2025-2026学年甘肃酒泉市高二下册学情检测数学试题 含答案

/数学考试时间为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.64.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M在舞台中心，机器人N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N来到舞台中心的路径有12条B.经过1秒，机器人M与N的距离为米的情况有2种C.经过2秒，机器人M与N首次相遇的情况有6种D.经过2秒，机器人M与N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12B.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21C.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60D.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2511.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，，则平面和所成角的余弦值为______．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．

数学考试时间为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：解答过程：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：解答过程：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：思路：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.解答过程：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：解答过程：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：解答过程：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：思路：对函数求导，再令，最后求出答案.解答过程：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M在舞台中心，机器人N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N来到舞台中心的路径有12条B.经过1秒，机器人M与N的距离为米的情况有2种C.经过2秒，机器人M与N首次相遇的情况有6种D.经过2秒，机器人M与N的距离为2米（未相遇）的情况有45种答案：D解析：思路：把舞台中心作为原点，正东方向作为横轴正方向，正北方向作为纵轴正方向．每一秒两个机器人各自从四个方向中选一个方向移动米，统计“情况”时按两个机器人实际方向选择的组合计数．对于A，单独统计机器人从初始位置回到舞台中心的步路径数；对于B，枚举秒后两机器人的相对位置；对于C、D，引入机器人相对机器人的位置向量，用相对位移分类计数．解答过程：记初始时机器人的位置为，机器人的位置为．每秒向正东、正西、正北、正南移动，对应的位置变化分别为．对于A，设机器人在秒内向东、向西、向北、向南移动的次数分别为．要使它从回到，总位移必须为，所以.由上式得．当时，，路径数为；当时，，路径数为．所以机器人经过秒来到舞台中心的路径共有条，不是条，A错误．对于B，经过秒后，若两机器人的距离为米，则机器人相对机器人的位置向量只能为或．若相对位置向量为，可以是机器人向东、机器人向北，也可以是机器人向南、机器人向西，共种；若相对位置向量为，可以是机器人向东、机器人向南，也可以是机器人向北、机器人向西，共种．所以经过秒后，两机器人距离为米的实际移动情况共有种，不是种，B错误．下面用相对位移统计C、D．设一秒内机器人相对机器人的位移变化为Δ．由两个机器人每秒方向选择可得如下表．相对位移变化实际方向组合数(0,0)4(-2,0),(2,0),(0,2),(0,-2)各1种(-1,1),(-1,-1),(1,1),(1,-1)各2种对于C，初始相对位置向量为．经过秒首次相遇，要求两秒的相对位移变化之和为，且第一秒后不能已经相遇，即第一秒的相对位移变化不能为．符合条件的相对位移变化只有三类：①第一秒为，第二秒为，共有种；②第一秒为，第二秒为，共有种；③第一秒为，第二秒为，共有种．所以经过秒两机器人首次相遇的情况共有种，不是种，C错误．对于D，两秒后的相对位置向量为．若两秒后距离为米，则最终相对位置向量可能为，所以分别应为．先不考虑“未相遇”条件，分类计算：①，即第二秒相对位移变化与第一秒相反，共有种；②，只能是，共有种；③，可以是，或，共有种；④，同理共有种．所以两秒后距离为米的情况共有种．其中第一秒已经相遇的情况满足．此时若第二秒后距离为米，则只能为之一，共种，需要剔除．故经过秒两机器人距离为米且未相遇的情况共有种，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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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12B.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21C.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60D.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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：当时可得函数fx=lnx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f'x=1−lnx所以由可得1−lnx−x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，fx=lnxx+2，此时，令所以当时，，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fe=1三、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______．答案：解析：思路：利用两个平面所成角的余弦公式求解.解答过程：，则，又因为，，所以.13.已知的展开式中的系数为，则______．答案：解析：解答过程：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：思路：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.解答过程：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：见解析解析：思路：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.解答过程：证明：能被8整除.所以能被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？答案：（1）90（2）70解析：思路：（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.（1）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.（2）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）证明见解析（2）解析：思路：（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.（1）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）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.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：思路：（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．（1）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；（2）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