2024年长沙市宁乡实验高三数学一轮复习总结性考试卷附答案解析

年长沙市宁乡实验高三数学一轮复习总结性考试卷（试卷满分150分，考试用时120分钟）一、单项选择题：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．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知圆锥的底面面积为，其侧面展开图的圆心角为，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为（

）A． B． C．2 D．3．设数列满足，，数列满足，，则（

）A．数列是等差数列 B．数列是等比数列C．数列是等差数列 D．数列是等比数列4．设函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得的图象与图象重合，则（

）A．，B．，C．，D．，5．某学校高一年级学生有人，其中男生500人，女姓400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量按比例分配的分层抽样方法抽取了容量为90的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中错误的是（

）A．男生样本容量为50 B．抽样时某女生甲被抽到的概率为C．抽取的样本的均值为166 D．抽取的样本的方差为436．如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．7．设是定义在R上的奇函数，其导函数为，且也是奇函数，当，，若，则（

）A． B． C．1 D．8．已知，是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3个小题，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．已知为复数，则下列说法正确的是（

）A．B．C．若，则D．若，则或10．已知抛物线的焦点为F，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（

）A．抛物线的准线方程为B．若，则线段AB的中点P到x轴的距离为1C．若直线AB经过焦点F，则D．若，则直线AB过焦点F11．如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段运动，点Q在线段运动，则（

）

A．对任意的点P，有B．存在直线PQ，使C．PQ的最小值为D．过点P可以作4条直线与，均成角三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量，，若，则的值为．13．将5名大学生安排到3个不同的公司实习，要求每个公司至少有一名大学生，则不同的安排方式共有种．14．已知数列，，对任意正整数k，，，成等差数列，公差为k，则．四、解答题：本题共5小题，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的对边分别为a，b，c，∠A的平分线交BC于点D，且．(1)求A：(2)若，的周长为15，求AD的长．16．如图，在四棱锥中，已知平面，直线与平面所成的角是，底面ABCD是菱形，，，点E，F分别为BC，PD的中点，Q是直线PC与平面AEF的交点．

(1)求证：平面平面；(2)求三棱锥体积．17．某同学进行定点投篮训练，设该同学每次投中的概率均为，且每次投篮互不影响．(1)若，该同学共进行三次投篮，规定：第一-次投中得2分，第二次投中得2分，第三次投中得3分．记X为三次总得分，求X的分布列及数学期望；(2)若该同学共进行了次投篮，其中投中k次的概率为，记，请比较Q与的大小．18．已知函数存在两个极值点，且极大值点为．(1)求a的取值范围；(2)若函数最大的零点为，求证：．19．已知双曲线的离心率为，其顶点到双曲线C的一条渐近线的距离为．(1)求双曲线C的标准方程：(2)设，，D为AB的中点，作AB的平行线l交双曲线C于不同两点P，Q，直线和分别与双曲线C交于M，N两点，求证：M，N，D三点共线．1．C【分析】化简集合A和集合B,再利用交补运算求解.【详解】因为，，所以，所以，故选:C．2．C【分析】先求出圆锥母线长及半径，再利用截面三角形为等腰直角三角形时面积最大求解.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由题意，，，，，可得轴截面顶角大于90°，过该圆锥顶点做截面，当截面三角形顶角为90°，即截面三角形为等腰直角三角形时面积最大，所以截面最大面积为，故选：C．3．D【分析】，两边取对数可得，进而判断是等比数列,列出数列前三项判断AB.【详解】由题意可知，，，两边取对数可得，即，且，故数列是首项是1，公比为2的等比数列，C错D对．易知，故既不是等差也不是等比数列，故AB错.故选：D．4．A【分析】利用逆向变换，将函数的图象先横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到，即可求解.【详解】可以先将函数的图象先横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，函数解析式变为，再向左平移个单位长度，得到的图象，又，所以，，故选：．5．B【分析】根据分层抽样计算规则气促男生、女生样本容量，再根据平均数、方差公式计算可得.【详解】男生样本容量为，则女生样本容量为，故A正确；每个女生抽到的概率为，故B错误；抽取的样本的均值为，故C正确；抽取的样本的方差为，故D正确.故选：B．6．D【分析】连接，，利用圆的性质、椭圆的定义，结合勾股定理列式求解即得.【详解】连接，，由P在以为直径的圆上，得，设，则，由P、Q在椭圆上，得，，，在中，，解得，于是，，所以直线的斜率.故选：D7．B【分析】由是奇函数推导的图象关于轴对称，进而推出函数的周期为4，进一步求出a值即可求解.【详解】因为是定义域为R的奇函数，所以，，．因为当，，所以，从而．因为是奇函数，则则，令，则，得，即，故的图象关于轴对称，因此有，且，从而有，所以，故是周期为4的周期函数，又因为，所以，所以，故选：B．8．A【分析】先确定MN中点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的最值求解.【详解】由题设知，圆C的圆心坐标，半径为1，因为，所以．设P为MN的中点，所以．所以点P的轨迹方程为．其轨迹是以为圆心，半径为的圆．设点M，N，p到直线的距离分别为，d，所以，，，所以．因为点C到直线的距离为，所以，即，所以．所以的取值范围为．

