2025-2026学年湖北咸宁市崇阳县第一中学等校高二下册数学学科素养测评试题 含答案

/湖北咸宁市崇阳县第一中学等校2025-2026学年高二下学期数学学科素养测评试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，3，6，10被称为三角形数，将所有的三角形数从小到大依次排列，则其第7个数为（）A.15 B.21 C.28 D.36【答案】C【解析】【分析】根据题图及前4个三角形数找到规律，即可得第7个数.【详解】由题图及三角形数知：后一个数与前一个数的差依次为2，3，4，5，6，，所以三角形数依次为1，3，6，10，15，21，28，即第7个数为28.2.某质点沿直线运动，位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的关系为，若质点在这段时间内的平均速度等于时的瞬时速度，则（）A.2 B.2.5 C.3 D.3.5【答案】B【解析】【分析】利用平均变化率和瞬时变化率的定义即可求解.【详解】由题意得：，所以质点在这段时间内的平均速度为：，又，所以，解得.3.有3封不同的信投入4个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（）A.81 B.64 C.24 D.12【答案】B【解析】【详解】解：根据题意，不同的投入方法种数有种．4.若成等差数列；成等比数列，则等于（）A.8 B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】根据等差中项的性质，可得的值，根据条件，可求出公比q，根据等比数列的通项公式，求出的值，代入即可得答案.【详解】由成等差数列，得，解得，，解得，由成等比数列，设公比为q，则，解得，所以，则.5.已知函数在处有极小值，则实数的值为（）A.4或12 B.12 C.4 D.4或8【答案】C【解析】【分析】，求得或，分别求得函数的单调区间，结合函数极值点的定义，即可求解.【详解】由函数，可得，因为函数在处取得极小值，可得，解得或，当时，令，解得或；令，解得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处有极小值，符合题意，当时，令，可得或；令，可得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处有极大值，不符合题意，舍去.综上可得，.6.在平面直角坐标系中，圆与双曲线相交于四点，若点构成圆圆周的四等分点，圆的直径长度是双曲线实轴长的2倍，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，可以得出圆上符合题意的四点坐标，故得出双曲线上符合题意的点的坐标，将其代入双曲线方程，得出和值，得出离心率.【详解】由已知圆的直径为4，又直径长度是双曲线C实轴长的2倍，所以，所以.因为点构成圆O圆周的四等分点，所以四等分点到圆心的距离为半径，且四点与原点构成的连线互相垂直.即如图所示：设圆与轴交于点N，所以，且，所以设是圆与双曲线的交点，所以或解得或或或，所以四等分点的坐标为,把代入中，得，解得，所以双曲线C的离心率.7.习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（）A.第12行中第6个数最大B.第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等C.D.第19行中第8个数与第9个数之比为2:3【答案】D【解析】【分析】根据条件及组合数的运算性质，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】选项A：由题意得，第12行共有13个数，根据对称性可得，只有第7个数最大，故A错误；选项B：第2026行共有2027个数，根据对称性可得，只有第1014个数最大，即第1013个数与第1014个数不相等，故B错误；选项C：，故C错误；选项D：第19行中第8个数为，第9个数为，则，故D正确.8.若函数有两个极小值点，且存在满足条件的、使得有解，则整数m的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先求导，确定的单调性，确定极值点，得到，令，构造，求导确定单调性，求得最值，即可求解.【详解】当时，令，则，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，，且，当时，，故存在使，又，故，则当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减；当时，，单调递增，故为的两个极小值点，且满足则，令，得则，令，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，，故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，则单调递增，则，由，又对勾函数在单调递减可得：得，故整数的最小值为3．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全对的得部分分，有选错的得0分．9.已知数列的首项，则（）A.是等比数列 B.C.数列的前项和为 D.数列的前项和小于【答案】AD【解析】【分析】根据已知条件，利用构造法得到数列是等比数列，进而求出，判断选项AB，结合分组求和法判断选项C，利用裂项相消法，判断选项D.【详解】因为，所以，所以，所以，又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确所以，所以，故B错误；因为数列的前项和为，所以C不正确；记数列的前项和为，因为，所以，故D正确．10.下列说法正确的有（）A.甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，则有48种排法B.三位老师和三名学生站成一排，若任意两位老师不相邻，任意两名学生也不相邻，则有144种排法C.将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有360种不同的分法D.将6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法【答案】AD【解析】【分析】根据捆绑及排列可判断A；利用插空法可判断B；由分组分配可判断C；应用隔板法可判断D．【详解】解：对于A，先捆绑甲和乙，再全排，则有种排法，故A正确；对于B，先排学生，再老师插空，中间两空必须有教师，则有种，故B错误；对于C，根据题意，分组可为；；，当分组为时，共有种；当分组为时，共有种；当分组为时，共有种；综上，共有种，故C错误；对于D，根据隔板法可知，共有种，故D正确．