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−1<2}，N={x|x2−2x−3≤0}.则M∩N=( )
A. {x|−1≤x≤5}B. {x|1≤x≤3}C. {x|−1≤x≤3}D. {x|1≤x<5})
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，且S12−S5=21，则S17=( )
A. 17B. 34C. 51D. 68
4.若抛物线x2=8y上一点P(x0,y0)到焦点的距离是该点到x轴距离的2倍，则y0=( )
A. 12B. 2C. 1D. 2
5.将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的概率为( )
A. 35B. 45C. 25D. 15
6.已知函数f(x)=asin2ωx+cs2ωx(ω>0)图象的对称轴方程为x=kπ+π4，(k∈Z).则f(a4π)=( )
A. 22B. − 22C. 2D. − 2
7.已知正四面体S−ABC棱长为4，半径为12的球与侧面SAB、SAC、BAC都相切，则该球心到棱AB的距离为( )
A. 33B. 32C. 63D. 62
8.若点P既在直线l：x−y+2=0上，又在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>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)<1D. f(e0.1)>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(0(1)求双曲线C2的方程；
(2)设过点G(4,0)的动直线l交双曲线C2右支于A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为kAM，kBN.
(i)试探究kAM与kBN的比值kAMkBN是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(ii)求w=kAM2+23kBN的取值范围.
19.(本小题17分)
若存在常数t，使得数列{an}满足an+1−a1a2a3…an=t(n≥1,n∈N)，则称数列{an}为“H(t)数列”.
(1)判断数列：1，2，3，8，49是否为“H(1)数列”，并说明理由；
(2)若数列{an}是首项为2的“H(t)数列”，数列{bn}是等比数列，且{an}与{bn}满足i=1nai2=a1a2a3⋯an+lg2bn，求t的值和数列{bn}的通项公式；
(3)若数列{an}是“H(t)数列”，Sn为数列{an}的前n项和，a1>1，t>0，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−1<2}={x|1≤x<5}，N={x|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}，
则M∩N={x|1≤x≤3}.
故选：B.
先求出集合M，N，然后结合集合的交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，S12−S5=a6+a7+…+a11+a12=7a9=21，
所以a9=3，
则S17=17(a1+a17)2=17a9=51.
故选：C.
由已知结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为P(x0,y0)到焦点的距离d=y0+2，则y0+2=2y0，解得y0=2.
故选：D.
利用抛物线的性质结合已知条件，求解即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．
5.【答案】A
【解析】解：将1个0，2个1，2个2随机排成一行，共有A55=120种排法，
再将1个0，2个2三个数进行全排列共有A33=6种排列，
则2个1不相邻的排法有6×A42=72种排法，
则2个1不相邻的概率为72120=35.
故选：A.
先将1个0，2个2三个数进行全排列，再利用插空法得到2个1不相邻情况，再利用古典概型可解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：函数f(x)=asin2ωx+cs2ωx= a2+1sin(2ωx+φ)，tanφ=1a，
因为f(x)图象的对称轴方程为x=kπ+π4(k∈Z)，则两个相邻的对称轴相距π，
所以f(x)的最小正周期T=2π2ω=2π，得ω=12，
所以f(x)=asinx+csx，
由f(x)图象的对称轴方程为x=kπ+π4(k∈Z)，
得f(2kπ+π2−x)=f(x)，令x=0，则f(2kπ+π2)=f(0)(k∈Z)，
所以asin(2kπ+π2)+cs(2kπ+π2)=asin0+cs0(k∈Z)，得a=1，
所以f(x)=sinx+csx，
则f(a4π)=f(π4)=sinπ4+csπ4= 2.
故选：C.
