2023-2024学年江西省上进联盟高二（下）联考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省上进联盟高二（下）联考数学试卷（5月份）（含答案），共9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.“对任意n∈N∗，f(x)=3x2n是偶函数”的否定是( )
A. 存在n∈N∗，使f(x)=3x2n不是偶函数
B. 对任意n∈N∗，f(x)=3x2n不是偶函数
C. 存在n∈N∗，使f(x)=3x2n是偶函数
D. 不存在n∈N∗，使f(x)=3x2n是偶函数
2.已知{an}为等差数列，若a3+a7+a11=3a9+1，则{an}的公差为( )
A. 13B. −13C. 16D. −16
3.已知f(x)=sin3x，则f′(π4)=( )
A. 22B. − 22C. 3 22D. −3 22
4.已知变量x，y线性相关，利用样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,4,5)求得的回归直线方程为y =−13x+5，且点(xi,yi)(i=1,2,3,4,5)都在直线y=−13x+5.上，则这组样本数据的相关系数r=( )
A. 1B. −1C. 13D. −13
5.已知函数f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)=x3+ax2+b，若f(x)的图象在x=−1处的切线方程为3x+y=0，则a−b=( )
A. 4B. −4C. 2D. −2
6.已知p：双曲线x24−y2m=1(m>0)的渐近线与圆(x−2)2+y2=1没有公共点，q：数列{an}中an=mn−2，且{an}是递增数列，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=(13n−23)Sn，则i=1100Si=( )
A. 32−2032×3100B. 94−1974×399C. 94−2034×399D. 94−2034×3100
8.已知f(x)=− xlnx，g(x)=1−2 −x，若存在x1，x2，使得f(x1)=g(x2)，则x1+x2 x1+ −x2有( )
A. 最小值为12B. 最大值为12C. 最小值为3e2−12D. 最大值为3e2−12
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。
9.某公司为入职员工实行每月加薪，小王入职第1个月工资为a元，从第2个月到第13个月，每月比上个月增加100元，从第14个月到第25个月，每月比上个月增加50元，已知小王前3个月的工资之和为9300元，则( )
A. a=3000
B. 小王第3个月与第7个月工资之和等于第2个月与第8个月工资之和
C. 小王入职后前15个月的工资之和是第8个月工资的15倍
D. 小王入职后第20个月的工资为4550元
10.若数列{an}满足，对任意正整数n，恒有an≥a7，则{an}的通项可以是( )
A. an=n2−403nB. an=n(78)n
C. an=2n−112n−15D. an=cs2nπ3−sin2nπ3
11.根据f(x)= xex(x>0)的单调性判断，下列结论正确的有( )
A. 3< 3.1e0.1B. 2e14<3e19
C. 3e> ln3D. 1.1e0.1+ 1.2e0.2>2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若A={−2,0,1,3}，B={x|x=23n,n∈Z}，则A∩B= ______．
13.已知{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是公比为正数的等比数列，若a1=b1=−1，a3=b2，a7=b3，则bn= ______．
14.若函数y=eaxe−1−lnxx−1ex−x的图象与直线y=a有4个交点，则实数a的取值范围是______．
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)
据统计，目前中国各省市博物馆藏品数量最多的前5个省市及藏品数量(单位：万件)依次为：北京(632.2)、四川(470.9)、上海(342.1)、陕西(329.2)、广东(262.7)，从这5个省市中任意选取2个省市，记选取到的博物馆藏品数量超过400万件的省市个数为X．
(1)求X的分布列与期望；
(2)在X≠0的条件下，求广东省没有被选取到的概率．
16.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，四边形ABCD是边长为4的菱形，点E，F分别为CD，PD的中点，AE⊥CD．
(1)证明：平面PAB⊥平面AEF；
(2)求平面PBC与平面AEF的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足nan+1=n+1an+4n2+4n，n∈N∗．
(1)证明：数列{1nan}是等差数列；
(2)若a1=18，bn=(2n+1)2an，求{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且a，b的等比中项为2．
(1)求C的方程；
(2)若直线y=kx(k≠0)与C交于点A，B两点，直线y=k1x+2过点A且与C交于另外一点A′，直线y=k2x+2过点B，且与C交于另外一点B′．
(ⅰ)设A(x1,y1)，A′(x2,y2)，证明：y2=3y1−42y1−3；
(ⅱ)若直线A′B′的斜率为k′，判断是否存在常数m，使得k是m，k′2的等比中项，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的导函数为f″(x)，对于区间A，若f(x)与f′(x)在区间A上都单调递增或都单调递减，则称f(x)为区间A上的自律函数．
(1)若f(x)=(x2+x+a)e2x是R上的自律函数．
(ⅰ)求a的取值范围；
(ⅱ)若a取得最小值时，f″(x)=t只有一个实根，求实数t的取值范围；
(2)已知函数g(x)=23x4−b2x2+cx(b>0)，判断是否存在b，c及x0∈(12,+∞)，使得g(x)在(12,+∞)上不单调，且g(x)是(12,x0)及(x0,+∞)上的自律函数，若存在，求出b与c的关系及b的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.B
5.D
6.A
7.C
8.B
9.ABD
10.ACD
11.BC
12.{−2,0}
