苏州大学2023届高考考前指导卷数学试题（含解析）

这是一份苏州大学2023届高考考前指导卷数学试题（含解析），共24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。
苏州大学2023届高考考前指导卷数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知全集为，若，则（    ）A． B． C． D．2．设为三个不同的平面，若，则“是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．已知函数的大致图象如图所示，则其解析式可能为（    ）A． B．C． D．4．2022年11月8日，著名华人数学家张益唐教授以视频方式作学术报告，与北大数学师生分享他围绕“朗道—西格尔零点猜想”所做的研究工作，他在“大海捞针”式的研究过程中提出的新想法是基于一个简单的代数恒等式：.已知数列的通项公式为，则其前9项的和等于（    ）A．13280 B．20196 C．20232 D．295205．已知向量在向量上的投影向量是，且，则（    ）A． B． C． D．6．在平面直角坐标系中，已知直线，将与两坐标轴围成的直角三角形绕其斜边旋转一周，所得几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．7．已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（    ）A． B．C． D．8．某校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走”主题征文比赛，评审结果显示，获得一、二、三等奖的征文数量之比为，男生的征文获奖数量分别占一、二、三等奖征文总数的，，.现从所有获奖征文中任取一篇，记“取出一等奖的征文”为事件，“取出男生的征文”为事件，“取出女生的征文”为事件，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．在中，记，，点在直线上，且.若，则的值可能为（    ）A． B． C． D．210．已知是虚数单位，复数，，则（    ）A．任意，均有 B．任意，均有C．存在，使得 D．存在，使得11．在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线分别交的左、右两支于点，，直线交于另一点，连接，，，则（    ）A． B． C． D．12．在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为的中点，是平面内异于点的一点，则（    ）A．存在点，使得直线与平面相交B．对任意点均有C．线段长度的最小值为D．过的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积可能为 三、填空题13．已知随机变量，且，则______.14．已知是第三象限角，是终边上的一点，若，则______.15．在平面直角坐标系中，已知直线与圆相切于点，与圆相交于，两点（异于），若，则______. 四、双空题16．“工艺折纸”起源于中国，它不仅是一种把纸张折成各种不同形状的艺术活动，也是一种有益身心、开发智力的思维活动.折纸凭借着折叠时产生的几何形的连续变化而形成物象，这中间蕴含着数学、几何、测绘、造型等多学科、综合学问的运用.为了让学生感受数学之美，提升学生的综合素养，某学校开设了“折纸与数学”校本课，课上让每位学生准备一张半径为8的圆形纸片，按如下步骤进行折纸、观察和测绘.步骤1：在圆内取一点，使得到圆心的距离为6（如图）；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好经过点；步骤3：把纸片展开，留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和步骤3，得到越来越多的折痕.过作其中一道折痕的垂线，垂足为，则______；经观察，学生发现圆面上的所有折痕围成了一条优美的曲线，若以所在直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，则的方程为______.   五、解答题17．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的面积为．(1)求C；(2)求面积的取值范围．18．数据报告显示，2018-2022年期间，某公司旗下一款软件产品的年度活跃用户数每年都保持着较为稳定的增长态势，具体数据如下表.年份代码12345活跃用户数（单位：亿）11.5112.2512.5813.6718.01 (1)根据上表的数据，可用函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（计算的值时精确到0.01），并预测2025年的活跃用户数；(2)公司规定，活跃用户数大于12.00（单位：亿）的年份为“企业腾飞年”.在企业腾飞年中，将活跃用户数低于13.00的视为良好，赋1分；将活跃用户数不低于13.00的视为优秀，赋2分.现从企业腾飞年中任取两年，用表示赋分之和，求的分布列和数学期望.（参考数据：，，）19．记正项数列的前项和为，已知，且，，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求证：.20．在如图所示的圆锥中，已知为圆锥的顶点，为底面的圆心，其母线长为6，边长为的等边内接于圆锥底面，且.    (1)证明：平面平面；(2)若为中点，射线与底面圆周交于点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.21．已知函数.(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；(2)当时，求证：在上有唯一零点.22．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点（其中点在第一象限），过点作的切线交轴于点，直线交于另一点，直线交轴于点.(1)求证：；(2)记，，的面积分别为，，，当点的横坐标大于2时，求的最小值及此时点的坐标.