利用辅助角公式，结合三角函数的性质可得ω，进而求得a，从而代入求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据题意求出函数的解析式是解决本题的关键，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，设A在底面正三角形ABS的射影为H，连接CH∩SB于点E，
则H为正三角形ABS的中心，E为SB的中点，
根据对称性可知：满足题意的球的球心O在AH上，且球O与平面ASB的切点F在AE上，
∴球O的半径为OF=12，又易知EH=13CE=13AE，
∴sin∠EAH=EHAE=13，∴AO=OFsin∠EAH=12×3=32，
又易知BH=23CE=23× 32AB= 33AB，
∴sin∠BAH=BHAB= 33，
∴该球心O到棱AB的距离为OG=AO×sin∠BAH=32× 33= 32.
故选：B.
作出图形，找到球心位置，再解三角形，即可求解．
本题考查正四面体的内切球问题，点到直线的距离的求解，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：过点F1、F2分别作F1N、F2M垂直直线l于点N、M，
作∠F1PF2的平分线PH与x轴交于H，
由|F1F2|=2，故F1(−1,0)、F2(1,0)，
则|F1N|=|−1+2| 1+1= 22，|F2M|=|1+2| 1+1=3 22，
由PH⊥l且PH为∠F1PF2的平分线，故∠F1PH=∠F2PH，
故∠F1PN=∠F2PM，
又F1N⊥l、F2M⊥l，故△F1PN与△F2PM相似，
故|F1N||F2M|=|NP||MP|=|PF1||PF2|= 223 22=13，
由l：x−y+2=0，令y=0，则x=−2，
故直线l与x轴交于点G(−2,0)，故|NG|= 12−( 22)2= 22，
|MG|= 32−(3 22)2=3 22，故|MN|=3 22− 22= 2，
由|F1N||F2M|=|NP||MP|=|PF1||PF2|=13，
故|NP|=14|MN|= 24，|MP|=34|MN|=3 24，
故|PF1|= ( 22)2+( 24)2= 104，|PF2|= (3 22)2+(3 24)2=3 104，
由椭圆定义可知，|PF1|+|PF2|=2a，故2a= 104+3 104= 10，
即C的长轴长为 10.
故选：B.
过点F1、F2分别作F1N、F2M垂直直线l于点N、M，由∠F1PF2的平分线与l垂直可得∠F1PN=∠F2PM，即可得△F1PN与△F2PM相似，结合点到直线的距离可得相似比，从而可求出|PF1|、|PF2|，结合椭圆定义即可得长轴长．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为e1、e2是夹角为π3的单位向量，所以e1⋅e2=|e1||e2|csπ3=12，
对于A，|a|= (2e1−e2)2= 4e12−4e1⋅e2+e22= 4−4×12+1= 3，故A正确；
对于B，a⋅b=(2e1−e2)⋅(e1−e2)=2e12−3e1⋅e2+e22=2−3×12+1=32，故B错误；
对于C，|b|= (e1−e2)2= e12−2e1⋅e2+e22= 1−2×12+1=1，
所以cs=a⋅b|a||b|=32 3×1= 32，又∈[0,π]，所以=π6，故C错误；
对于D，a在b方向上的投影数量为a⋅b|b|=32，故D正确．
故选：AD.
由平面向量的数量积与夹角的定义，模的求法，投影数量的求法逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：设点P(x,y)，则|PA||PB|= (x+2)2+y2 (x−4)2+y2=12，化简整理得x2+y2+8x=0，
即(x+4)2+y2=16，故A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，
使得|PD||PE|=12，设D(m,0)，E(n,0)，
则|PD||PE|= (x−m)2+y2 (x−n)2+y2=12，
化简整理得3x2+3y2−(8m−2n)x+4m2−n2=0，
由点P的轨迹方程为x2+y2+8x=0得8m−2n=−244m2−n2=0，
解得m=−6n=−12或m=−2n=4，
因为点D，E异于点A，B，所以D(−6,0)，E(−12,0)，所以假设成立，故B正确；
由于cs∠APO=|AP|2+|PO|2−|AO|22|AP||PO|,cs∠BPO=|BP|2+|PO|2−|BO|22|BP||PO|，
只需证明cs∠APO=cs∠BPO，
即证|AP|2+|PO|2−|AO|22|AP||PO|=|BP|2+|PO|2−|BO|22|BP||PO|，
化简整理得|PO|2=2|AP|2−8，又P(x,y)，
则|PO|2=x2+y2，2|AP|2−8=2x2+8x+2y2=(x2+8x+y2)+(x2+y2)=x2+y2=|PO|2，
则cs∠APO=cs∠BPO，故C正确；
设M(x0,y0)，由|MO|=2|MA|得 x02+y02=2 (x0+2)2+y02，
整理得3x02+3y02+16x0+16=0①，
又点M在C上，故满足x02+y02+8x0=0②，
联立①②，解得x0=2，y0无实数解，故D正确．
故选：BCD.
