2023届海南省海口市海南中学高三二模数学试题含解析

这是一份2023届海南省海口市海南中学高三二模数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式的解法求集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】∵，
∴
故选：A.
2．复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可.
法二：根据计算可得.
【详解】法一：，
故．
法二：利用性质，得.
故选：C．
3．设，则“且”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】依据“且”与“”之间的逻辑关系进行推导即可解决.
【详解】由且，可得,
当，时，满足，但不满足且,
则“且”是“”的充分不必要条件,
故选：A.
4．孙子定理出自古代名著《孙子算经》，其研究正整数的整除问题，其实质构成一个等差数列，例如三三数之剩一（被3除余1）的正整数构成等差数列.若满足四四数之剩三且六六数之剩五（被4除余3且被6除余5）的正整数构成数列，则的前项和（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得数列为等差数列，进而可得.
【详解】被4除余3且被6除余5的正整数按照从小到大的顺序排成一列，
构成首项为，公差为的等差数列，
所以，.
故选：.
5．已知，则（ ）
A．256B．255C．512D．511
【答案】D
【分析】令，求得，再分别令和，两式相加，从而可得出答案.
【详解】解：令，①，
令，②，
①+②得：，
∴，
令，，
∴.
故选：D．
6．函数的图像与函数的图像的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．0
【答案】C
【分析】作出两个函数的图像，由图像可得交点个数．
【详解】在上是增函数，在和上是减函数，在和上是增函数，，，，
作出函数的图像，如图，由图像可知它们有4个交点．
故选：C．
7．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.
【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：

则由题可得，
设平面截得球的截面圆的半径为，
当EF在底面圆周上运动时，
到平面的距离
所以
所以平面截得球的截面面积最小值为，
故D正确；
故选：D.
8．如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到，数形结合得到当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大，利用点到直线距离公式得到，结合向量投影求出最值.
【详解】根据题意可得，解得，，故圆M的方程为．
，
画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大．
直线的斜率为1，设l的方程为，由圆心到直线l的距离为，
解得或（舍去）．
故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，
所以，所以，
即的最大值为．
故选：C
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
二、多选题
9．给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．若数据的方差为0，则此组数据的众数唯一
B．已知一组数据3，4，7，9，10，11，11，13，则该组数据的第40百分位数为8
C．一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多
D．经验回归直线恒过样本点的中心，且在回归直线上的样本点越多，拟合效果越好
【答案】AC
【分析】依据方差定义及众数定义去判断选项A；求得第40百分位数去判断选项B；依据中位数定义和平均数定义去判断选项C；依据回归直线拟合效果判断标准去判断选项D.
【详解】选项A：由方差可得，即此组数据众数唯一.判断正确；
选项B：数据3，4，7，9，10，11，11，13共有8个数，由可知，该组数据的第40百分位数为第4个数为9.判断错误；
选项C：依据中位数定义和平均数定义，一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多.判断正确；
选项D：回归直线的拟合效果看残差平方和，残差平方和越小，拟合效果越好，不是看回归直线上的样本点多少来判断拟合效果的好坏.判断错误.
故选：AC
10．已知，是正数，且，下列叙述正确的是（ ）
A．最大值为B．的最小值为
C．最小值为D．最小值为
【答案】ABD
【分析】题可知，且，利用基本不等式可判断A,D；构造二次函数型可判断B；对两边同时平方，利用基本不等式可判断C.
【详解】因为是正数，且，
所以不等式可知，即，得，
当且仅当，即取得等号，
所以的最大值为，所以A正确；
因为是正数，且，
所以，且，
所以，
当时有最小值为，
所以B正确；
，
当且仅当，即取得等号，
因为，是正数，所以最大值为，故C不正确；
因为，
当且仅当且即时取等号，
此时最小值为，所以D正确．
故选：ABD.
11．如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则（ ）
A．B．平面平面FAB
C．直线EA与平面ABCD所成的角为D．点E到平面ABF的距离为
【答案】ACD
【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取中点，连接、，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.
