2.数学参考答案_2024年4月_01按日期_22号_2024届江西省五市九校高三4月二模联考_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

数学参考答案 选择题：1-4.CBCD 5-8.ACBB 9.AD 10.BCD 11.ABD 填空题：12. -105 13. 2 3 14. 2 8 15.【解答】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）＝ ．……………………（5分） （2）当m＝2时， 的所有可能取值为0，1，2，3，4， î P（＝0）＝ ＝ ， î P（＝1）＝2× ＝ ， î P（＝2）＝2× ＝ ， î P（＝3）＝ ＝ ， î P（＝4）＝2× ＝ ， î ∴的分布列为： î 0 1 2 3 4 î …………（10分） P ……所以的数学期望E（）＝ + ＝ ．…………（13分） î î 16.【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝lnx﹣（x﹣1）， 数学参考答案 第1页 共6页 学科网（北京）股份有限公司其定义域为 ， 令f′（x）＞0，解得0＜x＜1， ∴函数f（x）的增区间为（0，1）．………………………………………………………………（4分） （2）①由f（x）＝lnx﹣a（x﹣1），得 ， 若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）单调递增；………………………………………………………（6分） 若 ， 当 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当a≤0时，f（x）单调递增，x （0，1]时，f（x） max ＝f（1）＝0，满足题意；…………（8分） ∈ 当 时，在x （0，1]时，f（x） max ＝f（1）＝0，满足题意；…………………………（10分） ∈ 当 时，即a＞1，在 ， 令g（x）＝x﹣lnx﹣1，则 ， 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， ∴g（x）＞g（1）＝0，即a﹣lna﹣1＞0，不满足题意， 综上，a的取值范围是{a|a≤1}；……………………………………………………………………（15分） 17.【解答】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 ．…………………………（6分） 数学参考答案 第2页 共6页 学科网（北京）股份有限公司（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， 的方向为x轴正方向， 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，∴ ， ∴ ， 设 是平面B1AA1 的法向量， 则 ，即 ，取x＝1，得 ， 设 是平面C1AA1 的法向量， 则 ，同理可取 ， ∵cos＜ ， ＞＝ ＝ ，∴二面角B1 ﹣AA1 ﹣C1 的余弦值为 ．…………………（15分） x2 y2 18. 解析】（1）由题意可设双曲线C :  1， 2 4 b2 4b2 4b2 15 则ee    ，解得b2 1， 1 2 2 2 4 x2 所以双曲线C 的方程为 y2 1.………………………………………………………（4分） 2 4 数学参考答案 第3页 共6页 学科网（北京）股份有限公司（2）（i）设Ax,y ,Bx ,y  ，直线AB的方程为xty4， 1 1 2 2 xty4 由  x2 ，消元得  t24  y28ty120.  y2 1  4  8t y  y    1 2 t24 则t2,Δ=16t2+1920，且 ，  y y  12  1 2 t24 y 1 k x 2 y x 2 y ty 2 ty y 2y  AM  1  1  2  1 2  1 2 1 k y x 2 y y ty 6 ty y 6y BN 2 1 2 2 1 1 2 2 x 2 2 12t 16t 4t  ty 1 y 2 2y 1  y 2 2y 2  t24  t24 2y 2   t24 2y 2  1 ；…………………（9分） ty y 6y 12t 12t 3 1 2 2 6y 6y t24 2 t24 2 y y 2t 3 或由韦达定理可得 1 2  ，即ty y  y  y  , y y 3 1 2 2 1 2 1 2  k AM  x 1 y  1 2  y 1  x 2 2  y 1 ty 2 2  ty 1 y 2 2y 1   3 2 y 1  y 2 2y 1 k BN y 2 x 1 2 y 2 y 2 ty 1 6 ty 1 y 2 6y 2  3 y  y 6y x 2 2 1 2 2 2 y 3y 1  1 2  ， 3y 9y 3 1 2 1 即k 与k 的比值为定值 . AM BN 3 （ii）设直线AM :ykx2 ， 代入双曲线方程并整理得  14k2 x216k2x16k240  14k2 0  ， 由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为2，. 