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(含答案）

这是一份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(含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.15B.21C.28D.36
2．某质点沿直线运动，位移y（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.2B.2.5C.3D.3.5
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.81B.64C.24D.12
4．若成等差数列；成等比数列，则等于（ ）
A.8B.C.D.4
5．已知函数在处有极小值，则实数的值为（ ）
A.4或12B.12C.4D.4或8
6．在平面直角坐标系xOy中，圆与双曲线相交于A，B，C，D四点，若点A，B，C，D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.
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
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.1B.2C.3D.4
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
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
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
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____________．
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____________．
14．已知对定义域内任意，都有成立，则的取值范围为____________．
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）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．
16．（15分）已知函数，在处切线的斜率为-3．
（1）求的单调区间．
（2）若在上取到最小值-2，求实数a的取值范围．
17．（15分）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．
18．（17分）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．
19．（17分）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：．
高二数学学科素养测评
评分细则
12．113．6314．
8．当时，
令，则，易知在上单调递减，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，得，故整数的最小值为3．故选：C.
15．（1）根据展开式的通项可得
令，解得．
常数项，解得2分
所以二项式系数最大的项4分
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8分
（2）令，解得，
即展开式中的有理项共有3项，无理项有6项；10分
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．13分
16．（1），因为在处切线的斜率为-3，
所以，则2分
，令，解得或，
的增区间为，减区间为7分
（2）由题意可知，
由（1）知，在，［1，2］上单调递增，上单调递减．
令，则，即，
或-2，且当时，
的取值范围为．15分
（补充：第一问单调递增区间用并集符号的扣1分，第二问a的范围，端点值对了，但是写成开区间的，扣2分（一边开的扣1分），如果只写了右端点1，没有左端点-2的扣4分）
17．（1）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，4分
（2）由（1）知：，即，5分
设前项和为，则
10分
（补充：不用错位相减，用条件中的和与通项关系直接得出结果的也给分）
（3）不等式等价于，12分
记，则，
时，，
∴当时，，故当时，，
即
所以（也可采用最大项估算公式）15分
18．（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；4分
（2）在定直线上，理由如下：
设点，则
，与直线联立消去，整理得，
由，
且，8分
所以，10分
易知，则，两式作商得
，解得，
故在定直线上．17分
19．（1）由题，即，
所以为的凸函数．4分
（2）设函数，则，
，
所以在为“凹函数”．6分
∴当时，，
即，当时，等号成立，
最小值为．10分
（3）由（2）可知：即证，
两边取对数，即证：，
由（1）可知，令，构造
当时，恒成立，所以在上为单调递增函数，
所以，
令，所以，14分
所以，
……
累加可得：，证得不等式成立．17分
（未标出步骤分的地方，根据学生作答过程酌情给分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
B
B
A
C
B
D
C
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ABD