【详解】对于A选项，如图，由，，，为正三角形
可得为正方形，故，故A正确；
对于B选项，取中点为，在，中，
由正三角形的性质可得，，，平面平面，
平面，平面，则为二面角的平面角，
由，，得，故B错误；
对于C选项，由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱，连接，交点为正方形的中心，则平面，
即为直线与平面所成的角，由，，
得，故C正确；
对于D选项，连接，在正方形可知，，
平面，平面，
，与相交，且平面，
平面
即为三棱锥的高，
设点E到平面ABF的距离为，
由几何关系可求得，，，，
由可得，，
代入数据解得，故D正确．
故选：ACD.
12．已知向量，将绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到的位置，则（ ）.
A．B．
C．D．点坐标为
【答案】ABC
【分析】根据向量的夹角判断A，再由全等三角形可判断B，根据向量的数量积的定义判断C，根据向量的模相等判断D.
【详解】因为绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到，
所以与的夹角为，故，A选项正确；
由题意知，,所以，即，故B正确；
因为,,
所以由数量积的定义知，故C正确；
若点坐标为，则，故D不正确.
故选：ABC
三、填空题
13．某校高三年级有女生520名，男生480名，若用分层随机抽样的方法从高三年级学生中抽取一个容量为200的样本，则男生应抽取___________名.
【答案】96
【分析】根据分层抽样的定义，计算男女生比例，即可计算求解.
【详解】由已知得女生与男生的比例为：，
根据分层抽样的定义，男生应该抽取的人数为：（人）
故答案为：96.
14．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
先排乙，有第二、三、四名3种情况，
再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，
其他三名同学排在三位置全排列有种，
由分步乘法计数原理可知共有种，
故答案为：.
15．已知函数的图像在点处的切线为l，若l与函数的图像也相切，切点为，则___________.
【答案】9
【分析】先求出，求出切线方程，进而求得，即可求解.
【详解】由题意得，则，
所以切线l的方程为，即.
所以，则，.
故答案为：9.
四、双空题
16．已知数列满足，则__________，若对任意的，恒成立，则的取值范围为_____________.
【答案】
【分析】由可求得的值，令由可得出，两式作差可得出数列的通项公式，可得出的值，然后分为奇数和偶数两种情况讨论，分析数列的单调性，由此可求得实数的取值范围.
【详解】当时，；
当时，，
可得，
上述两式作差可得，即，
不满足，所以，，则.
当时，，即，
所以，数列从第二项开始为递增数列，
对任意的，恒成立.
①若为正奇数，则，，则，可得；
②若为正偶数，则，可得.
综上所述，.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
五、解答题
17．已知函数，.
(1)若的图象关于点对称，且，求的值；
(2)不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】分析：（1）由两角差的正弦公式化简函数式，得的图象在轴右侧的一个对称中心，由图象平移可得值；
（2）不等式化为，由的最大值和最小值可得的不等关系，从而得其范围．
解：（1），
法一：知的图象在点右侧关于点对称，把它向左平移个单位，则图象关于点对称，因此；
法二：由题知：，所以：，
所以：，又，所以：；
（2）对任意的恒成立，对任意的恒成立
由（1）知，，可得：在上单增，在上单减，
所以：，又，，所以：，
所以，解得．
18．已知数列和等差数列满足，且当时，.
(1)求数列的通项；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的定义和通项公式以及对数函数的性质即可求解；（2）根据乘公比错位相减法即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由得：，
由得：
由得：
所以：，
所以：
所以：当时，，
又因为不满足，
所以：.
（2），
当时，；
当时，，①
，②
①②得：
，
所以：，
又也满足，
综上：.
