2023-2024学年四川省宜宾县白花中学高三第二次联考数学试卷含解析

2023-2024学年四川省宜宾县白花中学高三第二次联考数学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为A．-40 B．-20 C．20 D．402．已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（）A．的值域是 B．是奇函数C．是周期函数 D．是增函数3．已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（）A． B． C． D．4．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．5．已知在中，角的对边分别为，若函数存在极值，则角的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知定义在上的函数，若函数为偶函数，且对任意，，都有，若，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（）A． B．C． D．8．已知棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为（）A． B． C． D．9．已知为等腰直角三角形，，，为所在平面内一点，且，则（）A． B． C． D．10．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（）A． B．C． D．11．函数的图像大致为（）A． B．C． D．12．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（）A．6里 B．12里 C．24里 D．48里二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设复数满足,则_________.14．的展开式中的常数项为_______．15．已知向量，，，则_________.16．的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.（1）求角A的大小；（2）若，的平分线与交于点D，与的外接圆交于点E（异于点A），，求的值.18．（12分）已知椭圆的左焦点为F，上顶点为A，直线AF与直线垂直，垂足为B，且点A是线段BF的中点.（I）求椭圆C的方程；（II）若M，N分别为椭圆C的左，右顶点，P是椭圆C上位于第一象限的一点，直线MP与直线交于点Q，且,求点P的坐标.19．（12分）在直角坐标系中，已知点，若以线段为直径的圆与轴相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.20．（12分）已知抛物线的顶点为原点，其焦点关于直线的对称点为，且.若点为的准线上的任意一点，过点作的两条切线，其中为切点.（1）求抛物线的方程；（2）求证：直线恒过定点，并求面积的最小值.21．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且，，（1）若分别为，的中点，求证：平面；（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．22．（10分）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为平行四边形，侧面为正方形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】令x=1得a=1.故原式=．的通项，由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，故所求的常数项为40，选D解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出；若第1个括号提出，从余下的括号中选2个提出，选3个提出x.故常数项==-40+80=402、C【解析】

根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.【详解】由表示不超过的最大正整数，其函数图象为选项A，函数，故错误；选项B，函数为非奇非偶函数，故错误；选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确；选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.故选：C【点睛】本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.3、A【解析】

将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项.【详解】由于等差数列中，所以，化简得，所以为.故选：A【点睛】本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题.4、D【解析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.【详解】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，∴，解得.∴.根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.5、C【解析】

求出导函数，由有不等的两实根，即可得不等关系，然后由余弦定理可及余弦函数性质可得结论．【详解】，.若存在极值，则，又.又．故选：C．【点睛】本题考查导数与极值，考查余弦定理．掌握极值存在的条件是解题关键．6、A【解析】

根据题意，分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数，则不等式等价于，解得的取值范围，即可得答案.【详解】解:因为函数为偶函数，所以函数的图象关于对称，因为对任意，，都有，所以函数在上为减函数，则，解得：.即实数的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查函数的对称性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于综合题.7、A【解析】

由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（c为半焦距;a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.8、B【解析】

由三视图可知，该三棱锥如图,其中底面是等腰直角三角形，平面,结合三视图求出每个面的面积即可.【详解】由三视图可知，该三棱锥如图所示：其中底面是等腰直角三角形，平面,由三视图知，因为,,所以,所以,因为为等边三角形，所以,所以该三棱锥的四个面中，最大面积为.故选：B【点睛】本题考查三视图还原几何体并求其面积;考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.9、D【解析】

以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案.【详解】如图建系，则，，，由，易得，则.故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.10、B【解析】

列出循环的每一步，进而可求得输出的值.【详解】根据程序框图，执行循环前：，，，执行第一次循环时：，，所以：不成立．继续进行循环，…，当，时，成立，，由于不成立，执行下一次循环，，，成立，，成立，输出的的值为.故选：B．【点睛】本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．11、A【解析】

