湘豫名校联考2023-2024学年高二上学期1月阶段性考试数学试题（含解析）

湘豫名校联考
2023—2024学年高二（上）1月阶段性考试
数学
注意事项：
1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上的指定位置，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．
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
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．已知复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．从小到大排列的一组数据：29，31，a，39，42，58．若第60百分位数与平均数相等，则该组数据的中位数为（ ）
A．35 B．36 C．37 D．39
3．已知抛物线的焦点为，点是上一点，FM的延长线交的准线于点，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
4．1640年法国数学家费马提出了猜想：是质数，我们称为“费马数”．设，若，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．某次数学测试只有两道题目，若甲答对第一道题和第二道题的概率分别为，乙答对第一道题和第二道题的概率分别为，甲、乙两人独立解题，每人各题答对与否互不影响，则这两道题都被答对的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为．根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线分别为的左焦点和右顶点，点是上的点，若的面积为，则的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
8．如图，在正三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，当时，（ ）
A．2 B． C． D．
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．
9．已知圆和圆，点P，Q分别是圆，圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．与圆和圆都相切的直线有三条
B．直线与圆和圆都相切
C．的取值范围是
D．过点作圆的两条切线，切点分别为M，N，则存在点，使得
10．已知数列的前项和为，且对任意正整数恒成立，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列 B．
C． D．
11．在正方体中，E，F，G分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A． 　　　B．直线与BE所成的角为
C．直线AB交平面EFC于点，则　　D．直线与平面BEF所成角的正弦值为
12．已知椭圆的长轴长为4，离心率为分别为椭圆的左、右焦点，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程为
B．椭圆上存在点，使得
C．是椭圆上一点，若，则
D．若的内切圆半径分别为，当时，直线的斜率
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，若，且，则______．
14．已知直线与圆相交，则当圆截直线所得的弦长最短时，直线的方程为______．
15．已知正项等差数列中，，其中，6，构成等比数列，，数列的前项和为，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
16．在直三棱柱中，，且，已知为线段的中点，设过点的平面为，则平面截此三棱柱的外接球所得截面的面积为______．
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．
17．（本小题满分10分）
已知数列的前项和为，当时，，数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，求满足的的最大取值．
18．（本小题满分12分）
已知抛物线为的焦点，直线与交于不同的两点A，B，且点位于第一象限．
（1）若直线经过的焦点，且，求直线的方程；
（2）若直线经过点为坐标原点，设的面积为的面积为，求的最小值．
19．（本小题满分12分）
已知等差数列的前项和为，且满足；数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
20．（本小题满分12分）
已知双曲线的右焦点为，且过点．
（1）求的标准方程；
（2）已知点为的右顶点，M，N是上异于点的两个不同点，且，证明：直线MN过定点，并求出定点坐标．
21．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，．
（1）求点到平面ABCD的距离；
在棱上是否存在点，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
22．（本小题满分12分）
已知椭圆的离心率为，且左顶点与上顶点的距离．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）不经过坐标原点的直线交椭圆于P，Q两点两点不与椭圆上、下顶点重合），当的面积最大时，求的值．
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2023—2024学年高二（上）1月阶段性考试
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B C A B D D C A BC AC AC ACD
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，所以，其虚部为．故选B．
2．C【解析】因为有6个数据，，所以第60百分位数为39．所以平均数为39，可求得，所以该组数据的中位数为，故选C．
3．A【解析】因为抛物线的准线为，所以．所以抛物线的方程是，则．设．因为．所以，解得．所以，故选A．
4．B【解析】因为，所以．所以．．所以，却，解得，故选B．
5．D【解析】设“甲答对了第道题”，“乙答对了第道题”，“两道题都被答对”，则．
方法一：易知．所以．
方法二：．
方法三：．故选D．
6．D【解析】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为．同理可知，与分别为平面与的一个法向量．设直线的方向向量为，则即不妨取，则．设直线与平面所成的角为，则
