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_2024年3月_02按日期_16号_2024届辽宁省实验中学高考适应性测试（二）

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cos()OD，coscosOA，sinsinEB， 结合图形知，ODOAEB，即cos()=coscos-sinsin， 故选：C. 2．C 【分析】根据导数及函数的单调性可判断a0，由导函数变形可得c3ax 0，由图象知x 10可判断 0 0 f 1 f 1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】 fx3ax22bxc3axx x1， 0 由图知x1时， f(x)为增函数，可知 f(x)  0，所以a0，B错误； 又由 fx3ax22bxc3axx x13ax23a1x x3ax ， 0 0 0 所以2b3a1x ,c3ax Qx 10c3ax 0， 故A错误； 0 0 0 0 Qx 10，1x 0，f 1 f 12b3a1x 0，故C正确； 0 0 0 fx3ax22bxc开口向上，对称轴小于0，函数 f(x)在(0,)上是增函数， 故D错误. 故选：C 3．B 3 【分析】根据双曲线离心率可得c a，根据双曲线定义推出 FA 4a, F A 2a，利用余弦定理即可求得答案. 2 1 2 3 【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 2 故不妨设F,F 为左、右焦点，由 FA 2 F A可知A在双曲线右支上， 1 2 1 2 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司则|FA||F A|2a，故 FA 4a, F A 2a， 1 2 1 2 3 c 3 3 由于双曲线C的离心率为 ，则  ，即c a， 2 a 2 2 |F A|2 |FF |2 |AF |2 4a24c216a2 在VAF F中，cosAF F  2 1 2 1  2 1 2 1 2|F A||FF | 22a2c 2 1 2 4a29a216a2 1   3 4， 22a2 a 2 故选：B 4．A 【解析】分别取AC，BD，BC中点为E，F ，G，则有FG//CD，EG//AB，得到FGE为异面直线AB与CD 所成的角，然后根据正方形的边长和BD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AC，BD，BC中点为E，F ，G， 连接BD，EF ，EG，FG，DE，EB， 则FG//CD，EG//AB， 所以FGE为异面直线AB与CD所成的角， 2 2 因为正方形边长为 2，则FG ，EG ， 2 2 在等腰直角三角形ABC中， 因为ABBC  2， 所以AC 2. 因为 点E为AC的中点， 1 所以BE  AC 1， 2 同理可得，DE1. 因为BE2DE2 2BD2， 所以VBED是等腰直角三角形. 又因为 点F 为BD的中点， 1 2 所以EF  BD . 2 2 答案第2页，共14页2 在VEFG中，FGEGEF  ， 2 所以VEFG是等边三角形， 所以 FGE60o， 1 所以 cosFGEcos60o . 2 故选：A. 【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a 的递推关系求出a 的通项公式，代入b 的表达式中，求出b 的通项，即可求解b 的前n 项和S n n n n n n 【详解】由a n1 3a n 4n可得a n1   2n11  3a n (2n1) , ∵a 3, ∴a (211)0, 1 1 则可得数列a (2n1)为常数列0，即a (2n1)0, ∴a 2n1 n n n 4n28n5 (2n1)(2n3)2 2 1 1 ∴b   1 1  , n (2n1)(2n3) (2n1)(2n3) (2n1)(2n3) 2n1 2n3 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ∴S n(    L   )n  n(1 ). n 3 5 5 7 2n1 2n3 3 2n3 6n9 故选: D 6．C 【分析】赋值x=1，即可求得系数和. 【详解】令x=1，得12 1a a a ...a . 0 1 2 7 故选：C 7．B lnxx lnxx 【解析】函数 f(x)ax2xlnxx0有两个零点，即方程a 有两个根，设gx ，求出gx， x2 x2 研究出函数gx的单调性，由gx的图象与ya有两个交点，得出a参数的范围，即得结果. 