参考答案：1．B【分析】根据交集、补集运算得，再由并集运算得答案.【详解】因为，所以，所以.故选: B2．A【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断，即可得正确答案.【详解】因为，，则，所以由，可以得出，若，，则与可能相交或平行，所以，，得不出，所以若，则“是“”的充分不必要条件，故选：A3．A【解析】根据图象的对称性排除C D；根据函数的最值排除B，从而可得答案.【详解】由图象关于轴对称可知，函数为偶函数，因为与为奇函数，所以排除C D；因为，当且仅当时，等号成立，所以在时取得最小值，由图可知在时取得最大值，故排除B.故选：A【点睛】关键点点睛：根据函数的性质排除不正确的选项是解题关键.4．B【分析】先变形得到，再利用裂项相消法求和即可.【详解】，所以.故选：B.5．A【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.【详解】因为向量在向量上的投影向量是，所以,因此.故选：A.6．C【分析】先求得该直角三角形与坐标轴围成的三角形三边长，可知该几何体由两个圆锥组合，由圆锥的表面积公式计算即可.【详解】  如图所示，设直线与轴、轴分别交于A、B两点，易得，过O作OC⊥AB，由等面积法可得，则以AB为轴旋转一周所得的几何体为图示的两个圆锥组合而成，圆锥底面均为以C为圆心OC为半径的圆，故几何体的表面积为：.故选：C7．C【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，再比较的大小即可得解.【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，故，又在上单调递增，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；因为，，，所以，，，因为，由于，故上式等号不成立，则，又，所以，即，即，同理可得，所以，所以.故选：C.8．D【分析】根据获得一、二、三等奖的征文数量比例，可以设出数量，进而表示出获奖总数，再根据男女获一、二、三等奖比例，分别算出获奖数量，对于、用古典概型公式即可判断，对于、用条件概率公式即可判断.【详解】解：因为获得一、二、三等奖的征文数量之比为，那么不妨设获得一、二、三等奖的征文数量分别为，，，则获奖总数为.因为男生的征文获奖数量分别占一、二、三等奖征文总数的，，，所以男生的一、二、三等奖征文获奖数量分别为，，，则女生的一、二、三等奖征文获奖数量分别为，，，现从所有获奖征文中任取一篇，记“取出一等奖的征文”为事件，“取出男生的征文”为事件，“取出女生的征文”为事件，则，，，所以选项错误.，所以选项错误.，所以选项错误.，所以选项正确.故选：.9．BC【分析】分点内分与外分线段讨论，再由向量的线性运算求解即可.【详解】当点在线段上时，如图，，所以，当点在线段的延长线上时，如图，，则，故选：BC.10．AD【分析】利用复数的概念、相等的条件、模长公式一一判定即可.【详解】根据复数的概念可知不能与实数比大小，故B错误；由复数的模长公式可得，易知，且不能同时取得等号，故，即A正确；即动点E到动点F的距离，显然E在抛物线上，F在单位圆上，如图所示，  当时，，故D正确；若存在，使得，则，由上知，即上述方程组无解，故C错误；故选：AD11．ABD【分析】确定直线方程，计算交点坐标，得到，A正确，根据两点间距离公式得到，B正确，计算，C错误，计算到两直线的距离不相等，正确，得到答案.【详解】双曲线的右焦点为，直线，  ，解得或，即，，根据对称性知.对选项A：，故，正确；对选项B：，，故，正确；对选项C：，，，，错误；对选项D：直线，到的距离为，到的距离为，两者不相等，，正确；故选：ABD.12．BCD【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到平面与平面的法向量，得到平面平面，从而A错误；B选项，由得到B正确；C选项，求出点到平面的距离，得到C正确；D选项，作出辅助线，得到三棱锥的外接球半径，进而得到三棱锥的外接球截面的最大面积和最小面积，从而得到D正确.【详解】以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，A选项，设平面的法向量为，则，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，由于，故平面平面，因为平面，所以平面，故不存在点，使得直线与平面相交，A错误；B选项，，因为，故，因为平面，故对任意点均有，B正确；C选项，点到平面的距离，故线段长度的最小值为，C正确；  D选项，连接，与平面相交于点，其中，故与平面垂直，由C选项可知，，连接，则，又，故三棱锥为正三棱锥，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，设三棱锥的外接球半径为，则，由勾股定理得，即，解得，则三棱锥的外接球的最大截面面积为，连接，当截面与垂直时，此时截面面积最小，由于，所以，则此时截面半径为，故过的平面截三棱锥的外接球所得的最小截面面积为，因为，故过的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积可能为，D正确；  故选：BCD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于内切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于外接的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.13．/【分析】利用正态曲线关于直线对称，结合对立事件的概率计算公式求解.【详解】由正态曲线的对称性知，，所以.