重庆市重点中学校2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.在等比数列中，若，则（ ）
A.6 B.10 C.12 D.17
2.有3名男生和2名女生排成一排，女生相邻的不同排法有（ ）
A.36种 B.48种 C.72种 D.108种
3.曲线在点处的切线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知直线和直线，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）
A.2 B.3 C. D.
5.水库是我国防洪广泛采用的工程措施之一.已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔下降到时，减少的水量约为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.已知等差数列的公差不等于0.其前n为项和为，若，，，则的最大值为（ ）
A.18 B.20 C.22 D.24
8.、是双曲线E：的左、右焦点，点M为双曲线E左支上一点，，的角平分线交x轴与点N，若，则双曲线E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.甲乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（ ）
A.两件都是次品的概率为0.02
B.事件“至多有一件正品”与事件“至少有一件正品”是互斥事件
C.恰有一件正品的概率为0.26
D.事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件
10.从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（ ）
A.如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法
B.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法
C.如果4人中男生女生各有2人，那么有30种不同的选法
D.如果4人中至少有一名女生，那么有195种不同的选法
11.圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的有（ ）
A.直线l与圆C相交
B.的最小值是1
C.若P到直线l的距离为2，则点P有2个
D.从Q点向圆C引切线，则切线段的最小值是
12.已知函数及点，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，过点P至多能作的一条切线
B.当且时，过点P至少能作的一条切线
C.当且时，过点P恰能作的两条切线
D.当时，过点P恰能作的两条切线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标，在一批棉花中随机抽到50根棉花的纤维长度（单位：），按从小到大排序结果如下：
28 33 50 52 58 60 61 62 82 86 113 140 143 146 170 175
202 206 233 236 238 260 263 264 265 293 294 296 301 302 303
305 306 321 323 325 328 340 343 346 348 352 355 357 35
358 370 380 383 385.
请你估算这批棉花的第90百分位数是____________.
14.已知数列{}的前n项和为，通项公式为，则__________
15.在我校运动会期间，为了各项赛事的顺利进行，学生会组织了5个志愿服务小组，前往3个比赛场地进行志愿服务.若每个场地至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个场地进行服务，并且甲小组不去比赛场地A，则不同的分配方法种数为_________.
16.如图，四棱锥P-ABCD，ABCD是正方形，，是等边三角形，，且平面平面（则四棱锥外接球的表面积为__________.
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知公差不为0的等差数列，其前n项和为，且满足，.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和.
18.已知函数的图像与直线相切，切点为
（Ⅰ）求a，b，c的值；
（Ⅱ）设，求在上的最大值和最小值.
19.“学习强国”学习平台，是立足全党、面向社会的互联网学习载体，旨在推动马克思主义学习型政党、学习大国建设.某校为了考查教师们的学习效果，在全校随机抽取100名教师进行测试，并将成绩共分成五组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示.已知第三、四、五组的人数成等差数列.且同时规定成绩小于85分为“良好”，成绩在85分及以上为“优秀”.
（Ⅰ）根据样本频率分布直方图估计样本的众数；
（Ⅱ）如果用分层抽样的方法从“良好”和“优秀”的教师中共选出5人，再从这5人中选2人发表学习心得，那么这两人都“优秀”的概率是多少？
（Ⅲ）如果规定成绩得分从高到低排名在前18%的教师可以获得“学习之星”的称号，根据频率分布直方图估计成绩得到多少分才能获得“学习之星”的称号？
20.在如图所示的试验装置中，ABCD是边长为1正方形框架，ABEF是矩形框架，，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在对角线AC，BF上移动，且，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）当MN最小时，求平面AMN和BMN夹角余弦值.
21.已知椭圆：的右焦点为F，直线交椭圆E于M，N两点，若，短轴的一个端点到直线l的距离是.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）已知的三个顶点都在椭圆上，坐标原点O是的重心，求证：的面积为定值.
22.已知函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，，求证：.
重庆市重点中学校2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题参考答案
1.解：设的公比为q，因为，所以，解得，又，所以.故选：C.
2.解：不同排法种数为种，故选：B.
3.解：由题设，知处的切线的斜率为，而，，可得.故选：A.
4.解：如图，抛物线的焦点，直线为抛物线的准线，则抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值即为F到直线的距离.，故选：A.
5.解：，，根据题意，增加的水量约为
.故选：C.
6.解：因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，而，当且仅当时，等号成立，所以，即，所以实数a的取值范围为.故选：D.
7.设等差数列的公差为d，则，，，因，即，显然，否则，矛盾，于是得，又，否则，公差，矛盾，
因此，，解得，而，则公差，，由，，于是有等差数列是递减数列，其前4项都是非负的，从第5项起为负，当或时，，所以的最大值为18.故选：A.
8.解：因为，显然，所以
又，N，三点共线，，所以，所以
所以，即，所以
又为的平分线，所以，
设，，，
∴，，，又，且，
∴在中，由余弦定理可得：，所以，所以
所以双曲线E的离心率，故选：C.
9.解：根据题意，
对于A，若取出的两件都是次品，其概率，A正确；
对于B，事件“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品：“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品：故B中两个事件不是互斥事件，B错误；
对于C，恰有一件正品，其概率，C正确；
对于D，事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，D正确；
故选：ACD.
10.解：对于A，只从男生中选择4人，有种，故A错误，
对于B，如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么在剩下的8人中任选2人，共有种选法，故B正确.
