江西省上进联考2024届高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题（Word版附解析）

这是一份江西省上进联考2024届高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，已知集合，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

高三数学试卷
试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。
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，再选涂其他答案标号。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．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。
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．在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
2．椭圆的长轴长与焦距之差等于（ ）
A．B．C．D．
3．函数的一个单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面向量，，其中，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．设是两个不同的平面，是两条共面直线，，，则“”是“”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
6．为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校成立了手工艺社团，并开设了陶艺、剪纸等6门课程．该校甲、乙2名同学报名参加手工艺社团，每人仅报2门课程，其中甲不报陶艺、乙不报剪纸，且甲、乙两人所报课程均不相同，则甲、乙报名课程的方案种数为（ ）
A．18B．24C．36D．42
7．已知函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A．3或B．2或C．或D．或
8．如图，将边长为1的正以边为轴逆时针翻转弧度得到，其中，构成一个三棱锥．若该三棱锥的外接球半径不超过，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．已知是等比数列的前5项中的其中3项，且，则的前7项和可能为（ ）
A．B．C．D．
10．已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．对，B．当时，
C．当时，D．，使得
11．已知定义在上的函数满足，的导函数为，则（ ）
A．B．是单调函数
C．D．为偶函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．某新能源汽车店五月份的前8天汽车销量（单位：辆）分别为：，则这组数据的分位数为______．
13．在中，内角所对的边分别为，是的中点，，则______．
14．已知抛物线的焦点为，直线经过点交于两点，两点在的准线上的射影分别为，且的面积是的面积的4倍，若轴被以为直径的圆截得的弦长为，则的值为______．
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．（13分）已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求的单调区间与最大值．
16．（15分）如图，在正三棱柱中，为的中点．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（15分）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
（1）求的方程；
（2）若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
18．（17分）已知袋中装有除颜色外均相同的4个黑球、1个白球，现从袋中随机抽取1个小球，观察颜色，若取出的是黑球，则放回后再往袋中加进1个黑球；若取出的是白球，则放回后再往袋中加进2个白球；第二次取球重复以上操作，记第次操作后袋中黑球与白球的个数之差为．
（1）求的分布列与数学期望；
（2）求在第2次操作中取出黑球的条件下，的概率．
19．（17分）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中按照上述办法，第次得到数列，④，则称数列④为数列①的阶差分数列，其中，若数列的阶差分数列是非零常数列，则称数列为阶等差数列（或高阶等差数列）．
（1）若高阶等差数列为，求数列的通项公式；
（2）若阶等差数列的通项公式．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求数列的前项和．
附：．
2023—2024学年高三5月高考适应性大练兵联考
高三数学参考答案及评分细则
1．【答案】A
【解析】 由题得，所以，所以．故选A．
2．【答案】B
【解析】 由题得，，所以，，所以长轴长，焦距，所以长轴长与焦距之差等于．故选B．
3．【答案】C
【解析】 令，则，由复合函数的单调性可知的单调递减区间为函数的单调递减区间，又函数为偶函数，结合图象可知函数的单调递减区间为和，即的单调递减区间为和．故选C．
4．【答案】A
【解析】 因为，所以，又，所以，当且仅当时等号成立．故选A．
5．【答案】B