【详解】函数 f(x)ax2xlnxx0有两个零点， lnxx lnxx 由题意得方程a 有两个根，设gx ，则ya与yg(x)有两个不同的交点，又 x2 x2 1 ( 1)x2(lnxx）(2x) gx x  12lnxx， x4 x3 2 设hx12lnxx，则hx 10 x 所以hx12lnxx在0,上单调递减，又h(1)0 答案第3页，共14页 学科网（北京）股份有限公司当x(0,1),hx0,gx0，所以gx在(0,1)上单调递增， 当x(1,),hx0,gx0，所以gx在(1,)上单调递减， 1 1 又g(1)1， g( 1 ) e ee2 0 ，当x(1,)时，lnxx0，则gx0，即gx在(1,)上单调递减，但 e 1 2   e 恒正. 作出函数yg(x)的大致图象如下： 要使yg(x)的图象与ya有两个交点， 所以实数a的取值范围是0,1. 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x轴对称，即可得到答案. 2b2 【详解】左支内最短的焦点弦 4，又2a2， a 所以与左、右两支相交的焦点弦长2a2， 因为实数使得 AB 的直线l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x轴对称. 如图所示： 答案第4页，共14页所以当4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12 行中从左到右第2个数与第3个数，即可判断D. 【详解】对于A：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：1，7，28，其和为172836； 而第9行第8个数字就是36，故A正确； 65 765 876 对于B：因为1C1 C2C3 15  56，C3  56， 5 6 7 21 321 8 321 所以1C1 C2C3 C3，故B正确； 5 6 7 8 对于C：由图可知：第n行有n1个数字， n 如果n是偶数，则第 1（最中间的）个数字最大； 2 n1 n1 如果n是奇数，则第 和第 1个数字最大，并且这两个数字一样大， 2 2 所以第2020行的第1011个数最大，故C错误； 对于D：依题意：第12行从左到右第2个数为C1 12，第12行从左到右第3个数为C2 66， 12 12 所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为12:662:11，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O ，球O 的截面大圆，如图， 1 2 答案第5页，共14页 学科网（北京）股份有限公司点A,B分别为圆O,O 与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段MN是椭圆长轴， 1 2 可知椭圆C的中心（即线段MN的中点）不在直线OO 上，故A正确； 1 2 椭圆长轴长2a MN  MF  FN  MF  ME  MB  MA  AB ， 过O 作O D^ OA于D，连O B，显然四边形ABO D为矩形， 2 2 1 2 2 又O B 1,OA 4,OO  34， 2 1 1 2 则2a AB  O D  OO 2 OD2   34 2 32 5， 2 1 2 1 过O 作OC OE交OE延长线于C，显然四边形CEFO 为矩形， 2 2 1 1 2 椭圆焦距2c EF  OC  OO 2 OC2   34 2 52 3，故B错误； 2 1 2 1 OC 5 5 34 所以直线OO 与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为sinCOO  1   ，故C正确； 1 2 2 1 OO 34 34 1 2 2c 3 所以椭圆的离心率e  ，故D正确； 2a 5 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a 1可求x 的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在xx 处切线的斜率，进一步写出在xx 1 1 n n 处的切线方程，求出直线与x轴的交点横坐标，得x ，进一步判断数列a 的结构特征，得到数列a 是等比数 n1 n n  1  列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列a  的前n项和，判断D的真假.  n a  n x b x b e·cb 【详解】对于A选项，由a ln 1 1得 1 e，所以x  ，故A正确. 1 x c x c 1 e1 1 1 Q二次函数 f x有两个不等式实根b，c， 不妨设 f xaxbxc， 因为 fxa2xbc， 所以 fx a2x bc， n n 在横坐标为x 的点处的切线方程为：y f x a2x bcxx ， n n n n ax 2x bc f x  ax2abc x2bc 令y0，则x  n n n  n  n ， n1 a2x bc a2x bc 2x bc n n n 答案第6页，共14页x b x2bcb2x bc x22bx b2 (x b)2 因为 n1  n n  n n  n x c x2bcc2x bc x22cx c2 (x c)2 n1 n n n n n x b x b 所以ln n1 2ln n ，即：a 2a x c x c n1 n n1 n 所以a 为公比是2，首项为1的等比数列. n 所以a 2n1故BC错. n 1 1 对于D选项，由a  1 2n1( 1 )n1，得S  12n  2n 2n12 2 2n1 1 故D正确. n a 2 n 12 1 2n 2n1 n 1 2 故选：AD 12． 