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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母涂黑；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 ,则
A. 4 B. 2 C. -2 D. -4
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 27 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、金子相同，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 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 所成角的余弦值为_____
13. 已知 的展开式中 的系数为 -192，则 _____.
14. 已知函数 单调递增，则实数 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.(13 分) 用二项式定理证明 能被 8 整除.
16.(15 分) 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. (15 分) 如图，在等腰梯形 中， . . . 现将 沿直线 翻折，使得点 到点 处。得四棱锥 . 点 ， 分别在 、 上， 且 .
(1)状证: 平面 ；
(2)若二而角 的大小为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
18.(17分)已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若 恒成立，求实数 的取值范围.
19.(17 分) 已知函数 ，直线 为曲线 在点 处的切线.
(1)求函数 的单调区间；
(2)设 ，求函数 的零点个数；
(3)若直线 与 轴、 轴分别交于点 ， ，且 为等腰直角三角形(O为坐标原点),求 的面积.
2026 年高二下学期学情检测 数学参考答案及评分意见
1.C 由题意,书架上共有 9 本不同的书,从中取出 2 本,有 种不同的取法. 故选 C.
2.A 因为 ,所以 ,所以 . 故选 A.
3.B 因为用数字2,3,4,6组成的没有重复数字的三位数是偶数,所以个位上的数字只能是 2,4,6,有 3 种排法; 其他数位没有限制,有 种排法. 由分步乘法计数原理,得偶数的个数是 . 故选 B.
4.C 因为 ,所以 ,故 错误.
因为 ,所以 ,故 B 错误.
因为 ,所以 ,故 正确.
因为 ,所以 ,故 D 错误. 故选 C.
5.B 因为 ,所以 . . 因为四棱柱 是直四棱柱,所以 ,所以 . 因为 ，所以 . 所以 . 故选 B.
6.D 因为 ,所以 . 令 ,得 ,解得 或 . 因为 ,所以 ,即函数 的单调递减区间为 . 故选 D.
7.D 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，所以路径共有 条，故 A 错误.
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 错误.
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 有 2 种情况；机向东、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 错误.
经过 2 秒，机器人 与 的距离为 2 米(未相遇)，即机器人 与 各移动 2 次距离为 2 米(未相遇)， 分为两类: ① 机器人 与 这 2 次移动步调完全一致,有 种情况.
②机器人 与 移动步调不一致，移动 2 次都回到原地. 若机器人 在南北方向移动，则机器人 有 2 种情况,机器人 有 3 种情况; 若机器人 在东西方向移动,则机器人 有 5 种情况.
综上,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. 故选 D.
8.A 因为 ,所以 .
由题意,得 有两个不同的根.
由 ,得 或 .
因为 ,所以方程 有一个根.
设 ,则函数 的图象与直线 只有一个交点.
,当 时, 单调递减;
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
因为当 时, ,当 时, ,且 在 上的最小值为 , 又函数 的图象与直线 只有一个交点,所以 .
当 时, 恒成立,当且仅当 时,等号成立,所以 只有一个极值点 ,不符合题意.
当 时,函数 单调递增,当 时, ,
所以存在 ,使得 ,则 的两根为 0 和 .
当 时, ,当 时, ,当 时, , 所以 0 和 是 的两个极值点,符合题意,所以实数 的取值范围为 . 故选 A.
9.BC 设 . 若 ,则 ;
若 ,则 . 综上, 的可能值为 . 故选 BC.
10.BCD 对于 ,小球相同、盒子不同,不允许有空盒子. 用隔板法,将 5 个小球分成 3 组,不同的放法有 种,故 错误.
对于 ,小球相同、盒子不同,允许有空盒子,用隔板法. 相当于有 7 个位置,2 个位置放隔板,5 个位置放小球,不同的放法有 种,故 正确.
对于 ,小球不同、盒子不同. 第一步,选出 1 个盒子放 3 个小球. 选盒子,有 种选法; 选小球,有 种选法. 故有 种放法. 第二步,把剩余的 2 个小球放入余下的 2 个盒子,有 种放法. 由分步乘法计数原理,得不同的放法有 种,故 正确.
对于 ,小球不同、盒子相同. 根据题意,每个盒子里球的个数有3,1,1和2,2,1两类情况.
第一类,选 3 个小球放入其中 1 个盒子,剩余的 2 个小球放入余下的 2 个盒子,则不同的放法有 种; 第二类,选 1 个小球放入其中 1 个盒子,剩余的 4 个小球平均分成 2 组放入余下的 2 个盒子,则不同的放法有 种. 由分类加法计数原理,得不同的放法有 种,故 D 正确. 故选 BCD.
11.ACD 当 时, ,则 . 因为 , ,所以曲线 在点 处的切线方程为 ,切线与 轴平行,故 正确.
令 ,则 恒成立,所以 在 上单调递减. 因为 ,所以当 时, ,则 ,所以 在 上单调递增; 当 时, ,则 ,所以 在 上单调递减,故 错误.
由以上分析知, 在 处取得极大值,为 . 因为当 时, , 所以函数 的图象与直线 有 2 个交点,即方程 有 2 个根,故 D 正确.
