精品解析：甘肃酒泉市2025-2026学年高二下学期学情检测数学试题

2026年高二下学期学情检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 书架上有5本不同的小说和4本不同的散文，随机取出2本，则不同的取法有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 36种 D. 72种 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 用数字2，3，4，6组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数是（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 4. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直四棱柱的棱长均为2，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 6. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. 和 D. 7. 在舞台上，智能机器人随着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”.开始时，机器人在舞台中心，机器人在舞台中心正东方向2米处.下列说法中正确的是（ ） A. 经过4秒，机器人来到舞台中心的路径有12条 B. 经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C. 经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D. 经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45种 8. 已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知异面直线，所成角的大小为，设的一个方向向量为，的一个方向向量为，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 10. 将5个小球放入3个盒子中，则下列说法正确的有（ ） A. 若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为12 B. 若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C. 若小球不同、盒子不同，且恰有1个盒子放3个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为60 D. 若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为25 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，曲线在点处的切线与x轴平行 B. 当时，在上单调递减 C. 当时，的极大值是 D. 当时，方程有2个根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面，的法向量分别为，，则平面和夹角的余弦值为______． 13. 已知的展开式中的系数为，则______． 14. 已知函数（）单调递增，则实数a的取值范围为______． 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. 用二项式定理证明能被8整除． 16. 某校为丰富学生的业余活动，开设了5项不同的活动，由甲、乙、丙三位教师负责． （1）若每位教师至多负责2项活动，每项活动有且只有一位教师负责，共有多少种不同的分配方案？ （2）若每位教师至少负责1项活动，教师甲只负责1项活动，每项活动有且只有一位教师负责，共有多少种不同的分配方案？ 17. 如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数m的取值范围． 19. 已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． （1）求函数的单调区间； （2）设，研究函数的零点个数； （3）若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二下学期学情检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 书架上有5本不同的小说和4本不同的散文，随机取出2本，则不同的取法有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 36种 D. 72种 【答案】C 【解析】 【详解】书架上共有 本互不相同的书，从9本中随机取2本，共有种取法. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知函数，则， 所以. 3. 用数字2，3，4，6组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数是（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题为乘法原理，秉承特殊优先的原则，先选个位数字，再选十位数字和百位数字. 【详解】三位数为偶数，个位数字有2，4，6三种选择， 对应个位数字的每种选择，十位数字有三种选择， 对应个位数字和十位数字的每种选择，百位数字有两种选择， 共有种可能. 4. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，因，而，故A错误； 对于B，因，故B错误； 对于C，因，而，故C正确； 对于D，因，而，故D错误. 5. 已知直四棱柱的棱长均为2，，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 在直四棱柱中，，， , . 6. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. 和 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，再令，最后求出答案. 【详解】由题意，，令，即函数的减区间为. 7. 在舞台上，智能机器人随着音乐节拍，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，仿佛在跳一支充满不确定性的“随机舞”.开始时，机器人在舞台中心，机器人在舞台中心正东方向2米处.下列说法中正确的是（ ） A. 经过4秒，机器人来到舞台中心的路径有12条 B. 经过1秒，机器人与的距离为米的情况有2种 C. 经过2秒，机器人与首次相遇的情况有6种 D. 经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有45种 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，经过4秒，机器人来到舞台中心，即机器人移动4次来到舞台中心，则机器人需要有2次向西移动， 剩下的2次为东西各1次或南北各1次，所以路径情况数为条，故A错误. 对于B，经过1秒，机器人与的距离为米，则一个机器人在东西方向移动，另一个机器人在南北方向移动. 若机器人东西方向移动，则机器人向东移动，机器人向南或向北移动，有2种情况； 若机器人南北方向移动，则机器人向南或向北移动，机器人向西移动，有2种情况. 所以经过1秒，机器人与的距离为米的情况有种，故B错误. 对于C，经过2秒，机器人与首次相遇，即机器人与各移动2次首次相遇，分为两类：①在机器人或的起始位置相遇，②在其他位置相遇. 对于①，一个机器人向东或向西移动2次，另一个机器人移动2次回到原地.若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向南、向西或向北移动，机器人向西移动2次，有3种情况：若机器人移动2次回到原地，则机器人第一次向东、向南或向北移动，机器人向东移动2次，有3种情况.所以有种情况. 对于②，相遇位置为机器人和起始位置中点的正北或正南1米处，机器人向东、向北（南）移动，机器人向西、向北（南）移动.机器人先向北再向东移动时，机器人有2种情况；机器人先向东再向北移动时，机器人有1种情况；共有3种情况.同理，相遇位置在正南时，也有3种情况，所以有种情况. 综上，经过2秒，机器人与首次相遇的情况有种，故C错误. 对于D，以舞台中心为坐标原点，正东方向为轴正方向，1米为1个单位长度，建立如图所示的平面直角坐标系， 则机器人所在点为，机器人所在点为， 经过2秒，机器人与各移动2次，与的距离为2米， 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有2种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或，有种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点，有1种情况； 机器人移动到点，则机器人移动到点或或或，有4种情况； 机器人回到起点，则机器人回到起点，有种情况； 共有种情况， 其中机器人与在点相遇的情况有4种， 所以经过2秒，机器人与的距离为2米（未相遇）的情况有种，故D正确. 8. 