湘豫名校联考2023-2024学年高二上学期1月阶段性考试数学答案

数学参考答案第1页（共9页）2023—2024学年高二（上）1月阶段性考试数学参考答案题号123456789答案BCABDDCABCACACACD一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.B【解析】因为之===+i，所以之=-i，其虚部为-.故选B.2.C【解析】因为有6个数据，60%×6=3.6，所以第60百分位数为39.所以平均数为39，可求得a=35，所以该组数据的中位数为==37.故选C.l为工=-1，所以p=2.所以抛物线C的方程是>2=4工，则4（-1-1，>N解得工M=2.所以FM＝工M＋=.故选A.4.B【解析】因为Fn=22n+1，所以an=log2（Fn-1)=2n．所以ak+1+ak+2+…+ak+9==ak+1·9-1）=218-29.所以ak+1=29，即2k+1=29，解得k=8.故选B.5.D【解析】设Ai＝“甲答对了第ii＝“乙答对了第i方法一：易知C＝A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2.所以P（CP（A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2）=P（A1A2B1B2）+P（A1A2B1B2）+P（A1A2B1B2）+P（A）+P（A1A2B1B2）+P（A1A2B1B2×××+(1-×××+×(1-××+××(1-×+×××(1-+×(1-×(1-×+(1-×××(1-+(1-×1-××+××(1-×(1-=.方法二：P（C）=1-P（A1A2B1B2）-P（A1A2B1B2）-P（A1A2B1B2）-P（A1A2B1B2）-P（A1A2B1B2）-P（A1A2B1B2）-P6.D【解析】因为平面α的方程为2工－>＋之-7=0，所以平面α的一个法向量为m0=（2，-1，1）.同理可知，m1=，0，-1）分别为平面工－>+2=0与2工－之+1=0的一个法向量．设直线l的方向向量为l与平面α所成的角为θ，则数学参考答案第2页（共9页）07.C【解析】由题设知AFa＋C，则s△APF=>PAF=AF=，所以a＋C=为a2+b2=C2，所以4（C2-a2）-9a2=a2（C2-a2则a4-13a2=C2（a2-4）=（3-a）2×（a2-4化简得a3-3a2-4a+6=（a-1a2-2a-6）=0，解得a=1或a=1±槡7（舍 a去综上所述，a=1.所以C=2.故C a=2.故选C.→→→→→→→8.A【解析】因为E为线段CB1上的动点，所以可设CE=λCB1，λ∈[0，1].所以AE＝AC＋CE＝AC+λCB1=→→→→→→→→→→→→→AC+λ（CB＋BB1)=AC+λ（AB－AC＋AA1)=λAB+(1-λ)AC+λAA1.因为BD⊥AE，且BD＝AD－AB=·[λ+(1-λ)+λ=0.因为AA1·AB=0，AA1·AC=0，所以BD·AE=2λAC·AB+2(1-λ)AC2+2λAA12-λAB2-→→→→→→→→→(1-λ)AB·AC．因为AC·AB=2，AA12=AB2=AC2=4，所以BD·AE=λ+2(1-λ)+2λ-4λ-2(1-λ)=-λ=0，所以λ=0，即点E与点C重合，所以AE＝AC=2.故选A.注：本题也可用坐标法.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.1，则两圆圆心距C1C2=2槡2＞T1+T2=1+1，所以两圆相离，故与圆C1和圆C2都相切的直线有四条，A错误；对于B，易得点C1(0，0)与点C2槡2与圆C1和圆C2都相切，B正确；对于C，PQmax=C1C2+T1+T2=2槡2+2，PQmin=C1C2-T1-T2=2槡2-2，C正确；对于D，易知当∠MQN=时，四边形OMQN为正方形，所以当QO＝槡2时，10.AC【解析】对于A，因为sn+4an+1=an+3，a1=1，当n=1时，s1+4a2=a1+3，解得a2=；当n≥2时，sn-1+4an＝an-1+3，所以an+4an+1-4an＝an－an-1，即2an+1-an=(2an－an-1).又2a2-a1=，所以{2an+1-an｝是首项为，公比为的等比数列，A正确．对于B，由A易得，2an+1-an=，则2n+1an+1-2nan=1.又2a1=2，所以{2nan｝是首项为2，公差为1的等差数列．所以2nan＝n+1.所以anB错误．对于C，因为sn+4an+1=an+3，an所以sn=-4an+1+an+3=3-，C正确．对于D，因为bn= -2nan＝-2n）×=-（n+1)，所以Tn=++…+-数学参考答案第3页（共9页）[2+3+…+（n+1)]=1-D错误．故选AC.→→→→，所以B1G·BF=(-2)×0+(-1)×B1G=(-2，所以B1G·BF=(-2)×0+(-1)×→→→(-2)+(-2)×1=0.所以B1G⊥BF，即B1G⊥BF，A正确．对于B，因为BE=→→(-1，-2，2)，所以B1G·BE=(-2)×(-1)+(-1)×(-2)+(-2)×2=0.→→所以B1G⊥BE，即B1G⊥BE，B错误．对于C，如图2，分别延长EF，DA相交于点M，连接MC交AB于点P，因为F为棱AA1的中点，所以A1F＝AF=1.因为∠EA1F=∠MAF=90°，∠A1FE=∠AFM，所以△EA1F≌△MAF，所以EA1=MA=1.因为AP∥CD，所以△MAP∽△MDC，所以因为AB＝CD，所1AP1以3=AB，即AP=3AB，C正确．对于D，设平面BEF的法向量为m工，>，→m·BE工-2>+2之→不妨令>=1，得m=（2，1，2）.又B1F=m·BF=-2>＋之=0，→B1F·m→→B1F·m(0，-2，-1)，设直线B1F与平面BEF所成的角为θ，则sinθ=B1F·m→→B1F·m-4=-4==12.ACD【解析】对于A，因为椭圆C的长轴长为2a=4，所以a=2.又椭圆C的离心率=所以b2=a2-c2=3.所以椭圆C：+=1，A正确．对于B，若椭圆C上存在点M，使得，+>2=1，则点M在圆工2+>2=1上．又方程组烅工2+>21无解，B错误．对于C，设∠F1PF2=β，PF1=PF2=q，则pq=.在△PF1F2中，由余弦定理可得cosβ=PF1+PF2F1F22=2-2×-42×p2+q2-4c2（p＋q）2-2pq-4c2==2pq2pq=.因为2-2×-42×p2+q2-4c2（p＋q）2-2pq-4c2==2pq2pqPF1PF2sin∠F1PF2=pqsinβ=××2=槡26，C正确．对于D，F2（1，0设直线l22+4>2=12消去工并整理，得3t2+4）>2+6t>-9=0，Δ=36t2+36（3t2+40恒成立，所以>1+>2=-，>1>2=-.依题意有（AF1得（2a+2c）r1=×2c11｜.同理可得r2=2r1=2r2，>＜0，所以>1=-2>2.又>1+>2=-，所以-2>2+>2=-，数学参考答案第4页（共9页）解得S2==-.代入到S1S2=-，得-=-，解得t2=，所以直线l的斜率为k==±槡25，D正确．故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.±3【解析】因为a=(-1，mbn，2)，a⊥b，所以a·b=0，即－n+2m=0，得n=2m．又a－b=(-1-n，m-2)，所以a－b＝槡(-1-n）2+（m-2)2=槡(2m+1)2+(2-m）2=槡10，解得m=±1.所以m＋n=3m=±3.14.x－槡3S+1=0【解析】由题意得lx－mS+1=0恒过点P(-1，0)，圆C：x2+S2+4x-2槡3S-2=0的标 方法一：由直线与圆的几何性质知，当PC⊥l时，所截得弦长最短，此时kPC·kl=-1，即m＝－kPC= --1）=槡3，所以直线l的方程为x－槡3S+1=0.→→方法二：易得直线l的方向向量为nm，1PC=（-1，槡3）.当圆C截直线l所得的弦长最短时，n→→→所以n·PC=0，解得m＝槡3，所以直线l的方程为x－槡3S+1=0.→15.(-3，13)【解析】设等差数列｛an｝的公差为d，则d＞0.因为a1=1，且a2+1，6，a5构成等比数列，所以a5（a2+1)=（a1+4da1+d+1)=(1+4d）(2+d）=36，整理得4d2+9d-34=0，解得d=2或d=-（舍去所以an=1+2（n-1)=2n-1，则bn=22n-1，所以sn=2+23+…+22n-1== ×(4n-1).由λcosnπ＜sn＋an，得λcosnπ<×(4n-1)+2n-1.当n为奇数时，-λ< ×(4n-1)+2n-1，即λ>×(1-4n）-2n+1]max=×(1-41)-2×1+1=-3；当n为偶数时，λ<×(4n-1)+2n-1，即λ<×(4n-1)+2n-1]min=×(42-1)+2×2-1=13.（或当λ>0时，由λ<×(42-1)+2×2-1，得0<λ<13；当λ≤0时，由-λ<×(4-1)+2×1-1，得-3<λ≤0）综上所述，实数λ的取值范围为(-3，13).16.π【解析】如图，以点B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，S轴，之轴，，4).连接A1C1相交于点O棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，故此三棱柱的外接球即为以BA，BC，BB1分别为O(1，1，2)，所以外接球半径为CO＝槡1+1+4=槡6.设平面A1B1E的法向量为n=—→··2之=0，解得S=0，令x=1，则之=→→=槡22.所以平面α截此三棱柱的外接球所得的截面圆的半径为R＝槡CO2-d2=槡6-=槡222，故截面面积为πR2=π.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.n≥2时，nsn+1+（n+1)sn-1=(2n+1)sn+1，数学参考答案第5页（共9页）>> 所以n（Sn+1-Snn+1)（Sn－Sn-1)+1，即nan+1-（n+1)an=1，……………………1分所以-＝=-，……………………2分所以＝－+-+…+-+=-+-+…+-+=2-，所以an=2n-1.………………4分又a1=2×1-1=1满足上式，故an=2n-1（n∈Ν*）.……………………5分（2）由（1）知，bn＝==×-，……………6分所以Tn＝b1+b2+…+bn=×-+-+-+…+-=×1-.又Tn<，……………………9分解得n<8，故n的最大值为7.……………10分当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x=1，此时AB=4，不合题意，所以直线l的斜率存在，设直线l…………………2分联立方程1消去>可得：k2x2-2（k2+2）x＋k2=0.则x1+x2==2+.………………4分因为AB＝x1+x2+2=2++2=6，解得k=±槡2.所以直线l的方程为>＝槡2x－槡2或>槡2x＋槡2.……………………5分l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝m>+2，消去x可得：>2-4m>-8=0，显然Δ>0.…………7分1Bx22>1<0，则>1>2=-8，即>2=-.…………8分OE·（>1->2）=>1OE·（>1->2）=>1->2， 9分·110分△BOF的面积为S2=OF所以S1+S2=（>1->2）+(->2)=>1->2=>1+≥2槡>1·=4槡3，……11分所以S1+S2的最小值为4槡3.……………12分an｝的公差为d，数学参考答案第6页（共9页）d=3（a1十4d）-4,…………………1十d=4,解得1,…………………1分2分所以an＝a1十（n-1)d=1十3（n-1)=3n-2（n∈N*）.………………3分方法二：设｛an｝的公差为d，因为S5=3a5-4且a2=4,且由等差数列的性质得S5=5a3=5（a2十d）=5(4十d3a5-4=3（a2十3d）-4=3(4十3d）-4,……1分所以3(4十3d）-4=5(4十d解得d=3.………………2分所以an＝a2十（n-2)d=4十3（n-2)=3n-2（n∈N*）.………………3分(2)数列｛bn｝中，Tn十1=3Tn十2n十3,当n≥2时，Tn=3Tn-1十2n十1,两式相减，得Tn十1-Tn=3（Tn－Tn-1)十2,即bn十1=3bn十2.所以bn十1十1=3（bn十1).……………………4分又当n=1时，T2=3T1十5,所以b1十b2=3b1十5,又b1=3,所以b2=11.从而b2十1=3（b1十1),故总有bn十1十1=3（bn十1),n∈N*.又因为b1=3,所以bn十1≠0，从而b1=3.……………5分所以｛bn十1}是以b1十1=4为首项，3为公比的等比数列.