年長沙市寧鄉實驗高三數學一輪復習總結性考試卷（試卷滿分150分，考試用時120分鐘）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求．1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知圓錐的底面面積為，其側面展開圖的圓心角為，則過該圓錐頂點做截面，截面三角形面積最大值為（

）A． B． C．2 D．3．設數列滿足，，數列滿足，，則（

）A．數列是等差數列 B．數列是等比數列C．數列是等差數列 D．數列是等比數列4．設函數，將函數的圖象先向右平移個單位長度，再橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，所得的圖象與圖象重合，則（

）A．，B．，C．，D．，5．某學校高一年級學生有人，其中男生500人，女姓400人，為了獲得該校高一全體學生的身高信息，現采用樣本量按比例分配的分層抽樣方法抽取了容量為90的樣本，經計算得男生樣本的均值為170，方差為19，女生樣本的均值為161，方差為28，則下列說法中錯誤的是（

）A．男生樣本容量為50 B．抽樣時某女生甲被抽到的概率為C．抽取的樣本的均值為166 D．抽取的樣本的方差為436．如圖，設、分別是橢圓的左、右焦點，點P是以為直徑的圓與橢圓在第一象限內的一個交點，延長與橢圓交于點Q，若，則直線的斜率為（

）A． B． C． D．7．設是定義在R上的奇函數，其導函數為，且也是奇函數，當，，若，則（

）A． B． C．1 D．8．已知，是圓上的兩個不同的點，若，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3個小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知為復數，則下列說法正確的是（

）A．B．C．若，則D．若，則或10．已知拋物線的焦點為F，，是拋物線上兩點，則下列結論正確的是（

）A．拋物線的準線方程為B．若，則線段AB的中點P到x軸的距離為1C．若直線AB經過焦點F，則D．若，則直線AB過焦點F11．如圖，在棱長為1的正方體中，點P在線段運動，點Q在線段運動，則（

）

A．對任意的點P，有B．存在直線PQ，使C．PQ的最小值為D．過點P可以作4條直線與，均成角三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知向量，，若，則的值為．13．將5名大學生安排到3個不同的公司實習，要求每個公司至少有一名大學生，則不同的安排方式共有種．14．已知數列，，對任意正整數k，，，成等差數列，公差為k，則．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，∠A的平分線交BC于點D，且．(1)求A：(2)若，的周長為15，求AD的長．16．如圖，在四棱錐中，已知平面，直線與平面所成的角是，底面ABCD是菱形，，，點E，F分別為BC，PD的中點，Q是直線PC與平面AEF的交點．

