2022-2023学年重庆市第八中学校高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市第八中学校高二下学期期中数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年重庆市第八中学校高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．在等比数列中，若，则（   ）
A．6 B．10 C．12 D．17
【答案】C
【分析】根据的值，利用等比数列的性质计算求得，进而求得.
【详解】设的公比为，
因为，所以，
所以，又，
所以.
故选：C.
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
【答案】B
【分析】根据捆绑法进行求解即可.
【详解】不同排法种数为种，
故选：B.
3．曲线在点处的切线与直线垂直，则（   ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用导数几何意义及导数公式求得切线的斜率，结合两直线垂直进而求得a的值.
【详解】由题设，知处的切线的斜率为，
又因为，
所以，解得.
故选：A.
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．
【答案】A
【分析】根据抛物线的定义，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】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，
如下图，，当共线且时最小，

即距离和的最小值为F到直线的距离，
故选：A
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．
【答案】C
【分析】由台体体积公式可得答案.
【详解】，，
根据题意，由台体体积公式可知，

增加的水量约为

.
故选：C.
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．
【答案】D
【分析】根据导数的性质，结合常变量分离法、配方法进行求解即可.
【详解】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．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
【答案】A
【分析】根据等差数列的下标性质，结合等差数列前n为项和公式进行求解即可.
【详解】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
【点睛】关键点睛：根据等差数列的单调性和下标性质是解题的关键.
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．
【答案】C
【分析】根据三点共线的性质，结合角平分线的性质、余弦定理、双曲线离心率的公式进行求解即可.
【详解】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.
【点睛】关键点睛：根据三点共线的性质，结合三角形内角平分线的性质是解题的关键.

二、多选题
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
【答案】ACD
【分析】运用互斥事件、对立事件的定义可判断B项、D项，运用概率的加法公式及相互独立事件的概率公式计算可判断A项、C项.
【详解】对于A，若取出的两件都是次品，其概率，故A项正确；
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，所以两个事件不是互斥事件，故B项错误；
对于C，恰有一件正品，其概率，故C项正确；
对于D，“至少有一件正品” 包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以
事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，故D项正确；
故选：ACD.
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
【答案】BD
【分析】根据计数原理按照排列、组合的要求依次判断选项即可.
【详解】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6名男生任选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．圆：，直线，点在圆上，点在直线l上，则下列结论正确的有（   ）
A．直线与圆相交
B．的最小值是1
C．若到直线的距离为2，则点有2个
D．从点向圆引切线，则切线段的最小值是
【答案】BCD
【分析】确定圆心与半径，求圆心到直线的距离，根据直线与圆位置关系即可判断A；由圆心到直线的距离，即可得圆上的点到直线距离的最大和最小值，可判断B；设直线m与l平行，且m到l的距离为2，判断此时符合的直线与圆的位置关系，即可判断C；根据切线长的几何性质即可判断D.
【详解】对于A，由圆：，得圆的标准方程为，圆心为，半径，
又圆心到直线的距离，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2；
当时，直线，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，不合题意.
综上所述，圆上到直线的距离为2的点有且只有2个，故C正确
对于D，过作与圆相切于，连结.

则切线长要使切线长最小，只需最小.
又点到圆心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．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
【答案】ACD
【分析】运用导数几何意义将问题转化为的零点个数问题，分类讨论、、、时的单调性，进而研究的图象与x轴交点的个数即可.
【详解】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，
所以当时，，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，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
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；故选项B错误；
③当时，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增.
若或，即或，有两个零点，所以恰能作两条切线；
④当时，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增
若或，即或，有两个零点，
所以恰能作两条切线：由③④得选项C、选项D正确；
故选：ACD.
【点睛】含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围；若不能分离参数，则利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．

三、填空题
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：mm），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    357
358    370    380    383    385.
请你估算这批棉花的第90百分位数是____________.
【答案】357.5
【分析】计算，确定第90百分位数为第45个数和第46个数的平均数，得到答案.
【详解】因为，第90百分位数为第45个数和第46个数的平均数，
即为.
故答案为：357.5
14．已知数列{}的前n项和为，通项公式为，则__________
【答案】2024
【分析】分组求和两个为一组计算，即可求得的值.
【详解】当为奇数时， 当为偶数时，，
所以.
故答案为：.
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_________.
【答案】100
【分析】根据分组分配方法，结合两种计数原理即可得答案.
【详解】5人分成3组有两种方案：“”、“”共有种方法分组方法，
3组分配到3个场地，甲小组不去比赛场地A，有种方法；
根据乘法原理不同的分配方法数为：.
故答案为：100.
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__________.

