辽宁省沈阳市辽宁实验中学2024届高三下学期高考适应性测试（二）数学试题及答案

这是一份辽宁省沈阳市辽宁实验中学2024届高三下学期高考适应性测试（二）数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．帕普斯：（Pappus）古希腊数学家，3﹣4世纪人，伟大的几何学家，著有《数学汇编》．此书对数学史具有重大的意义，是对前辈学者的著作作了系统整理，并发展了前辈的某些思想，保存了很多古代珍贵的数学证明的资料．如图1，图2，利用帕普斯的几何图形直观证明思想，能简明快捷地证明一个数学公式，这个公式是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．函数的图象如图，且在与处取得极值，给出下列判断，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．函数在区间上是减函数.
3．已知双曲线C的离心率为，焦点为，点A在C上，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．设数列满足，若，且数列的前 项和为，则（ ）
A．B．C．D．
6．若，则（ ）
A．0B．C．1D．129
7．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．过双曲线的左焦点作直线交双曲线于A，B两点，若实数使得的直线恰有3条，则（ ）
A．2B．3C．4D．6
二、多选题
9．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（ ）
A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数
B．
C．第2020行的第1010个数最大
D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为
10．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则（ ）
A．椭圆C的中心不在直线上
B．
C．直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为
D．椭圆C的离心率为
11．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中）B．数列是递减数列
C．D．数列的前项和
三、填空题
12．方程在区间上的所有解的和为 .
13．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法，如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），已知两个圆锥的底面直径均为2，侧面积均为，记过两个圆锥轴的截面为平面，平面与两个圆锥侧面的交线为．已知平面平行于平面，平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且的两条渐近线分别平行于，则该双曲线的离心率为 ．
14．我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 ， .
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，求函数在上的值域；
(2)在中，内角的对边分别为为的平分线，若的最小正周期是，求的面积．
16．已知正项数列的前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，的前项和为，求.
17．已知函数．
(1)若，当时，证明：．
(2)若，证明：恰有一个零点．
18．已知离心率为的双曲线：过椭圆：的左，右顶点A，B.
(1)求双曲线的方程；
(2)是双曲线上一点，直线AP，BP与椭圆分别交于D，E，设直线DE与x轴交于，且，记与的外接圆的面积分别为，，求的取值范围.
19．同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设且．若，则称a与b关于模m同余，记作（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程：；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若，数列的前n项和为，求；
②若，求数列的前n项和．
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
【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：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.
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.
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：
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，
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：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． /
【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）①②
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， ，
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，（md3），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（md3），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．