【分析】利用二倍角公式化简原方程，求得sinx的值，进而求得区间0,2上的所有解的和. 1 π 【详解】由3sinx1cos2x22sin2x得sinx22sinx10，解得sinx ，在区间0,2上，x 或 2 6 5π π 5π x ，故所有解的和为  π. 6 6 6 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. 5 13． 2 b 【分析】以矩形ABCD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. a x2 y2 【详解】以矩形ABCD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  1， a2 b2 由圆锥的底面直径为2，侧面积为 5π，得AM 1,OA 5， 1 b 1 显然OM  ( 5)212 2,tanAOM  ，即  ， 2 a 2 a2b2 b2 1 5 所以双曲线的离心率e  1  1  . a a2 4 2 5 故答案为： 2 答案第7页，共14页 学科网（北京）股份有限公司63 3 63 1 1 1  14． / 3    64 64 9 3 4n11 【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. 1 3 3 【详解】由题可得，S   3 3sin60o ， 1 2 4 1 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 ， 4 1 故每个正三角形的面积可构成一个以S 为首项， 为公比的等比数列， 1 4  1 n 1  S 则  1 1 2 1 n1  4  1  1 n ， S 1   L   S   31   n  4 4 4  1 1 1  4  4  1 3 63 3 所以S  31   . 3  4  64 1 1 4n Q   S 3 4n1 n 1 1 1 1 1 4n 1 4n1 1 4n 1            4n1 S S 4n1 3 4n1 3 4n11 3 4n1 4n11 n n1 1  1 1      9 4n1 4n11 n 1 1  1 1   1 1   1 1         L    4k1S S 9 411 421 421 431 4n1 4n11 k1 k k1 1 1 1     , 9 3 4n11 63 3 1 1 1  故答案为： ；   . 64 9 3 4n11 【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有： 1 1 1   ， nn1 n n1 4 1 1 2(  )， 4n21 2n1 2n1 2   2  n n1 ， n n1 2n 1 1   ，  2n11  2n1  2n1 2n11 1 1 1 1      nn1n2 2nn1 n1n2    1  15．(1) ,1  ；  2  3 (2) . 2 答案第8页，共14页【分析】（1）根据三角恒等变换将 f x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A，利用等面积法和余弦定理，求得bc，再求三角形面积即可. 1 1 3 1 【详解】（1） f(x)sin2x 3sinxcosx  1cos2x sin2x 2 2 2 2 3 1  π  sin2x cos2xsin2x , 2 2  6  π  π π  π 5π 当1时， f xsin2x ，又x 0, ，故2x  , ，  6  2 6  6 6   π π π 5π  π 1 π 5π 1 又ysinx在 , 上单调递增，在 , 单调递减，且sin  ,sin 1,sin  ，  6 2 2 6   6 2 2 6 2  π  1  故函数 f(x)在0, 上的值域为 ,1  .  