19．甲、乙两地到某高校实施“优才计划”，即通过笔试，面试，模拟技能这3项考核程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项考核程序均通过后即可签约．2022年，该校数学系100名毕业生参加甲地“优才计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）：
今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，．
(1)依据小概率值的独立性检验，判断这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别是否有关联？
(2)若小明通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y，分别求出X与Y的数学期望．
参考公式与临界值表：，．
【答案】(1)认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关
(2)，
【分析】（1）由题意作出列联表，依据对立性检验的计算公式计算判别即可；
（2）由条件分析得X服从二项分布，可得小明通过甲程序的期望；再由离散型随机变量的分布列及求期望公式计算小明通过乙程序的期望即可.
【详解】（1）列联表：
，
根据小概率值的独立性检验，可认为这100名毕业生去年参加甲地“优才计划”能否签约与性别无关；
（2）由已知，小明通过甲地的每项程序的概率均为，
所以X服从二项分布，即，∴，
由题意：Y的可能取值为0，1，2，3，
，，
，．
所以Y的数学期望．
20．已知平面四边形（图1）中，，均为等腰直角三角形，，分别是，的中点，，，沿将翻折至的位置（图2），拼成三棱锥.

(1)求证：平面平面；
(2)当二面角的平面角为60°时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）①证明为二面角的平面角，取的中点，由面面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；②求向量在平面的法向量上的投影向量的长度即可.
【详解】（1）连结.
因为分别是的中点，所以.
又，所以，
因为，所以，
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）①因为，所以就是二面角的平面角.
由已知.
因为为以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，所以.
又，所以为等边三角形.
取中点，连接，则.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以面.
如图，以直线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，则，
设面的一个法向量
则有，所以，
不妨取，则，
所以为平面的一个法向量.
而，
所以，
所以直线与面所成角的正弦值为·

21．已知.
(1)若在处取到极值，求的值；
(2)直接写出零点的个数，结论不要求证明；
(3)当时，设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【答案】(1)1；
(2)且有一个零点；且有两个零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，由求出a并验证作答.
（2）由已知可得1是的一个零点，按分段讨论，利用导数结合零点存在性定理判断作答.
（3）求出函数及导数，探讨极值点，再结合隐形零点确定极小值大于作答.
【详解】（1）的定义域为，，，所以，
又时，，，得在上单调递增，在上单调递减，
即在处取到极大值，所以符合要求.
（2）由（1）知，当时，，函数在上单调递增，而，则有唯一零点；
当时，单调递增，单调递减，
令，，
单调递减，单调递增，，当且仅当时取等号，
因此当时，，当且仅当时取等号，
于是当时，有唯一零点；
当时，在内有唯一零点1，当时，，
令，，令，则，
即函数在上单调递增，，于是函数在上单调递增，
，即当时，，因此，有，即，
从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点；
当时，函数在上有唯一零点1，由，得，即有，
而，从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点，
综上得当或时，有一个零点；且时，有两个零点.
（3）依题意，，函数的定义为，
求导得，显然函数在上单调递增，
又，则存在，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
即当时，函数取得极小值，无极大值，
由，得，因此，
令，
则函数在上单调递减，因为，所以，函数的极小值
所以函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
22．已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.
(1)求直线的斜率的取值范围；
(2)设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，联立直线与双曲线方程，消元、依题意可得，即可得到不等式求出的取值范围，即可得解；
（2）由（1）知，因为，设，则直线的方程为：，设，，联立直线与双曲线方程，消元，即可表示出，从而表示出，即可得到时，为定值，从而求出动点的轨迹方程.
【详解】（1）当时，显然符合题意，
当时，设直线的方程为，其中，设、，
与双曲线方程联立可得，
因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又，
所以，解得，即，所以且，解得或，
综上可得；
（2）由（1）知，因为，
所以，
设，则直线的方程为：，设，
直线与双曲线方程联立可得，
即，
所以，
所以，
得，
又因为，
所以，
当时，
即时，为定值，
所以或，又因为，
所以点的轨迹方程为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
人数性别
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
男生
35
15
女生
40
10
0.10
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
人数性别
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
合计
男生
35
15
50
女生
40
10
50
合计
75
25
100