设点P(x,y)，根据|PA||PB|=12求出P的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E使得|PD||PE|=12，设D(m,0)，E(n,0)，根据|PD||PE|=12，点P的轨迹方程求出m，n可判断B；由cs∠APO=cs∠BPO利用余弦定理可判断C；设M(x0,y0)，由|MO|=2|MA|，点M在C上解得x=0，y无实数解可判断D.
本题考查了点的轨迹方程和余弦定理的应用，属于难题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A项，∵f(0)=e,f(12)=1，y=f′(x+12)为奇函数，
∴函数y=f(x+12)为偶函数，则f(x+12)=f(−x+12)，
∴f(1)=f(0)=e，故A正确；
B项，令g(x)=f(x)ex，当x>12时，g′(x)=f′(x)ex−f(x)exe2x=f′(x)−f(x)ex>0，
∴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)<1，C错误；
D项，令h(x)=ex−x(x>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+x<0，φ(x)单调递减．
φ(x)=ln(1+x)−x<φ(0)=ln(1+0)−0⇒ln(1+x)0)，
∴ln1.1=ln(1+0.1)<0.1⇒12−(−ln1.1)<12+0.1=0.6，
∴e0.1与12的差大于12与−ln⁡1.1的差，
又函数f(x)的图象关于x=12对称，当x>12时，函数f(x)单调递增，
∴f(e0.1)>f(−ln1.1)，D正确；
故选：ABD.
对于A：由y=f(x+12)为偶函数，得f(x)的图象关于直线x=12对称，即可判断A是否正确；
对于B：令g(x)=f(x)ex，求导分析单调性，可得g(2)>g(1)，即可判断B是否正确；
对于C：f(x)在(12,+∞)上单调递增，f(x)在(−∞,12)上单调递减，则f(x)在x=12取得最小值为1，即可判断C是否正确；
对于D：e0.1与12的差大于12与−ln⁡1.1的差，又函数f(x)的图象关于x=12对称，当x>12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，
故csC=−12，
又0由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2+ab，
记T=ca+cb=c(a+b)ab，
则T2=c2ab⋅(a+b)2ab=(ab+ba+1)(ab+ba+2)，
因为a>0，b>0，
所以ba+ab≥2 ba⋅ab=2，当且仅当ba=ab，即a=b时，等号成立，
即ba+ab≥2，
故T2≥3×4=12，则T≥2 3.
故答案为：2 3.
由已知结合正弦定理及和差化积公式，和差角公式进行化简可求C，然后结合余弦定理及基本不等式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式，和差化积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
14.【答案】 28
【解析】解：利用均值不等式得2e2(a−1)=ea−b+c+ea+b−c≥2 ea−b+c⋅ea+b−c=2ea，
即ea−2≤a−1，当且仅当a−b+c=a+b−c，即b=c时等号成立，
又ea−2≥a−2+1=a−1(ex≥x+1)，所以ea−2=a−1，
所以a−2=0，a−b+c=a+b−c，
即a=2，b=c，
所以abca4+b4+c4=b2b4+8=1b2+8b2≤12 8= 28，
当且仅当b= 2 2时，取得等号．
故abca4+b4+c4的最大值是 28.
证明：ex≥x+1，
令f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
当f′(x)>0时，x>0，当f′(x)<0时，x<0，
即f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(0)=0，
即ex−x−1≥0，即ex≥x+1.
故答案为： 28.
