2024年江西省五市九校协作体高考数学第二次联考试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江西省五市九校协作体高考数学第二次联考试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知1+i是实系数方程x2+ax+b=0的一个根.则a+b=( )
A. 4B. −4C. 0D. 2
2.设集合M={x| x−1b>0)上，C的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2，且∠F1PF2的平分线与l垂直，则C的长轴长为( )
A. 102B. 10C. 102或 104D. 10或 102
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知e1、e2是夹角为π3的单位向量.a=2e1−e2，b=e1−e2.下列结论正确的有( )
A. |a|= 3B. a⋅b=−32
C. ⟨a,b⟩=π3D. a在b方向上的投影数量为32
10.在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0).点P满足|PA||PB|=12，设点P的轨迹为C.下列结论正确的是( )
A. C的方程(x+4)2+y2=9
B. 在x轴上存在异于A、B的两定点D、E，使|PD||PE|=12
C. 当A、B、P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 在C上不存在点M，使|MO|=2|MA|
11.已知定义在R上的连续函数f(x)，其导函数为f′(x)，且f(0)=e,f(12)=1，函数y=f′(x+12)为奇函数，当x>12时f′(x)>f(x)，则( )
A. f(1)=eB. f(2)>e2
C. ∃x0∈R，f(x0)f(−ln1.1)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2−xy)(x−y)7的展开式中x4y3的系数为______.
13.记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a+ba+c=sinC−A2sinC+A2，则ca+cb的最小值为______.
14.若实数a，b，c满足条件：ea−b+c+ea+b−c=2e2(a−1)，则abca4+b4+c4的最大值是______.
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.(本小题13分)
从集合{1,2,3,4,5}的所有非空子集中，等可能地取出m个．
(1)若m=1，求所取子集的元素既有奇数又有偶数的概率；
(2)若m=2，记所取子集的元素个数之差为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ).
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−a(x−1)，其中a∈R.
(1)若a=1，求函数f(x)的增区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为0.求a的取值范围.
17.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC⊥AB1，AB=BC.
(1)求证：BC1⊥平面AB2C；
(2)若AB⊥B1C，∠CBB1=60∘，求二面角B1−AA1−C1的余弦值．
18.(本小题17分)
我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆C1:x24+y2b2=1(00，试比较lnan与an−1的大小，并证明t>Sn+1−Sn−eSn−n.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：1+i是实系数方程x2+ax+b=0的一个根，
则(1+i)2+a(1+i)+b=0，即2i+a+ai+b=0，即a+2=0a+b=0.
故选：C.
根据已知条件，将1+i代入方程中，再结合复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：M={x| x−10，
∴g(x)在(12,+∞)上单调递增，
∴g(2)=f(2)e2>g(1)=f(1)e1=ee=1，f(2)>e2，B正确；
C项，∵当x>12时，g(x)=f(x)ex>g(12)=f(12)e12=1e12>0，
∴f′(x)>f(x)>0，f(x)在(12,+∞)上单调递增，
又f(x+12)=f(−x+12)⇒f(x)的图象关于直线x=12对称，
∴f(x)在(−∞,12)上单调递减，则f(x)在x=12取得最小值为1，
∴不存在x0∈R，f(x0)0)，则h′(x)=ex−1>0，h(x)单调递增，
h(x)=ex−x>h(0)=e0−0=1，即ex>x+1(x>0)，
∴e0.1>1+0.1=1.1⇒e0.1−12>1.1−12=0.6，
令φ(x)=ln(1+x)−x(x>0)，则φ′(x)=11+x−1=−x1+x12时，函数f(x)单调递增，则f(e0.1)>f(−ln1.1)，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于难题．
12.【答案】−105
【解析】解：根据题意，(x−y)7展开式的通项公式为Tr+1=C7rx7−r(−x)r，
则令r=3，T4=C73x4(−y)3=−35x4y3，
令r=4，T5=C74x3(−y)4=35x3y4，
则(2−xy)(x−y)7的展开式中x4y3的系数为2×(−35)+(−1)×35=−105.
故答案为：−105.
写出(x−y)7展开式的通项公式即可解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
13.【答案】2 3
【解析】解：由正弦定理得，a+ba+c=sinA+sinBsinA+sinC，
又a+ba+c=sinC−A2sinC+A2，
所以sinA+sinBsinA+sinC=sinC−A2sinC+A2，
因为sinA+sinC=2sinC+A2csC−A2，
所以sinA+sinB=2sinC+A2csC−A2⋅sinC−A2sinC+A2=sin(C−A)，
因为sinB=sin(π−B)=sin(C+A)，
所以sinA+sinAcsC+sinCcsA=sinCcsA−sinAcsC，
所以sinA=−2csCsinA，
因为00时，x>0，当f′(x)0，不满足题意，
综上，a的取值范围是(−∞,1].
【解析】(1)当a=1时，f(x)=lnx−(x−1)，写出函数的定义域，求导，解不等式f′(x)>0，即可得解；
(2)求导，分a≤0，01三种情况，讨论f(x)的单调性，求出f(x)的最大值，即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设BC1∩B1C=O，连接OA，
∵侧面BB1C1C为菱形，
∴BC1⊥B1C，且O为B1C及BC1的中点，
又AC⊥AB1，∴OA=OC=OB1，
又AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，即BC1⊥OA，
而OA，B1C为平面AB1C内的两条相交直线，∴BC1⊥平面AB1C1.
