辽宁省本溪高中2023-2024学年度高考适应性测试（一）数学参考答案

本溪高中2023-2024学年度高考适应性测试（一）数学参考答案1．B【分析】根据正四面体的性质，以及正四面体的中心的位置关系，求碳原子和氢原子的距离，再结合余弦定理求，最后根据二倍角公式求【详解】由题意可知，氢原子构成如图所示的正四面体，碳原子是正四面体的中心，如图，连结并延长交平面于点，平面,设两个氢原子距离为，则，，设，中，，得，则中，  .故选：B2．C【分析】根据函数的周期和奇偶性作出和在上的图象,根据交点个数列出不等式求出的范围.【详解】，是偶函数，根据函数的周期和奇偶性作出的图象如图所示,在上有且仅有三个零点，和的图象在上只有三个交点，结合图象可得，解得，即的范围是，故选C.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.3．B【分析】将转化为、转化为，转化为，作出的图像，根据，可得.【详解】构造函数（），，函数在上单调递减，，可转化为，可转化为，可转化为，下面比较的大小关系，显然：，，设，由和的图像可知：当时，，而，所以，所以，即.,    设，和的图像如图所示：因为，所以，使得，所以当时，，而，所以，所以，即，综上：,则分别函数与直线的交点横坐标，如图所示：由图可知：.故选：B【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.4．D【分析】建立空间坐标系，运用空间向量知识求解出点的轨迹方程，再运用三棱锥体积、线面角等相关知识进行选项判定.【详解】建系如图，为等腰直角三角形，在所在圆上，设，，，则M的轨迹为圆，是以OA为直径在xoy面上的圆.又随着M运动，H轨迹是以OC为直径的圆，故①正确②由图可得，B到面COH的距离为1，，故②正确；③设，则，，，当时等号成立，即当H运动到点C时，，故③正确；④由①知H在以OC为直径的圆上，且该圆所在的平面与平面PAB垂直，由对称性，只考虑C在上半圆，如图，过H作，过B作，则BH与平面PAB所成的角为，又，，故④错误.综上所述，正确的序号为①②③故选：D【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是能够建立空间坐标系，用空间向量知识进行求解，具有较强的综合能力.5．B【解析】点代入椭圆方程，点到准线距离和，解得，由，得，联立直线与椭圆方程得到，联立消去即可求出【详解】解：由题意可得，解得，所以椭圆，设：,设因为，所以由得则结合，联立消去解得故选：B.【点睛】在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.6．D【分析】将原函数零点看做函数与函数的交点，根据单调性和零点存在定理求解.【详解】令，，其中是奇函数，是二次函数，也是偶函数，令则是偶数，共有3个零点，当时，  ，，时，；根据对称性当时，，时，；由条件：  ，，令，则有，显然是偶函数，当时是增函数，当时，，单调递增，当时，单调递减，再根据对称性，大致图像如下图：原函数，等价于求与的交点的个数，有2个零点：，当时，，无交点；当时，  ，，存在一个交点，当时，，存在一个交点，  当x趋于时，由于，并且，的增长速度明显大于，必然存在一个交点，所以有3个交点；故选：D.7．A【分析】将问题转化有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，并在同一坐标系分别作出函数的图象，通过数形结合即可求解.【详解】已知函数，则有且只有一个负整数解.令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，当时，取得最小值为.设，则恒过点在同一坐标系中分别作出和的图象，如图所示显然，依题意得且即且，解得，所以实数的取值范围是.故选：A.【点睛】关键点睛：将问题转化为有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，作出函数的图象，通过数形结合即可.8．B【分析】由题目条件可先求出，再根据向量模的不等式求出的值域，由即可求出.【详解】由题意得，又因为，所以，当与同向时，，与反向时，，又因为，所以，故选：B【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，平面向量模的不等式，根据题目中的条件以为中间量是解题的关键.9．ABD【分析】分别求得曲线的导数，可得切线的斜率，得到切线方程，分别判断切点附近曲线的是否在直线两侧，即可得到结论.【详解】对于A，由，得，则从而可得曲线在点处的切线为.当时，，当时，，则曲线在点附近位于直线的两侧，故A正确.对于B，由，得，则，从而可得曲线在点处的切线为.因为，故当时，，当时，，则曲线在点附近位于直线的两侧，故B正确.对于C，由，得，则，从而可得曲线在点的切线为.因为，所以，则曲线在点附近位于直线的同侧，故C错误.对于D，由得，则，从而可得曲线在点处的切线为.令，则且，，故且，当时，；当时，，故在为增函数，在上为减函数，故在上，，在上，故当且仅当时等号成立，故当时，，当时，，故当时，，当，，则曲线在点附近位于直线的两侧，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查新定义的理解，考查转化思想与抽象思维能力，考查运算能力，属于综合题题.10．BCD【分析】A.易知，作，过作的平行线，与交于点F，证得平面，在AB上取一点H，作，得到平面平面，再根据点H有无数个判断；B. 根据是正三角形，设是中点，与重合，则，求得四边形的面积为，再分析不是中点，或不与重合时，线段的长度变化判断；C.根据，设是中点，记中点为，则，再结合B的结论判断；D.设是中点，是中点，记中点为，得到四边形是平行四边形，再结合C的结论判断.【详解】如图所示：因为AA1=AC，则平行四边形是菱形，则，作，因为平面平面，所以平面，则，过作的平行线，与交于点G，则，又，则平面，在AB上取一点H，作，分别交线段AC，A1B1上于点E，F，易得平面，平面，又，所以平面平面，则平面HEF，所以，因为点H有无数个，所以有无数条直线EF，使得EF⊥A1C，故A错误． 如图所示：若，则是正三角形，设是中点，与重合，则，且四边形的面积为．∵平面平面，∴平面，∴平面．∵平面，∴当不是中点，或不与重合时，线段的长度将增加，四边形的面积不再等于．故B正确．如图所示：若，设是中点，记中点为，则．由结论B知，∴平面．由于，，即，∴直线与确定的平面就是平面．∴为线段上任意一点，都有，故C正确．如图所示：设是中点，是中点，记中点为，则，．又，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，．根据结论C，，∴，∴平行四边形的面积为，即四边形的面积为．所以D正确．故选：BCD11．BC【分析】根据有放回的随机取两次结果36种逐个分析判断即可解决.【详解】由题知，从中有放回的随机取两次，结果有（记为）：共36种，若，此时取或所以，故A错误；若，则恒成立，所以与互斥，故B正确；，故C正确；当时，，此时事件与均未发生，所以事件与不对立，故D错误.故选：BC12．BC【分析】首先证明过抛物线上一点的切线方程结论，利用结论即可得到切点弦所在直线方程，即可判断A，求出点的坐标，从而得到即可判断B，求出的中点，代入抛物线方程即可判断C，对D举反例即可.【详解】首先推导抛物线的切线方程，设过抛物线上一点的切线的斜率为,则，由点斜式得切线方程为：，联合抛物线方程，有：消去，得，相切,，即,整理得:，，点是抛物线上的点,，，，代入得:,整理,得即:，当不存在时，此时，切线方程为，适合上式切线方程，所以，过抛物线上一点的切线的方程为:.故对于本题来说，设对A，则过点的切线方程为，代入坐标有过点的切线方程为，代入坐标有故切点弦方程为，当时，，故过定点，而抛物线焦点坐标为，故A错误；对B，由切于的切线方程,切于的切线方程，，解得，而，则，故B正确；对C，，故，故的中点为，代入抛物线方程有，故的中点在抛物线上，故C正确；对D，取，此时切点弦所在直线方程为：，即，此时中点即圆心的坐标为，当时，，，故圆的半径为，而圆心到准线的距离为，故此时直线与圆相离，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：（1）抛物线上一点的切线的方程为:.（2）过椭圆上一点的切线的方程为；（3）过双曲线上一点的切线的方程为；13．【分析】题目等价于在区间上的取值范围，分类，，三种情况，分别计算得到答案.【详解】表示向左平移个单位，向上平移个单位.不影响的取值范围，等价于在区间上的取值范围.画出函数图像：当时：；当时：；当时：.综上所述：故答案为【点睛】本题考查了函数的最大值最小值，等价转化和分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.14．【分析】以点B为坐标原点,BC,BA所在直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系,设,写出相关点的坐标,并根据题意建立等量关系,进而利用三角函数的性质进行解题.【详解】以点B为坐标原点,BC,BA所在直线分别为x,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,,,.设,则.又,,所以,所以,所以.又,所以,从而.因为点E是正方形ABCD内一动点,所以,所以当时,取最小值,为.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的坐标表示,考查考生的数形结合能力、化归与转化能力以及运算求解能力.试题以正方形为载体,结合旋转考查向量知识,通过建立恰当的平面直角坐标系,将向量知识迁移到几何情境中考查,重点考查直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养.15．【分析】求出函数在上的最大值，分类探讨函数在上的最大值，再根据给定条件列出不等式求解判断作答.【详解】依题意，函数在上单调递增，则当时，，因对任意，总存在，使得，则存在，成立，则当时，成立，而函数是奇函数，当时，，当时，，因此，在上的最大值只能在上取得而当时，，在上单调递增，在上单调递减，当，即时，在上单调递增，，由解得，于是得，当，即时，在上单调递增，在上单调递减，，而，此时不存在使得成立，综上得，即，所以a的最大值为.故答案为：【点睛】结论点睛：函数，，若，，有成立，则.16．【分析】变换得到，则点为的顶点时取最大值，计算得到答案.【详解】正的边长为1，则高为，内切圆半径为如图所示，，当点为的顶点时，取得最大值，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查了向量的最值计算，变换得到是解题的关键.17．(1)，，(2)【分析】（1）利用题给条件即可求得，的值；先由递推关系判定数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）分别求得数列的奇数项的通项公式和偶数项的通项公式，利用分组求和的方法即可求得数列的前2n项和.【详解】（1）由题意得，，，，，，，，当时，，又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.（2）由（1）知，所以，所以.18．(1)证明见解析(2)靠近B的三等分点【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，结合垂直关系的转化，即可正面线面垂直；（2）根据（1）的结果，作出平面与四棱锥的截面，通过点的转化，以及等体积转化，求得点到平面的距离，再根据比例关系，确定点的位置.【详解】（1）取的中点，连结，则四边形是正方形，  则，，所以，且所以,所以，因为平面平面，平面平面，PA在面PAB内，所以平面；（2）  在上取点，使，连结，在上取点，使，在上取点，使，连结，则，且，则，即，且，则四边形是平行四边形，所以，且，即，则，所以四点四点共面，连结，，因为，所以点三点共线，所以五点共面，即与平面交于点，由（1）可知，平面，平面，所以，且，，且平面，所以平面，平面，所以，且是等腰直角三角形，点为的中点，所以，且，平面，所以平面，,所以，，，，所以，即，因为，所以，设点到平面的距离为，则，