河北省张家口市2023-2024学年高三下学期5月适应性训练数学试题

河北省张家口市2023-2024学年高三下学期5月适应性训练数学试题注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若z=1+i，则|z2–2z|=（

）A．0 B．1 C． D．23．在△中，为边上的中线，为的中点，则A． B．C． D．4．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（

）A． B． C． D．5．设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则A．B．C．D．6．已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（

）A．2 B． C． D．8．已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（

）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（

）A．B．C．函数在上单调递减D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为11．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．直线与所成的角为B．的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有种．（用数字作答）13．已知函数，，则．14．底边和腰长之比为的等腰三角形被称为“黄金三角形”，四个面都为“黄金三角形”的四面体被称为“黄金四面体”.“黄金四面体”的外接球与内切球表面积之比为.四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求证：.(2)求的取值范围.16．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)求甲、乙两人最终平局的概率；(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．17．如图，四棱锥中，是等边三角形，，．(1)证明：；(2)若，，求点A到平面的距离．18．已知数列的前项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列前项和为，求证：．19．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．(1)求的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．①当时，求证：的值及的周长均为定值；②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．参考答案：1．C【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.2．D【分析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.【详解】由题意可得：，则.故.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.3．A【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.4．C【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.5．C【解析】由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．【详解】是R的偶函数，．，又在(0，+∞)单调递减，∴，，故选C．【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值．6．D【分析】根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进行求解即可.【详解】由，得，即函数的单调递减区间为，令，则函数其中一个的单调递减区间为：函数在区间内单调递减，则满足，得，所以的取值范围是.故选：D.7．C【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.【详解】由题意可得，解得，所以.故选：C.8．D【分析】设，，有，，，由弦长公式可得，，四边形AMBN的面积为，解得，可求双曲线的离心率.【详解】根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示，圆O：，圆心为，半径为，设，，点P在双曲线上，，则有，，可得，过O作MN的垂线，垂足为D，O为的中点，则，，同理，，由，四边形AMBN的面积为，，化简得，则有，则C的离心率.故选：D9．ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.10．ACD【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.【详解】令得，或，，由图可知：，，，所以，，所以，所以，故A选项正确，所以，由且处在减区间，得，所以，，所以，，所以，，故B错误.当时，，因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），为偶函数得，，所以，，则的最小值为，故D正确.故选：ACD.11．ACD【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.【详解】A选项，连接，由于为的中点，

所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，

，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；

D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.

故选：ACD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径12．【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序.【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；合计有种不同分配方案，故答案为：.13．【分析】发现，计算可得结果.【详解】因为，，且，则.故答案为-2【点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现是关键，属于中档题.14．【分析】画出符合题意的四面体，由其特征将其补形为长方体，分别计算外接球与内切球表面积可得答案.【详解】如图，设四面体为“黄金四面体”，且，得，又因四个面都为“黄金三角形”，则.注意到四面体对棱相等，则将其补形为如图所示长方体，则该长方体外接球与该四面体外接球重合.设，则长方体外接球半径为长方体体对角线长度的一半，有，又注意到：，得，又，得.注意到，，则.又在中，，取中点为E，则，故，又由前面分析可知四面体的四个面全等，则四面体的表面积.设四面体的内切球半径为，则，得.注意到，则，又，得，又，则.则“黄金四面体”的外接球与内切球表面积之比为：，代入，得比值为：.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题涉及求几何体的外接球半径及内切球半径，难度较大.题目关键为由题目条件得到“黄金四面体”的对棱相等，从而将其补形为长方体，而适当的代换也可减小计算的复杂度.15．(1)证明见解析(2)【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.【详解】（1）在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，（2）得：得，∴，∴，由题意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范围为方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范围为16．(1)分布列见解析(2)(3)分布列见解析，期望为【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.【详解】（1）依题意，X的所有可能取值为－1，0，1．，，，所以X的分布列为X－101P0.30.50.2（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，其概率为．③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，其概率为．故甲、乙两人最终平局的概率为．（3）Y的所有可能取值为2，3，4．，，，所以Y的分布列为Y234P0.130.130.74．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，交于点O，连接，结合题意和三角形全等得到，利用线面垂直的判定得到平面，再利用线面垂直的性质即可得证；（2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和所在直线的方向向量，利用空间向量的方法即可求解.【详解】（1）如图，连接，交于点O，连接，由，可得，所以，又，所以，所以，即O为中点，在等腰中，可得，在等腰中，，又，平面，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）可得，，又，所以，由于为正三棱锥，点P在底面的垂足一定在上，设垂足为M，根据正三棱锥的性质可得，如图，过点作的平行线，以的平行线所在直线为轴，以所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系．

可得，又，（或）设平面的法向量，可得不妨令，可得，所以，故所以点A到平面的距离为．18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据与的关系，即，和等比数列的性质进而求出数列的通项公式；（2）由结合(1)并列项得，再根据裂项求和得，进而即可证明.【详解】（1）当时，，两式相减得，，又，，．所以数列是首项为，公比是的等比数列，所以．（2）证明：，因为，所以，因为，所以．19．(1)答案见解析(2