精品解析：海南省海口市海南中学2023届高三二模数学试题

2023届高三年级第二次模拟考试 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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. 256 B. 255 C. 512 D. 511 【答案】D 【解析】 【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. 2 B. 3 C. 4 D. 0 【答案】C 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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､多项选择题（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. 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