江苏省苏州大学2022届高三下学期5月高考前指导数学试题

这是一份江苏省苏州大学2022届高三下学期5月高考前指导数学试题，共27页。试卷主要包含了已知集合，若，则b的值为，设，则是为纯虚数的，已知函数y＝f，已知且成立，则等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏州大学2022届高三下学期5月高考前指导数学试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．已知集合，若，则b的值为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
2．设，则是为纯虚数的（       ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
3．江南的周庄、同里、用直、西塘、号镇、南浔古镇，并称为江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴，清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴依软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外．这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处，某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则至少选一个苏州古镇的概率为（       ）
A． B． C． D．
4．已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，则函数f（x）的解析式最可能是（     ）

A．y＝xcosx B．y＝sinx－x2 C． D．y＝sinx＋x
5．如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，若，则实数的值是（       ）

A． B． C． D．
6．已知、、是半径为的球的球面上的三个点，且，，，则三棱锥的体积为（       ）
A． B． C． D．
7．已知且成立，则（       ）
A． B． C． D．
8．在平面直角坐标系中，若直线上存在动点P，使得过点P的椭圆的两条切线相互垂直，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．已知等差数列的公差不为0，且成等比数列，则（       ）
A． B． C． D．
10．18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，可视为X服从正态分布，其密度函数，．任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布（且）．当时，对任意实数x，记，则（       ）
A． B．当时，
C．随机变量，当减小，增大时，概率保持不变 D．随机变量，当都增大时，概率单调增大
11．若二项式展开式中所有项的系数之和为，所有项的系数绝对值之和为，二项式系数之和为，则（       ）
A． B．
C．对任意均有 D．存在使得
12．设函数的导函数存在两个零点、，当变化时，记点构成的曲线为，点构成的曲线为，则（       ）
A．曲线恒在轴上方
B．曲线与有唯一公共点
C．对于任意的实数，直线与曲线有且仅有一个公共点
D．存在实数，使得曲线、分布在直线两侧
第II卷（非选择题）
评卷人
得分



三、填空题
13．已知，则_________．
14．在平面直角坐标系中，已知过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若，则线段的长为________．
15．已知是函数（且）的三个零点，则的取值范围是_________．
评卷人
得分



四、双空题
16．已知四棱锥的底面为边长为2的正方形，底面，过点A作平面与垂直，则与所成角的正切值为_________；截此四棱锥的截面面积为_______．
评卷人
得分



五、解答题
17．已知的内角，，的对边分别为，，，面积为，满足．
(1)证明：；
(2)求所有正整数，的值，使得和同时成立．
18．已知正项数列的前n项和为，现在有以下三个条件：
①数列的前n项和为；
②；
③，当时，．
从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，试问中是否存在连续三项，使得构成等差数列？请说明理由．
19．2022年冬奥会刚刚结束，比赛涉及到的各项运动让人们津津乐道．高山滑雪（Alpine   Skiing）是以滑雪板、雪鞋、固定器和滑雪杖为主要用具，从山上向山下，沿着旗门设定的赛道滑下的雪上竞速运动项目，冬季奥运会高山滑雪设男子项目、女子项目、混合项目．其中，男子项目设滑降、回转、大回转、超级大回转、全能5个小项，其中回转和大回转属技术项目，现有90名运动员参加该项目的比赛，组委会根据报名人数制定如下比赛规则：根据第一轮比赛的成绩，排名在前30位的运动员进入胜者组，直接进入第二轮比赛，排名在后60位的运动员进入败者组进行一场加赛，加赛排名在前10位的运动员从败者组复活，进入第二轮比赛，现已知每位参赛运动员水平相当．
(1)从所有参赛的运动员中随机抽取5人，设这5人中进入胜者组的人数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从败者组中选取10人，其中最有可能有多少人能复活？试用你所学过的数学和统计学理论进行分析．
20．如图，在几何体中，四边形是菱形，平面, ,.

