/湖南省邵陽市新寧縣2024_2025學年高二下冊第一次測試數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合M={x|?3<A．{x|?1≤xC．{x|?3<x2．若（為虛數單位），則（

）A． B． C．2 D．3．復數滿足，則的虛部為（

）A． B． C．2 D．4．在邊長為的正三角形中，的值為A． B． C． D．5．在藝術、建筑設計中，把短對角線與長對角線的長度之比為的菱形稱為“白銀菱形”.如圖，在白銀菱形ABCD中，若，則（

）A． B． C． D．6．如圖，三棱柱中，分別是的中點，平面將三棱柱分成體積為（左為，右為）兩部分，則（

）

A． B． C． D．7．已知雙曲線的左，右焦點分別為，直線與雙曲線的右支交于點，則（

）A．1 B．0 C． D．8．已知函數，的定義域為，是的導數，且，，若為偶函數，則（

）A．80 B．75 C．70 D．65二、多選題（本大題共3小題）9．已知拋物線：的焦點到準線的距離是4，直線過它的焦點且與交于，兩點，為弦的中點，則下列說法正確的是（

）A．拋物線的焦點坐標是B．C．若，則D．若以為圓心的圓與的準線相切，則是該圓的一條直徑10．一個不透明的口袋中有8個大小相同的球，其中紅球4個，白球1個，黑球3個，則下列選項正確的有（

）A．從該口袋中任取3個球，設取出的紅球個數為，則數學期望B．每次從該口袋中任取一個球，記錄下顏色后放回口袋，先后取了3次，設取出的黑球次數為，則C．從該口袋中任取3個球，設取出的球的顏色有種，則數學期望D．每次從該口袋中任取一個球，不放回，拿出紅球即停，設拿出的黑球的個數為，則數學期望11．定義：設是函數的導數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”.經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”，且“拐點”就是三次函數圖象的對稱中心.已知函數的對稱中心為，則下列說法中正確的有（

）A．，B．的值是19C．函數有三個零點D．過只可以作兩條直線與圖象相切三、填空題（本大題共3小題）12．已知,若，則．13．2024年第二屆貴州“村超”總決賽階段的比賽正式拉開帷幕.某校足球社的6名學生準備分成三組前往村超球隊所在的平地村、口寨村、忠誠村3個村寨進行調研，每個村各有一組來調研，每個組至多3名學生，則不同的安排方法種數為.14．已知不等式在區間上恒成立，則實數的取值范圍是四、解答題（本大題共5小題）15．現有10個球，其中5個球由甲工廠生產，3個球由乙工廠生產，2個球由丙工廠生產．這三個工廠生產該類產品的合格率依次是，，．現從這10個球中任取1個球，設事件為“取得的球是合格品”，事件分別表示“取得的球是甲、乙、丙三個工廠生產的”．(1)求；(2)求．16．如圖，直三棱柱中，，，為棱的中點，為棱上一動點.(1)試確定點位置，使得平面；(2)求點到平面距離的最大值.17．已知，，，分別是角，，的對邊，的面積．(1)證明：；(2)若為的平分線，交于點，且，，求的長．18．已知橢圓，定義橢圓上的點的“伴隨點”為.(1)求橢圓上的點的“伴隨點”的軌跡方程;(2)如果橢圓上的點的“伴隨點”為，對于橢圓上的任意點及它的“伴隨點”，求的取值范圍;(3)當時，直線交橢圓于A，B兩點，若點A，B的“伴隨點”分別是P，Q，且以PQ為直徑的圓經過坐標原點，求的面積.19．設是坐標平面上的一點，曲線是函數的圖象．若過點恰能作曲線的條切線，則稱是函數的“度點”．(1)判斷點與點是否為函數的1度點，不需要說明理由；(2)已知，．證明：點是的0度點；(3)求函數的全體2度點構成的集合．

答案1．【正確答案】C由題意得M∪N={2．【正確答案】D【詳解】因為，所以，所以，則，所以.故選D.3．【正確答案】C【詳解】因為，所以，所以的虛部為2.故選.4．【正確答案】D【詳解】以、為鄰邊作菱形，則，由圖形可知，的長度等于等邊的邊上的高的倍，即，因此，，故選D.

5．【正確答案】C【詳解】解：設O是AC與BD的交點，則，則，所以故選C.6．【正確答案】A【詳解】解：設三角形的面積為，三角形與三角形的面積為，三棱柱的高為，則有，，設三棱柱的體積為，又因為①，②，所以③，由題意可知④，由①②③④可得，所以，所以.故選A.7．【正確答案】C【詳解】由題意，聯立，可得或，因為點是直線與雙曲線的右支交點，所以.，所以.故選C.8．【正確答案】B【詳解】因為為偶函數，則，求導可得，因為，，則，可得，且，則，可得，即，可得，可知8為的一個周期，且，對于，，令，可得，，可得，所以.故選B.9．【正確答案】ABD【詳解】對選項A，拋物線：的焦點到準線的距離是4，所以，，故A正確.對選項B，當直線的斜率不存在時，，所以，當直線的斜率存在時，設，得：，所以.故B正確.對選項C，，故C錯誤.對選項D，如圖所示：

