湘豫名校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月階段性考試數(shù)學(xué)答案

數(shù)學(xué)參考答案第1頁（共9頁）2023—2024學(xué)年高二（上）1月階段性考試數(shù)學(xué)參考答案題號123456789答案BCABDDCABCACACACD一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.B【解析】因為之===+i，所以之=-i，其虛部為-.故選B.2.C【解析】因為有6個數(shù)據(jù)，60%×6=3.6，所以第60百分位數(shù)為39.所以平均數(shù)為39，可求得a=35，所以該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為==37.故選C.l為工=-1，所以p=2.所以拋物線C的方程是>2=4工，則4（-1-1，>N解得工M=2.所以FM＝工M＋=.故選A.4.B【解析】因為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.故選B.5.D【解析】設(shè)Ai＝“甲答對了第ii＝“乙答對了第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】因為平面α的方程為2工－>＋之-7=0，所以平面α的一個法向量為m0=（2，-1，1）.同理可知，m1=，0，-1）分別為平面工－>+2=0與2工－之+1=0的一個法向量．設(shè)直線l的方向向量為l與平面α所成的角為θ，則數(shù)學(xué)參考答案第2頁（共9頁）07.C【解析】由題設(shè)知AFa＋C，則s△APF=>PAF=AF=，所以a＋C=為a2+b2=C2，所以4（C2-a2）-9a2=a2（C2-a2則a4-13a2=C2（a2-4）=（3-a）2×（a2-4化簡得a3-3a2-4a+6=（a-1a2-2a-6）=0，解得a=1或a=1±槡7（舍 a去綜上所述，a=1.所以C=2.故C a=2.故選C.→→→→→→→8.A【解析】因為E為線段CB1上的動點，所以可設(shè)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.因為BD⊥AE，且BD＝AD－AB=·[λ+(1-λ)+λ=0.因為AA1·AB=0，AA1·AC=0，所以BD·AE=2λAC·AB+2(1-λ)AC2+2λAA12-λAB2-→→→→→→→→→(1-λ)AB·AC．因為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，即點E與點C重合，所以AE＝AC=2.故選A.注：本題也可用坐標(biāo)法.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.1，則兩圓圓心距C1C2=2槡2＞T1+T2=1+1，所以兩圓相離，故與圓C1和圓C2都相切的直線有四條，A錯誤；對于B，易得點C1(0，0)與點C2槡2與圓C1和圓C2都相切，B正確；對于C，PQmax=C1C2+T1+T2=2槡2+2，PQmin=C1C2-T1-T2=2槡2-2，C正確；對于D，易知當(dāng)∠MQN=時，四邊形OMQN為正方形，所以當(dāng)QO＝槡2時，10.AC【解析】對于A，因為sn+4an+1=an+3，a1=1，當(dāng)n=1時，s1+4a2=a1+3，解得a2=；當(dāng)n≥2時，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｝是首項為，公比為的等比數(shù)列，A正確．對于B，由A易得，2an+1-an=，則2n+1an+1-2nan=1.又2a1=2，所以{2nan｝是首項為2，公差為1的等差數(shù)列．所以2nan＝n+1.所以anB錯誤．對于C，因為sn+4an+1=an+3，an所以sn=-4an+1+an+3=3-，C正確．對于D，因為bn= -2nan＝-2n）×=-（n+1)，所以Tn=++…+-數(shù)學(xué)參考答案第3頁（共9頁）[2+3+…+（n+1)]=1-D錯誤．故選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正確．對于B，因為BE=→→(-1，-2，2)，所以B1G·BE=(-2)×(-1)+(-1)×(-2)+(-2)×2=0.→→所以B1G⊥BE，即B1G⊥BE，B錯誤．對于C，如圖2，分別延長EF，DA相交于點M，連接MC交AB于點P，因為F為棱AA1的中點，所以A1F＝AF=1.因為∠EA1F=∠MAF=90°，∠A1FE=∠AFM，所以△EA1F≌△MAF，所以EA1=MA=1.因為AP∥CD，所以△MAP∽△MDC，所以因為AB＝CD，所1AP1以3=AB，即AP=3AB，C正確．對于D，設(shè)平面BEF的法向量為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)，設(shè)直線B1F與平面BEF所成的角為θ，則sinθ=B1F·m→→B1F·m-4=-4==12.ACD【解析】對于A，因為橢圓C的長軸長為2a=4，所以a=2.