已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】有两个极值点等价于有两个不相等的实数根，构造函数，再求出导函数得出单调性结合函数值域得出参数范围. 【详解】 令，则有两个不同的根． ，所以或， 因为，所以的左右变号是极值点， 所以有一个根， 设，， 当单调递减； 当单调递减； 当单调递增； 当，当， 所以与有一个交点， 所以， 但是当时，，即得，所以的左右不变号不是极值点， 所以. 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. 已知异面直线，所成角的大小为，设的一个方向向量为，的一个方向向量为，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先由异面直线所成角确定方向向量夹角，再求夹角的余弦值. 【详解】空间向量夹角范围为，所以当与所成角大小为时，向量与所成角为或，所以或. 10. 将5个小球放入3个盒子中，则下列说法正确的有（ ） A. 若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为12 B. 若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C. 若小球不同、盒子不同，且恰有1个盒子放3个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为60 D. 若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为25 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB，根据隔板法求解；对于C，利用分步乘法计数原理列式求解即可；对于D，只需将5个球按照和分组计算方法数即可. 【详解】对于A，将5个小球分成3组即可，由隔板法得不同的放法种数有种，故A错误； 对于B，允许有空盒子，可先给每个盒子一个虚拟的球，即8个小球分成3组，每个盒子至少一个， 由隔板法得不同的放法种数有种，故B正确； 对于C，因小球不同、盒子不同，恰有1个盒子放3个球，其余盒子至少放1个球， 可先确定放3个球的盒子，接着选3个球放入盒子，有种放法， 再将剩下的2个球按照每盒一个球放入余下的2个盒子，有种放法， 故不同的放法种数为种，故C正确； 对于D，因小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则只需要将小球按照和分组即可， 若按照分组，放法有种；若按照分组，放法有种， 故不同的放法种数为，故D正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，曲线在点处的切线与x轴平行 B. 当时，在上单调递减 C. 当时，的极大值是 D. 当时，方程有2个根 【答案】ACD 【解析】 【分析】将的取值代入并对函数求导，利用导数的几何意义可判断A正确，求导并判断出函数单调性可得B错误，C正确，结合函数图象交点个数可知D正确. 【详解】当时可得函数，则； 对于A，可得，因此曲线在点处的切线斜率为0，与x轴平行，即A正确； 对于B，时，易知在上为单调递减函数， 所以由可得，即； 因此时，，因此在上单调递增，因此B错误； 由B中分析可知，当时，，因此在上单调递减， 因此函数在处取得极大值，也是最大值； 又因为时，，时，，其图象如下图所示： 显然函数与有两个交点，即方程有2个根，可得D正确； 对于C，当时，，此时，令可得； 所以当时，，在上单调递增， 当时，，因此在上单调递减， 所以此时函数在处取得极大值，即，即C正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面，的法向量分别为，，则平面和夹角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【详解】，则， 又因为，， 所以. 13. 已知的展开式中的系数为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】根据二项式定理的展开式可得，的通项公式为：  ， 令，则的系数为， 又因为系数为，所以， 化简得，求解可得. 14. 已知函数（）单调递增，则实数a的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先把问题转化为对所有成立，然后参变分离转化为求函数的最小值，利用二次求导判断的单调性即可得出答案. 【详解】函数在上单调递增，等价于对所有， ， 由，得： ， 令， ， 当时，令，则，单调递增，故， 因此，即在上单调递增. 因此的最小值为， 要使恒成立，只需， 故的取值范围是. 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. 用二项式定理证明能被8整除． 【答案】证明： 能被8整除. 所以能被8整除. 【解析】 【分析】根据，按照二项式定理展开，化简后，根据展开式的各式都含有因数8可得它能被8整除. 【详解】略 16. 某校为丰富学生的业余活动，开设了5项不同的活动，由甲、乙、丙三位教师负责． （1）若每位教师至多负责2项活动，每项活动有且只有一位教师负责，共有多少种不同的分配方案？ （2）若每位教师至少负责1项活动，教师甲只负责1项活动，每项活动有且只有一位教师负责，共有多少种不同的分配方案？ 【答案】（1）90 （2）70 【解析】 【分析】（1）将5项不同的活动分为3组，结合分组分配的求解方法，即可得答案. （2）先考虑教师甲的选择方法，再将剩余4个项目分为2组，即可得答案. 【小问1详解】 由题意，有1位老师负责1项活动，另外2位老师，每人负责2项活动， 即5项不同的活动分为1，2，2三组， 则共有种不同的分配方案. 【小问2详解】 教师甲只负责1项活动，有种方法， 另外2位老师，可以1人负责3项，1人负责一项，或者每人负责2项活动， 则有种方法， 则共有种不同的分配方案 17. 如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：在上取一点，使得，连接， 因为分别在和上，且， 在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且，平面， 所以平面，则即为二面角的平面角，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得，，，， ，则，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，，所以， 又由，可得，， 设，， 可得且， 解得，，，，，， 所以， 设与平面所成的角为，其中， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，并根据指数函数性质对的取值进行分类讨论得出函数单调性； （2）结合（1）中已有分析，根据函数单调性得出的表达式，解不等式即可求得实数m的取值范围． 【小问1详解】 易知， 当时，，此时函数在上单调递减； 当时，令，可得； 又因为为增函数， 所以时，，此时函数在上单调递减； 当时，，此时函数在上单调递增； 综上可得当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 由（1）可知当时，在上单调递减，不合题意； 当时，恒成立； 当时，结合（1）中分析可知在处取得极小值，也是最小值； 因此， 即可得，解得； 综上可得，实数m的取值范围为 19. 已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． （1）求函数的单调区间； （2）设，研究函数的零点个数； （3）若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】（1）单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）无零点. （3）面积. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间. （2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点. （3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐标求面积. 【小问1详解】 定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. 【小问2详解】 由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. 【小问3详解】 函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $