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

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．