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

2024-03-20 · U1 上传 · 14页 · 1.3 M

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:C3.B【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F1、F2,点A在C上,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:B4.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.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:D6.C【分析】赋值,即可求得系数和.【详解】令,得.故选:C7.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: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:C9.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,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;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.对于D选项,,得故D正确.故选:AD12.【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./【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:,,,,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;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)①②①-②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,,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.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:,,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,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;(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.

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