．所以，故选D．
7．C【解析】由题设知，，则，所以，且，易知，又点在上，所以，所以．因为，所以．则，化简得，解得或（舍去）．
综上所述，．所以．故C的离心率为．故选C．
8．A【解析】因为为线段上的动点，所以可设，所以．因为，且，所以．因为，
所以．
因为，所以，所以，即点与点重合，所以．
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．
9．BC【解析】对于A，由题意可得，圆的回心为，半径，圆的圆心为，半径，则两圆圆心距，所以两圆相离，故与圆和圆都相切的直线有四条，A错误；对于B，易得点与点到直线的距离，故直线与圆和圆都相切，B正确；对于C，，C正确：对于D，易知当时，四边形为正方形，所以当时，，而，矛盾．D错误．故选BC．
10．AC【解析】对于A．圆为，当时，，解得；当时，，所以，即．又，所以是首项为，公比为的等比数列，A正确．
对于B，由A易得，，则．又，所以是首项为2，公差为1的等差数列．所以．所以，B错误．
对于C．因为，所以，C正确．
对于D，因为，
所以，D错误．故先AC．
11．AC【解析】如图1，以为原点，所在直战分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则，，因为分别为棱的中点，所以，对于A，
因为，所以．所以，即，A正确．对于B，因为，所以．所以．即，B错误．对于C，如图2，分别延长相交于点，连接交于点，因为为棱的中点．所以．因为，所以，所以．图为，所以，所以．因为，所以，却，C正确．对于D，设平面的法向量为，，则不妨令，得．又，设直线与平面所成的角为，则，D错误．故选AC．
12．ACD【解析】对于A，图为椭圆的长轴长为，所以．又椭圆的离心率，所以．所以．所以椭圆，A正确．对于B，若椭圆上存在点，使得，勋点在圆上．又方程组无解，B错误．对于C．设，，则．在中，由余弦定理可得．因为，所以．
所以，C正确．
对于D，，设直线．由，消去并整理，得：恒成立，所以．依题意有，得，所以，即．同理可得．因为，所以．又．所以．又，所以，解得．代入到，得，解得，
所以直线的斜率为．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．【解析】因为，所以，期，得，又，所以，解得，所以．
14．【解析】由题意得恒过点．圆的标准方程为，所以圆心，点在圆内．
方法一：由直线与圆的几何性质知，当时，所截得弦长最短，此时．即，所以直线的方程为．
方法二：易得直线的方向向量为，当圆截直线所得的弦长最短时，．所以，解得，所以直线的方程为．
15．【解析】设等差数列的公差为，则．因为，且，6，构成等比数列，所以，整理得，解得或（舍去）．所以，则，所以．由， ．当为奇数时，，即；
当为偶数时，．即．（或当时．由，等；当时，由，得）综上所述，实数的取值范围为．
16．【解析】如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则．连接相交于点．直三棱柱中，，故此三棱柱的外接球即为以分别为长、宽、高的长方体的外接球，且点为外接球球心．因为，所以，所以外接圆半径为．设平面的法向量为，则解得，令，则，所以．所以点到平面的距离为．所以平面截此三棱柱的外接球所得的截面圆的半径为，故截面面积为．
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．
17．【解析】（1）因为当时，．
所以，即，
所以．
所以
，所以．
又满足上式，故．
（2）由（1）知，．
所以
．
又．解得，数的最大值为7．
18．【解析】（1）依题意知，．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，此时，不合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为：．
联立方程消去可得：．
，设．
则．
因为，解得．
所以直线的方程为或．
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由消去可得：，显然．
如图，设，则，即．
因为的面积为，
的面积为，
所以，
当且仅当，却时取等号．所以的最小值为．
19．【解析】（1）方法一：设的公差为，
依题意得
解得．所以．
方法二：设的公差为．因为且，
且由等差数列的性质等，
，
所以，解得．
所以．
（2）数列中，．当时，．
两式相减，得，
即．所以．
又当时，，所以，又，所以．
从而，敖总有．
又因为，所以．从而．
所以是以为首项．3为公比的等比数列．
所以，所以．
由（1）知，，所以．
设的前项和为，
则①．
所以②．
①－②得，
所以．
20．【解析】（1）设双曲线的半焦距为，则，所以①．
又过点，所以②．
由①，②可解得所以的标准方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设，
由，消去可得，
由题意知，即．
且，
．
由（1）知，圆为，又．
所以．
所以．
所以．
化简得，即．
所以或，且均满足．
素时，直线的方程为，过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点．
②当直线MN的斜率不存在时，由对称性不妨设直线，
与双曲线的方程联立解得，此时直线也过点．
综上所述，直线过定点．
21．【解析】（1）由其设，知．所以．
又，所以为等边三角形．所以．
在中，．所以．
即，则．
所以，即．
又，所以平面．
因为平面．
所以平面平面．
如图1，设为的中点，连接．因为．所以．
又因为平面平面平面．
所以平面，所以即为点到平面的距离．
在中，，所以．
即点到平面的距离为．
（2）如图2，连接OC，则，且平面ABCD，
所以，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、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz．
则，
所以．
若上存在点满足题意，不妨设．
则，
所以．设是平面的法向量，
则解得，
不妨取，则平面的一个法向量为．
同理，设是平面的法向量，
则解得，不妨取，
则，所以平面的一个法向量为，
所以，
化简整理得，解得或．
即或．
故在的三等分点处存在点，可使得平面与平面夹角的余弦值为．
22．【解析】（1）设椭圆的半焦距为，由题意，得，可得．
又，解得．
所以椭圆的标准方程为．
（2）设点到直线的距离为．
①直线的斜率不存在时．
设直线的方程为，且，则，
所以，当时等号成立．
即当时，的面积最大，此时．
②当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，且，
由消去并整理可得．
由题意知．
，
则．
又，所以
，
当且仅当时，等号成立．
所以当，且）时，的面积最大．
此时
．
综上所述，当的面积最大时，．