江西省五市九校协作体2024届高三下学期第二次联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省五市九校协作体2024届高三下学期第二次联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知是实系数方程的一个根．则（）A.4 B. C.0 D.2〖答案〗C〖解析〗因为是关于的方程的一个根，则也是关于的方程的一个根．可得，解得，，所以．故选：C.2.设集合，．则（）A. B.C.x-1≤x≤3 D.〖答案〗B〖解析〗集合，，则．故选：B.3.设是等差数列的前n项和，且，则（）A.17 B.34 C.51 D.68〖答案〗C〖解析〗设公差为d，则，即，则，故选：C.4.若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的2倍．则（）A. B.1 C. D.2〖答案〗D〖解析〗已知拋物线的方程为，可得．所以焦点为，准线为：．抛物线上一点Ax0,y0即，又∵A到x轴的距离为，由已知得，解得．故选：D．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. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗将1个0，2个1，2个2随机排成一行，共有种，其中，2个1不相邻的情况有种，故所求概率为．故选：A.6.已知函数图象的对称轴方程为，．则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗当时，，又函数对称轴为，，则函数周期，，函数，对称轴为，，与题干不符；当时，，其中，由函数图象的对称轴方程为，得的最小正周期，所以，所以，由函数图象的对称轴方程为，得，令，得，即，得，所以，则．故选：C．7.已知正四面体棱长为4，半径为的球与侧面、、都相切，则该球心到棱的距离为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗取的中心为点Q，连接，则平面，连接并延长交于点D，连接，可知点D为的中点，因为球与侧面、、都相切，所以球心O在线段上，记球O与平面的切点为点M，可知点M在线段上，，由正四面体棱长为4，球的半径为，可得，，，，由，可得，在平面内，过点O作于点N，可知球心O到棱的距离即为的长，球心O到棱的距离等于球心O到棱的距离，由，可得，所以该球心到棱的距离为．故选：B.8.若点既在直线上，又在椭圆上，的左、右焦点分别为，，且的平分线与垂直，则的长轴长为（）A. B. C.或 D.或〖答案〗B〖解析〗过点、分别作、垂直直线于点、，作的平分线与轴交于，由，故F1-1,0、F则，，由且为的平分线，故，故，又、，故与相似，故，由，令，则，故直线与轴交于点，故，，故，由，故，，故，，由椭圆定义可知，，故，即的长轴长为.故选：B.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、是夹角为的单位向量，．下列结论正确的有（）A. B.C. D.在方向上的投影数量为〖答案〗AD〖解析〗对于A，，是夹角为的单位向量，则，A正确；对于B，，B错误；对于C，由A得，，所以，又，所以，C错误；对于D，在上的投影数量为，D正确．故选：AD．10.在平面直角坐标系xOy中，A（-2，0），B（4，0），点P满足．设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（）A.轨迹C的方程为B.在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得C.当A，B，P三点不共线时，射线PO是的角平分线D.在C上存在点M，使得．〖答案〗BC〖解析〗在平面直角坐标系xOy中，A（-2，0），B（4，0），点P满足，设，则，化简得，所以A错误；作图如下：假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得，设，，则，化简得，由轨迹C的方程为，可得，，解得，或，（舍去），即在x轴上存在异于A，B的两点D，E使，所以B正确；当A，B，P三点不共线时，由可得射线PO是的角平分线，所以C正确；若在C上存在点M，使得，可设（），则有，化简得，与联立，解得：，方程组无解，故不存在点M，所以D错误；故选：BC．11.已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗A项，在中，，函数为奇函数，所以函数为偶函数，则，所以函数关于对称，所以，故A正确；B项，令，因为当时，所以当时，，函数单调递增，所以，所以，B正确；C项，当时，，所以，函数单调递增，所以当时，函数单调递减，则在取得最小值为1，所以不存在，C错误；D项，由函数关于对称，当时，令，，函数单调递增，所以，则，所以，，令，，所以函数单调递减，，所以，所以，，所以与差大于与的差，因为函数关于对称，当时，函数单调递增，所以，D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为__________．〖答案〗-105〖解析〗因为，而二项式的展开式的通项，．所以的展开式中的项为，其系数为-105.13.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、．若．则的最小值为__________．〖答案〗〖解析〗因为，，所以，于是，所以由，得，由正弦定理得：，于是，，因为，所以，，当且仅当时，“=”成立，14.若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是______．〖答案〗〖解析〗由基本不等式，得，即，当且仅当，即时等号成立.设，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，则，即，令，得，所以，解得，由，得．所以，当且仅当时，取得等号．故的最大值是．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.从集合的所有非空子集中，等可能地取出m个.（1）若，求所取子集的元素既有奇数又有偶数的概率；（2）若，记所取子集的元素个数之差的绝对值为，求的分布列及数学期望．解：（1）当时，记事件A：“所取子集的元素既有奇数又有偶数”．则集合的非空子集数为，其中非空子集的元素全为奇数的子集数为，全为偶数的子集数为，所以；（2）当时，的所有可能取值为0，1，2，3，4，则，，，，，所以的概率分布为01234所以的数学期望16.已知函数，其中.（1）若，求函数的增区间；（2）若在上的最大值为0，求a的取值范围．解：（1）当时，，其定义域为0,+∞，，令f'x>0函数的增区间为0,1．（2）由，得，若，则f'x>0，若，，当时，f'x>0，当时，f'x<0，当时，在上单调递增，，满足题意；当时，即时，在上单调递增，，满足题意；当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，，令，则，当时，，在上单调递增，，即，不满足题意，综上，的取值范围是.17.如图，三棱柱中，侧面为菱形，.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.（1）证明：设，连接，如下图所示：∵侧面为菱形，∴，且为及的中点，又，则为直角三角形，，又，，即，而为平面内的两条相交直线，平面.（2）解：，平面，平面，，即，从而两两互相垂直.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图的空间直角坐标系，为等边三角形，，，，，设平面的法向量为，则，即，∴令，代入可得，设平面的法向量为，则，即，令，代入可得，，由图示可知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.18.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，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.（1）求双曲线的方程；（2）设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；（ii）求的取值范围.解：（1）由题意可设双曲线，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）（i）设，直线的方程为，由，消元得.则，且，，或由韦达定理可得，即,，即与的比值为定值.（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程并整理得，由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.由韦达定理得：，解得.因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，即，同理可得，由（i）中结论可知，得，所以，故，设，其图象对称轴为，则在上单调递减，故，故的取值范围为；方法二：由于双曲线的渐近线方程为，如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），所以.同理，过点作两渐近线的平行线，由于点在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），所以.由（i）中结论可知，得，所以,故.19.若存在常数，使得数列满足（，），则称数列为“数列”.（1）判断数列：1，2，3，8，49是否为“数列”，并说明理由；（2）若数列是首项为的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，，试比较与的大小，并证明.解：（1）根据“数列”的定义，则，故，因为成立，成立，不成立，所以不是“数列”.（2）由是首项为