故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查圆的轨迹方程，解决问题的关键是找到动弦MN的中点轨迹为圆.9．ABD【分析】利用复数运算性质判断ABD,举反例判断C.【详解】设，，因为，，所以，故A正确；又，，，所以，故B正确；取，，可得，故C错误；若，由B选项知，所以或，可得或，故D正确；故选：ABD．10．BC【分析】由准线方程判断A,由焦半径公式得进而判断B，联立直线结合韦达定理判断CD.【详解】抛物线的准线为，故A错误；由，根据抛物线定义得，则，所以点P的纵坐标，即为点P到x轴的距离为1，故B正确；因为直线l交抛物线于A，B两点，显然l的斜率存在，设l的方程为，与联立消去y,整理得，所以，所以．若直线AB经过焦点F，则，，故C正确；若，则，当时，则直线AB过焦点F；当时，则直线AB过点，故D错误，故选：BC．11．AB【分析】对于A：根据题意分析可得平面，即可得结果；对于B：当点P，Q分别是，的中点时，即可得；对于C：根据题意分析可知：PQ的最小值即为点到平面的距离，利用等体积法求点到面的距离；对于D：根据题意分析可知构建正四面体分析判断.【详解】对于选项A：因为为正方形，则，因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，由平面，所以，故A正确；

对于选项B：当点P，Q分别是，的中点时，可知Q是的中点，所以，故B正确；

对于选项C：PQ的最小值即为异面直线，的距离，此时，，由正方形的性质可知：，可得，且，平面，可得平面，PQ的最小值即为点到平面的距离，且，平面，平面，可得平面，可知点到平面的距离即为点到平面的距离，设为，因为，即，解得，所以PQ的最小值为，故C错误；

对于选项D：因为为正三角形，以为底面构建正四面体，如图所示：

可得正四面体为或（点关于平面对称），在所得正四面体中仅有、，均与，成角，即空间中与，成角的直线一定与、，其中之一平行或重合，所以过点P可以作3条直线与，均成角，故D错误；故选：AB．【点睛】关键点点睛：对于D：根据夹角以及正方体的性质，可以构建正四面体，以正四面体为依托分析判断.12．1【分析】将两边平方化简可得，利用向量数量积的坐标运算求解即可.【详解】由，两边平方可得：，化简可得得，所以，则．故答案为：113．【分析】先利用部分平均分组法将5名大学生分好组，再进行分配即可得解.【详解】依题意，5名大学生有两类分组方法，即1，1，3和1，2，2两种分法，若分成1人，1人，3人，则共有分组方法；若分成1人，2人，2人，则共有分组方法；将分好的三组安排到三个公司中共有种排法，所以所有的安排方法共有种方法．故答案为：.14．2501【分析】由累加法得到的表达式，再利用赋值法求解.【详解】因为，对任意正整数k，，成等差数列，公差为k，所以．当时，可得当，时，，，所以当时，．故答案为：2501.【点睛】关键点点睛：本题考查数列通项公式求解及等差数列求和，关键是利用累加法求出的表达式，并正确赋值进而求解.(1)(2)【分析】（1）正弦定理边化角结合两角和的正弦公式求解即可；（2）由余弦定理得，再利用等面积结合角分线性质得.【详解】（1）因为，利用正弦定理可得：，即．因为，所以，即，又，可得．（2）因为，，所以．在中，由余弦定理可得：，所以．又因为为角A的平分线，所以，所以，即，所以．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面PAD，得，再证明平面AEQF，结合面面垂直判定即可证明.（2）建立空间直角坐标系，利用得Q位置，再利用等体积求解即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，且为直线PC与平面所成的角，所以，因为是菱形，，，故．所以，因为点F分别为的中点，，所以．因为点E为BC的中点，，所以，又，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．又平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）分别以所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，则，，设，则，设平面AEQF的一个法向量为，则，所以，取．由，得，解得，此时．因此点Q到平面的距离等于点C到平面的距离的，而点Q到平面的距离等于，又．于是．故所求三棱锥体积为．17．(1)分布列见解析，(2)答案见解析【分析】（1）根据题意可知，分别求出对应的概率，列出其分布列，由数学期望的公式得出答案.（2）依题意，该同学2n投篮共投中X次，则,构造与的二项式展开式，求出，从而得出答案.【详解】（1）设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中．根据题意可知．且，，，，．X的分布列为：X023457PX的数学期望．（2）依题意，该同学2n投篮共投中X次，则，且，．因为，，两式相加得：，所以．当时，；当，且时，．18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，结合韦达定理分类讨论进行求解；（2）利用零点存在定理得出最大零点的大致区域，利用单调性证明大小关系.【详解】（1）定义域为，且．当或，即时，恒成立，此时在单调递减，不存在极值，不合题意．当时，在有两个不等实根，即方程在有两个不等实根，由韦达定理知，两根之积为1，较大根即为，则较小根为，此时在单调递减，在单调递增，在单调递减，此时函数有两个极值点．故所求实数a的取值范围是．（2）由（1）可知，当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减，且，又因为，且，令，则，所以函数在单调递减，故，从而在有唯一零点，即为函数的最大的零点为，所以．由（1）可知，，所以．令，则，所以在单调递减，当时，，即．由（1）可知，在上单调递减，且，，因此，故．【点睛】方法点睛：利用导数研究含参函数的极值时，往往要根据函数的单调性进行判定；函数的零点、不等式的证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理，注意分类讨论和数形结合思想的应用.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用点到直线的距离公式和双曲线离心率定义及的数量关系式联立方程组求解即得；（2）通过设出直线PA的方程与双曲线方程联立，消元后利用韦达定理求得点的坐标，求得直线MD的斜率，利用将斜率式化简为；接着同法求得点的坐标和直线ND的斜率，简化后得即可.【详解】（1）设C的半焦距为，不妨设顶点坐标为，C的一条渐近线方程为，即，所以．又，，解得，，，所以双曲线C的标