2  2   π （2）由（1）知， f xsin2x ，由其最小正周期为2π，  6 2π 1  π 可得 2π，又0，解得 ，则 f xsinx ； 2 2  6  A  A π A π  π π A π π 由 f  0，即sin  0，又A0,π，可得   , ，则  0，即A ；  2  2 6 2 6  6 3 2 6 3 AD为BAC的平分线，故可得BAD30,CAD30， 1 1 1 3 1 2 3 3 则 sinAbc sinBADcAD sinCADbAD，即 bc  bc，bc bc； 2 2 2 4 4 3 2 b2c2a2 1 b2c23 bc2 2bc3 在三角形ABC中由余弦定理可得cosA ，即   ， 2bc 2 2bc 2bc 3 9 将bc bc代入上式可得：bc bc2 2bc3，即3bc23bc60， 2 4 2 解得bc2，或bc （舍去）； 3 1 1 3 3 故VABC的面积为 sinAbc  2 . 2 2 2 2 16．(1)a 4n2 n 4n1 (2)T  2n2n 2n 3 【分析】（1）根据a 与S 的关系化简求解即可； n n （2）采用分组求和的方式计算即可. 答案第9页，共14页 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）Q8S a 24a 4①8S a 24a 4② n n n n1 n1 n1 ①-②整理得 (a a )(a a 4)0,n2 n n1 n n1 Q数列a 是正项数列， a a 4,n2 n n n1 当n1时， 由8S a24a 4,可得a 2. 1 1 1 1 数列a 是以2为首项，4为公差的等差数列， n a 4n2； n 2n1n为奇数 （2）由题意知， b  ， n 2n3n为偶数 故T   12224L 22n2 159L 4n3 2n 1  14n n14n3   14 2 4n1  2n2n. 3 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导可得 f¢(x)>0，即可得到 f x在1,上单调递增，再由 f x f 10，即可证 明； lnx a （2）根据题意，构造函数gxlnxa  ，求导可得gx0，即gx在0,上单调递增，再结合g10， x x 即可证明. 1 【详解】（1）证明：因为a1，所以 f xxlnxxlnx1， fxlnx ． x 当x1时， f¢(x)>0，则 f x在1,上单调递增， 所以当x1时， f x f 10．  lnx a （2） f xxlnxalnxaxlnxa  ．  x x lnx a 1 1lnx a x1lnxa 令gxlnxa  ，则gx    ． x x x x2 x2 x2 1 x1 令hxx1lnxa，则hx1  ． x x 当x0,1时，hx0，hx在0,1上单调递减，当x1,时，hx0，hx在1,上单调递增， x1lnxa 所以hxh12a0，所以gx 0， x2 答案第10页，共14页则gx在0,上单调递增． 因为g10，所以gx恰有一个零点，则 f x恰有一个零点． x2 y2 18．(1)  1 4 3  13  (2) ,   4   【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量求解即可； y （2）方法一：设直线AP：y 0 x2 ，Dx,y ，联立直线与双曲线的方程，结合Px ,y 在双曲线上，化 x 2 1 1 0 0 0 4 4 2 332  简可得x  ，同理x  ，代入x 2x 化简，结合双曲线方程可得P , ，再根据正弦定理，结合 1 x Q x Q 0    0 0   1 4 2 9 7    1 sinBDPsinADB代入化简可得 S  7 7 ，再根据0 求解范围即可； 1  2 S 4 2 方法二：设直线DE：xtym，Dx,y ，Ex ,y ，联立方程得出韦达定理，再根据P，A，D三点共线，P， 1 1 2 2 2m x 2 2 2 332  B，E三点共线，列式化简可得  0 ，进而可得x  ，结合双曲线方程可得P , ，再根据正 2m x 2 0     0   1 4 2 9 7    1 弦定理，结合sinBDPsinADB代入化简可得 S  7 7 ，再根据0 求解范围即可. 1  2 S 4 2 c 7   a 2   【详解】（1）由题意得：c2 a2b2 ，解得b 3，  a2   x2 y2 所以双曲线C 的方程为  1. 1 4 3 y （2）方法一：设直线AP：y 0 x2 ，Dx,y ， x 2 1 1 0  y y 0 x2  4y2  16y2 16y2 则 x 2 ，消y得：3 0 x2 0 x 0 120，  3x2 0 4y2 12   x 0 22   x 0 22 x 0 22 16y212x 22 得：2x  0 0 ， 1 3x 22 4y2 0 0 x2 y2 又因为Px ,y 在双曲线上，满足 0  0 1，即4y2 3x212， 0 0 0 0 4 3 答案第11页，共14页 学科网（北京）股份有限公司8y26x 22 6x2246x 22 24x 2 4 4 所以x  0 0  0 0  0  ，即x  . 