【解析】 如图，，，，此时无法推出，所以“”不是“”的充分条件；由共面，设，则，，又因为，所以，所以“”是“”的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件．故选B．
6．【答案】D
【解析】 按甲报的课程分为两类：①若甲报剪纸，则从除了陶艺的其他4门课程中再选1门，有种结果，乙再从剩余4门课程中选2门，有种结果，有种；②若甲不报剪纸，则从除了陶艺、剪纸的其他4门课程中选2门，有种结果，乙再从剩余除剪纸外的3门课程中选2门，有种结果，有种，综上，共有种方案．故选D．
7．【答案】A
【解析】 ，其中，．因为的图象关于点中心对称，所以，所以，所以，，所以，当时，；当时，，综上，或．故选A．
8．【答案】C
【解析】 如图，由正知，取线段的中点，取线段上靠近点的三等分点，则为正的外心．取的中点，连接，由知，为线段的中垂线．在平面内过作的垂线交于，连接，则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小．设，易知，，，，，则，化简得，又，所以，解得，结合，可解得，故，即．故选C．
9．【答案】AB（每选对1个得3分）
【解析】 设等比数列的公比为，由于等比数列中所有奇数项同号，所有偶数项同号，结合已知可知，其中2，8这两项的奇偶性相同，又，故或8．①若，，可得，此时，符合题意，所以的前7项和为；②若，，可得，此时，，符合题意，所以的前7项和为．综上，的前7项和为或．故选AB．
10．【答案】AB（每选对1个得3分）
【解析】对，A正确；当时，联立解得所以，B正确；当时，若，则；若，则直线与直线平行，所以，解得，C错误；若，则，无解，D错误．故选AB．
11．【答案】ACD（每选对1个得2分）
【解析】 令，得，得，令，得，得，A正确；由可知不是单调函数，B错误；令，得，所以，所以，C正确；对两边求导得，即，所以为偶函数，D正确．故选ACD．
12．【答案】13
【解析】将这8个数据从小到大排列得，因为，所以这组数据的分位数为．
13．【答案】
【解析】由题得，所以，即，所以，所以．
14．【答案】
【解析】当点在第一象限时，由抛物线的定义可得，，所以，所以，所以．如图，过点作于点，所以，所以，所以，所以，所以直线的斜率．则直线，与联立得，解得，，所以，所以以为直径的圆的半径，圆心到轴的距离，所以弦长为，解得．当点在第三象限时，由对称性可得．综上，．
15．解：（1）由题得，所以切点的坐标为，
代入切线方程得，解得．
所以切线方程为，所以．
又，所以，解得．
（2）由（1）知，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以的最大值为．
【评分细则】
第（2）问中结果为也正确．
16．（1）证明：取的中点，连接，又为的中点，所以，
又，所以，所以直线确定一个平面，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
又，所以平面，
又平面，所以．
（2）解：由（1）可得平面，平面，平面，所以，，以为原点，的方向分别为轴的正方向建系如图，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由得
取，则，，所以，
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
【评分细则】
1．第（1）问中可用空间向量法求解，若采用不同方法建系，酌情给分；
2．第（2）问若采用几何法求解，酌情给分．
17．解：（1）记的半焦距为，由题得的离心率，①
由对称性不妨设的顶点为，渐近线方程为，则，②
又，③
联立①②③解得，，，
所以的方程为．
（2）设，联立得，
所以解得，且
，，
所以．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或．符合式，
所以或．
【评分细则】
1．第（1）问中求双曲线方程不写成标准形式，不扣分；
2．第（2）问中不列判别式扣1分；
3．第（2）问中求出值后不检验扣2分．
18．解：（1）两次操作取出的球均为黑球，则第2次操作后袋中有6个黑球、1个白球，此时，
所以；
两次操作取出的球均为白球，则第2次操作后袋中有4个黑球、5个白球，此时，
所以；
两次操作取出的球中黑、白球各一次，则第2次操作后袋中有5个黑球、3个白球，此时，
所以，
所以的分布列为
所以．
（2）记事件为“在第次操作中取出黑球”，事件为“第3次操作后袋中黑球与白球的个数之差为3”．
则，
若第1次操作取到的是白球，且第2次操作取到的是黑球，则第2次操作后袋中有5个黑球、3个白球，
①若第3次取到的是白球，则第3次操作后袋中有5个黑球、5个白球，此时；
②若第3次取到的是黑球，则第3次操作后袋中有6个黑球、3个白球，此时；
若第1次操作取到的是黑球，且第2次操作取到的是黑球，则第2次操作后袋中有6个黑球、1个白球，
①若第3次取到的是白球，则第3次操作后袋中有6个黑球、3个白球，此时；
②若第3次取到的是黑球，则第3次操作后袋中有7个黑球、1个白球，此时，
所以表示第1次操作取到的是白球，且第2次和第3次操作取到的是黑球或第1次和第2次操作取到的是黑球，且第3次操作取到的是白球，所以，
所以．
【评分细则】
1．第（1）问中求也可用直接法求；
2．第（1）问中计算各概率值时，概率值未写成最简分数的形式，不扣分；
3．第（1）问期望值和第（2）问概率值均非最简结果，扣掉1分，只有一个不是最简结果，不扣分．
19．解：（1）数列的一阶差分数列为，
二阶差分数列为，为非零常数列，
所以，即，且，
所以数列是首项为1、公差为4的等差数列，
所以，即，且，
所以当时，
，
当时，，也满足上式，
综上，数列的通项公式为．
（2）（ⅰ），所以，
，
所以，
所以，
所以数列是4阶等差数列，即．
（ⅱ）
，
所以，
又
，
所以
．
【评分细则】
1．第（ⅰ）问通过观察猜测通项公式，写对给2分；
2．第（ⅱ）问若用其他解法，酌情给分．
2
5