（1）证明：平面平面.
（2）若二面角是直二面角，求与平面所成角的正切值．
21．在平面直角坐标系中，已知椭圆，椭圆的离心率为，在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的左顶点作两条互相垂直的直线分别与椭圆交于、两点（不同于点），且，为垂足，求三角形面积的最大值．
22．已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为．
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：方程有且只有一个实根．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
求出集合B，再根据交集结果可得，即可求出.
【详解】
由解得，所以，
因为，所以，所以.
故选：C.
2．B
【解析】
【分析】
根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.
【详解】
对于复数，若，则不一定为纯虚数，可以为；
反之，若为纯虚数，则，
所以是为纯虚数的必要非充分条件.
故选：B.
3．D
【解析】
【分析】
根据题意，结合组合数公式求得基本事件的总数为种，再求得至少选一个苏州古镇的不同的选择种数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，共有种不同的选择方式，
则至少选一个苏州古镇，有种不同的选择方式，
所以至少选一个苏州古镇的概率为.
故选：D.
4．A
【解析】
【分析】
由图象判断函数的奇偶性，以及函数值的符号，运用排除法可得结论.
【详解】
由f（x）的图象关于原点对称，可得f（x）为奇函数，
对于选项B，f（x）＝sinx－x2，f（－x）＝－sinx－x2≠－f（x），f（x）不为奇函数，故排除B；
对于选项C，f（x）＝，f（－x）＝＝2x（1－cosx）≠－f（x），f（x）不为奇函数，故排除C；
对于选项D，f（x）＝x＋sinx，f（－x）＝－sinx－x＝－f（x），可得f（x）为奇函数，
由f（x）＝0，可得sinx＝－x，f（0）＝0，由y＝sinx和y＝－x的图象可知它们只有一个交点，故排除D；
对于选项A，f（x）＝xcosx，f（－x）＝－xcos（－x）＝－xcosx＝－f（x），可得f（x）为奇函数，
且f（x）＝0时，x＝0或x＝kπ＋（k∈Z），f（）＜0，f（π）＜0，
故选项A最可能正确.
故选：A.
5．D
【解析】
【分析】
根据题意得分别求出和的坐标，再分别求出和的坐标，，再利用数量积坐标运算求解即可.
【详解】
根据题意得：，,
因为，分别为，的中点，所以，，
所以，又，即，解得.
故选：D.
6．B
【解析】
【分析】
计算出的外接圆半径，可计算得出三棱锥的高，利用余弦定理可求得，可计算得出的面积，再利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】
因为，，所以，的外接圆半径为，
所以，三棱锥的高为，
在中，由余弦定理可得，
所以，，所以，，
因为.
故选：B.
7．C
【解析】
【分析】
利用构造函数法，结合导数求得正确答案.
【详解】
依题意，，，
构造函数，
所以在区间递减；在区间递增.
若，则，，不符合题意.
若，则，，符合题意，
若，此时对任意，有两个不同的实数根，
则存在，使“且”成立.
对任意，有两个不同的实数根，
则存在，使“且”成立.
综上所述，.
故选：C
8．B
【解析】
【分析】
设过点作圆的两条切线分别为、，其中、为切点，得四边形为矩形，矩形的对角线，再由椭圆中心到直线的距离，即可得到答案.
【详解】
如图，设过点作圆的两条切线分别为、，其中、为切点，

