《江西省重点中学2024届高三下学期第二次联考数学试卷(含答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省重点中学2024届高三下学期第二次联考数学试卷(含答案)（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省重点中学2024届高三下学期第二次联考数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题1已知集合,若,则实数a的取值范围为( )A.B.C.D.2已知,为非零的平面向量,则“”是“”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3下图是我国20182023年纯电动汽车销量统计情况,下列说法错误的是( )A.我国纯电动汽车销量呈现逐年增长趋势B.这六年销量的第60百分位数为536.5万辆C.这六年增长率最大的为2019年至2020年D.2020年销量高于这六年销量的平均值4直线l过抛物线()的焦点,且与C交于A,B两点,若使的直线l恰有2条,则p的取值范
2、围为( )A.B.C.D.5已知等差数列与等比数列的首项均为,且,则数列( )A.既有最大项又有最小项B.只有最大项没有最小项C.只有最小项没有最大项D.没有最大项也没有最小项6在平面直角坐标系内,方程对应的曲线为椭圆,则该椭圆的离心率为( )A.B.C.D.7已知定义在R上的函数满足,当时,.若,则实数a的取值范围是( )A.,B.,C.,D.,8在中,若,则的取值范围为( )A.B.C.D.二、多项选择题9已知复数,下列结论正确的有( )A.若,则或B.若,则C.若,则D.若,则的最大值为10设函数（）在处的切线与直线平行,则( )A.B.函数存在极大值,不存在极小值C.当时,D.函数有三
3、个零点11如图,在棱长都是4的直四棱柱中,点P在四边形及其内部运动,且满足,则( )A.点P的轨迹的长度为B.直线AP与平面所成的角为定值C.点P到平面的距离的最小值为D.的最小值为三、填空题12的展开式中的系数为_.13已知函数(,)的图象在y轴上的截距为,在y轴右侧的第一个零点为,当时,若方程恰有三个不同的根,分别记为,则零点为的取值范围为_.14法国数学家卢卡斯在研究一元二次方程的两个根,不同幂的和时,发现了,.,由此推算_.四、解答题15如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体,D为的中点,E,F分别为,的中点.（1）判断BF和CE是否垂直,并说明理由;（2）设(),是否存在
4、,使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.16将一枚质地均匀的骰子先后抛掷两次,所得的向上的点数分别记为a,b,设表示不超过实数x的最大整数,的值为随机变量X.（1）求在的条件下,方的概率;（2）求X的分布列及其数学期望.17设函数,其中.（1）讨论函数的单调性;（2）若关于x的不等式在上恒成立,求实数a的取值范围.18已知,M是圆O:上任意一点,关于点M的对称点为N,线段的垂直平分线与直线相交于点T,记点T的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程;（2）设()为曲线C上一点,不与x轴垂直的直线l与曲线C交于G,H两点(异于E点).若直线GE,HE的斜率
5、之积为2,求证:直线l过定点.19随着大数据时代来临,数据传输安全问题引起了人们的高度关注,国际上常用的数据加密算法通常有AES,DES,RSA等,不同算法密钥长度也不同,其中RSA的密钥长度较长,用于传输敏感数据.在密码学领域,欧拉函数是非常重要的,其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p,q是两个正整数,若p,q的最大公约数是1,则称p,q互素.对于任意正整数n,欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数,记为.（1）试求,的值;（2）设p,q是两个不同的素数,试用p,k表示(),并探究与和的关系;（3）设数列的通项公式为(),求该数列的前m项的和.参考答案1答案：A解析：由得,
6、所以,因为,所以对恒成立,所以.故选A.2答案：B解析：若,则,在方向上的投影向量相等,但与不一定相等;若,则,所以“”是“”的必要不充分条件.故选B3答案：D解析：A显然正确;对于B,因为,所以销量的第60百分位数为536.5,故B正确;对于C,因为2019年至2020年的增长率为,超过其他年份的增长率,故C正确;对于D,这六年销量的平均数为,故D错误.故选D.4答案：A解析：当AB垂直于x轴时,A,B两点坐标为,此时,所以.故选A.5答案：A解析：设的公差为d,的公比为q,则,;,所以,当时,显然奇数项都是负数,偶数项都是正数.设(),则.当时,;当时,即数列从到递增,从往后递减,又,所以
