文档内容
辽宁省实验中学 2023-2024 学年度高考适应性测试（二）
数学参考答案
1．C
【分析】利用题设中的图形即可得出结果.
【详解】如图，知 ， ， ，
结合图形知， ，即 ，
故选：C.
2．C
【分析】根据导数及函数的单调性可判断 ，由导函数变形可得 ，由图象知 可判断
的符号，根据导函数的开口及对称轴可判断导函数的单调性.
【详解】 ，
由图知 时， 为增函数，可知 ，所以 ，B错误；
又由 ，
所以 故A错误；
， ， ，故C正确；
开口向上，对称轴小于0，函数 在 上是增函数，
故D错误.
故选：C
3．B
答案第1页，共2页
学科网（北京）股份有限公司【分析】根据双曲线离心率可得 ，根据双曲线定义推出 ，利用余弦定理即可求得答案.
【详解】由题意双曲线C的离心率为 ，焦点为F、F，点A在C上，
1 2
故不妨设 为左、右焦点，由 可知A在双曲线右支上，
则 ，故 ，
由于双曲线C的离心率为 ，则 ，即 ，
在 中，
，
故选：B
4．A
【解析】分别取 ， ， 中点为 ， ， ，则有 ， ，得到 为异面直线 与
所成的角，然后根据正方形的边长和 的长度，利用中位线及直角三角形中线定理求得EF，FG，EG的长度
求解.
【详解】如图所示：
分别取 ， ， 中点为 ， ， ，
连接 ， ， ， ， ， ，
则 ， ，
所以 为异面直线 与 所成的角，
因为正方形边长为 ，则 ， ，
在等腰直角三角形 中，
因为 ，
所以 .
答案第2页，共2页因为 点 为 的中点，
所以 ，
同理可得， .
因为 ，
所以 是等腰直角三角形.
又因为 点 为 的中点，
所以 .
在 中， ，
所以 是等边三角形，
所以 ，
所以 .
故选： .
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求法，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于中
档题.
5．D
【分析】先根据 的递推关系求出 的通项公式，代入 的表达式中，求出 的通项，即可求解 的前 项和
【详解】由 可得 ,
∵ , ∴ ,
则可得数列 为常数列 ，即 , ∴
∴ ,
∴ .
故选: D
6．C
【分析】赋值 ，即可求得系数和.
【详解】令 ，得 .
答案第3页，共2页
学科网（北京）股份有限公司故选：C
7．B
【解析】函数 有两个零点，即方程 有两个根，设 ，求出 ，
研究出函数 的单调性，由 的图象与 有两个交点，得出 参数的范围，即得结果.
【详解】函数 有两个零点，
由题意得方程 有两个根，设 ，则 与 有两个不同的交点，又
，
设 ，则
所以 在 上单调递减，又
当 ，所以 在 上单调递增，
当 ，所以 在 上单调递减，
又 ， ，当 时， ，则 ，即 在 上单调递减，但
恒正.
作出函数 的大致图象如下：
答案第4页，共2页要使 的图象与 有两个交点，
所以实数 的取值范围是 .
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数
形结合的方法求解.
8．C
【分析】根据双曲线对称性可知：满足题意的直线，其中一条与实轴垂直，另两条关于 轴对称，即可得到答案.
【详解】左支内最短的焦点弦 ，又 ，
所以与左、右两支相交的焦点弦长 ，
因为实数 使得 的直线 恰有3条，
根据双曲线对称性可知：其中一条与实轴垂直，另两条关于 轴对称.
如图所示：
所以当 时，有3条直线满足题意.
故选：C
9．ABD
【分析】根据杨辉三角读出数据即可判断A，利用组合数公式判断B，分析各行数据的特征，即可判断C，求出第
行中从左到右第 个数与第 个数，即可判断D.
【详解】对于A：第 行，第 行，第 行的第 个数字分别为： ， ， ，其和为 ；
而第 行第 个数字就是 ，故A正确；
对于B：因为 ， ，
所以 ，故B正确；
对于C：由图可知：第 行有 个数字，
答案第5页，共2页
学科网（北京）股份有限公司如果 是偶数，则第 （最中间的）个数字最大；
如果 是奇数，则第 和第 个数字最大，并且这两个数字一样大，
所以第 行的第 个数最大，故C错误；
对于D：依题意：第 行从左到右第 个数为 ，第 行从左到右第 个数为 ，
所以第 行中从左到右第 个数与第 个数之比为 ，故D正确；
故答案为：ABD.
10．ACD
【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球 ，球 的截面大圆，如图，
点 分别为圆 与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段 是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段 的中点）不在直线 上，故A正确；
椭圆长轴长 ，
过 作 于D，连 ，显然四边形 为矩形，
又 ，
则 ，
过 作 交 延长线于C，显然四边形 为矩形，
椭圆焦距 ，故B错误；
所以直线 与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为 ，故C正确；
答案第6页，共2页所以椭圆的离心率 ，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
11．AD
【分析】根据 可求 的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在 处切线的斜率，进一步写出在
处的切线方程，求出直线与 轴的交点横坐标，得 ，进一步判断数列 的结构特征，得到数列 是
等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列 的前 项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由 得 ，所以 ，故A正确.