又橢圓C的離心率=所以b2=a2-c2=3.所以橢圓C：+=1，A正確．對于B，若橢圓C上存在點M，使得，+>2=1，則點M在圓工2+>2=1上．又方程組烅工2+>21無解，B錯誤．對于C，設(shè)∠F1PF2=β，PF1=PF2=q，則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=.因為2-2×-42×p2+q2-4c2（p＋q）2-2pq-4c2==2pq2pqPF1PF2sin∠F1PF2=pqsinβ=××2=槡26，C正確．對于D，F(xiàn)2（1，0設(shè)直線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=-.依題意有（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=-，數(shù)學(xué)參考答案第4頁（共9頁）解得S2==-.代入到S1S2=-，得-=-，解得t2=，所以直線l的斜率為k==±槡25，D正確．故選ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.±3【解析】因為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】由題意得lx－mS+1=0恒過點P(-1，0)，圓C：x2+S2+4x-2槡3S-2=0的標(biāo) 方法一：由直線與圓的幾何性質(zhì)知，當(dāng)PC⊥l時，所截得弦長最短，此時kPC·kl=-1，即m＝－kPC= --1）=槡3，所以直線l的方程為x－槡3S+1=0.→→方法二：易得直線l的方向向量為nm，1PC=（-1，槡3）.當(dāng)圓C截直線l所得的弦長最短時，n→→→所以n·PC=0，解得m＝槡3，所以直線l的方程為x－槡3S+1=0.→15.(-3，13)【解析】設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d，則d＞0.因為a1=1，且a2+1，6，a5構(gòu)成等比數(shù)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，則bn=22n-1，所以sn=2+23+…+22n-1== ×(4n-1).由λcosnπ＜sn＋an，得λcosnπ<×(4n-1)+2n-1.當(dāng)n為奇數(shù)時，-λ< ×(4n-1)+2n-1，即λ>×(1-4n）-2n+1]max=×(1-41)-2×1+1=-3；當(dāng)n為偶數(shù)時，λ<×(4n-1)+2n-1，即λ<×(4n-1)+2n-1]min=×(42-1)+2×2-1=13.（或當(dāng)λ>0時，由λ<×(42-1)+2×2-1，得0<λ<13；當(dāng)λ≤0時，由-λ<×(4-1)+2×1-1，得-3<λ≤0）綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為(-3，13).16.π【解析】如圖，以點B為坐標(biāo)原點，BC，BA，BB1所在直線分別為x軸，S軸，之軸，，4).連接A1C1相交于點O棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，故此三棱柱的外接球即為以BA，BC，BB1分別為O(1，1，2)，所以外接球半徑為CO＝槡1+1+4=槡6.設(shè)平面A1B1E的法向量為n=—→··2之=0，解得S=0，令x=1，則之=→→=槡22.所以平面α截此三棱柱的外接球所得的截面圓的半徑為R＝槡CO2-d2=槡6-=槡222，故截面面積為πR2=π.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.n≥2時，nsn+1+（n+1)sn-1=(2n+1)sn+1，數(shù)學(xué)參考答案第5頁（共9頁）>> 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滿足上式，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的最大值為7.……………10分當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為：x=1，此時AB=4，不合題意，所以直線l的斜率存在，設(shè)直線l…………………2分聯(lián)立方程1消去>可得：k2x2-2（k2+2）x＋k2=0.則x1+x2==2+.………………4分因為AB＝x1+x2+2=2++2=6，解得k=±槡2.所以直線l的方程為>＝槡2x－槡2或>槡2x＋槡2.……………………5分l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝m>+2，消去x可得：>2-4m>-8=0，顯然Δ>0.…………7分1Bx22>1<0，則>1>2=-8，即>2=-.