对ea−b+c+ea+b−c用基本不等式以及ex≥x+1，得ea−2=a−1，即可a=2，b=c，代入目标式利用基本不等式求最值．
本题主要考查了基本不等式，函数的单调性在函数最值求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)当m=1时，记事件A：“所取子集的元素既有奇数又有偶数”．
则集合{1,2,3,4,5}的非空子集数为25−1=31，
其中非空子集的元素全为奇数的子集数为23−1=7，
全为偶数的子集数为22−1=3，
所以所取子集的元素既有奇数又有偶数的概率P(A)=31−(7+3)31=2131.
(2)当m=2时，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，
P(ξ=0)=5×4+10×9+10×9+5×431×30=2293，
P(ξ=1)=2×5×10+10×10+10×5+531×30=4193，
P(ξ=2)=2×5×10+10×10+10×5+531×30=2293，
P(ξ=3)=2×5×5+10×131×30=793，
P(ξ=4)=2×5×131×30=193，
所以ξ的数学期望E(ξ)=2293×0+4193×1+2293×2+793×3+193×4=11093.
【解析】(1)当网上时，记事件A：“所取子集的元素既有奇数又有偶数”．则集合{1,2,3,4,5}的非空子集数为31，其中非空子集的元素全为奇数的子集数为23−1=7，全为偶数的子集数为22−1=3，由此能求出所以所取子集的元素既有奇数又有偶数的概率P(A).
(2)当m=2时，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的数学期望E(ξ).
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
16.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=lnx−(x−1)，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=1x−1=1−xx，
令f(x)>0，则0所以函数f(x)的增区间为(0,1).
(2)①由f(x)=lnx−a(x−1)，得f′(x)=1x−a，
若a≤0，则f′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增；
若a>0，令f′(x)=0，则x=1a，
当00，f(x)在(0,1a)上单调递增；当x>1a时，f′(x)<0，f(x)在(1a,+∞)上单调递减，
所以当a≤0时，f(x)在(0,1]上单调递增，所以f(x)max=f(1)=0，满足题意；
当1a≥1，即0当0<1a<1，即a>1时，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,1]上单调递减，
所以f(x)max=f(1a)=ln1a−a(1a−1)=ln1a−a+1=a−lna−1，
令g(a)=a−lna−1，则g′(a)=1−1a=a−1a，其中a∈(1,+∞)，
因为a>1，所以g′(a)>0恒成立，即g(a)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(a)>g(1)=0，即f(x)max=a−lna−1>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)<0，
则f(x)=lnx−x+1在区间(1,+∞)单调递减，
且f(1)=ln1−1+1=0，
又由{an}是“H(t)数列”，
即 an+1−a1a2a3⋯an=t，对于n≥1，n∈N恒成立，
因为a1>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)即lnan−an+1<0，则lnan即lna1相加可得lna1+lna2+⋯+lnan则ln(a1a2⋯an)所以a1a2⋯an又an+1−a1a2a3⋯an=t，所以an+1−t即Sn+1−Sn−t故t>Sn+1−Sn−eSn−n.
【解析】(1)根据“H(t)数列”的定义进行判断，说明理由；
(2)根据{an}是首项为2的“H(t)数列”，求出a2，a3，由{bn}是等比数列，设公比为q，由i=1nai2=a1a2a3⋯an+lg2bn，可得i=1n+1ai2=a1a2a3⋯anan+1+lg2bn+1，作差可得an+12=a1a2a3⋯an(an+1−1)+lg2bn+1−lg2bn，利用{bn}前三项数列，可以求解t和q，进而求解等比数列{bn}的通项公式；
(3)根据题意构造函数f(x)=lnx−x+1，求导并判断f(x)在(1,+∞)上单调递增，由{an}是“H(t)数列”与a1>1，t>0，反复利用an+1=a1a2a3⋯an+t，可得对于任意的n≥1，n∈N，an>1，进而得到lnanSn+1−Sn−eSn−n.
本题考查了数列的新定义，数列与不等式的综合，属于难题．