当 时, ,则 . 当 时, ,当 时, ,所以 在 上单调递增,在 上单调递减,所以 在 处取得极大值,为 ,故 正确. 故选 ACD.
12. 因为 ,所以 ，所以平面 和 所成角的余弦值为 .
13.-2 的展开式的通项为 . 由题意,得 ,解得 .
14. 因为 ,所以 . 由题意,得 在 上恒成立,所以 .
设 ,则 .
设 ,则 恒成立,所以 在 上单调递增,
所以 . 所以 ,则 在 上单调递增,
所以函数 的最小值为 ,所以 ,即实数 的取值范围为 .
15. 证明: 因为 6 分所以 . 8 分因为 56 能被 8 整除, 8 能被 8 整除,
所以 能被 8 整除,
即 能被 8 整除. 13 分
16. 解:(1)由题意得，三位教师都要负责活动，且有一位教师负责 1 项活动，其他两位教师各负责 2 项活动. 1 分
第一步, 选一位教师负责 1 项活动. 从三位教师中选 1 人, 有 3 种选法; 为这位教师分配负责的活动, 有 5 种不同的分配方案. 所以有 种不同的分配方案. 3 分
第二步，为剩下的两位教师分配活动. 从剩下的 4 项活动中，选 2 项分配给剩下的两位教师中的一位，有 种不同的分配方案; 最后 2 项活动分配给另一位教师,有 种不同的分配方案. 所以有 种不同的分配方案. 5 分
由分步乘法计数原理,得共有 种不同的分配方案. 7 分
(2)由题意得，教师甲负责 1 项活动，教师乙、丙共负责 4 项活动. 8 分
第一步,为教师甲分配活动. 从 5 项活动中选 1 项分配给教师甲, 有 5 种不同的分配方案. 9 分第二步, 为教师乙、丙分配活动. 由题意, 教师乙可能负责 1 项、2 项或 3 项活动.
① 当教师乙负责 1 项活动时，教师丙负责 3 项活动，有 种不同的分配方案.
② 当教师乙负责 2 项活动时，教师丙负责 2 项活动，有 种不同的分配方案.
③ 当教师乙负责 3 项活动时，教师丙负责 1 项活动，有 种不同的分配方案.
由分类加法计数原理,得教师乙、丙共有 种不同的分配方案. 13 分由分步乘法计数原理,得共有 种不同的分配方案. 15 分
17.(1)证明:如图，在 上取一点 ，使得 ，连接 . 1 分
因为点 分别在 上,且 ,
所以在 中, ,所以 .
又因为 平面 平面 ,所以 平面 . 3 分在 中, ,所以 .
因为 ,所以 .
又因为 平面 平面 ,所以 平面 . 5 分
因为 平面 ,所以平面 平面 .
又因为 平面 ,所以 平面 . 7 分
(2)解:在等腰梯形 中，因为 ，所以 .
所以在四棱锥 中, .
因为平面 平面 ,所以 即为二面角 的平面角,所以 .
因为 平面 ,所以 平面 . 9 分
以点 为原点, 所在的直线分别为 轴,过点 且垂直于平面 的直线为 轴,
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为 ,所以 . 10 分设平面 的法向量为 ,则
因为 ,所以
取 ,则 ,所以 . 12 分
由 ,得 .
设 ,
则 ,
解得 ,
所以 . 14 分
设 与平面 所成的角为 ,
则 ,
所以 与平面 所成角的正弦值为 . 15 分
18. 解:(1)因为 ，所以 . 2 分
当 时, 恒成立,所以函数 在 上单调递减. 4 分
当 时,解 ,得 .
因为函数 在 上单调递增,
所以当 时, ,函数 在 上单调递减;
当 时, ,函数 在 上单调递增. 7 分综上,当 时,函数 在 上单调递减; 当 时, 在 上单调递减,在 上单调递增. 8 分
(2)当 时，由(1)知 在 上单调递减，
当 时, ,与题意不符. 10 分
当 时, 恒成立. 11 分
当 时，由 (1) 知 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时, 取得极小值,也是最小值,
最小值为 . 14 分
由题意,得 ,所以 ,解得 ,
所以 . 16 分
综上,实数 的取值范围为 . 17 分
19. 解: (1) 因为 ,则 . 1 分
解 ,得 .
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增. 4 分
所以函数 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 . 5 分
(2)由题意，得 ,
所以函数 的零点个数即函数 的零点个数. 6 分
,解 ,得 .
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
所以当 时,函数 取得极小值,也是最小值. 8 分
因为 ,所以 恒成立,所以函数 的零点个数为 0 . 9 分
(3)因为 为等腰直角三角形，且 ，所以直线 即直线 的斜率为 1 或 -1 10 分
由 (1) 得, ,
所以 . 11 分
因为 ,
所以当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
所以当 时，函数 取得极小值，也是最小值. 13 分
因为 ,所以 ,即 . 14 分
令 ,则 ,方程 可化为 . 15 分
因为 ,所以 ,解得 .
设 ,
则 恒成立,
所以 单调递增.
因为 ,所以 ,则 .
因为 ,所以直线 的方程为 .
此时, ,所以 的面积 . 17 分

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