根据排除，，利用极限思想进行排除即可．【详解】解：函数的定义域为，恒成立，排除，，当时，，当，，排除，故选：．【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．12、C【解析】

设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得，求出（里，由此能求出该人第四天走的路程．【详解】设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得：，解得（里，（里．故选：C．【点睛】本题考查等比数列的某一项的求法，考查等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】

利用复数的运算法则首先可得出，再根据共轭复数的概念可得结果.【详解】∵复数满足，∴，∴，故而可得，故答案为.【点睛】本题考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于基础题．14、【解析】

写出展开式的通项公式，考虑当的指数为零时，对应的值即为常数项.【详解】的展开式通项公式为：，令，所以，所以常数项为.

故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，难度较易.解答问题的关键是，能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值.15、2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【详解】，，，，解得：，，则.故答案为：2【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量垂直的性质，向量的模的计算.16、-189【解析】由二项式定理得，令r=5得x5的系数是．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】

（1）由，利用正弦定理转化整理为，再利用余弦定理求解.（2）根据，利用两角和的余弦得到，利用数形结合，设，在中，由正弦定理求得，在中，求得再求解.【详解】（1）因为，所以，即，即，所以.（2）∵，.所以，从而.所以，.不妨设，O为外接圆圆心则AO=1，，.在中，由正弦定理知，有.即；在中，由，，从而.所以.【点睛】本题主要考查平面向量的模的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.18、（I）．（II）【解析】

（I）写出坐标，利用直线与直线垂直，得到.求出点的坐标代入，可得到的一个关系式，由此求得和的值，进而求得椭圆方程.（II）设出点的坐标，由此写出直线的方程，从而求得点的坐标，代入，化简可求得点的坐标.【详解】（I）∵椭圆的左焦点，上顶点，直线AF与直线垂直∴直线AF的斜率，即①又点A是线段BF的中点∴点的坐标为又点在直线上∴②∴由①②得：∴∴椭圆的方程为．（II）设由（I）易得顶点M、N的坐标为∴直线MP的方程是：由得：又点P在椭圆上，故∴∴∴或（舍）∴∴点P的坐标为【点睛】本小题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查两直线垂直的条件，考查向量数量积的运算.属于中档题.在解题过程中，首先阅读清楚题意，题目所叙述的坐标、所叙述的直线是怎么得到的，向量的数量积对应的坐标都有哪一些，应该怎么得到，这些在读题的时候需要分析清楚.19、（1）；（2）【解析】

（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程后利用韦达定理化简并求得，结合焦半径公式及弦长公式可求的值及的长.【详解】（1）设，则圆心的坐标为，因为以线段为直径的圆与轴相切，所以，化简得的方程为.(2)由题意，设直线，联立得，设（其中）所以，，且，因为，所以，，所以，故或（舍），直线，因为的周长为所以.即，因为.又，所以，解得，所以.【点睛】本题考查曲线方程以及抛物线中的弦长计算，还涉及到向量的数量积.一般地，抛物线中的弦长问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把已知等式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程.本题属于中档题.20、（1）（2）见解析，最小值为4【解析】

（1）根据焦点到直线的距离列方程，求得的值，由此求得抛物线的方程.（2）设出的坐标，利用导数求得切线的方程，由此判断出直线恒过抛物线焦点.求得三角形面积的表达式，进而求得面积的最小值.【详解】（1）依题意，解得（负根舍去）∴抛物线的方程为（2）设点，由，即，得∴抛物线在点处的切线的方程为，即∵，∴∵点在切线上，①，同理，②综合①、②得，点的坐标都满足方程.即直线恒过抛物线焦点当时，此时，可知：当，此时直线直线的斜率为，得于是，而把直线代入中消去得，即：当时，最小，且最小值为4【点睛】本小题主要考查点到直线的距离公式，考查抛物线方程的求法，考查抛物线的切线方程的求法，考查直线过定点问题，考查抛物线中三角形面积的最值的求法，考查运算求解能力，属于难题.21、(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根