(1)求證：平面平面；(2)求三棱錐體積．17．某同學進行定點投籃訓練，設該同學每次投中的概率均為，且每次投籃互不影響．(1)若，該同學共進行三次投籃，規定：第一-次投中得2分，第二次投中得2分，第三次投中得3分．記X為三次總得分，求X的分布列及數學期望；(2)若該同學共進行了次投籃，其中投中k次的概率為，記，請比較Q與的大小．18．已知函數存在兩個極值點，且極大值點為．(1)求a的取值范圍；(2)若函數最大的零點為，求證：．19．已知雙曲線的離心率為，其頂點到雙曲線C的一條漸近線的距離為．(1)求雙曲線C的標準方程：(2)設，，D為AB的中點，作AB的平行線l交雙曲線C于不同兩點P，Q，直線和分別與雙曲線C交于M，N兩點，求證：M，N，D三點共線．1．C【分析】化簡集合A和集合B,再利用交補運算求解.【詳解】因為，，所以，所以，故選:C．2．C【分析】先求出圓錐母線長及半徑，再利用截面三角形為等腰直角三角形時面積最大求解.【詳解】設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，高為h，由題意，，，，，可得軸截面頂角大于90°，過該圓錐頂點做截面，當截面三角形頂角為90°，即截面三角形為等腰直角三角形時面積最大，所以截面最大面積為，故選：C．3．D【分析】，兩邊取對數可得，進而判斷是等比數列,列出數列前三項判斷AB.【詳解】由題意可知，，，兩邊取對數可得，即，且，故數列是首項是1，公比為2的等比數列，C錯D對．易知，故既不是等差也不是等比數列，故AB錯.故選：D．4．A【分析】利用逆向變換，將函數的圖象先橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再向左平移個單位長度，得到，即可求解.【詳解】可以先將函數的圖象先橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，函數解析式變為，再向左平移個單位長度，得到的圖象，又，所以，，故選：．5．B【分析】根據分層抽樣計算規則氣促男生、女生樣本容量，再根據平均數、方差公式計算可得.【詳解】男生樣本容量為，則女生樣本容量為，故A正確；每個女生抽到的概率為，故B錯誤；抽取的樣本的均值為，故C正確；抽取的樣本的方差為，故D正確.故選：B．6．D【分析】連接，，利用圓的性質、橢圓的定義，結合勾股定理列式求解即得.【詳解】連接，，由P在以為直徑的圓上，得，設，則，由P、Q在橢圓上，得，，，在中，，解得，于是，，所以直線的斜率.故選：D7．B【分析】由是奇函數推導的圖象關于軸對稱，進而推出函數的周期為4，進一步求出a值即可求解.【詳解】因為是定義域為R的奇函數，所以，，．因為當，，所以，從而．因為是奇函數，則則，令，則，得，即，故的圖象關于軸對稱，因此有，且，從而有，所以，故是周期為4的周期函數，又因為，所以，所以，故選：B．8．A【分析】先確定MN中點的軌跡為圓，再利用圓上的點到直線的最值求解.【詳解】由題設知，圓C的圓心坐標，半徑為1，因為，所以．設P為MN的中點，所以．所以點P的軌跡方程為．其軌跡是以為圓心，半徑為的圓．設點M，N，p到直線的距離分別為，d，所以，，，所以．因為點C到直線的距離為，所以，即，所以．所以的取值范圍為．

故選：A．【點睛】關鍵點點睛：本題考查圓的軌跡方程，解決問題的關鍵是找到動弦MN的中點軌跡為圓.9．ABD【分析】利用復數運算性質判斷ABD,舉反例判斷C.【詳解】設，，因為，，所以，故A正確；又，，，所以，故B正確；取，，可得，故C錯誤；若，由B選項知，所以或，可得或，故D正確；故選：ABD．10．BC【分析】由準線方程判斷A,由焦半徑公式得進而判斷B，聯立直線結合韋達定理判斷CD.【詳解】拋物線的準線為，故A錯誤；由，根據拋物線定義得，則，所以點P的縱坐標，即為點P到x軸的距離為1，故B正確；因為直線l交拋物線于A，B兩點，顯然l的斜率存在，設l的方程為，與聯立消去y,整理得，所以，所以．若直線AB經過焦點F，則，，故C正確；若，則，當時，則直線AB過焦點F；當時，則直線AB過點，故D錯誤，故選：BC．11．AB【分析】對于A：根據題意分析可得平面，即可得結果；對于B：當點P，Q分別是，的中點時，即可得；對于C：根據題意分析可知：PQ的最小值即為點到平面的距離，利用等體積法求點到面的距離；對于D：根據題意分析可知構建正四面體分析判斷.【詳解】對于選項A：因為為正方形，則，因為平面，平面，則，且，平面，所以平面，由平面，所以，故A正確；

對于選項B：當點P，Q分別是，的中點時，可知Q是的中點，所以，故B正確；

對于選項C：PQ的最小值即為異面直線，的距離，此時，，由正方形的性質可知：，可得，且，平面，可得平面，PQ的最小值即為點到平面的距離，且，平面，平面，可得平面，可知點到平面的距離即為點到平面的距離，設為，因為，即，解得，所以PQ的最小值為，故C錯誤；