11.已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于A、B两点（在第一象限），与准线交于，过A、B分别向的准线作垂线，垂足分别为，则下列命题正确的是（）A.若，则的斜率为B.若为等边三角形，则C.若，则直线的倾斜角为D.若的面积为，则【答案】ABD【解析】【分析】先求得p值，设直线l方程并与抛物线联立，由韦达定理得表达式，根据焦半径求出A点坐标，代入斜率公式判断A；根据条件求直线l的斜率，进而求出的值，由弦长公式，即可判断B；由与韦达定理联立求出的值，即可判断C；根据面积公式，求出的值，再求出和结合韦达定理，计算即可判断D.【详解】依题意，抛物线的准线方程为，解得，则抛物线C的方程为，，设直线l的方程为，联立，得，则，选项A：由抛物线定义，得，代入抛物线方程得，即，又，所以的斜率，故A正确；选项B：若为等边三角形，则直线l的倾斜角为，斜率为，即，解得，所以，故B正确；选项C：直线l的方程为，令，得，则，因，由，得，整理得，由，得，又，所以，解得，则直线的斜率，故C错误；选项D：若的面积，又，解得，又，所以，同理，则，故D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.若，则的值被8除的余数为____________．【答案】1【解析】【分析】利用赋值法，可得系数之和，根据二项式定理可得展开式，可得系数的正负，从而可得系数绝对值之和，结合二项式定理，可得答案．【详解】令，得，因为，所以当为奇数时，展开式中偶数项的系数为负，即，当为偶数时，展开式中奇数项的系数为正，即，所以，又，故被除余1．13.已知数列的前项和为，且，若保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则____________．【答案】63【解析】【分析】应用关系求通项公式，根据题设列举出新数列前20项，即可求解.【详解】当时，，所以，当时，，不符合上式，所以数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，新数列的前20项为，则.14.已知对定义域内任意，都有成立，则的取值范围为____________．【答案】【解析】【分析】设，由题设可得的单调性，从而得到，利用同构可得，参变分离后可求参数的取值范围.【详解】因为，所以，又，则，即，令，则，所以函数在上单调递减，所以在上恒成立，所以，即，令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，因为，所以，显然恒成立；当时，单调递增，恒成立等价于恒成立，两边取对数得，故，令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，综上所述，正实数的取值范围为.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.已知在的展开式中常数项为，且．（1）求二项式系数最大的项和系数绝对值最大的项．（2）从展开式中的所有项中任取四项，取出的四项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法．【答案】（1），（2）111【解析】【分析】（1）利用通项公式可求得，利用二项式的性质可求二项式系数最大的项，设第项系数的绝对值最大，可得的不等式，求解即可；（2）令，可求得展开式中有理项和无理项的项数，利用组合数公式可求得取出的四项中既有有理项也有无理项的取法数.【小问1详解】根据展开式的通项可得，令，解得．常数项，解得，所以二项式系数最大的项，设第项系数的绝对值最大，则，即，又，所以或3，即第3项和第4项系数的绝对值最大，即；【小问2详解】令，解得，即展开式中的有理项共有3项，无理项有6项；所以从展开式中的所有项中任取四项，取出的四项中既有有理项也有无理项的取法共有种．16.已知函数，在处切线的斜率为．（1）求的单调区间．（2）若在上取到最小值，求实数a的取值范围．【答案】（1）增区间为，减区间为（2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，可得t值，代回，令，可得单调增区间，令，可得单调减区间.（2）由（1）得的单调性，令，求出x值，分析即可得答案.【小问1详解】由题意，在处切线的斜率为，，则，，令，解得或，令，解得，的增区间为，减区间为.【小问2详解】由题意可知，，由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减．又，当时，，令，则，即，解得或，当时，，的取值范围为．17.已知数列的前项和满足．（1）证明数列为等差数列．（2）求数列的前项和．（3）若不等式对任意恒成立，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）当时，代入可得，当时，根据，整理化简，结合等差数列的定义，即可得证.（2）由（1）可得的通项公式，根据错位相减求和法，即可得答案.（3）由条件得，令，分析的单调性，即可得答案.【小问1详解】由题意知：当时，，得，当时，，又，两式相减得，即，，又，∴数列是以为首项，1为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）知：，即，则，，.【小问3详解】不等式等价于，记，则，所以，时，，∴当时，，即，当时，，即得，所以.18.已知椭圆焦距为4，短轴长为4．（1）求椭圆的方程．（2）若椭圆与轴的交点为A，B（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】（1）（2）在定直线上【解析】【分析】（1）根据条件，可得b，c的值，根据的关系，可得的值，即可得答案.（2）将直线l与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AN、BM的方程，联立求解，化简整理，即可得答案.【小问1详解】依题意可得，解得，则，所以椭圆的方程为；【小问2详解】点在定直线上，理由如下：设点，联立，与直线联立消去，整理得，由，得且，所以，易知，则，两式作商得，解得，故在定直线上．19.对，若函数在有，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若满足，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”．（1）判断函数的凹凸性．（2）若，令，求的最小值．（3）为（2）问所得结果，证明不等式：．【答案】（1）为上的凸函数（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）分别