四川省荣县中学2026届高三上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（共 40 分）
1. 已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集可得 ，进而可求交集.
【详解】因为全集 ， ，可得 ，
且集合 ，所以 .
故选：A.
2. 在复平面内，复数 对应 点的坐标是 ，则 的共轭复数 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义先求出复数 ，然后利用共轭复数的定义计算.
【详解】 在复平面对应的点是 ，根据复数的几何意义， ，
由共轭复数的定义可知， .
故选：D
3. 已知一个圆台的上下底面半径分别为 3 和 4，母线长为 ，则该圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【分析】利用圆台的侧面积公式可得答案.
【详解】圆台的侧面积为 .
故选：B．
4. 6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆，甲场馆安排 1 名，乙场馆安排 2 名，
丙场馆安排 3 名，则不同的安排方法共有（ ）
A. 120 种 B. 90 种
C. 60 种 D. 30 种
【答案】C
【解析】
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从 名同学中选 名去甲场馆，方法数有 ；
然后从其余 名同学中选 名去乙场馆，方法数有 ；
最后剩下的 名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有 种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
5. 已知向量 ，若 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求 的值.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 即 ，故 ，
故选：D.
6. 若 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母( )，进行齐次化
处理，化为正切的表达式，代入 即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用 ，求出 的值，可能还需要分象限讨论其正负，通
过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
7. 已知函数 在 上有且仅有 2 个零点，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦函数图象和性质结合零点个数可得 ，解不等式即可得出答案.
【详解】 ，
令 ，因为 ，所以 ，
令 可得 ， ，
因为 在 上有且仅有 2 个零点，所以 ，
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解得 ．
故选：C．
8. 已知函数 ， 有 5 个不相等的实数根，从小到大依次为 ， ，
， ， ，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数可得函数在 , 上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得 ，再由
对数函数的性质可得 ，结合 ， ， 是方程 的三个根，可得 ，即
可求得答案．
【详解】因为当 时， ，
所以 ，
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ，所以 ，
当 时， ，
所以函数在 上单调递减，在 上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
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由此可得 ，
当 时，令 ，解得 或 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ；
由题意可得 ， ， 是方程 ，即 的三个根，
所以 ，
即 ，
所以 ，
即 ，
所以 ．
故选： ．
【点睛】关键点点睛：关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算性质和对数函数，
得到 ，即可解题.
二、多选题（共 18 分）
9. 如图，在透明塑料制成的长方体 容器内灌进一些水，将容器底面一边 固定于地面
上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（ ）
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A. 水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B. 水面四边形 的面积不改变
C. 棱 始终与 平行
D. 当 时， 是定值
【答案】ACD
【解析】
【 分 析 】 从 棱 柱 的 特 征 平 面 可 判 断 A； 由 水 面 四 边 形 的 面 积 是 改 变 的 可 判 断 B； 由
可判断 C；由体积是定值，高为定值，则底面积为定值，可判断 D.
【详解】将 BC 固定时，在倾斜的过程中，随着倾斜度的不同，平面 始终与地面平行，
根据面面平行性质定理，始终有 ，且平面 平面 DHGC，
故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故 A 正确；
水面四边形 是矩形，随着倾斜度的不同，EF 是变化的，而 EH 不变，所以面积是改变的，故 B 错
误；
由 ，故 C 正确；
由于水的体积是定值，即四棱柱 体积不变，
由高 不变，所以底面梯形 面积不变，即 为定值，
即当 时， 是定值，故 D 正确.
故选：ACD.
10. 某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有 4 位男生，6 位女生进入决赛．现通过抽签决定出
场顺序，记事件 A 表示“第一位出场的是女生”，事件 B 表示“第二位出场的是女生”，则（ ）
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A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用独立事件 乘法公式及和条件概率公式，以及概率的加法公式求解即可.
【详解】对于 A， ，故 A 错误；
对于 B， ， ，故 B 正确；
对于 C，事件 B 可分为两种情况：第一位出场的是男生且第二位出场的是女生；第一位出场的是女生且第
二位出场的是女生，
， ，故 C 正确；
对于 D， ，故 D 正确.
故选：BCD.
11. 已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，若 ， 均为偶
函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】方法一：转化题设条件为函数 对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项
判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于 ，因为 为偶函数，所以 即 ①，所以
，所以 关于 对称，则 ，故 C 正确；
对于 ，因为 为偶函数， ， ，所以 关于 对称，
由①求导，和 ，得
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，所以
，所以 关于 对称，因为其定义域为 R，所以 ，结合 关于
对称，从而周期 ，所以 ， ，故 B 正
确，D 错误；
若函数 满足题设条件，则函数 （C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定 的函数值，
故 A 错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知 周期为 2，关于 对称，故可设 ，则 ，显然 A，
D 错误，选 BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为 ， 均为偶函数，
所以 即 ， ，
所以 ， ，则 ，故 C 正确；
函数 ， 的图象分别关于直线 对称，
又 ，且函数 可导，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ， ，故 B 正确，D 错误；
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若函数 满足题设条件，则函数 （C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定 的函数值，
故 A 错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的
通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
三、填空题（共 15 分）
12. 在 的展开式中，常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开通项公式即可得解.
【详解】 的展开式的通项 ，
令 ，解得 ，故常数项为 .
故答案为： .
13. 已知函数 的部分图象如图所示，则函数 的解析式
为________．
【答案】
【解析】
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【分析】由 图象可得振幅和周期，从而可得 ，再利用最高点的坐标可求 ，得解.
【详解】根据函数 的部分图象知， ， ，所以 ，
由 ，得 ， ，解得 ， ；
又 ，所以 ，所以 ．
故答案 ： .
14. 过点 有且只有一条直线与曲线 相切，则实数 的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点，即可求解切线方程， 将 代入切线方程中得 ，构造 ，利用导数求
解函数的单调性，即可求解.
【详解】由 得 ，
设直线与曲线 的切点为 ，则切线方程为 ，
将 代入切线方程中得 .
令 ，则 ，令 ，解得 ，
所以 在 和 单调递减，在 单调递增，
且当 时， ，当 时， ，而 ， ，
要使 只有一个实数根，则 .
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故答案为：
四、解答题（15 题 13 分，16、17 题 15 分，18、19 题 17 分）
15. 记 的三个内角 的对边分别为 ，已知 .
（1）求 ；
（2）若 ，且 的外接圆半径为 ，求 的面积.
【答案】（1） （2）4
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可；
（2）利用正弦定理求出 ，结合余弦定理求出 ，利用三角形面积公式计算即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
由正弦定理可得 ，
又 ，则 ，
所以 ，
即 ，
化简得 ，又 ， ，
所以 ，又 ，
所以 .
【小问 2 详解】
设 外接圆的半径为 ，则 ，所以 ，
由余弦定理得 ，结合 ，
，即 ，解得 ，则 ，
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所以 .
16. 已知数列 中， ， .
（1）证明：数列 是等差数列；
（2）给定正整数 m，设函数 ，求 ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目所给条件 化简，即可证明结论；
（2）先求出 的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以 ，作差并利用等比数列前 项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【小问 1 详解】
由题意证明如下， ，
在数列 中， ， ，
∴ ，即 ，
∴ 是以 为首项，1 为公差的等差数列.
【小问 2 详解】
由题意及（1）得， ，
在数列 中，首项为 3，公差为 1，
∴ ，即 ，
在 中，
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，
∴ ，
当 且 时，
∴ ，
∴
∴
.
17. 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE＝2．将
△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置，使 A1C⊥CD，如图 2．
(1)求证：A1C⊥平面 BCDE；
(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小；
(3)线段 BC 上 否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由．
【答案】（1）略 （2） (3)见解析
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【考点定位】此题第二问是对基本功的考查，对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答．
第三问的创新式问法，难度非常大
【解析】
【详解】试题分析：（1）证明 A1C⊥平面 BCDE，因为 A1C⊥CD，只需证明 A1C⊥DE，即证明 DE⊥平面 A1CD；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出平面 A1BE 法向量 ， =
（﹣1，0， ），利用向量的夹角公式，即可求得 CM 与平面 A1BE 所成角的大小；
（3）设线段 BC 上存在点 P，设 P 点坐标为（0，a，0），则 a∈[0，3]，求出平面 A1DP 法向量为
假设平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，则 ，可求得 0≤a≤3，从而可得结论．
（1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D，
∴DE⊥平面 A1CD，
又∵A1C⊂平面 A1CD，∴A1C⊥DE
又 A1C⊥CD，CD∩DE=D
∴A1C⊥平面 BCDE
（2）解：如图建系，则 C（0，0，0），D（﹣2，0，0），A1（0，0，2 ），B（0，3，0），E（﹣2，2，0）
∴ ，
设平面 A1BE 法向量为
则 ∴ ∴
∴
又∵M（﹣1，0， ），∴ =（﹣1，0， ）
∴
∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小 45°
（3）解：设线段 BC 上存在点 P，设 P 点坐标为（0，a，0），则 a∈[0，3]
∴ ，
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设平面 A1DP 法向量为
则 ∴
∴
假设平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，则 ，
∴3a+12+3a=0，6a=﹣12，a=﹣2
∵0≤a≤3
∴不存在线段 BC 上存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直
考点：向量语言表述面面的垂直、平行关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角．
18. 已知函数 ， ，
（1）讨论函数 的单调性：
（2）若不等式 在 上恒成立，求实数 的所有取值构成的集合；
（3）当 时，定义数列 满足： ， ， ，证明： ，
.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
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【解析】
【分析】（1）求导，分 和 两种情况，利用导数判断函数的单调性；
（2）根据题意可知 ，根据端点效应可得 ，并把 代入检验即可；
（3）根据 的单调性和符合分析可得 ，设 ，分析可知原题意等价于
，构造 ， ，利用导数证明 即可
.
【小问 1 详解】
由题意可知： 的定义域为 ，且 ，
①当 ， ，可知 在 上单调递增；
②当 ，令 ，解得 ，
当 ， ，可知 在 上单调递增;
当 ， ，可知 在 上单调递减.
综上所述：当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
【小问 2 详解】
因为不等式 在 上恒成立，且 ，
则 ，解得 ，
若 ，由（1）可知 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，符合题意；
综上所述：实数 的所有取值构成的集合为 .
【小问 3 详解】
当 时，由（1）可知 在 上单调递增，
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且 ，则 等价于 ； 等价于 ；
因为 ，且 ，
则 ，可得 ，
且 ，所以 ，
以此类推可得： ， .
设 ，则 ，
要证 ，即为 ，
等价于 ，两边乘以 ，
整理为 ，
令 ， ，
则 ， ，
令 ， ，
可知 在 上单调递增，则 ，即 ，
可知 在 上单调递增，可得 ，
即 ，所以 ， .
19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正
方体骰子，六个面分别以 标号.在棋盘上，以 为原点建立平面直角坐标系，设点 的坐标为 .棋
子初始位置为坐标原点，投掷骰子 次，用 表示第 次投掷后棋子的位置（ 为坐标原点），规定：
其中向量 为前 次投掷过程中，
掷得偶数的总次数.
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（1）求点 所有可能的坐标；
（2）求投掷骰子 8 次后棋子在原点的概率；
（3）投掷骰子 80 次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为 的概率为 ，求
的表达式，并指出当 为何值时， 取得最大值.
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） ， 时， 取得最大值.
【解析】
【分析】（1）根据 即可求 所有可能的坐标；
（2）令向量 ，则当 时， ；当 时，
；当 时 ，其中 ，且 .要保证 为原点，则在 8 次投掷过程中，
掷得奇数的次数 应为 ，用列举法即可求解
（3）当 不是 3 的倍数时，显然有 .当 是 3 的倍数时，不妨设 ，则掷得偶数的次数为
次.记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
定义操作小结： ，其中 可以为 0，则 其中
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，根据隔板法即可求解.
【小问 1 详解】
由题意，点 可能的坐标为 .
【小问 2 详解】
令向量 ，
则当 时， ；当 时， ；
当 时 ，其中 ，且 .
要保证 为原点，则在 8 次投掷过程中，掷得奇数的次数 应为 .
①若 ，即 8 次投掷全部为偶数，共 1 种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶；
②若 ，即 8 次投掷过程中有 5 次偶数，3 次奇数，则共 8 种情况：
奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇，
偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇；
③若 ，即 6 次奇数，仅有 1 种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇.
故 为坐标原点的概率 .
【小问 3 详解】
当 不是 3 的倍数时，显然有 .
以下讨论当 是 3 的倍数的情况.不妨设 ，则掷得偶数的次数为 次.
记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
定义操作小结： ，其中 可以为 0.
在 80 次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结.注意到 1 个操作小节中有 2 次操作 ，每两个操作小节
也由操作 连接，所以共有 个操作小节，如下图所示：
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所以有 其中 .
由隔板法可知，上述不定方程共有 组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有
.综上，有
因此，当 ，即 时， 取得最大值.
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