二次函数 有两个不等式实根 ， ，
不妨设 ，
因为 ，
所以 ，
在横坐标为 的点处的切线方程为： ，
令 ，则 ，
因为
所以 ，即：
所以 为公比是2，首项为1的等比数列.
所以 故BC错.
答案第7页，共2页
学科网（北京）股份有限公司对于D选项， ，得 故D正确.
故选：AD
12．
【分析】利用二倍角公式化简原方程，求得 的值，进而求得区间 上的所有解的和.
【详解】由 得 ，解得 ，在区间 上， 或
，故所有解的和为 .
故答案为
【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查已知正弦值求角的大小，属于基础题.
13．
【分析】以矩形 的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，求出 的值即可得解.
【详解】以矩形 的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为 ，
由圆锥的底面直径为2，侧面积为 ，得 ，
显然 ，即 ，
所以双曲线的离心率 .
故答案为：
14． /
答案第8页，共2页【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得， ，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的 ，
故每个正三角形的面积可构成一个以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，
所以 .
,
故答案为： ； .
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
，
，
，
答案第9页，共2页
学科网（北京）股份有限公司，
15．(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据三角恒等变换将 化为一般式，再利用整体法，结合正弦函数单调性，即可求得值域；
（2）根据题意，求得 ，利用等面积法和余弦定理，求得 ，再求三角形面积即可.
【详解】（1）
,
当 时， ，又 ，故 ，
又 在 上单调递增，在 单调递减，且 ，
故函数 在 上的值域为 .
（2）由（1）知， ，由其最小正周期为 ，
可得 ，又 ，解得 ，则 ；
由 ，即 ，又 ，可得 ，则 ，即 ；
答案第10页，共2页为 的平分线，故可得 ，
则 ，即 ， ；
在三角形 中由余弦定理可得 ，即 ，
将 代入上式可得： ，即 ，
解得 ，或 （舍去）；
故 的面积为 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据 与 的关系化简求解即可；
（2）采用分组求和的方式计算即可.
【详解】（1） ① ②
①-②整理得
数列 是正项数列，
当 时，
数列 是以2为首项，4为公差的等差数列，
；
（2）由题意知， ，
答案第11页，共2页
学科网（北京）股份有限公司故
.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导可得 ，即可得到 在 上单调递增，再由 ，即可
证明；
（2）根据题意，构造函数 ，求导可得 ，即 在 上单调递增，再结合
，即可证明.
【详解】（1）证明：因为 ，所以 ， ．
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以当 时， ．
（2） ．
令 ，则 ．
令 ，则 ．
当 时， ， 在 上单调递减，当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
则 在 上单调递增．
因为 ，所以 恰有一个零点，则 恰有一个零点．
答案第12页，共2页18．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量求解即可；
（2）方法一：设直线AP： ， ，联立直线与双曲线的方程，结合 在双曲线上，
化简可得 ，同理 ，代入 化简，结合双曲线方程可得 ，再根据正弦定理，结
合 代入化简可得 ，再根据 求解范围即可；
方法二：设直线DE： ， ， ，联立方程得出韦达定理，再根据P，A，D三点共线，P，
B，E三点共线，列式化简可得 ，进而可得 ，结合双曲线方程可得 ，再根据正
弦定理，结合 代入化简可得 ，再根据 求解范围即可.
【详解】（1）由题意得： ，解得 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）方法一：设直线AP： ， ，
答案第13页，共2页
学科网（北京）股份有限公司则 ，消y得： ，
得： ，
又因为 在双曲线上，满足 ，即 ，
所以 ，即 .
同理设直线BP： ， ，可得 ，所以 .
因为 ，所以 ，因为 ，所以 .
把 代入双曲线方程得 ，解得 ，则点 .
设 与 的外接圆的半径分别为 ， ，
由正弦定理得 ， ，
因为 ，所以 .
则 .
因为 ，所以 ，所以 .
方法二：设直线DE： ， ， ，
则 ，消x得： ，
所以 ， ，得 ，
因为P，A，D三点共线，则 ，
答案第14页，共2页因为P，B，E三点共线，则 ，两式相除得 ，
而
.
因为 ，所以 .
因为 ，所以 ，得 ，
把 代入双曲线方程得 ，解得 ，则点 .
设 与 的外接圆的半径分别为 ， ，
由正弦定理得 ， ，
因为 ，所以 ，
则 ，
因为 ，所以 ，所以 .
【点睛】方法点晴：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 或 的一元二次方程，注意判别式的判断;
（3）列出韦达定理；
答案第15页，共2页
学科网（北京）股份有限公司（4）将所求问题或题中的关系转化为 ， （或 ， ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
本题考到三角形外接圆，需要用到正弦定理，并根据角度关系转化为弦长关系进行化简，属于难题.
19．(1) 或
(2) 6072；
【分析】（1）根据同除的定义求解， （mod3），即 能被3整除，从而得出x或 能被3整
除；
（2）①首先求出 （分奇偶项），确定出 ，用并项求和法求和；②求出 ，利用两角差的正切公式变形通项，
结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意 （mod3），所以 或 （ ），
即 或 （ ）．
（2）由（1）可得 为 ，所以 ．
①因为 （ ），所以 ．
则 ．
② （ ）．
因为 ，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本
题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等
等知识才能顺利求解．
答案第16页，共2页答案第17页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