对于C，如果4人中男生女生各有2人，则共有种，故C错误，
对于D，从10人中任选4人，共有种选法，排除4名女生任选4人，有种选法，
故4人中至少有一名女生的选法有种，故D正确，故选：BD.
11.解：对于A，由圆C：，得圆C的标准方程为，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.
故A错误；
对于B：圆心到直线的距离，所以的最小值为.
故B正确；
对于C：设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设，由，解得：或.
当时，直线，圆心到直线的距离，所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为1.当时，直线，圆心到直线的距离，所以直线m与圆C相离，不合题意.
综上所述，圆上到直线l的距离为2的点有且只有2个.故C正确
对于D：过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.则切线长要使切线长最小，只需最小.点Q到圆心C的最小值为圆心到直线的距离，由勾股定理得切线长的最小值
为，故D正确.故选：BCD.
12.解：由，得，
设切点为，则切线的斜率为，所以有
整理得，
令，
，
，
令，则，所以在上递增，
因为，所以时，，当时，.
①当时，，所以在上单调递增，所以函数至多有一个零点，所以至多可作一条切线，故选项A正确；
②当时，
当时，，则递减，当时，，则递增，
若，即时，有两个零点，所以恰能作两条切线；
若，即时，有一个零点，所以恰能作一条切线；
若，即时，无零点，所以可作0条切线；故B错误；
③当时，当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增.
若或，即或，有两个零点，所以恰能作两条切线；
④当时，
当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增
若或，即或，有两个零点，所以恰能作两条切线：由③④得CD正确；
故选：ACD.
13.解：因为，第90百分位数为第45个数和第46个数的平均数，即为.答案为357.5.
14..故答案为：2024
15.解：5人分成3组有两种方案：“”、“”共有种方法，
3组分配到3个场地，甲小组不去比赛场地A，有2种方法：根据乘法原理不同的分配方法数为：
.故答案为：100.
16.解：设平面平面，取AD，BC中点E，F，连接PE，PF，EF，因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，又因为平面PBC，平面平面，所以.因为，，所以，，所以为二面角的平面角，由题知平面，所以，由，，可得.过点P作平面ABCD的垂线PH，交EF与点H，则，.过正方形ABCD的中心Q作平面ABCD的垂线m，设球心为O.则球心O在直线m上，设.
①当球心O在锥体内时，由几何知识可知：，方程无解；
②当球心O在锥体外时，由几何知识可知：，解得，
所以球的半径，所以表面积.
17.（Ⅰ）根据题意得，解得（舍）或，故.
所以.
（Ⅱ），故.
18.解：（Ⅰ），根据题意得.
（Ⅱ），.
或；.
所以在单调递增，在单调递减，在上单调递增.
，
.
19.（Ⅰ）根据样本频率分布直方图估计样本的众数为：.
（Ⅱ）“良好”的教师频率为，“优秀”教师频率为，
由分层抽样可得“良好”的教师有人，“优秀”的教师有.
将三名“优秀”教师分别记为A，B，C，两名“良好”的教师分别记为a，b，
则这5人中选2人的基本事件有：AB，AC，BC，Aa，Ba，Ca，Ab，Bb，Cb，ab，共10种，其中这两人都“优秀”包含的基本事件有：AB，AC，BC共3种，
所以这两人都“优秀”的概率.
（Ⅲ）由第三、四、五组的人数成等差数列得，
化简整理可得，①.
由频率分布直方图的性质可知，②，
由①②可得，.
第五组人数频率为，第四、五组人数的频率为，故成绩得分从高到低排名在18%的教师分数在第四组，设至少得x分能进入面试，则，解得，即根据频率分布直方图估计成绩至少得到93（分）才能直接进入复试.
20.解；（1）法一：连结AN并延长，交BE于点K，则M，N，C，K四点共面
∵，∴，∴，∵，∴，
∴，即，
∵M，N，C，K四点共面，∴，
∵平面BCE，平面BCE，∴平面BCE.
法二：以点B为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，，，，.
∴，，
∴，，∴，
因为平面BCE，所以是平面BCE的一个法向量，.
∴.∵平面BCE，∴平面BCE.
（Ⅱ）以点B为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
，，，.∴，，
∴，，∴，
，当时，的值最小.
此时，∴，，
故，，，，
设平面BMN的法向量为，平面AMN的法向量为，
可取；可取；
.
21.解：（Ⅰ）设椭圆的左焦点为，则，
∵，
∴，∴，
由点到直线l的距离为得，故椭圆E方程为：.
（Ⅱ）当直线BC的斜率不存在时，设直线BC的方程为，设，则，
因为O为的重心，所以，所以，
∴，，所以，
当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为，设，，
由，得，由题意可知，
，，，
因为O为的重心，，，
所以，由A在椭圆上得，
化简得，则，满足，
所以.
因为点A到直线BC的距离d等于O到直线BC距离的3倍，所以，
所以，综上所得，的面积为定值.
22.解：（Ⅰ），令，
当时，，在单调递增：
当时，对称轴是，故在单调递增，故在单调递增，
所以，所以，即在单调递增；..
当时，（i）若即时，即，
故在单调递减；
（ii）若即时，有两个根，且满足，，故
设，即，，
当时，，
当时，，故的单调递增区间是，单调减区间是和.
综上所述，当时，即在单调递增；
当时，的单调递增区间是，单调减区间是是和.
（其中，）；当时，在单调递减：
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当且仅当时，有两个极值点，，，
故∵
∵，.∴，
∴.
构造函数，则，
故在单调递减，
因为，所以，故，因为，所以，
∴.