7、中,最大,又,所以是最小项.故选A.6答案：C解析：易得该椭圆的对称中心为,且关于直线对称,将代入方程,解得两交点的坐标为,将代入方程,解得两交点的坐标为,所以该椭圆的长半轴长,短半轴长,所以半焦距,所以其离心率为.故选C.7答案：D解析：因为,所以为奇函数;又因为,所以关于直线对称;由知的一个周期为4.因为当时,所以在上单调递增,函数的图象如图所示,根据图象可知,若,则,解得实数a的取值范围是,.故选D.8答案：B解析：由得,所以,又,所以B,C均为锐角,即,.因为,所以,设,则,因为,当且仅当时等号成立,所以,.故选B.9答案：ABD解析：对于A,因为,所以或,即或,故A正确;对于B,因为
8、,所以,即,则或,所以或,所以,故B正确;对于C,设,a,b,c,所以,因为,所以,则,整理得.所以不一定为0,故C错误;对于D,因为,所以复数在复平面内所对应的点在圆上,复数在复平面内所对应的点在圆上,因为两圆的圆心距为,所以的最大值为,故D正确.故选ABD.10答案：AC解析：对于A,故,解得,故A正确;对于B.因为,所以函数在上单调递减,不存在极值,故B错误;对于C,令(),则,由,故,故在上单调递减,所以.即当时,故C正确;对于D,因为,当时,;当时,又,在同一坐标系中作出与的图象,如图所示,所以函数有且只有1个零点,故D错误.故选AC.11答案：BC解析：易得,设,以O为原点,OA为
9、x轴,OB为y轴,过O垂直于底面的直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,.点P在四边形及其内部运动,设,由,得,即(,),所以点P的轨迹为yOz平面内,以O为圆心,2为半径的半圆弧,所以点P的轨迹的长度为,故A错误;平面的法向量为,设直线AP与平面所成的角为,则,又,则,所以直线AP与平面,所成的角为定值,故B正确;,设平面的一个法向量为,则,令,得,所以点P到平面的距离,所以时,所以点P到平面的距离的最小值为,故C正确;,其几何意义为点到点距离的平方减12,由,点到点距离的最小值为,的最小值为,故D错误.故选BC.12答案：120解析：由于,所以的展开式中含的项为,其系数为120.1
10、3答案：解析：将代入得到,又,所以,令,解得,所以.令,由可得:,依题可知方程在时恰有三个不同的根,记为,则(,2,3),画出与在上的图象.由图象易知,关于直线对称,则,又由图知,则,又,即,解得.14答案：123解析：因为,所以,所以,所以.15答案：（1）见解析（2）解析：（1）BF和CE不垂直,理由如下:以点C为坐标原点,CA,CB,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以,因为,所以BF和CE不垂直.（2）假设存在使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为,因为,所以,显然平面ABC的一个法向量为,设平面PBF的法向量为,则,即,取,得.设平面ABC与平面PB
11、F的夹角为,则,解得或(舍去),所以存在实数,使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为.16答案：（1）（2）解析：（1）记抛掷骰子的样本点为,则样本空间为,样本空间容量为36,设事件A为:,事件B为:,则,且其包含的样本点数为21,而,其包含的样本点数为14,根据条件概率得.（2）随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,所以其分布列为:X0123456P所以数学期望17答案：（1）见解析（2）解析：（1）,当时,在上恒成立,故在上单调递减;当时,令,则,所以时,;时,故在上单调递增,在上单调递减.（2）不等式化简得,设,则,设,则,当时,单调递增,当时,单调递减,所以在上,且,当,
12、即时,在上单调递减,不合题意,舍去.当,即时,若且,即,使得,当时,在内单调递减,不符合题意,舍去,若且,即,使得,当时,当时,所以在上单调递增,在上单调递减,又,所以恒成立,符合题意;若且,即,恒成立,在上单调递增,则,符合题意.综上,实数a的取值范围为.18答案：（1）（2）见解析解析：（1）连接OM,由题意可得,且M为的中点,又O为的中点,所以,且|.因为线段的中垂线与直线相交于点T,所以,所以,由双曲线的定义知动点T的轨迹是以,为焦点的双曲线.设其方程为(,),则,故曲线C的方程为.（2）证明:由（1）知依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为,由,得,由,得,所以,.则,整理得,即,
13、解得或,当时,直线l的方程为,直线l过定点;当时,直线l的方程为,直线l过定点,不合题意,舍去.综上所述,直线l过定点.19答案：（1）见解析（2）见解析（3）见解析解析：（1）易得,不超过9且与9互素的正整数有1,2,4,5,7,8,则,不超过7且与7互素的正整数有1,2,3,4,5,6,则,不超过21且与21互素的正整数有1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20,则,所以,.（2）在不大于的正整数中,只有p的倍数不与互素,而p的倍数有个,因此.由p,q是两个不同的素数,得,在不超过的正整数中,p的倍数有个,q的倍数有个,于是,所以.（3）根据（2）得,所以,两式相减,得,所以,故.
