[数学]江西省五市九校协作体2024届高三下学期第二次联考试卷(解析版)

这是一份[数学]江西省五市九校协作体2024届高三下学期第二次联考试卷(解析版)，共19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。

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. 4B. C. 0D. 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≤3D.
【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. 17B. 34C. 51D. 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. 1C. 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到焦点F的距离等于到准线的距离，
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、F21,0，
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
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，解得，
函数的增区间为0,1．
（2）由，得，
若，则f'x>0，单调递增；
若，，
当时，f'x>0，单调递增，
当时，f'x<0，单调递减；
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）由是首项为的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，
则，
两式作差可得，
即
由 “数列”，则，对于恒成立，
所以，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，，
又由，，则，即，
故所求的，数列的通项公式.
（3）设函数，则，令，
解得，当时，，
则在区间单调递减，且，
又由是 “数列”，
即 ，对于恒成立，
因为，则，
再结合，
反复利用，
可得对于任意的，,
则，
即，则，
即，，，，
相加可得，
则,
又因为在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，
故.0
1
2
3
4