 7.25 6.99 7.12 7.14
根据经验，果实平均直径服从正态分布 N , 2 ，以样本平均数 x作为 的估计值 ，样本标准差 s作为
的估计值 .为提高果实品质，需要将直径小于 3 的果实提前去除，果实直径大于 7.2cm的即为优果，
在该种培育方法下，平均每棵果树结果 50个.经计算得 x 7.11， s 0.11 .
(1)估计优果的个数；
(2)为进一步提升柑橘质量，需要清除果实较小的果树，专家建议在每棵果树中抽取 n个测量果实直径，如
果出现果实小于 3 的果实，则认为该果树为果实较小.
（ⅰ）试说明此种方案犯错误的概率会随着摘取果实数的增加而增加；
（ⅱ）根据小概率值 0.005及（ⅰ）中结论确定 n的值，估计该地所有果树中需要检验的果实的总个数.
2
附：若 X N , ，则 P X 3 0.9973； ln 0.995 0.005， ln 0.99865 0.0014 .
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18.设抛物线C : y 2 2px(p 0) 的焦点为 F，已知点 F到圆 E : (x 3)2 y2 1上一点的距离的最大值为 6.
(1)求抛物线C的方程.
(2)设O是坐标原点，点P 2,4 , A,B是抛物线C上异于点 P的两点，直线 PA,PB与 y轴分别相交于M ,N两
点（异于点O），且O是线段MN的中点，试判断直线 AB是否经过定点.若是，求出该定点坐标；若不是，
说明理由.
19.对于m, t N*， s N，t不是 10的整数倍，且m t 10 s ，则称m为 s级十全十美数.已知数列 an 满
足： a1 8， a2 40，an 2 5an 1 6an .
(1)若 an 1 kan 为等比数列，求 k；
(2)求在 a1， a2，a3，…，a2024中，3级十全十美数的个数.
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热身考试数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8
A C B C C D D C
9 10 11 12 13 14
AB ACD BCD 5, 4 270 3 2 2
8.令外接球的半径为 2R，依题意O2A 2R，O2B 2R，O1B R，过点 B作 BC O2A，则O2C O1B R，
AC O C R BC OO 2R 2
2
所以 22 ，又 1 2 R 3R，所以 AB R
2 3R 2R，所以圆台的侧面积
S 11 2πR 2π 2R 2R 6πR2
2
，球的表面积 S2 4π 2R 16πR2 ，2
2 2
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为 S1 : S2 6πR : 16πR 3:8 .故选：C
x 3y 1
11. a 1,b 3, e c 1 b
2 8
由题意得， 2，故 A 2错误；联立 y2 ，得 y 2 3y 0，解得 y 0a a2 x2 1 3
3
3 3 MN 1 3 3 3或 y ，则 0
3 3
，故 B正确；由直线 l： x my 1 m R 可知
4 4 2
M 1,0 1，又a 1,b 3,c 2，P , y 0 ，故 P在线段MF2的中垂线上，设2 PM，PF2 的斜
y k x 1