過分別向準線作垂線，垂足為，因為，所以，即：以為直徑的圓與的準線相切，故D正確.故選ABD.【名師點撥】設AB是過拋物線y2=2px(p>0)焦點F的一條弦,A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的傾斜角為θ.拋物線中的焦半徑:過A作AA'⊥l于A'(l為準線),則|AF|=|AA'|=p+|AF|cosθ,∴|AF|=p1?cosθ同理,|BF|=p1+cosθ拋物線中的焦點弦:|AB|=|AF|+|BF|=p1?cosθ+p1+cosθ=10．【正確答案】ACD【詳解】對于A，的可能值：0，1，2，3，則，故A正確；對于B，的可能值：0，1，2，3，取球一次取到黑球的概率為，因取球一次有取到黑球和沒取到黑球兩個結果，因此，，，故B錯誤；對于C，的可能值：1，2，3，

則，故C正確；對于D，的可能值：0，1，2，3，因為對應的事件為：紅或白紅，所以，因為對應的事件為：黑紅或黑白紅或白黑紅，所以，因為對應的事件為：黑黑紅或黑黑白紅或白黑黑紅或黑白黑紅，所以，所以，則，故D正確.故選ACD.11．【正確答案】ABD【詳解】對于A，因為，所以，所以，由題意可得，即，解得，故A正確；對于B，因為的對稱中心為，所以，設，仿寫得到，兩式相加得到，所以，故B正確；對于C，由A可得，所以，令，解得或2，所以，當時，，為增函數；當時，，為減函數；當時，，為增函數；所以在取得極大值，在處取得極小值，又，，且，所以有一個零點，故C錯誤；對于D，設切點為，則切線方程為，又切線過點，所以，化簡可得，即，解得或，即滿足題意的切點只有兩個，所以滿足題意的切線只有2條，故D正確；故選ABD.12．【正確答案】【詳解】令，得，∴，,∴.13．【正確答案】450【詳解】由題意可知6個人分成三組且每組最多3名學生，所以可以分成1，2，3或2，2，2兩類，當6人分成1，2，3三組，有種分法，當6人分成2，2，2三組，有種分法，所以不同的安排方法種數為種.14．【正確答案】【詳解】解法一：設，當，，當，，所以在上遞減，在上遞增，所以，故.①一方面，在條件中，令，即得.假設，則，從而，矛盾.所以一定有.②另一方面，若，首先有，以及.將兩個不等式相加，就得到，從而.由于，故，所以對任意，有.而對任意的，顯然也有，所以，從而時條件一定滿足.綜合①②兩個方面，可知的取值范圍是.解法二：不等式在區間上恒成立，等價于在區間上恒成立，即在區間上恒成立，令，則，，所以在區間上單調遞增，所以在區間上恒成立，即在區間上恒成立，令，，則，當時，，當時，，所以在上遞減，在上遞增，所以，所以，即的取值范圍是.15．【正確答案】(1)；(2)0.81.【詳解】（1）依題意，.（2）依題意，，由（1）知，由全概率公式得.16．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）當在中點處時，平面.證明如下：取中點，連接，.因為是中點，所有且，因為且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）設點到平面距離為.在中，，，在中，.又平面，，∴點到平面的的距離為..即，∴.取中點E，連接PE.當點P為中點時，PE為異面直線與的公垂線段.∴.∴.所以，點到平面的距離的最大值為.17．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：因為，化簡得，由正弦定理，得，又，所以，整理得．又，為的內角，所以，即．（2）因為為的平分線，且，所以，所以，在等腰三角形中，．①又，∴，則，化簡得，又，∴．②①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴．18．【正確答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設.所以，根據“伴隨點”的定義，有，則又因為，所以，即所以，橢圓上的點的“伴隨點”的軌跡方程為（2）由（1）知，橢圓上的點的“伴隨點”的軌跡方程為，因為橢圓上的點的“伴隨點”為，所以，根據“伴隨點”的定義與（1）中結論，有，解得.因為點在橢圓上，所以，所以，，且，所以因為，所以…所以的取值范圍是（3）由題意，得橢圓的方程為.設，則聯立橢圓和直線的方程，得所以由題意，得，所以.①因為PQ為直徑的圓經過坐標原點，所以，即，所以.②將①代入②，化簡，得.所以，所以.又因為點到直線的距離，所以.19．【正確答案】(1)是函數的一個1度點；不是函數的1度點(2)證明見解析(3)或【詳解】（1）設，則曲線在點處的切線方程為．則該切線過點當且僅當，即．故原點是函數的一個1度點，該切線過點，故，令，則，令得，令得，故在上單調遞增，在上單調遞減，在處取得極小值，也時最小值，且，故無解，點不是函數的一個1度點（2）設，，則曲線在點處的切線方程為．則該切線過點當且僅當（*）．設，則當時，，故在區間上嚴格增．因此當時，，（*）恒不成立，即點是的一個0度點．（3），對任意，曲線在點處的切線方程為．故點為函數的一個2度點當且僅當關于的方程恰有兩個不同的實數解．設．則點為函數的一個2度點當且僅當兩個不同的零點．若，則在上嚴格增，只有一個實數解，不合要求．若，因為，由或時得嚴格增；而當時，得嚴格減．故在時取得極大值，在時取得極小值．又因為，，所以當時，由零點存在定理，在、、上各有一個零點，不合要求；當時，僅上有一個零點，不合要求；當時，僅上有一個零點，也不合要求．故兩個不同的零點當且僅當或．若，同理可得兩個不同的零點