所以bn十1=4X3n-1,所以bn=4X3n-1-1.………………6分由(1)知，an=3n-2,所以cnan十2)3（bn十1)=nX4X3n-1=4nX3n-1.………7分设dn＝nX3n-1,｛dn｝的前n项和为An，则An=1十2X3十3X32十…十nX3n-1①,所以3An=1X3十2X32十3X33十…十（n-1)X3n-1十nX3n②.①-②得-2An=(1十3十32十…十3n-1)-nX3n=-nX3n，……10分所以Hn=4An=-2X-nX3n）=(2n-1)·3n十1.……………12分20．【解析】(1)设双曲线E的半焦距为c，则c＝槡5,所以a2十b2=5①.………1分,所以-=1②.……………2分由①,②可解得,,所以E的标准方程为->2=1.…………………3分1(2)①当直线MN的斜率存在时，设MN：>＝kx十m（k≠±2),M（x1,>1),N（x2,>2),,消去>可得(4k2-1)x2十8kmx十4（m2十1)=0，由题意知Δ=(8km）2-4(4m2十4)(4k2-1)>0，即4k2-m2-1＜0，且x1十x2=-,x1x2=,……………………5分数学参考答案第7页（共9页）>>2=（kx1+mkx2+mk2x1x2+km（x1+x2)+m2.—一—一由(1)知A(2,0),因为AM」AN，又AMx1-2,>1),ANx2-2,>2),—一—一所以AM·ANx1-2)（x2-2)+>1>2=0,……………6分所以（k2+1)·x1x2+（km-2)·（x1+x2)+m2+4=0,所以（k2+1)·+（km-2)·＋m2+4=0.化简得3m2+16km+20k2=0,即(3m+10km+2k）=0.………………7分所以m=-2k或m=-k，且均满足4k2-m2-1<0.当m=-2k时，直线MN的方程为>＝k（x-2),过定点(2,0),与已知矛盾；…………8分当m=-k时，直线MN的方程为>＝k（x-,过定点,0).…………………9分②当直线MN的斜率不存在时，由对称性不妨设直线AM：>＝x-2,与双曲线E的方程联立解得xM＝xN=,此时直线MN也过点,0).……………11分综上所述，直线MN过定点,0).………………………12分21.【解析】(1)由题设，知AB/DC，所以人ABD＝人BDC=60°.又BC＝CD=1,所以ΔBCD为等边三角形，所以BD＝BC=1.…………1分在在ΔABD中，AB=2,BD=1,所以AD2=AB2+BD2-2AB×BD×cos人ABD，即AD2=22+12-2×2×1×cos60°=3,则AD=ℸ3.所以AD2+BD2=AB2,即AD」BD. 2分又PB」AD，PBnBD＝B，所以AD」平面PBD.因为AD平面ABCD，所以平面PBD」平面ABCD.………………3分图1如图1,设O为BD的中点，连接PO，因为PB＝PD，所以PO」BD.又因为平面PBDn平面ABCD＝BD，PO平面PBD， 所以PO」平面ABCD，所以PO即为点P到平面ABCD的距离.………4分 在RtΔPOB中，PB=1,BO=,所以PO＝=ℸ23,即点P到平面ABCD的距离为‘23.…………5分(2)如图2,连接OC，则OC」BD，且OC平面ABCD，所以PO」OC，所以PO，BD，OC两两互相垂直.以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、>轴、之轴建立空间直角坐标系Ox>之.,D,所以=(0,,-,=(1,0,0),=-,,0,=-,0,.若PC上存在点F满足题意，不妨设=λ，则F(0,λ,(1-λ)),所以=-,λ,(1-λ)).………………………7分数学参考答案第8页（共9页）设mx，>，之）是平面BDF的法向量，则烅m·BF=-2x+2λ>+2(1-烆m·DB＝x=0,解得>=λ-1λ之，不妨取之=1,则平面BDF的一个法向量为m=(0,,1).……………8分 )是平面PBC的法向量， =0,=1,则x1=槡3,所以平面PBC的一个法向量为n＝槡3,1,1),………………9分m·nmn=,m·nmn=,=槡2+12×槡化简整理得9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ=.即PF=3PC或PF=3PC.………………