16k24 2  4k21  由韦达定理得：2x  ，解得x  . A 14k2 A 14k2 2  4k21   1 1  1 1 因为点A在双曲线的右支上，所以x A  14k2 0，解得k   2 , 2   ，即k AM    2 , 2   ，  1 1  同理可得k ,  , ， BN  2 2   1 1  由（i）中结论可知k 3k ,  ,， BN AM  2 2   1 1   1 1 1 1 得k ,  ,，所以k  ,  , ， AM  6 6  AM  2 6 6 2 2 2 故wk2  k k2  3k k2 2k ， AM 3 BN AM 3 AM AM AM 设h(x) x22x，其图象对称轴为x1， 数学参考答案 第4页 共6页 学科网（北京）股份有限公司 1 1 1 1  3 11 13 5 则h(x)x22x 在 , , , 上单调递减，故h(x) ,  , ，  2 6 6 2  4 36 36 4 2  3 11 13 5 故wk2  k 的取值范围为 ,  , .………………………………（17分） AM 3 BN  4 36 36 4 x2 1 另解：由于双曲线 y2 1的渐近线方程为y x， 4 2 x2 如图，过点M作两渐近线的平行线l 与l ，由于点A在双曲线 y2 1的右支上， 1 2 4 所以直线AM 介于直线l 与l 之间（含x轴，不含直线l 与l ）， 1 2 1 2  1 1 所以k  , . AM  2 2 同理，过点N 作两渐近线的平行线l 与l ， 3 4 x2 由于点B在双曲线 y2 1的右支上， 4 所以直线BN介于直线l 与l 之间（不含x轴，不含直线l 与l ）， 3 4 3 4  1 1  所以k ,  , . BN  2 2   1 1  由（i）中结论可知k 3k ,  ,， BN AM  2 2   1 1   1 1 1 1 得k ,  ,，所以k  ,  , , AM  6 6  AM  2 6 6 2 2 2  3 11  13 5 wk2  k k2  3k  k2 2k   ,    ,  AM 3 BN AM 3 AM AM AM  4 36  36 4 故 19. 【详解】（1）根据“Ht数列”的定义，则t 1，故a aa a a 1， n1 1 2 3 n 因为a a 1成立，a a a 1成立，a a a a 81238621不成立， 2 1 3 2 1 4 3 2 1 数学参考答案 第5页 共6页 学科网（北京）股份有限公司所以1,2,3,8,49不是“H1数列”.……………………………………………………………………（3分） （2）由a 是首项为2的“Ht数列”，则a 2t，a 3t4， n 2 3 由b 是等比数列，设公比为q， n n 由a2 aa a a log b ， i 1 2 3 n 2 n i1 n1 则a2 aa a a a log b ， i 1 2 3 n n1 2 n1 i1 两式作差可得a2 aa a a a 1log b log b ， n1 1 2 3 n n1 2 n1 2 n 即a2 aa a a a 1log q n1 1 2 3 n n1 2 由a 是 “Ht数列”，则a aa a a t，对于n1,nN恒成立， n n1 1 2 3 n 所以a2 a ta 1log q， n1 n1 n1 2 即t1a tlog b log b 对于n1,nN恒成立， n1 2 n1 2 n  t1a t log q  t12tt log q 则 2 2 ，即 2 ，  t1a 3 t log 2 q  t13t4t log 2 q 解得，t1，q= 2， 又由a 2，a2 a log b ，则b 4，即b 2n1 1 1 1 2 1 1 n 故所求的t1，数列b 的通项公式b 2n1……………………………………………………（9分） n n 1 （3）设函数 f xlnxx1，则 fx 1，令 fx0， x 解得x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， 数学参考答案 第6页 共6页 学科网（北京）股份有限公司又由a 是 “Ht数列”， n 即 a aa a a t，对于n1,nN恒成立， n1 1 2 3 n 因为a 1,t 0，则a a t1， 1 2 1 再结合a 1,t 0,a 1， 1 2 反复利用a aa a a t， n1 1 2 3 n 可得对于任意的n1,nN，a 1, n 则 f a  f 10， n 即lna a 10，则lna a 1， n n n n 即lna a 1，lna a 1，L ，lna a 1， 1 1 2 2 n n 相加可得lna lna lna a a a n， 1 2 n 1 2 n 则lnaa a S n, 1 2 n n 又因为ylnx在x0,上单调递增， 所以aa a eSn n， 1 2 n 又a aa a a t，所以a teSn n， n1 1 2 3 n n1 即S S teSn n， n1 n 故t S S eSn n.………………………………………………………………………………（17分） n1 n 数学参考答案 第7页 共6页 学科网（北京）股份有限公司