精品解析：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

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. 已知为虚数单位，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算得集合，利用交集的定义求. 【详解】，，则， 故选：D． 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 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥底半径OB＝R，高PO＝h，由已知可知PO′＝，再由圆锥的体积公式求得圆锥的体积，和整体的体积，进而求得圆台的体积，相比得答案. 【详解】如图，设圆锥底半径OB＝R，高PO＝h， ∵O′为PO中点，∴PO′＝， ∵＝＝，∴O′A＝， ∴圆锥的体积＝π··＝πR2h. 圆台的体积＝ ∴＝， 故选：C. 【点睛】本题考查求圆锥的体积，属于基础题. 3. 已知，，向量与的夹角为 ，则（ ） A. -5 B. 5 C. 10 D. -10 【答案】D 【解析】 【分析】由向量数量积的定义得到，从而得到的值. 【详解】，， ， 所以， 故选：D. 4. 定义在R上的函数满足为偶函数，为奇函数，则下列说法一定成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用函数奇偶性定义得出关系式，再推导函数周期性，最后结合周期性及特殊值判断各选项即可. 【详解】选项A、B：因为为偶函数，为奇函数， 所以，， 令，所以 ，所以， 令，则，无法直接得出或，所以A、B错误； 选项C：令，得，结合，所以，所以C正确； 选项D：因为，所以 ， 所以，所以的周期为， 所以 ，无法得出 ，所以D错误. 5. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及赋值法判断即可. 【详解】函数定义域为，，因此是奇函数，故排除A. 当时，，又，所以.故排除C. 当时，，故排除D. 函数的部分图象可能是选项B. 6. 设双曲线的右焦点为，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别交于（除原点外）两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意写出以为直径的圆的方程，与双曲线的渐近线方程联立求得点的纵坐标，再根据即可求得. 【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为， 如图，设双曲线的焦距为，以为直径的圆的方程为：， 即，联立， 解得，即由对称性可得，，且， 则，可得，故离心率. 故选：B 7. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求. 【详解】等差数列的公差为，因为成等差数列， 所以，所以， 所以，所以，， 又因为成等比数列，所以， 所以，解得，解得， 所以. 故选：A. 8. 在排列中，任取两个数且如果，则称这两个数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.在排列中任取两数，则这组数是逆序的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用列举法计算古典概型概率即可. 【详解】在排列中任取两数，构成排列的基本事件有： ， 共10个，这组数是逆序包含的基本事件有：，共5个，则这组数是逆序的概率是. 故选：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） 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，，为坐标原点，则（ ） A. 的准线方程为 B. C. 的最小值为 D. 的面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用抛物线的标准方程求出准线方程，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，结合平面向量数量积的坐标公式可判断B选项；利用抛物线的定义可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】由题意知，抛物线的焦点为，准线方程为，故A错误； 若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意， 设的方程为，、，由得， ，所以，，所以， 所以，故B正确； 分别过、作的准线的垂线，垂足分别为、，则， 当且仅当、、三点共线时等号成立，此时，故C正确； 的面积， 当时，的面积取得最小值，故D错误． 故选：BC． 10. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递减数列 B. C. 当时， D. 当且仅当时，取得最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】利用求出可判断ABC；对配方可判断D. 【详解】当时，， 当时，， 所以， 对于A，，所以是递减数列，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，当，得，所以当时，，故C正确； 对于D，，因为， 所以当且仅当，或时，取得最大值，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将的图象向右平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是函数图象的一个对称中心 C. 函数在上单调递减 D. 若方程在上有两个不等实根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知可得函数的最小正周期为，可求判断A；利用解析式求得对称中心判断B；由已知可求得，进而判断C；利用整体角范围求单调减区间；由已知可得，计算可判断D. 【详解】因为的零点构成一个公差为的等差数列， 所以函数的最小正周期为， 又则，故A正确； 所以， 由题意得， ，故B错误； ， 故函数在上单调递减，故C正确； 作出，， 当时，由图象知故D错误. 故选：AC. 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，那么就记作好数，（比如7就是一个好数，因为25的各位数字之和为7）那么在中共存在好数的个数是___________ 【答案】897 【解析】 【分析】完全平方数数字的和与平方数本身模9同余的可能余数为，好数必须满足，在中，统计满足上述条件的个数即可. 【详解】一个完全平方数的各位数字之和与这个数本身模9同余，即, 完全平方数模9的结果只能是， 对于，取（如），的各位数字之和为， 可以覆盖所有的倍数； 对于，取，，各位数字之和为， 再结合可以构造出形式的数； 对于，取（，数字和7），（，数字和）， （，数字和），再结合可以扩展到形式的数； 对于，取（，数字和7），（，数字和）， （，数字和），同样可以扩展到. 综上，在范围内，所有满足的数， 都存在对应的完全平方数，其各位数字之和为. 好数必须满足， 模9余0的数：9，18，，2016，共个， 模9余1的数：1，10，，2017，共个， 模9余4的数：4，13，，2011，共个， 模9余7的数：7，16，，2014，共个， 所以在中共存在好数的个数为个. 故答案为：. 13. 锐角中，角,,所对的边分别为,,，，且，则周长的取值范围为______ 【答案】 【解析】 【分析】先利用正余弦定理及两角和正弦公式化简题干得出，再利用锐角三角形即可求解角范围，再利用正弦定理求出，得出关于角的函数，最后求该函数的值域即可. 【详解】，由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 所以， 又， 所以，又为锐角三角形，所以， 又，所以，， 所以， 又，解得，所以，所以， 则， 故周长的取值范围是. 故答案为： 14. 已知数列的各项均为正数，，若表示不超过x的最大整数，则_______． 【答案】625 【解析】 【分析】通过变形递推公式可知为等差数列，求出数列的通项公式，再根据新定义对分情况求出，再求和可得答案. 【详解】因为，所以， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，则， 因为数列的各项均为正数，所以，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，且， 则. 故答案为：625 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. （1）若，，求. （2）若，均为等差数列且，，，证明：也为等差数列. （3）若，，且，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 因为，，所以， 所以. 