江西省抚州市临川第一中学2024届高三下学期5月训练检测数学试题（Word版附解析）

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【分析】根据纯虚数的概念列方程求即可.
【详解】因为复数是纯虚数，
所以且，
所以．
故选：C.
2．C
【分析】由题意可知实质是求交点，进而联立组成方程组求解即可.
【详解】解：集合与集合均为点集，实质是求与的交点，
所以联立组成方程组得，
解得，或，
从而集合，
故选：C.
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.
3．D
【分析】根据已知可推得，进而即可求出投影向量.
【详解】根据已知可得，
所以，.
所以，在上的投影向量为.
故选：D.
4．D
【分析】对各个选项逐个加以分析：根据空间两直线的位置关系判定的方法，得到、两项都不具备必要性，故错；根据空间直线与平面的位置关系判定方法，得到没有必要性，而是一个必要非充分条件．由此可得正确答案．
【详解】解：对于，若“且”则必定“或、相交或、是异面直线”成立，故充分性不成立．
而若“ “则不一定“且”，可能，都垂直于，故必要性也不成立．故错；
对于，若“且”则有“”成立，应该是充分不必要条件，故错；
对于，若“且”成立，则有“或、是异面直线或、相交”成立，应该是既不充分也不必要条件，故错；
对于，若“，与所成角相等”不能推出“”，说明没有充分性，
反之若“”则必定有“，与所成角相等”成立，
因此符合题是必要非充分条件，正确
故选：．
【点睛】本题以空间直线的位置关系为例，考查了充分必要条件的判断，属于基础题．解题时应该注意合理利用空间直线与直线、平面与直线位置关系的常用结论．
5．B
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式求出，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求解即得.
【详解】由，得，解得，又，
所以.
故选：B
6．C
【分析】根据椭圆的定义求出，再由，即可求解.
【详解】由椭圆的对称性可知P，Q两点关于原点对称，
设椭圆的另一个焦点为，则四边形为平行四边形，
由椭圆定义可知：，
又，，所以，
又 过原点，所以，
所以的周长的最小值为：.
故选：C

7．A
【分析】构造特殊函数排除法即可.
【详解】由题意可知，满足题意.
选项A，，是周期函数.
而选项B，，选项C，，选项D，，均不是周期函数，故排除BCD.
选项A，证明：设，
，
则是以为周期的函数.
故选：A.
8．C
【分析】先利用两数列的通项公式分析两数列相同项的特点，得到的奇偶项的性质，从而得解.
【详解】设，则，可得，
则为3的倍数或为3的倍数，
设或，则或，
故的奇数项项数为t，偶数项项数为r，
又，由，解得（舍去），
由，解得，484是数列中的第14项．
故选：C．
9．BCD
【分析】根据题意，结合正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】A中，由正切函数的性质，可得为非奇非偶函数，所以A错误；
B中，令，可得，
即为函数的单调递增区间，令，可得，所以B正确；
C中，令，可得，
令，可得，故为其图象的一个对称中心，所以C正确；
D中，函数的最小正周期为，所以D正确.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】利用设直线方程，联立椭圆方程，结合判别式为0，求出蒙日圆方程判断A；求出的面积的最大值，即可判断B；判断以为直径的圆与椭圆的交点个数，即可判断C；设，求出的表达式，结合椭圆方程化简，求出其值，判断D.
【详解】因为椭圆方程为，故，
当椭圆的两条互相垂直的切线，一条斜率不存在，另一条斜率为0时，
切线分别经过长轴端点和短轴端点，此时切线的交点为；
当椭圆的两条互相垂直的切线斜率均存在时，
设两切线交点为，切点为，切线方程设为，
联立，整理得，
由于直线与椭圆相切，
故，
即，
由于两切线的斜率即为该方程的两个根，即，
又因为，则，即，
此时两切线交点的轨迹方程为，而也适合该方程，
故该椭圆的蒙日圆的方程为，A正确；

当Q点位于圆与y轴的交点处时，取到最大值，
最大值为,
即不存在点使的面积为25，B错误；
由于，故以为直径的圆的方程为，
而椭圆的短半轴长为，故圆与椭圆有四个交点，正确；
由题意知，设，则，故，
故，D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D.