率分别为 k， k，M 1,0 ，故直线MP的方程为 y k x 1 ，联立 y22 ，得
x 1 3
2k 2 3 k 2 2 3 k 2 x2 2 2k x k 2 3 0 N x , y 3 k 6k ，设 1 1 ，则 1 x1 ，x1 ，故 N 2 , 2 .当NF2 x2 2 轴3 k 3 k 3 k 3 k
b2
时， MF2 a c NF2 3， MF2N是等腰直角三角形，且易知 PF2M NF2P 45 ；当 NFa 2
不垂
6k
2 2k
直于 x轴时，直线 NF 3 k
2k
2的斜率为 2 2 ，故 tan NF3 k k 1 2
M 2 ，因为 tan PF2M k，所以 2 k 1
3 k 2
tan 2 PF 2k 2M 2 tan NF2M ，所以 2 PF2M NF2M ， PF2M NF2P，故 C正确；因为QF ∥PF ，1 k 1 2
故 F2F1Q PF2M NF2P F2QF1，故 QF2 F1F2 4，故 D正确.故选:BCD.
15（. 1）连接D1A,FA,BC1 ，因为 E,F分别是CC1,BC的中点，由中位线定理得 EF / / BC1
又 BC1 / / D1A，所以 EF / / D1A，所以 A,F ,E,D1四点共面，由于G是 AD的中点，
则 AG / / FC 且 AG FC,那么四边形 AGCF为平行四边形，
从而CG / / AF，又CG 面D1EF, AF 面D1EF,故CG / /面D1EF，
（2）由上问结论知点G到平面D1EF的距离等于点C到平面D1EF的距离.易得
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D1E 5,EF 2,D1F 3，利用余弦定理得 cos D1EF
5 2 9 10
,则
2 5 2 10
sin D 3 10 1 1 3 10 3 1EF , S D EF D1E EF sin D EF 5 2 .10 1 2 1 2 10 2
C 1 1设点 到平面D1EF的距离d ，利用等体积法VC D EF S CEF D1C1 S D EF d，可得1 3 3 1
1
S DC 1 1 2d CEF 1 1 2 2 D EF 2
S 3 D EF 3
，即点G到平面 1 的距离为 3 .
1
2
f x x x 3 (0, ) 2 3 x
2 2x 3 x 316. 1 m x 1 （ ）当 3时， ( ) 2 ln ，其定义域为 ，f (x) 1 2 x x x x2 ，x2
令 f x 0，得 x 3（ x= 1舍去），当0 x 3时， f x 0，函数 f (x)单调递增；当 x 3时， f x 0，
函数 f (x)单调递减．所以函数 f (x)的单调递增区间为 (0,3)，单调递减区间为 (3, )；
m 1
（2）方法 1：由条件可知 f (1) 0，于是m 1 0，解得m 1．当m 1时， f (x) 2 ln x x 2 ln x x ，
x x
1 x 1 2
构造函数 g(x) 2ln x x ，x 1，g (x) 2 1 1 0，所以函数 g(x)在[1, )上单调递减，x x x2 x2
于是 g (x) g (1) 0，因此实数 m的取值范围是 ( ,1]．
方法 2：由条件可知m x2 2x ln x对任意的 x [1, )恒成立，令 h(x) x2 2x ln x，x 1，只需m [h(x)]min
即可．
h x 2x 2 ln x 1 2 x ln x 1 ，令 x x ln x 1，则 x x 1 0，所以函数 h x 在[1, )上
x
单调递增，于是 h x h 1 0，所以函数 h(x)在[1, )上单调递增，所以 h x h 1 1，于是m 1，min
因此实数 m的取值范围是 ( ,1]．
17.（1）根据题意，20棵样本果树中果实平均直径大于 7.2cm的有 3棵，所以该农村地区 2000棵果树中果
2000 3实平均直径大于 7.2cm的有 300棵，平均每棵果树结果 50个，所以估计优果的个数为
20
300 50 15000（个）；
（2）（ⅰ）因为 P X 3 0.9973，所以P 3 X 3 0.9973，所以
P X u 3 1 0.9973 0.00135，
2
n个测量果实直径，出现果实小于 3 的果实的概率为：
p 1 C0n 1 0.00135
n 0.00135 0 1 0.99865 n，
当 n越来越大时， 0.99865 n越来越小，1 0.99865 n越来越大，所以试说明此种方案犯错误的概率会随着
摘取果实数的增加而增加；
（ⅰⅰ）1 0.99865 n ln 0.995 0.005 0.005得， n 3.57，因为 n为整数，
ln 0.99865 0.0014
所以 n 3，估计该地所有果树中需要检验的果实的总个数为3 2000 6000个.
EF 1 p 18.（1）点 F到圆 E上点的最大距离为 ，即 3 1 62 ，得
p 4 ,

故抛物线C的方程为 y2 8x .
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（2）设M (0,m),N (0, m)
4 m 4 m
，则 PA方程为 y x m， PB方程为 y x m ,
2 2
16 4m
联立 PA 2与抛物线C的方程可得 y y
16m
0 y 4 y ，即 0 ,4 m 4 m 4 m
4m y2A 2m
2
因此A点纵坐标为 yA ，代入抛物线方程可得A点横坐标为 xA 8 2 ，4 m 4 m

2m
2 4m 2m2 4m
则A点坐标为 , , 2 ,同理可得 B点坐标为 2 ,因此直线 AB的斜率为
4 m 4 m 4 m 4 m
y y 16 m2 4m 16 m2 2 k A B 2m 2 ,代入 B点坐标可以得到 AB方程为 y x x 2 2
,
A xB m 4 m m 4 m
16 m2
整理可以得到 y 2 x 2 ,因此 AB经过定点 (0, 2) .m
19.（1）解：设 an 1 kan 的公比为q，则 an 2 kan 1 q an 1 kan ，即 an 2 q k an 1 qkan，
q k 5 k 2 k 3
由an 2 5an 1 6a

n，可得 qk 6，解得 或 ，所以 k 2或 k 3 . q 3 q 2
k 2 k 3
（2）解：由（1）知，当 时，an 1 2a a 2a 3n 1 8 3n n 1 n，当 时，a 3a a 3a 2 8 2 ，
q 3
n 2 1
q 2
n 1 n 2 1
两式相减得 an 8 3n 2n . n n当 n为奇数时，3n 2n的个位数为 1或 9，an 8 3 2 的个位数不可能为 0；
当 n *为偶数时，设 n 2k k N ，则 an 8 32k 22k 8 9k 4k ，
1000 3
要想 an 末尾 3个数字为 0，需满足9k 4k被 5 125整除，8
当 k 1, 2,3时，9k 4k 均不符合题意；当 k 3时，
9k 4k 1 10 k 1 5 k C0 k 1 k 1 2 k 2 2 k 1 Ck ( 1) 10 Ck 1 10 C
k
k 10
k

C0 1 k C1 1 k 1 5 C2 1 k 2 52 Ck 5k ，自103，53 k k k k 以后各项均可被 125整除，
故只需考虑

1
k 1 k 1 k k 1 k 10 1 k 2 102 k k 1 1 1 k 5 1
k 2 k(k 1) 52
2 2

1 k 1 5k 1 k 2 k k 175 1 1 k 2 5k 2 15 k 1 能否被 125整除，2 2
其中 2 15 k 1 不是 5的倍数，故若原式能被125整除，需 k为偶数且能被 25整除，即 k需是 50的倍数，
在 1，2，3，…，2024中，50的倍数有 40个：50，100，150，…，2000，
故在 a1，a2，…，a2024中，3级十全十美数的个数为 40.
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