故答案为：0.414．/0.5【分析】利用三角函数的定义求出的值，再利用二倍角公式求解即可.【详解】因为是终边上的一点，所以,则解得，又因为是第三象限角，所以即，从而.所以.从而.故答案为：15．【分析】求出两圆的圆心坐标，表达出圆心距，过两圆心作已知直线的垂线，利用几何知识即可得出两圆半径，进而求出的值.【详解】由题意，，在圆中，圆心，半径为，在圆中，圆心，半径为，连接，∴直线的解析式为：，且直线与直线平行，，在直线中，，∵直线与圆相切于点，∴与圆相交于，两点（异于），过作垂直于点，连接   ∴，，∵,∴，解得：，在中，，由勾股定理得：，即，解得：，∴故答案为：.16．     50     【分析】第一空以E为原点建立坐标系，利用三角换元及中点坐标表示距离的平方和计算即可；第二空利用折叠的性质及椭圆的定义即可写出轨迹方程.【详解】如图以E为原点建立坐标系，设，F在圆上对应的点，则，；  连接交折痕于P ，连接PF，由折叠的性质可得，根据椭圆的定义可知，动点P的轨迹为椭圆，长轴为8，焦距为6，所以C的方程为：.  故答案为：50；17．(1)(2) 【分析】（1）先由题给条件求得，进而求得（2）先利用正弦定理求得面积的解析式，利用三角恒等变换进行化简，再利用三角函数的性质即可求得面积的取值范围．【详解】（1）的面积为，则，则又，则（2）由（1）可知，又则，则则的面积锐角中，，则，解之得则，则，则，则面积的取值范围为18．(1)，2025年的活跃用户数约为20.85亿；(2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）根据最小二乘法计算可得回归方程，代入年份代码即可预测2025年用户数；（2）根据条件得出得分的分布列，由期望公式计算即可.【详解】（1）由表格计算可得：，，因为，，，所以.因为满足，即，所以关于的回归方程是.令，得，所以2025年的活跃用户数约为20.85亿.（2）由表格可知：企业腾飞年有4个，其中计分为1分的年份有2个，计分为2分的年份有2个，所以的可能取值有2，3，4，则，，，所以的分布列为：234 所以数学期望为.19．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用，，成等比数列解得、，再利用得，两边同除以得数列是等比数列可得数列的通项公式；（2）利用即可得答案.【详解】（1）当时，；当时，.因为，，成等比数列，所以，所以，解得或（舍），所以，因为①，所以当时，②.①②得，化简得（也成立），两边同除以得，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即数列的通项公式为；（2）因为，所以，所以.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证BC⊥DO，BC⊥AO，可得BC⊥面DAO，即由线线垂直得线面垂直得两面垂直；（2）建立合适的空间直角坐标系，含参表示相关向量，利用空间向量求二面角得出，再根据空间向量求点面距离即可.【详解】（1）因为为圆锥的顶点，为底面的圆心，所以面.又因为面，所以，即.因为为外接圆圆心，且为正三角形，所以.又因为且，面，所以面，因为面，所以面面.（2）作交于，取中点为.因为，，所以.因为面，，面，所以，.如图，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.因为，，所以，，所以，，，，.由，得，，，，.设面的法向量为，则，取，则，，所以.设面的法向量为，则,取，则，，所以.由，且，解得，所以，.又因为，所以，所以到面的距离.  21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意转化为在上恒成立，然后转化为最值问题，求导即可得到结果；（2）对函数求导构造新函数，通过导数确定单调性，进而确定在上存在唯一的零点，分情况谈论函数各区间零点个数.【详解】（1）因为在上单调递增，所以在上恒成立，即.令.因为且，所以在上恒成立.所以在上单调递增，所以，所以.（2）考虑，则.因为，所以，所以在上单调递增，所以，即，①，所以，所以，即②.令，则，所以在上单调递增.由①得，又，且的图象在上不间断，所以在上存在唯一的零点，记为.当时，，单调递减，又，所以在上恒成立，且；当时，，单调递增，由②知，又，所以在上存在唯一的零点.综上所述，函数在上有唯一零点.【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，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.22．(1)证明见解析(2)最小值为，此时点的坐标为 【分析】（1）利用导数的几何意义确定直线斜率，设出直线方程，联立抛物线方程，把所证等式转化为比例式，利用相似比转化为纵坐标之比，即可得证；（2）对的面积可以采用分割法转化为两三角形面积之差，最后将表达式进行化简，借助函数的导数确定单调性进而确定最值.【详解】（1）设点，则.因为点在第一象限，可设函数，则，所以，所以直线方程为，令，则，即点.设直线，与联立得，所以，同理.因为，，所以，则，设直线，与联立得，又因为直线与抛物线交于两点，所以.因为点，所以，代入抛物线，又因为在第四象限，可知.因为，，所以，即，原命题得证.（2）由（1）知，所以，得，即. 所以，另由（1）知，，，所以，即；，，设函数，，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时，取得最小值为，此时点的坐标为.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用导数的几何意义确定切线的斜率；二是把目标式表示出来后，利用导数求解最值.