因为，均为等差数列，所以可设，， 则为常数， 故是以为首项，为公差的等差数列. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据数列的新定义列举即可求得； （2）根据数列的新定义，结合等差数列的定义即可证明； （3）先根据数列递推式构造等比数列，求出，再由数列的新定义推出的通项公式，再进行分组求和，借助于等比数列求和公式即得. 【小问1详解】 若，，则，， 则满足的整数为，0，1，…，8，共有10个，故； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，即， 则数列是为首项，公比为2的等比数列， 则，则. 当时，，，. 当时，，，. 当时，，因，所以，故大于的最小整数为， 又为整数，则. 当时，符合上式；当时，， 故 当时， ， 又，所以. 【点睛】本题考查数列的新定义与数列的综合，考查数学抽象、逻辑推理及数学运算的核心素养. 16. 已知在中，角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若为边上一点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，结合三角恒等变换与辅助角公式可求得，求解即可； （2）设，利用等边三角形的性质得，在中利用余弦定理求得，即可求解比例. 【小问1详解】 依题意，， 由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 即， 所以，即， 因为，所以，所以，即． 【小问2详解】 不妨设，则， 因为，所以为等边三角形， 则， 由余弦定理得， 所以，解得或（舍去）， 所以． 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）设轮后红球在甲手中的概率为，求； （3）设轮后甲手中球的个数为的期望为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算可得结果； （2）利用的递推关系可得，再由数列构造可得数列为等比数列，可求出； （3）易知服从二项分布，可得，再利用等比数列前项和计算可求得结果. 【小问1详解】 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， 所以2轮传球后，绿球在甲手中的概率也是． 所以2轮传球后2个球恰好都回到甲手中的概率为． 【小问2详解】 考虑红球在第轮到第轮的位置变化： 若第轮后红球在甲手中，则第轮后红球一定不在甲手中，若第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， 所以． 整理得，又，所以， 即（或写成）； 【小问3详解】 因为红球与绿球的传递相互独立，所以服从二项分布， 所以． 可得 . 18. 已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为， 联立和， 得，直线l过椭圆焦点，必有， ， ，直线方程为， 直线方程为， 联立两方程得， ，即点在定直线上； （ii）1 【解析】 【分析】（1）由题意求出的值，即得答案； （2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案. 【小问1详解】 依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为， 椭圆方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）依（i）有.设，若， 则，则， . 故当时，的最大值为1. 19. 如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V． （1）求证：平面； （2）若平面⊥平面． ①求证：； ②当取得最大值时，求V的值． 【答案】（1） 根据题意可知，， 因为平面DCE，平面DCE，所以平面， 同理，因为平面，平面，所以平面， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2） ①证明：过点C作⊥交于点H， 因为平面⊥平面，平面平面，所以⊥平面， 又平面，则⊥； 根据题意平面图形翻折后⊥，⊥，且，是平面内两条相交直线， 所以⊥平面，又，得⊥平面， 又平面，则BF⊥BC， 因为CH，BC是平面BCE内两条相交直线，所以⊥平面； ② 【解析】 【分析】（1）得到线面平行，面面平行，从而证明出结论； （2）①由面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直，线面垂直的判定定理和性质定理可证； ②分割求体积，得到，证明线面垂直，得到，得到，由基本不等式可得，取得最小值，此时，从而得到体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②直角梯形中，，，且， 由①可知⊥平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以E到底面的距离为， 在中，设点E到DC的高为，即EK⊥CD， 因为BC⊥平面CDE，所以BC⊥EK， 因为，所以EK⊥平面ABCD， 设点E到底面ABCD的高为EK， 在中，根据三角形的面积公式 ，因此． 几何体EFABCD的体积为 ， 取DE的中点S，连接SC， 因为，，所以四边形是平行四边形，所以，， 因为⊥平面，所以⊥平面，又因为平面，所以⊥， 在中，， 在中，， 在中，，因此，化简得到， 因为，，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 已知为虚数单位，集合，，则（ ） A. B. C. D. 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上的函数满足为偶函数，为奇函数，则下列说法一定成立的是（　　） A. B. C. D. 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，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别交于（除原点外）两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 7. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 8. 在排列中，任取两个数且如果，则称这两个数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） 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，，为坐标原点，则（ ） A. 的准线方程为 B. C. 的最小值为 D. 的面积的最小值为 10. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递减数列 B. C. 当时， D. 当且仅当时，取得最大值 11. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将的图象向右平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是函数图象的一个对称中心 C. 函数在上单调递减 D. 若方程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，那么就记作好数，（比如7就是一个好数，因为25的各位数字之和为7）那么在中共存在好数的个数是___________ 13. 锐角中，角,,所对的边分别为,,，，且，则周长的取值范围为______ 14. 已知数列的各项均为正数，，若表示不超过x的最大整数，则_______． 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. （1）若，，求. （2）若，均为等差数列且，，，证明：也为等差数列. （3）若，，且，求数列的前项和. 16. 已知在中，角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若为边上一点，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）设轮后红球在甲手中的概率为，求； （3）设轮后甲手中球的个数为的期望为，求． 18. 已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 19. 如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V． （1）求证：平面； （2）若平面⊥平面． ①求证：； ②当取得最大值时，求V的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $