陕西铜川市耀州区耀州中学2026届高三下学期第二次月考数学试题

**基本信息** 涵盖函数、几何、代数等核心模块，通过“好数”定义、传球游戏等情境化问题及立体几何翻折动态模型，考查抽象能力、空间观念与逻辑推理，适配高三综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合复数、圆锥体积、向量数量积|基础概念与运算结合，如第2题圆锥体积比考查空间想象| |多选|3/18|抛物线性质、数列单调性、三角函数图像|多选项分层设错，如第11题结合图像变换考单调性| |填空|3/15|完全平方数、解三角形周长、数列取整|创新定义“好数”（第12题），考查抽象概括能力| |解答|5/77|概率期望、椭圆定点、立体几何体积|情境化设计，如第17题传球游戏建模；动态几何，如第19题翻折问题考空间观念|

2026届高三年级第二次月考数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第一卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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．已知i为虚数单位，集合P＝{1，﹣1}，Q＝{i2，i3}，则P∩Q＝（　　） A．{1，﹣1，﹣i} B．{﹣i} C．{1} D．{﹣1} 2．圆锥的过高的中点且与底面平行的截面把圆锥分成两部分的体积之比是（　　） A．1：1 B．1：6 C．1：7 D．1：8 3．已知，，向量与的夹角为，则（　　） A．﹣5 B．5 C．10 D．﹣10 4．定义在R上的函数f（x）满足f（x）为偶函数，f（x+1）为奇函数，则下列说法一定成立的是（　　） A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（2）＝f（5） 5．函数的部分图象可能是（　　） A．B． C． D． 6．设双曲线的右焦点为F，O为坐标原点，以OF为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别交于（除原点外）A，B两点，若|AB|＝b，则双曲线C的离心率为（　　） A．4 B．2 C． D． 7．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2022，S2024，S2026﹣8成等差数列，a2，a5，a14成等比数列，则S30＝（　　） A．900 B．600 C．450 D．300 8．在排列a1，a2，…，an（n∈N+）中，任取两个数ap，aq（p，q∈N+，且p＜q），如果ap＞aq，则称这两个数ap，aq为该排列的一个逆序，一个排列中逆序的总数称为这个排列的逆序数．在排列2，4，3，5，1中任取两数，则这组数是逆序的概率是（　　） A． B． C． D． 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） （多选）9．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与C交于A、B两点，D（2，1），O为坐标原点，则（　　） A．C的准线方程为x＝1 B． C．|AD|+|AF|的最小值为3 D．△OAB的面积的最小值为4 （多选）10．数列{an}的前n项和为Sn，已知，则下列说法正确的是（　　） A．{an}是递减数列 B．a10＝﹣14 C．当n＞4时，an＜0 D．当且仅当n＝3时，Sn取得最大值 （多选）11．已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将f（x）的图象向右平移个单位长度，得到g（x）的图象，则下列说法正确的是（　　） A．ω＝1 B．是函数g（x）图象的一个对称中心 C．函数g（x）在上单调递减 D．若方程g（x）＝m在上有两个不等实根，则 第二卷（非选择题，共92分） 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．假设n为正整数，如果存在一个完全平方数，使得在十进制下这个完全平方数的各位数字之和为n，那么n就记作好数，（比如7就是一个好数，因为25的各位数字之和为7）那么在1，2，3，…，2017中共存在好数的个数是　 　 13．锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B，且a＝1，则△ABC周长的取值范围为　 　 ． 14．已知数列{an}的各项均为正数，，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a1]+[a2]+⋯+[a100]＝　 　 ． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．已知集合中元素的个数为cn． （1）若an＝﹣n，，求c2． （2）若{an}，{bn}均为等差数列且an＜bn，an，bn∈Z，证明：{cn}也为等差数列． （3）若，bn+1＝2bn+2，且b1＝10，求数列{cn}的前n项和Sn． 16．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角C； （2）若D为边AC上一点，且，求的值． 17．甲、乙、丙三名同学进行传球游戏，有1个红球和1个绿球，每一轮中，持有球的人都将手中的球传出，若某人持有1个球，就将此球等可能地传给另外两人中的一人，若某人持有2个球，就在这一轮中将2个球分别传出，每个球都等可能地传给另外两人中的一人，2个球的去向互不影响，每个球一轮中只传递一次．游戏开始时，2个球都在甲手中． （1）求2轮后2个球恰好都回到甲手中的概率； （2）设n轮后红球在甲手中的概率为pn，求pn； （3）设n轮后甲手中球的个数为Xn，Xn的期望为E（Xn），求E（X1）+E（X2）+E（X3）+⋯+E（Xn）． 18．已知椭圆的焦距为2，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆G的方程； （2）设A，B为椭圆G的左右顶点，过右焦点F的直线l交椭圆G于M，N两点，直线AM，BN交于点P． （i）求证点P在定直线上； （ii）设，求的最大值． 