13.−2n−1
14.(−1e2,0)
15.解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X=0)=C32C52=310，P(X=1)=C21C31C52=35，P(X=2)=C22C52=110，
所以X的分布列为：
则E(X)=0×310+1×35+2×110=45；
(2)设事件A表示“X≠0”，事件B表示“广东省没有被选取到”，
则P(A)=1−310=710，P(AB)=C22+C21C21C52=12，
所以在X≠0的条件下，广东省没有被选取到的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=12710=57．
16.解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，且AE⊥CD，
所以AE⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE，
因为PA∩AB=A，AB，PA⊂平面PAB
所以AE⊥平面PAB，
因为AE⊂平面AEF，
所以平面PAB⊥平面AEF．
(2)由(1)可得AB，AE，AP两两垂直，
因为AD=4，DE=2，AE⊥CD，
所以AE=2 3，
以点A为坐标原点，AB，AE，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(2,2 3,0),D(−2,2 3,0)，E(0,2 3,0)，P(0,0,2)，F(−1, 3,1)，
所以PB=(4,0,−2)，BC=(−2,2 3,0)，AE=(0,2 3,0)，EF=(−1,− 3,1)，
设平面PBC的法向量n1=(x1,y1,z1)，
则{n1→⋅PB→=0n1→⋅BC→=0，即4x1−2z1=0−2x1+2 3y1=0，
取y1=1，得x1= 3，z1=2 3，
故平面PBC的一个法向量n1=( 3,1,2 3)，
设平面AEF的法向量n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅AE=0n2⋅EF=0，即2 3y2=0−x2− 3y2+z2=0，
取x2=1，得y2=0，z2=1，
故平面AEF的一个法向量n2=(1,0,1)，
设平面PBC与平面AEF的夹角为θ，
则csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=| 3+2 3|4× 2=3 68，
所以平面PBC与平面AEF的夹角的余弦值为3 68．
17.解：(1)因为nan+1=n+1an+4n2+4n，
所以nan+1=n+1an+4n(n+1)，
两边同时除以n(n+1)得：1(n+1)an+1=1nan+4，
即1(n+1)an+1−1nan=4，得：数列{1nan}是公差为4的等差数列．
(2)由(1)可得{1nan}是公差为4的等差数列，首项1a1=8，
所以1nan=8+4(n−1)=4(n+1)，所以an=14n(n+1)，
又因为bn=(2n+1)24n(n+1)=1+14n(n+1)=1+14(1n−1n+1)，
所以Sn=n+14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=n+14(1−1n+1)=4n2+5n4n+4．
18.解：(1)因为C的离心率为 32，所以a2−b2a2=34，
整理得a2=4b2，所以a=2b，
因为a，b的等比中项为2，所以ab=4，
即2b2=4，b2=2，a2=8，
所以C的方程为x28+y22=1．
证明：(2)(ⅰ)y=k1x+2与x28+y22=1联立得(4k12+1)x2+16k1x+8=0，
则Δ=(16k1)2−32(4k12+1)=32(2k1−1)(2k1+1)>0，则k1<−12或k1>12，
所以x1x2=84k12+1，
因为k1=y1−2x1且x12+4y12=8，

所以x2=84x1(y1−2x1)2+x1=8x14(y1−2)2+x12=−x12y1−3，
所以y2=y1−2x1⋅(−x12y1−3)+2=3y1−42y1−3，即y2=3y1−42y1−3得证．
(ⅱ)由(ⅰ)知x2=−x12y1−3，y2=3y1−42y1−3．
因为直线AA′经过点(0,2)，(x1,y1)，直线BB′经过点(0,2)，(−x1,−y1)，
设B′(x3,y3)，则x3=−x12y1+3，y3=3y1+42y1+3．
又k=y1x1，k′=y3−y2x3−x2=3y1+42y1+3−3y1−42y1−3−x12y1+3+x12y1−3=−y13x1=−k3，
所以9k′2=k2，所以k′2，9的一个等比中项为k，
即存在m=9，使得k是m，k′2的等比中项．
19.解：(1)(ⅰ)因为f(x)=(x2+x+a)e2x，
所以f′(x)=(2x2+4x+2a+1)e2x，f″(x)=(4x2+12x+4a+6)e2x，
因为f(x)是R上的自律函数，
所以2x2+4x+2a+1≥0恒成立，4x2+12x+4a+6≥0恒成立，
所以16−8(2a+1)≤0,144−16(4a+6)≤0,
解得a≥34，所以a的取值范围是[34,+∞)．
(ⅱ)当a=34时，f″(x)=(4x2+12x+9)e2x=(2x+3)2e2x，
设ℎ(x)=f″(x)，则ℎ′(x)=(8x2+32x+30)e2x=8(x+52)(x+32)e2x，
所以当x∈(−52,−32)时，ℎ′(x)<0，f″(x)单调递减，
当x∈(−∞,−52)或x∈(−32,+∞)时，ℎ′(x)>0，f″(x)单调递增，
因为f″(−52)=4e5，f″(−32)=0，f″(x)≥0，
所以若f″(x)=t只有一个实根，t的取值范围是{t|t=0,或t>4e5}．
(2)由g(x)=23x4−b2x2+cx得g′(x)=83x3−2b2x+c，g″(x)=8x2−2b2，
令g″(x)=0得x=±b2，
当0b2时，g″(x)>0，
所以g′(x)在(0,b2)上单调递减，在(b2,+∞)上单调递增，
由g(x)在(12,+∞)上不单调，且g(x)是(12,x0)及(x0,+∞)上的自律函数，
得x0=b2，
则g′(b2)=83(b2)3−2b2⋅b2+c=0，c=23b3，
所以x∈(12,+∞)时，
g′(x)=83x3−2b2x+23b3=83x3−13b3−2b2(x−b2)=83(x−b2)2(x+b)≥0，
g(x)在(12,+∞)上单调递增，与已知矛盾，
所以不存在b，c及x0∈(12,+∞)，使得g(x)在(12,+∞)上不单调，且g(x)是(12,x0)及(x0,+∞)上的自律函数． X
0
1
2
P
310
35
110