江西省上进联考2023-2024学年高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题（学生版+教师版 ）

这是一份江西省上进联考2023-2024学年高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题（学生版+教师版 ），文件包含江西省上进联考2023-2024学年高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题教师版docx、江西省上进联考2023-2024学年高三下学期5月高考适应性大练兵数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，由复平面内复数对应的点的坐标可以得出对应复数的代数形式，再结合复数的四则运算法则，即可得解.
【详解】因为复数对应的点的坐标为，所以，
所以，所以．
故选：A．
2. 椭圆的长轴长与焦距之差等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程求出，再求长轴长与焦距之差.
【详解】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. 函数的一个单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数型复合函数的单调性即可得出答案.
【详解】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，
即函数为偶函数，
结合图象，如图所示，
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. 已知平面向量，，其中，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行，得到，结合基本不等式即可求.
【详解】由题意，因为，所以，又，
所以，当且仅当即时等号成立．
故选：A
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
【答案】B
【解析】
【分析】举出反例说明“”不是“”的充分条件；再证明出以“”是“”的必要条件，即可.
【详解】
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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论甲是否报剪纸，先安排甲，再安排乙，结合组合数分析求解.
【详解】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；
综上所述：共有种方案．
故选：D．
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意整理可得，其中，，结合正弦函数对称性可得，，分类讨论的奇偶性，结合诱导公式分析求解.
【详解】由题意可知：，
其中，．
因为的图象关于点中心对称，则，
整理可得，则，
解得，，则，
当时，；
当时，；
综上所述：或．
故选：A．
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.
【答案】C
【解析】
【分析】作辅助线，则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小，设，结合题意分析可知，结合题意分析求解即可.
【详解】取线段的中点，线段上靠近点的三等分点，的中点，
连接，则为正的外心，，可知为线段的中垂线，
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，则，，，，，
可得，
化简得，
又因为，即，解得，
结合，可得，则，所以．
故选：C．
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
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.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据等比数列分析可知：且或8，分或，结合等边数列通项公式分析求解，再结合等边数列求和公式分析求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为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，
又因为，可知或8，则有：
若，，则，解得，符合题意，
所以的前7项和为；
若，，则，解得，此时，符合题意，
所以的前7项和为；
综上所述：的前7项和为或．
故选：AB．
10. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. 当时，
C. 当时，D. ，使得
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：根据直线方程分析判断；对于B：根据题意求直线交点即可；对于C：根据空集定义结合直线平行运算求解；对于D：根据直线重合分析求解.
【详解】对于选项A：因为表示过定点，且斜率不为0的直线，
可知表示直线上所有的点，
所以，故A正确；
对于选项B：当时，则，，
联立方程，解得，所以，B正确；
对于选项C：当时，则有：
若，则；
若，可知直线与直线平行，且，
可得，解得；
综上所述：或，故C错误；
对于选项D：若，由选项C可知，且，无解，故D错误．
故选：AB．
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
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：利用赋值法分析可得，；对于B：根据结合单调性的定义分析判断；对于C：分析可得，即可得结果；对于D：对求导，结合偶函数的定义分析判断.
【详解】因为，且的定义域为，
对于选项A：令，则，可得；
令，则，可得，故A正确；
对于选项B：由选项A可知，所以不是单调函数，故B错误；
对于选项C：令，可得，
即，所以，故C正确；
对于选项D：由选项C可知，
对两边求导得，即，
所以为偶函数，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
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______．
【答案】13
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，然后算出分位数的位置，由百分位数的定义，即可得到答案.
【详解】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．
故答案为：13
13. 在中，内角所对的边分别为，是的中点，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合正弦定理边化角即可得解.
【详解】在中，是的中点，，
则，即，因此，
所以.
故答案为：
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______．
【答案】
【解析】
【分析】先研究点在第一象限时，由的面积是的面积的4倍，求出直线的斜率，联立直线与抛物线方程求出的值；再根据对称性研究在第三象限时的值即可.
【详解】如图，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，则，
所以，所以，
所以，所以直线斜率，
则直线，直线与联立，得，
设与的横坐标分别为，，则，
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，.
故答案为：.
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. 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．
【答案】（1），
（2）单调递增区间为，单调递减区间为，最大值为．
【解析】
【分析】（1）先根据切点在曲线上确定切点的坐标；再根据切点在切线上和导数的几何意义列出方程组求解即可.
（2）根据导函数的符号与原函数单调性的关系即可得出单调区间；再根据单调性可求出最大值..
【小问1详解】
因为，
所以，，
则切点坐标.
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得．
【小问2详解】
由（1）可得：函数的定义域为：，.
令，得；令，得.
所以单调递增区间为，单调递减区间为，
所以的最大值为．
16. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，根据题意可得，，可证平面，即可得结果；
（2）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
且为的中点，则，
因为，则，所以四点过面，
因为平面，平面，则，
又因为，且为的中点，则，
且，平面，可得平面，
且平面，所以．
【小问2详解】
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，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 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．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由离心率及顶点到渐近线的距离列方程即可求；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式，点到直线距离公式求解面积即可.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
设，
由得，
所以，
解得，且，
所以，，
所以．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，符合式，
所以或．
18. 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．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）．
【解析】
【分析】（1）先确定的取值，分别求解概率，写出分布列，利用期望公式可求期望；
（2）先利用全概率公式求，再利用条件概率可求答案.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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．
19. 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：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据阶等差数列的定义，分别求出一阶差分数列和二阶差分数列，发现二阶差分数列为常熟列，即可得出，即，得到为等差数列，求得，即，然后用累加法即可求解；
（2）（ⅰ）根据阶等差数列的定义，从一阶差分数列、二阶差分数列、三阶差分数列…依次往下求，当出现常数列时为止，即可确定为r的值；（ⅰⅰ）结合二项式定理将转化为了，然后利用裂项相消求和与分组求和的方法即可得解.
【小问1详解】
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．
小问2详解】
（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
．
【点睛】关键点点睛：本题第2问的第ⅱ小问，求和关键是把平时熟悉的裂项相消求和与分组求和的方法应用到该题，结合二项式定理巧妙而关键的将转化为了，然后第一组可以用裂项相消求和的思想来求和，第二组用题干中给出的公式求和，第三组用等差数列公式求和即可.
2
5