19．如图所示，在直角梯形BCEF中，BF∥CE，∠BCE＝90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD∥BC，ED＝2AF＝4，CD＝t（0＜t＜5），BC+CD＝5，将四边形ADEF沿AD向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设∠EDC＝α（0＜α＜π），记几何体EFABCD体积为V． （1）求证：BF∥平面CDE； （2）若平面FBE⊥平面CBE． ①求证：BF⊥CE； ②当α取得最大值时，求V的值． 参考答案 一．选择题 1．D． 2．C． 3．D． 4．C． 5．B． 6．B． 7．A． 8．D． 二．多选题 9．BC． 10．AC． 11．AC． 三．填空题 12．897． 13．． 14．625． 四．解答题 15．解：（1）集合中元素的个数为cn， 若an＝﹣n，，则a2＝﹣2，b2＝9， 则满足﹣2＜x＜9的整数为﹣1，0，1，…，8，共有10个， 故c2＝10； （2）证明：若{an}，{bn}均为等差数列且an＜bn，an，bn∈Z， 所以cn＝bn﹣an﹣1， 所以cn+1﹣cn＝（bn+1﹣an+1﹣1）﹣（bn﹣an﹣1）＝（bn+1﹣bn）﹣（an+1﹣an）． 因为{an}，{bn}均为等差数列，所以可设an+1﹣an＝d1，bn+1﹣bn＝d2， 则（bn+1﹣bn）﹣（an+1﹣an）＝d2﹣d1为常数， 故{cn}是以b1﹣a1﹣1为首项，d2﹣d1为公差的等差数列． （3）由bn+1＝2bn+2，得bn+1+2＝2bn+4，即bn+1+2＝2（bn+2）， 则数列{bn+2}是b1+2＝12为首项，公比为2的等比数列， 则，则． 当n＝1时，a1＝0，b1＝10，c1＝10﹣0﹣1＝9． 当n＝2时，a2＝3，b2＝22，c2＝22﹣3﹣1＝18． 当n≥3时，，因，所以，故大于an的最小整数为2n， 又bn为整数，则． 当n＝2时，5×22﹣2＝18＝c2符合上式；当n＝1时，5×21﹣2＝8≠9， 故 当n≥2时，Sn＝9+5×（22+23+...+2n）﹣2（n﹣1） ， 又5×21+1﹣2﹣9＝9＝S1，所以． 16．解：（1）由正弦定理可得， 因为0＜A＜π，可得sinA≠0， 所以， 可得，可得， 因为0＜C＜π， 所以， 所以，可得； （2）不妨设BC＝1，则， 因为， 所以△BCD为等边三角形， 则， 由余弦定理得， 所以AD2+AD﹣2＝0，解得AD＝1或AD＝﹣2（舍去）， 所以． 17．解：（1）2轮传球后，红球回到甲手中的概率为， 由题意知，红球与绿球的传递相互独立， ∴2轮传球后，绿球在甲手中的概率也是． ∴2轮传球后2个球恰好都回到甲手中的概率为． （2）考虑红球在第n轮到第n+1轮的位置变化： 若第n轮后红球在甲手中，则第n+1轮后红球一定不在甲手中，若第n轮后红球不在甲手中，无论球在乙和丙谁的手中，传回甲的概率均为， ∴， 整理得，又，∴， 即（或写成）； （3）∵红球与绿球的传递相互独立，∴Xn服从二项分布B（2，pn）， ∴， 可得 ． 18．解：（1）因为椭圆G的焦距为2， 所以2c＝2， 解得c＝1， 因为以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为， 所以， 又a2﹣b2＝1， 解得， 则椭圆方程为； （2）（i）证明：设直线l方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去x并整理得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 此时Δ＞0，3m2+4≠0， 由韦达定理得， 所以， 又A（﹣2，0），B（2，0）， 所以直线AM方程为，① 直线BN方程为，② 因为M，N两点均在直线l上， 联立①②， 可得， 解得x＝4， 则点P在定直线x＝4上； （ii）由（i）知xp＝4， 设P（4，yp）， 若， 则此时（6，yp）＝t1（x1+2，y1），（2，yp）＝t2（x2﹣2，y2）， 可得， 所以． 则当m＝0时，的最大值为1． 19．解：（1）证明：根据题意可知AF∥DE，AB∥CD， 因为AF⊈平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE， 同理，因为AB⊈平面DCE，DC⊂平面DCE，所以AB∥平面DCE， 又因为AF，AB是平面ABF内的两条相交直线，所以平面ABF∥平面DCE， 因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE； （2）①证明：过点C作CH⊥EB交EB于点H， 因为平面FBE⊥平面CBE，平面FBE∩平面CBE＝EB，所以CH⊥平面FBE， 又BF⊂平面FBE，则BF⊥CH； 根据题意平面图形翻折后AD⊥AB，AD⊥AF，且AF，AB是平面FAB内两条相交直线， 所以AD⊥平面FAB，又BC∥AD，得BC⊥平面FAB， 又BF⊂平面FAB，则BF⊥BC， 因为CH，BC是平面BCE内两条相交直线，所以BF⊥平面BCE； ②直角梯形BCEF中，BF∥CE，∠BCE＝90°，且AD∥BC， 由①可知AD⊥平面FAB， 由（1）可知由题意平面ABF∥平面DCE， 所以E到底面AFB的距离为AD， 在△CDE中，设点E到DC的高EK，即EK⊥CD， 因为BC⊥平面CDE，所以BC⊥EK， 因为CD∩BC＝C，所以EK⊥平面ABCD， 设点E到底面ABCD的高为EK， 在△CDE中，根据三角形的面积公式，因此EK＝4sinα． 几何体EFABCD的体积为， 取DE的中点S，连接SC， 因为SF∥BC，SF＝BC，所以四边形SFBC是平行四边形，所以SC∥BF，SC＝BF， 因为BF⊥平面BCE，所以SC⊥平面BCE，又因为CE⊂平面BCE，所以SC⊥CE， 在△SDE中，SC2＝4+t2﹣4tcosα， 在△ECD中，EC2＝16+t2﹣8tcosα， 在△SCE中，SC2+EC2＝SE2，因此20+2t2﹣12tcosα＝4，化简得到， 因为α∈（0，π），0＜t＜5，所以，当且仅当时等号成立， 故当α取得最大值时，即cosα取得最小值， 所以几何体体积． 1 学科网（北京）股份有限公司 $