…………8分OE·（>1->2）=>1OE·（>1->2）=>1->2， 9分·110分△BOF的面積為S2=OF所以S1+S2=（>1->2）+(->2)=>1->2=>1+≥2槡>1·=4槡3，……11分所以S1+S2的最小值為4槡3.……………12分an｝的公差為d，數(shù)學(xué)參考答案第6頁（共9頁）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：設(shè)｛an｝的公差為d，因為S5=3a5-4且a2=4,且由等差數(shù)列的性質(zhì)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)數(shù)列｛bn｝中，Tn十1=3Tn十2n十3,當(dāng)n≥2時，Tn=3Tn-1十2n十1,兩式相減，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分又當(dāng)n=1時，T2=3T1十5,所以b1十b2=3b1十5,又b1=3,所以b2=11.從而b2十1=3（b1十1),故總有bn十1十1=3（bn十1),n∈N*.又因為b1=3,所以bn十1≠0，從而b1=3.……………5分所以｛bn十1}是以b1十1=4為首項，3為公比的等比數(shù)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分設(shè)dn＝nX3n-1,｛dn｝的前n項和為An，則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)設(shè)雙曲線E的半焦距為c，則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的標(biāo)準(zhǔn)方程為->2=1.…………………3分1(2)①當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)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，由題意知Δ=(8km）2-4(4m2十4)(4k2-1)>0，即4k2-m2-1＜0，且x1十x2=-,x1x2=,……………………5分?jǐn)?shù)學(xué)參考答案第7頁（共9頁）>>2=（kx1+mkx2+mk2x1x2+km（x1+x2)+m2.—一—一由(1)知A(2,0),因為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.化簡得3m2+16km+20k2=0,即(3m+10km+2k）=0.………………7分所以m=-2k或m=-k，且均滿足4k2-m2-1<0.當(dāng)m=-2k時，直線MN的方程為>＝k（x-2),過定點(2,0),與已知矛盾；…………8分當(dāng)m=-k時，直線MN的方程為>＝k（x-,過定點,0).…………………9分②當(dāng)直線MN的斜率不存在時，由對稱性不妨設(shè)直線AM：>＝x-2,與雙曲線E的方程聯(lián)立解得xM＝xN=,此時直線MN也過點,0).……………11分綜上所述，直線MN過定點,0).………………………12分21.【解析】(1)由題設(shè)，知AB/DC，所以人ABD＝人BDC=60°.又BC＝CD=1,所以ΔBCD為等邊三角形，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,則AD=?3.所以AD2+BD2=AB2,即AD」BD. 2分又PB」AD，PBnBD＝B，所以AD」平面PBD.因為AD平面ABCD，所以平面PBD」平面ABCD.………………3分圖1如圖1,設(shè)O為BD的中點，連接PO，因為PB＝PD，所以PO」BD.又因為平面PBDn平面ABCD＝BD，PO平面PBD， 所以PO」平面ABCD，所以PO即為點P到平面ABCD的距離.………4分 在RtΔPOB中，PB=1,BO=,所以PO＝=?23,即點P到平面ABCD的距離為‘23.…………5分(2)如圖2,連接OC，則OC」BD，且OC平面ABCD，所以PO」OC，所以PO，BD，OC兩兩互相垂直.以O(shè)為原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸、>軸、之軸建立空間直角坐標(biāo)系Ox>之.,D,所以=(0,,-,=(1,0,0),=-,,0,=-,0,.若PC上存在點F滿足題意，不妨設(shè)=λ，則F(0,λ,(1-λ)),所以=-,λ,(1-λ)).………………………7分?jǐn)?shù)學(xué)參考答案第8頁（共9頁）設(shè)mx，>，之）是平面BDF的法向量，則烅m·BF=-2x+2λ>+2(1-烆m·DB＝x=0,解得>=λ-1λ之，不妨取之=1,則平面BDF的一個法向量為m=(0,,1).……………8分 )是平面PBC的法向量， =0,=1,則x1=槡3,所以平面PBC的一個法向量為n＝槡3,1,1),………………9分m·nmn=,m·nmn=,=槡2+12×槡化簡整理得9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ=.即PF=3PC或PF=3PC.………………