则、
又由于
故四边形为矩形
由椭圆的方程为
故矩形的对角线
即矩形的长不超过2
即以椭圆与直线有公共点，以为中心
故，得

故选：B.
9．ABD
【解析】
【分析】
先求出通项公式，再利用通项公式和前n项和公式对四个选项一一计算，进行判断.
【详解】
设等差数列的公差为d（）.
因为且成等比数列，所以.
解得：，所以.
对于A：.故A正确；
对于B：因为，所以.故B正确；
对于C：.故C错误；
对于D：因为，所以当时，，即.故D正确.
故选：ABD
10．AC
【解析】
【分析】
根据结合正态曲线的对称性，可判断A;由可推得其结果为，判断B;根据正态分布的准则可判断C,D.
【详解】
对于A，根据正态曲线的对称性可得：，故A正确；
对于B, 当时，
，故B错误；
对于C，D，根据正态分布的准则，在正态分布中代表标准差，代表均值,
即为图象的对称轴，根据原则可知数值分布在中的概率为0.6826，是常数，
故由可知，C正确，D错误，
故选：AC
11．ABC
【解析】
【分析】
根据所给二项式，赋值，分别求得、、，根据函数的单调性，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】
由题意得：令，可得，
求所有项的系数绝对值之和，等价于求的所有项系数和，
令，可得，
二项式系数之和为，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：，
因为，且在上单调递增，
所以的最小值为，所以，，故B正确
对于C、D：在上为减函数，
所以，即，故C正确，D错误.
故选：ABC
12．AD
【解析】
【分析】
求出曲线、对于的方程，数形结合可判断ABC选项；求出函数在处的切线方程，数形结合可判断D选项.
【详解】
对于A选项，因为，则，
令可得或，
因为函数存在两个零点、，则，即.
当时，即当时，，则，
当时，即当时，，则，
则曲线为函数的图象以及射线，
且当时，，所以，曲线在轴上方，A对；
对于B选项，当时，即当时，，
则，
当时，即当时，，则
所以，曲线为函数的图象以及射线，
由图可知，曲线、无公共点，B错；
对于C选项，对于函数，，
此时函数在上单调递减，且，
结合图象可知，当时，直线与曲线没有公共点，C错；
对于D选项，对于函数，，则，
又因为，所以，曲线在处的切线方程为，即.
构造函数，则，
，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，即，
当时，，即，
所以，曲线、分布在直线的两侧，D对.

故选：AD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数图象的相关问题，解题的关键在于求出两曲线的方程，作出图形，利用图形以及导数的相关知识求解.
13．
【解析】
【分析】
根据题意得到，所以，结合两角和的正弦函数公式，即可求解.
【详解】
由，可得，
因为，所以，所以，
又由
.
故答案为：.
14．##4.5
【解析】
【分析】
作出图形，结合几何性质求出，进而可求出直线的斜率，然后将直线方程与抛物线联立，结合韦达定理即可求出结果.
【详解】

过点分别作准线的垂线，垂足分别为，过点作的垂线，垂足为，由题意可知，所以，设，
所以，且，因此，故，所以，即，因此直线的斜率为，又因为，所以直线的方程为，与抛物线联立，即，设，
则，因此，
故答案为：.
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
15．
【解析】
【分析】
由题可判断1是的零点，且另两个零点关于对称，则所求可化为求出的值域，利用导数即可求解.
【详解】
显然，设，
则
，
所以1是的零点，且另两个零点关于对称，
所以，
则，
令，
则，所以在单调递减，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
16．         
【解析】
【分析】
作，垂足为，作，，连接、，即可得到平面即为平面，再根据线面角的定义即为与所成角，求出线段的长度，即可求出所成角的正切值，再求出截面面积即可；
【详解】
解：作，垂足为，作，，连接、，则平面即为平面，
因为平面，所以即为与所成角，
底面是边长为2的正方形，所以，底面，，所以，
由等面积法可得，解得，
由对称性可得到，在中，，所以，
所以，
又，，，所以，故，
在中，，所以，
所以为的中点，同理可得为的中点，
在中，，所以，
所以棱锥截平面所得截面的面积为．
故答案为：；．

