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