【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为，
由题意，，
则①
②
②①得，，
即，故，故A错误；
由，
故，故B正确；
由，
故，即为等比数列，故C正确；
因为，
设，则，
，
相减可得
，
所以，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为，这句话的数量表示是本题推理论证的的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与难点.
12．90.5
【分析】计算，即可确定这15人成绩的第80百分位数为第12和第13个数据的平均数，由此可得答案.
【详解】因为，
将数据从小到大排序得56、70、72、78、79、80、81、83、84、86、88、90、91、94、98，
故这15人成绩的第80百分位数为，
故答案为：90.5.
13．
【分析】根据题意，取的中点，然后根据菱形的性质求解出,，得到是二面角的平面角.根据余弦值为，求解出，判断是正四面体，放置在正方体中，进而求出外接球的表面积.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，，
故是二面角的平面角,
因为,所以,
在中，由余弦定理,得，故四面体是正四面体.
如图所示，将其放置在正方体中，使得，，，是正方体的四个顶点，
则正方体的棱长为，体对角线长，即四面体的外接球的半径为，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
14．
【分析】对求导，利用导数判断其单调性和最值，令，整理得可得，构建，结合的图象分析的零点分布，结合二次函数列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，可得，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；
作出的图象，如图所示，
对于关于x的方程，
令，可得，整理得，
且不为方程的根，
可知方程等价于，
若方程有三个不相等的实数解，
可知有两个不同的实数根，
且或或，
构建，
若，则，解得；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
若，则，解得，
此时方程为，解得，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
（2）分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解．
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．
15．(1)；；
(2)．
【分析】（1）利用等差数列性质求出通项公式和前项和；
（2）利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设的公差为，因为，所以，………1分
又，所以，解得，…………..3分
所以，……….4分
．………..6分
（2），………9分
所以………11分
．……………….13分
16．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则
………..4分
解得， ………..6分
经检验，符合题意. …….7分
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．………8分
要证，
只需证．
即． ………….9分
令，则． …….10分
令，解得．
，的变化情况如下表所示
……………….13分
所以，时，有最小值．
故成立………15分
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可.
【详解】（1）取中点，连接，
因为四边形是边长为的菱形，所以，
因为,所以是等边三角形，………2分
所以,……………..3分
因为，所以，…….4分
因为，所以，所以………….5分
因为，平面，所以平面，………6分
因为平面，所以平面平面；…………….7分
（2）因为，所以，……..8分
由（1）知，平面平面，而平面平面，
平面，所以平面，………9分
所以直线两两垂直，以为原点建立如图空间直角坐标系，
则，…分
所以，
设平面的法向量为，
由，取，得，………11
设平面的法向量为，
由，取，得，…….12分
所以，…………分
由图可知二面角为锐二面角，………14分
所以二面角的余弦值为……….15分
18．（Ⅰ）;（Ⅱ）（ⅰ）见解析；（ⅱ）的最大值为，此时点的坐标为
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；
（Ⅱ）（ⅰ）由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；
（ⅱ）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．
试题解析：（Ⅰ）由题意知：，解得．
因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆的方程为．……3分
（Ⅱ）（1）设，由可得，
所以直线的斜率为，其直线方程为，即．……..4分
设，联立方程组
消去并整理可得，………5分
故由其判别式可得且，…….6分
故,……7分
代入可得，…….7分
因为，所以直线的方程为．…….8分
联立可得点的纵坐标为，即点在定直线上．……..9分
（2）由（1）知直线的方程为，
令得，所以，…….10分
又，…….12分
所以，……分
，…分
所以，令，则，….15分
因此当，即时，最大，其最大值为，此时满足，…….16分
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为．….17分
考点：椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力．
19．(1)90秒
(2)分布列见解析；期望秒
(3)，当取得最大值时的取值为1
【分析】（1）先优化假设，将士兵相遇时的转身改为互相穿过，然后计算单个士兵可能走的最远路程，再求得时间；
（2）列出T的所有可能取值并计算概率，然后列出分布列，根据期望公式计算；
（3）先优化假设，假设指挥官以外的士兵之间不会碰撞，并且初始背对指挥官的士兵一开始就直接消失，而初始面对指挥官的士兵在与指挥官相撞后也会消失；然后将问题转化为二项分布相关的问题，求出概率；再研究的单调性即可得出最大时的取值.
