辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试（一）数学参考答案一、单选题（每题只有一个选项是正确答案，每题5分，共40分）12345678CACBCDBB二、多选题（每题至少有一个选项为正确答案，少选且正确得3分，每题5分，共20分）9101112ADACABDBC三、填空题（每题5分，共20分）313．514．54015．2sin16．22四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17．【详解】（1）取PD的中点G，连接AG、EG，1根据中位线定理，EG//CD，且EGCDAB，2又AB//CD，所以AB//EG，ABEG，则四边形ABEG为平行四边形，∴BE//AG，∵BE平面PAD，AG平面PAD，∴BE//平面PAD；（2）以D为原点，DA、DC、过D且垂直底面的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB1，则D0,0,0、A1,0,0、B1,1,0、C0,2,0，设Px,y,z，由DPx2y2z22，APx12y2z22，CPx2y22z22，111上面联立解方程组得x，y1，z，2211113113111故点P,1,，所以E,,，得到BE,,，2242442411mBE466平面ABCD的法向量为m0,0,1，由cosm,BE．mBE6121266故直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为．12答案第1页，共5页学科网（北京）股份有限公司18．【详解】(1)AC解：由正弦定理得sinAsinsinBsinA．2AC因为sinA0，所以sinsinB．2ACB由ABC180，可得sincos，22BBB所以cos2sincos．222BBB1因为0,,cos0，所以sin，22222B所以30，B602(2)abc解：由于B60，b4，有正弦定理，sinAsinBsinC8383所以asinA，bsinB，332由于CA，3838383832C△ABCabc4sinAsinC4sinAsinA3333344cosA43sinA8sinA4621因为A0,，所以sinA,1．362因此C△ABC8,12x2y219．【详解】解：（1）双曲线C:1（a0，b0）的渐近线方程为bxay0和bxay0，a2b2222222bxaybxaybx0ay0ab由动点Px,y到两条渐近线l，l的距离之积为0000，00122222a2b2a2b2abab4b2a2b2则，5a2b2又2c25，即c2a2b25，解得a2，b1，x2则双曲线的方程为y21．4（2）证明：设直线l的方程为ykxm，与双曲线的方程x24y24联立，可得4k21x28kmx4m240，2直线与双曲线的右支相切，可得8km44k214m240，可得4k2m21，答案第2页，共5页m设直线l与x轴交于D，则D,0，k1mSSSODyykxx，△MON△MOD△NOD2MN2kMN1又双曲线的渐近线方程为yx，21yx2mm联立2，可得M,，12k12kykxm2mm同理可得N,，12k12km2m2mm4m2m2则Skk2．△MON2k12k12k2k14k2m2即有△MON面积为定值2．20．【详解】（1）解：在等腰梯形ADEF中，作EMAD于M，ADEF则DM1,AM3,EM3，所以AE3923，2连接AC，则AC42，因为AEC90，所以EC25，所以ED2DC2EC2，所以CDED，又因为CDAD，且ADEDD，AD,ED平面ADEF，所以CD平面ADEF，又由AE平面ADEF，所以CDAE，因为CEAE且CECDC，CE,CD平面CDE，所以AE平面CDE，又因为AE平面CDE，所以AEDE，因为AECE，所以CED就是二面角CAED的平面角，DE25在直角CDE中，cosCDE，CE2555所以二面角CAED的余弦值为.5（2）解：取AD的中点O1，连接O1E,O1F，可得证四边形O1DEF、O1AFE均为平行四边形，所以O1DO1AO1EO1F2，所以O1为等腰梯形ADEF的外心，取AC的中点O，连接OA,OD,OE,OO1，可得OO1//CD，因为CD平面ADEF，所以O1O平面ADEF，又因为OCOAODOEOF22，所以O为四棱锥CADEF外接球的球心，44642所以球的半径为R22，所以VπR3π(22)3π.333答案第3页，共5页学科网（北京）股份有限公司3x121．【详解】（1）令0，即(3x1)(3x1)0，3x11111解得x或x，所以fx的定义域为,,，33333x13x1而fxloglog23x123x13x113x1，log2log2f(x)3x13x1所以fx为奇函数.3x1（2）令t，则ylogt，3x123x12又t1，3x13x11设x1,x2,，且x1x2，322则t1t2113x113x216xx123x113x211因为x1,x2,，且x1x2，3所以3x110,3x210，x1x20，3x11因此t1t2，即t在,上单调递增，3x13又因为ylog2t在(0,)上单调递增，3x11所以fxlog2在,上单调递增.3x1322．【详解】（1）解：因为数列an为等差数列，a11，a3421，a3a1所以数列an的公差为d22，aan1d22n11，2n1nn122Sn则Sn，又bn2n11，n2nbb2n12n112nNbn1n，故数列n为等差数列.答案第4页，共5页（2）证明：假设数列an中存在不同三项构成等比数列，p2不妨设am、an、ap（m、n、均不相等）成等比数列，即anamap，2由数列a的通项公式可得，n2n112m112p112将此式展开可得22n12n112mp22m1p11，2n1mp22nmp所以有2，即2，2n112m1p11n1m1p1222mp所以，n2n1mpmp1，所以，mpn，22化简整理得mp0，mp，与假设矛盾，故数列an中任意三项均不能构成等比数列.答案第5页，共5页学科网（北京）股份有限公司