【答案】
【分析】运用线面平行的判定定理及性质定理、面面垂直的性质可证得、平面，再由线面垂直的判定及面面垂直的性质可证得平面ABCD，结合双面定球心可求得外接球的半径，进而求得球的表面积即可.
【详解】如图所示，

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，
由题知平面平面，
所以，
所以平面，平面，
由，，可得.
又因为，，，、平面，
所以平面，
又因为，所以
所以平面，
又因为平面ABCD，
所以平面ABCD平面，
过点P作交EF与点H， 如图所示，

又因为平面ABCD平面，平面，
所以平面ABCD，
过正方形ABCD的中心点Q作交PE于点N，则平面ABCD，
过等边的中心作交延长线于点O，交EF于点T，
又因为平面，
所以平面，
所以点O为四棱锥外接球的球心.
如图所示，

因为在中，，， ，
所以由等面积法可得，，，
所以，
所以，
又因为在中，，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以四棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】空间几何体外接球问题解题策略：
（1）公式法；（2）单面定球心；（3）补形法；（4）双面定球心法.

四、解答题
17．已知公差不为0的等差数列，其前n项和为，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）运用等差数列通项公式及等差数列前n项和公式的基本量计算即可.
（2）运用分组求和及等差数列求和公式、等比数列求和公式计算即可.
【详解】（1）据题意得，解得（舍）或，
故.
所以.
（2）由题意知，，
故.
18．已知函数的图像与直线相切，切点为
(1)求a，b，c的值；
(2)设，求在上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)最小值-40，最大值216

【分析】（1）运用导数计算公式及导数几何意义代入求解即可.
（2）运用导数研究函数的单调性，进而求得函数的最值.
【详解】（1），
根据题意得，
故，，.
（2）（），
则，
或；，
所以在单调递增，在单调递减，在上单调递增.
所以，
.
故在上的最大值为216，最小值为.
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”.

(1)根据样本频率分布直方图估计样本的众数；
(2)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？
(3)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？
【答案】(1)82.5
(2)
(3)93（分）

【分析】（1）根据众数的定义进行求解即可；
（2）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可；
（3）根据等差数列的性质，结合题意进行求解即可.
【详解】（1）根据样本频率分布直方图估计样本的众数为：；
（2）“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；
（3）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．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，.

(1)求证：平面；
(2)当MN最小时，求平面AMN和BMN夹角余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算性质，结合法向量的性质进行求解即可；
（2）根据配方法，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）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.
（2）由（1）可知：，
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．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.
(1)求椭圆E的方程；
(2)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.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意进行求解即可；
（2）根据三角形重心的性质、一元二次方程根与系数的关系，结合代入法、三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）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：；
（2）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.

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合重心坐标公式是解题的关键.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求导，令，结合二次函数的性质讨论的正负，进而求解；
（2）结合（1）问可知当且仅当时，有两个极值点，作差可得，可得，构造函数，结合导数分析其单调性，即可得到，进而求证.
【详解】（1）因为，
所以，
令，
当时，，在上单调递增；
当时，对称轴是，故在上单调递增，
所以，
所以，即在上单调递增；
当时，（i）若，
即时，，即，
故在上单调递减；
（ii）若，即时，有两个根，
且满足，，故，
设，即，，
当时，，
当时，，
故函数的单调递增区间是，单调减区间是和.
综上所述，当时，即在上单调递增；
当时，的单调递增区间是，单调减区间是是和
（其中，）；
当时，在上单调递减：
（2）证明：由（1）知，当且仅当时，有两个极值点，，，
故
，
因为，.
所以，
所以.
构造函数，
则，
故在上单调递减，
因为，所以，故，
因为，所以，
所以，得证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性和极值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和；
③写出单调区间，并判断极值点.
解决恒成立问题的常用方法：
①数形结合法；②分离参数法；③构造函数法.