【详解】（1）由于两个士兵面对面相遇并转身等价于两个士兵互相穿过且编号互换，所以在最长时间下，坐标为10处的士兵必须向右，最长时间为秒，
所以3个士兵全部离开桥面的最长时间为90秒………3分
（2）T的可能取值为50，60，70，80，90，………4分
，
所以T的分布列
……………………………7分
期望秒………8分
（3）本小问的解答将分为4步进行. 第1步我们将把问题优化假设为以下情况：初始背对指挥官的士兵在一开始就消失，而初始面对指挥官的士兵在和指挥官相撞时也会消失；第2步我们将说明，在此种假设下，指挥官从初始面对的方向离开的充要条件是，初始状态下他前方的士兵中面对他的士兵数量，不超过初始状态下他后方的士兵中面对他的士兵数量；第3步我们利用服从二项分布，求出；第4步我们说明是递减数列，从而当取到最大值时，.
第1步：
根据题意，我们知道指挥官左边有个士兵，右边有个士兵.
由于两个士兵面对面相遇并转身等价于两个士兵互相穿过且编号互换，但我们只需要研究指挥官离开桥面的方式，无需考虑其它士兵的编号，所以我们不妨设除指挥官外的士兵两两之间不会碰撞，而是相遇后互相穿过对方. 不过，我们依然要考虑指挥官和士兵之间的碰撞.
在作出了除指挥官外的士兵两两之间不会碰撞的假设下，我们又有以下结论：
①在指挥官左（右）边的，初始方向朝左（右）的士兵（也就是初始时背对指挥官的士兵）永远不会和指挥官相撞，因为这样的士兵和指挥官都在桥上时，他们之间的距离永远不会减少；
②士兵一旦和指挥官相撞一次，就不会再次相撞，因为和指挥官相撞后的士兵将进入背对指挥官的状态，如①中所述，他们不可能再次相撞.
从而，我们还可以不妨假设：
①在指挥官左（右）边的，初始方向朝左（右）的士兵（也就是初始时背对指挥官的士兵）在开始的一瞬间就消失；
②而剩下的那些士兵（也就是初始面对指挥官的士兵）一旦和指挥官相撞，就会在相撞的瞬间消失（从而他们消失之前，始终面对指挥官）.
第2步：
设表示指挥官初始面向的那些士兵中，一开始面向指挥官的士兵数量；表示指挥官初始背对的那些士兵中，一开始面向指挥官的士兵数量.
根据之前的假设，一开始背对指挥官的士兵会直接消失，因此初始状态下，指挥官前方有个士兵，且都面朝指挥官；指挥官后方有个士兵，且也都面朝指挥官.
然后，我们考虑指挥官开始移动后发生的事情.
指挥官会先和他前面的一个士兵碰撞，然后转向，和他相撞的士兵随即消失，此时指挥官初始朝向和初始背向的士兵数量分别是和.
然后指挥官又会先和他前面（也就是初始背对）的一个士兵发生碰撞，然后转向，和他相撞的士兵随即消失，此时指挥官初始朝向和初始背向的士兵数量分别是和；
以此类推……直至某一刻，指挥官行进的方向上没有士兵，这时指挥官会从行进的方向离开桥.
这表明，为判断指挥官最终离开桥的方向，我们只需要轮流给和减1，直至这两个数中的某一个数达到0，在试图减1时无法再减少. 若最终无法再减少，则指挥官会从初始面向的方向离开桥；若最终无法再减少，则指挥官会从初始面向的方向离开桥.
所以，指挥官从他的初始方向离开桥，当且仅当.
第3步：
由于每个士兵的初始方向是独立的，且一开始面朝指挥官和背对指挥官各自的概率都是，所以一方面我们知道和独立，且都服从二项分布；另一方面我们知道除指挥官外的一切士兵中，初始面对指挥官的士兵数量同样服从二项分布…….10分
故
.
.
至此，我们得到了……分
第4步：
最后我们考虑什么时候取到最大.
由于，故，这表明.
所以是递减数列，从而当取到最大值时，……分
综合上述论证，所求概率；而当取到最大值时，……分
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于（3）的优化假设. 初始问题看似繁杂，但作出相应的优化假设后，即可将问题转化为两个二项分布的比较问题，从而让问题能够解决.
1
－
0
+
单调递减
1
单调递增
T
50
60
70
80
90
P