(2)∵AB⊥B1C，BC1⊥B1C，AB∩BC1=B∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，即OA⊥OB1，
从而OA，OB，OB1两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长度，建立如图的空间直角坐标系O−xyz
∵∠CBB1=60∘，∴△CBB1为等边三角形，
∵AB=BC，∴A(0,0, 33),B(0, 33,0),C(0,− 33,0)，
∴AB1=(0, 33,− 33),AA1=BB1=(−1, 33,0),AC1=AC=(0,− 33,− 33)，
设n=(x,y,z)是平面B1AA1的法向量，
则n⋅AB1=0n⋅AA1=0，即 33(y−z)=0−x+ 33y=0，取x=1，得n=(1, 3, 3)，
设m是平面C1AA1的法向量，
则m⋅A1C1=0m⋅AA1=0，同理可取m=(1, 3,− 3)，
∵cs(n,m)=n⋅m|n|⋅|m|=17，∴二面角B1−AA1−C1的余弦值为17.
【解析】(1)设BC1∩B1C=O，连接OA，推导出BC1⊥B1C，AC⊥AB1，BC1⊥OA，由此能证明BC1⊥平面AB1C1.
(2)OA，OB，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长度，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角B1−AA1−C1的余弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可设双曲线C2：x24−y2b2=1，
则e1e2= 4−b22× 4+b22= 154，解得b2=1，
∴双曲线C2的方程为x24−y2=1；
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为x=ty+4，
由x=ty+4x24−y2=1，消去x得(t2−4)y2+8ty+12=0，则t≠±2，Δ>0，
且y1+y2=−8tt2−4，y1y2=12t2−4，
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2−2=y1(ty2+2)y2(ty1+6)=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=ty1y2+2(y1+y2)−2y2ty1y2+6y2=12tt2−4−16tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−4tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−13；
(ii)设直线AM：y=k(x+2)，代入双曲线方程并整理得(1−4k2)x2−k2x−16k2−4=0(1−4k2≠0)，
由于点M为双曲线的左顶点，∴此方程有一根为−2，
∴−2xA=−16k2+41−4k2，解得xA=2(4k2+1)1−4k2，
∵点A在双曲线的右支上，∴xA=2(4k2+1)1−4k2>0，
解得k∈(−12,12)，即kAM∈(−12,12)，
同理可得kBN∈(−∞,−12)∪(12,+∞)，
由(i)kBN=−13kAM∈(−∞,−16)∪(16,+∞)，
∴kAM∈(−12,−16)∪(16,12)，
∴w=kAM2+23kBN=kAM2+23(−3kAM)=kAM2−2kAM∈(−34,−1136)∪(1336,54).
【解析】(1)由题意可设双曲线C2：x24−y2b2=1，利用e1e2= 154，可求b；
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为x=ty+4，与双曲线联立方程组可得y1+y2=−8tt2−4，y1y2=12t2−4，进而计算可得kAMkBN为定值．
(ii)设直线AM：y=k(x+2)，代入双曲线方程可得xA=2(4k2+1)1−4k2，进而可得kAM∈(−12,12)，kBN∈(−∞,−12)∪(12,+∞)，进而由(i)可得kAM∈(−12,−16)∪(16,12)，进而求得w=kAM2+23kBN的取值范围．
本题考查椭圆和双曲线的标准方程与离心率，双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，渐近线与双曲线的位置关系，属中档题．
19.【答案】解：(1)根据“H(t)数列”的定义，则t=1，故an+1−a1a2a3⋯an=1，
因为a2−a1=1成立，a3−a2a1=1成立，a4−a3a2a1=8−1×2×3=8−6=2≠1不成立，
所以1，2，3，8，49不是“H(1)数列”．
(2)由{an}是首项为2的“H(t)数列”，则a2=2+t，a3=3t+4，
由{bn}是等比数列，设公比为q，
由i=1nai2=a1a2a3⋯an+lg2bn，
则i=1n+1ai2=a1a2a3⋯anan+1+lg2bn+1，
两式作差可得an+12=a1a2a3⋯an(an+1−1)+lg2bn+1−lg2bn，
即an+12=a1a2a3⋯an(an+1−1)+lg2q，
由{an}是“H(t)数列”，则an+1−a1a2a3⋯an=t，对于n≥1，n∈N恒成立，
所以an+12=(an+1−t)(an+1−1)+lg2q，
即(t+1)an+1=t+lg2q对于n≥1，n∈N恒成立，
则(t+1)a2−t=lg2q(t+1)a3−t=lg2q，即(t+1)(2+t)−t=lg2q(t+1)(3t+4)−t=lg2q，
解得，t=−1，q=2，
又由a1=2，a12=a1+lg2b1，则b1=4，
故t=−1，数列{bn}的通项公式bn=2n+1.
证明：(3)设函数f(x)=lnx−x+1，则f′(x)=1x−1，
当x>1时，f′(x)1，t>0，则a2=a1+t>1，
反复利用an+1=a1a2a3⋯an+t，
可得对于任意的n≥1，n∈N，an>1，
则f(an)