1 3x 22 4y2 3x 22 3x212 6x x 2 x 1 x 0 0 0 0 0 0 0 0 y 4 4 同理设直线BP：y 0 x2 ，Ex ,y ，可得x  ，所以x  . x 2 2 2 2 x Q x 0 0 0 4 2 因为x 2x ，所以 2x ，因为x 0，所以x  . Q 0 x 0 0 0  0 2 4 332 2 332  把x  代入双曲线方程得2 y 2 ，解得y  ，则点P , . 0  4  3 0 1 0        设VDBP与△ABD的外接圆的半径分别为r，r ， 1 2 PB AB 由正弦定理得2r  ，2r  ， 1 sinBDP 2 sinADB 因为ADBBDP180，所以sinBDPsinADB. 2  2 3 1 4 2 9  2  3 7    则 S r BP   2  7 7 . 1  1    S r AB 4 4 2 2 1 1 S  13  因为0 ，所以 2，所以 1  ,. 2  S  4  2   方法二：设直线DE：xtym，Dx,y ，Ex ,y ， 1 1 2 2 xtym 则 ，消x得：  3t24  y26tmy3m2120， 3x24y2 12 6tm 3m212 4m2 所以y  y  ，y y  ，得y y  y y ， 1 2 3t2 4 1 2 3t24 1 2 2mt 1 2 y y 因为P，A，D三点共线，则 1  0 ， x 2 x 2 1 0 y y y x 2 x 2 因为P，B，E三点共线，则 2  0 ，两式相除得 1 2  0 ， x 2 x 2 y x 2 x 2 2 0 2 1 0 y x 2 y ty m2 ty y m2y  4m2y y 2mm2y 而 1 2  1 2  1 2 1  1 2 1 y x 2 y ty m2 ty y m2y  4m2y y 2mm2y 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2  2m  2my 1 2my 2    2m . 2m2my 2my  2m  1 2 因为x 2x ，所以m2x . Q 0 0 2m x 2 22x x 2 2 因为  0 ，所以 0  0 ，得x  ， 2m x 2 22x x 2 0  0 0 0 2 4 332 2 332  把x  代入双曲线方程得2 y 2 ，解得y  ，则点P , . 0  4  3 0 1 0        答案第12页，共14页设VDBP与△ABD的外接圆的半径分别为r，r ， 1 2 PB AB 由正弦定理得2r  ，2r  ， 1 sinBDP 2 sinADB 因为ADBBDP180，所以sinBDPsinADB， 2  2 3 1 4 2 9  2  3 7    则 S r BP   2  7 7 ， 1  1    S r AB 4 4 2 2 1 1 S  13  因为0 ，所以 2，所以 1  ,. 2  S  4  2   【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Ax,y ,Bx ,y ； 1 1 2 2 （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x或y的一元二次方程，注意判别式的判断; （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为x x ，xx （或y y ，y y ）的形式； 1 2 1 2 1 2 1 2 （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)x3k或x3k2kZ tan3n4tan4 (2)n16072；n2 n tan3 【分析】（1）根据同除的定义求解，xx20（mod3），即xx2能被3整除，从而得出x或x2能被3整除； （2）①首先求出a （分奇偶项），确定出b ，用并项求和法求和；②求出c ，利用两角差的正切公式变形通项， n n n 结合裂项相消法求和． 【详解】（1）由题意xx20（mod3），所以x3k或x23k（kZ）， 即x3k或x3k2（kZ）． 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司3n1 n为奇数   2 （2）由（1）可得a 为1,3,4,6,7,9,10,···，所以a  ． n n n 3 n为偶数  2  2n为奇数 ①因为b a a （nN ），所以b  ． n n1 n  n  1n为偶数 则S b b b L b 320246072． 4048 1 2 3 4048 ②c tana tana tan3n4tan3n1（nN ）． n 2n3 2n1  tan3n4tan3n1 因为tan3n4tan3n1 1， tan3 tan7tan4  tan10tan7  tan3n4tan3n1  所以T c c L c  1 1L  1 n 1 2 n  tan3   tan3   tan3  tan3n4tan4  n． tan3 【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14页，共14页