對于選項D：因為為正三角形，以為底面構建正四面體，如圖所示：

可得正四面體為或（點關于平面對稱），在所得正四面體中僅有、，均與，成角，即空間中與，成角的直線一定與、，其中之一平行或重合，所以過點P可以作3條直線與，均成角，故D錯誤；故選：AB．【點睛】關鍵點點睛：對于D：根據夾角以及正方體的性質，可以構建正四面體，以正四面體為依托分析判斷.12．1【分析】將兩邊平方化簡可得，利用向量數量積的坐標運算求解即可.【詳解】由，兩邊平方可得：，化簡可得得，所以，則．故答案為：113．【分析】先利用部分平均分組法將5名大學生分好組，再進行分配即可得解.【詳解】依題意，5名大學生有兩類分組方法，即1，1，3和1，2，2兩種分法，若分成1人，1人，3人，則共有分組方法；若分成1人，2人，2人，則共有分組方法；將分好的三組安排到三個公司中共有種排法，所以所有的安排方法共有種方法．故答案為：.14．2501【分析】由累加法得到的表達式，再利用賦值法求解.【詳解】因為，對任意正整數k，，成等差數列，公差為k，所以．當時，可得當，時，，，所以當時，．故答案為：2501.【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列通項公式求解及等差數列求和，關鍵是利用累加法求出的表達式，并正確賦值進而求解.(1)(2)【分析】（1）正弦定理邊化角結合兩角和的正弦公式求解即可；（2）由余弦定理得，再利用等面積結合角分線性質得.【詳解】（1）因為，利用正弦定理可得：，即．因為，所以，即，又，可得．（2）因為，，所以．在中，由余弦定理可得：，所以．又因為為角A的平分線，所以，所以，即，所以．16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明平面PAD，得，再證明平面AEQF，結合面面垂直判定即可證明.（2）建立空間直角坐標系，利用得Q位置，再利用等體積求解即可.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，且為直線PC與平面所成的角，所以，因為是菱形，，，故．所以，因為點F分別為的中點，，所以．因為點E為BC的中點，，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）分別以所在直線為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，

則，則，，設，則，設平面AEQF的一個法向量為，則，所以，取．由，得，解得，此時．因此點Q到平面的距離等于點C到平面的距離的，而點Q到平面的距離等于，又．于是．故所求三棱錐體積為．17．(1)分布列見解析，(2)答案見解析【分析】（1）根據題意可知，分別求出對應的概率，列出其分布列，由數學期望的公式得出答案.（2）依題意，該同學2n投籃共投中X次，則,構造與的二項式展開式，求出，從而得出答案.【詳解】（1）設事件分別表示第一次投中，第二次投中，第三次投中．根據題意可知．且，，，，．X的分布列為：X023457PX的數學期望．（2）依題意，該同學2n投籃共投中X次，則，且，．因為，，兩式相加得：，所以．當時，；當，且時，．18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導數，結合韋達定理分類討論進行求解；（2）利用零點存在定理得出最大零點的大致區域，利用單調性證明大小關系.【詳解】（1）定義域為，且．當或，即時，恒成立，此時在單調遞減，不存在極值，不合題意．當時，在有兩個不等實根，即方程在有兩個不等實根，由韋達定理知，兩根之積為1，較大根即為，則較小根為，此時在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，此時函數有兩個極值點．故所求實數a的取值范圍是．（2）由（1）可知，當時，在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，且，又因為，且，令，則，所以函數在單調遞減，故，從而在有唯一零點，即為函數的最大的零點為，所以．由（1）可知，，所以．令，則，所以在單調遞減，當時，，即．由（1）可知，在上單調遞減，且，，因此，故．【點睛】方法點睛：利用導數研究含參函數的極值時，往往要根據函數的單調性進行判定；函數的零點、不等式的證明常轉化為函數的單調性、極（最）值問題處理，注意分類討論和數形結合思想的應用.19．(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用點到直線的距離公式和雙曲線離心率定義及的數量關系式聯立方程組求解即得；（2）通過設出直線PA的方程與雙曲線方程聯立，消元后利用韋達定理求得點的坐標，求得直線MD的斜率，利用將斜率式化簡為；接著同法求得點的坐標和直線ND的斜率，簡化后得即可.【詳解】（1）設C的半焦距為，不妨設頂點坐標為，C的一條漸近線方程為，即，所以．又，，解得，，，所以雙曲線C的標