17．(1)证明见解析
(2)，
【解析】
【分析】
（1）由结合已知条件得，，整理得，再利用正弦定理边化角即可求解；
（2）由得，，再利用正余弦定理化简得，结合条件得，即，再分析求解即可.
(1)
因为，
所以，即．
因为，，所以．
由正弦定理得，其中为的外接圆半径，
所以．
(2)
由，可知，
则由正、余弦定理得到，
化简得．
因为，，所以，
即，
因为，均为正整数，所以，.
18．(1)任选一条件，都有
(2)不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）选①，结合求得；选②，通过构造常数列的方法求得；选③，结合以及等差数列的知识来求得.
（2）先假设存在符合题意的，结合等差中项的知识推出矛盾，从而作出判断.
(1)
选①：因为数列的前项和为，
所以当时，；当时，．
经检验时，符合上式，所以，
故正项数列的通项公式为，
选②：因为，所以，
所以为常数列，即，所以正项数列的通项公式．
选③：由，
所以数列从第2项起成等差数列，且，
经检验时，符合上式，所以正项数列的通项公式．
(2)
数列中不存在连续三项，使得构成等差数列．
理由如下：由（1）知当时，，
所以．
假设数列中存在连续三项，使得构成等差数列．
当时，，显然不成等差数列，假设不成立；
当时，则，
即，
两边同时平方，得，
所以，整理得，
所以，矛盾，故假设不成立．
综上所述，数列中不存在连续三项，使得构成等差数列．
19．(1)分布列见解析，数学期望为;
(2)最有可能有1人能复活．
【解析】
【分析】
（1）根据二项分布列出分布列，求期望即可；
（2）由题意设最大，根据题意列出不等式组求解即可.
(1)
每位运动员进入胜者组的概率为，且，
所以，其中．
所以，
，
，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P







其数学期望为．
(2)
设从败者组选取的10人中有k人复活．
因为每位败者组运动员复活的概率为，所以，
所以．
当最大时，应满足
即解得，
又因为，所以，即最有可能有1人能复活．
20．（1）见解析;（2）
【解析】
【详解】
试题分析：(1)利用面面垂直的判定定理证明即可; (2)利用二面角是直二面角,求出菱形的边长,再求出与平面所成角的正切值.
试题解析：（1）证明：∵四边形是菱形，∴
∵平面∴
∴平面
∵平面∴平面⊥平面
（2）(向量）解：以点为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，如图．做的中点，连接,因为平行且等于，.
所以四边形为平行四边形,
因为在中，，所以，所以

设长为，则各点坐标为
；；；
所以；；
设为面的法向量；为面的法向量．
所以；
得
令得
同理得
因为二面角是直二面角，所以
得
由题可得：为与平面所夹角
因为
所以
(几何）
∵四边形是菱形，∴
∴，∴
过作，连接，则为二面角的平面角

设菱形的边长为
∵,，∴
在中，，∴
∵二面角为直角，∴为直角
∴
在中，，设，则

∴
与平面所成角为
∴
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由已知可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在轴时，直接求出的面积，在直线的斜率存在时，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可推导出直线所过定点的坐标，求出点的轨迹方程，计算出点到直线的最大距离，结合三角形的面积公式可求得结果.
(1)
解：由题意得，解得，所以椭圆的方程．
(2)
解：当垂直于轴时，则、关于轴对称，
设点在轴上方，因为，易知直线的倾斜角为，
所以，直线的方程为，联立，可得，
即点，则，可得，
此时，；
当不垂直于轴时，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
，，
因为，则
，
整理可得，即，所以，或.
若，则直线的方程为，此时直线过点，
则、必有一点与点重合，不合乎题意；
若，则直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意.
因为，且线段的中点坐标为，，
所以，的外接圆为，
因为直线方程为，即，且，
因为到直线的最大距离为，
所以的面积．
综上所述，面积的最大值为．
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导，得，由题知，解方程得解.
（2）令， 分三种情况讨论：当，，时
的零点情况；令，分两种情况讨论：当，时，对求导，借助单调性及零点存在性定理，判断的零点情况，进而得证.
(1)
因为，所以．
因为的图象在处的切线为，
所以解得
(2)
令函数，定义域为．
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，由知在上单调递增，
又且函数连续不间断，
所以，有．
综上所述，函数在有唯一的零点，且在上恒小于零，在上恒大于零．
令函数，讨论如下：
①当时，，
求导得．
因为，所以，
即函数在单调递增．
又因为，
，
所以函数在存在唯一的零点，
所以方程在上有唯一的零点．
②当时，．
法一：由（1）易证在上恒成立．
事实上，令，则．
因为，所以在上单调递增，
所以，即在上单调递增，
所以，即在上恒成立．
从而，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．
法二：因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题第一问考查导数的几何意义，第二问利用导数求函数的单调区间，判断单调性，并借助零点存在性定理研究方程的实根，考查数形结合思想的应用．