精品解析：江苏苏州大学2026届高考考前指导卷数学试题

苏州大学2026届高考考前指导卷 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设为虚数单位，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数与的图象（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于原点对称 D. 关于直线对称 4. 已知函数，若存在实数使得的值为2，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量，，，则“”是“是在上的投影向量”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 6. 苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（ ） A. 38 B. 42 C. 50 D. 56 7. 在平面直角坐标系中，已知是椭圆：的右焦点，直线交于，两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知二项式，则下列说法正确的有（ ） A. 展开式中系数大于的项共有项 B. 展开式中所有项的二项式系数之和为 C. 展开式中的常数项为 D. 展开式中所有项的系数的绝对值之和为 10. 已知等差数列的前项和为，各项均为正数的等比数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，，数列为等差数列 B. 对任意，，数列为等比数列 C. 存在无穷数列，，使得数列为等比数列 D. 存在无穷数列，，使得数列为等差数列 11. 已知如图所示的几何体由六个平面四边形组成，和是两个全等的矩形，，，平面平面，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若直线与平面交于，则 D. 若平面与平面的距离为1，则该六面体的体积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某汽车制造厂生产一种用于发动机的活塞销，其设计标准直径为，该活塞销的实际直径服从正态分布，方差为.根据生产规定：活塞销的直径在到之间为合格品，则从该汽车制造厂生产的活塞销中随机抽取一个，其为合格品的概率为______. 参考数据：若随机变量，则，，. 13. 函数的零点个数为______. 14. 在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线：与交于，两点，设为不在上的动点，若平分，则的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，若，，. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：. 16. 如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，. （1）证明：平面平面； （2）若是等边三角形，，平面分割三棱柱所得两部分的体积之比为，求直线与平面所成的角的余弦值. 17. 鸡兔同笼问题是我国古代经典的概率应用题，在《孙子算经》中有相关记载.现有5只鸡和3只兔子，每只鸡2条腿，每只兔4条腿，每次从中不放回地随机抽取1只动物放入笼内，动物位置固定不自行移动. （1）当笼内动物总头数为3时停止抽取，求停止时笼内动物总腿数恰好为10的概率； （2）当笼内动物总腿数不少于12时停止抽取，记停止时笼内动物总头数为随机变量，求的分布列与数学期望. 18. 在平面直角坐标系中，已知点在双曲线：上，的一条渐近线的倾斜角为. （1）求的标准方程； （2）若直线与交于，两点，设关于轴的对称点为，关于轴的对称点为，记直线为. ①若的斜率为，面积为，求的方程； ②若经过点，试判断与圆的位置关系，并说明理由. 19. 已知函数. （1）时，求的最小值； （2）若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州大学2026届高考考前指导卷 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置. 3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设为虚数单位，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，所以，所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】集合，易知函数的值域为，即， 集合，即，， 因此. 3. 函数与的图象（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于原点对称 D. 关于直线对称 【答案】C 【解析】 【分析】通过对称性的概念可判断BC.通过特殊点判断AD. 【详解】令，， 对于A，，，显然，A错误， 对于B，，B错误， 对于C，，即两函数图象关于原点对称，C正确， 对于D，，当时，得点， 点关于直线对称点为， 当时，，故D错误. 4. 已知函数，若存在实数使得的值为2，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和差化积公式来处理，得到等号成立时需要满足的条件，进而求得其最小值. 【详解】因为， 所以，而， 故等号成立当且仅当，所以又因为， 所以的最小值为. 5. 已知非零向量，，，则“”是“是在上的投影向量”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】B 【解析】 【分析】举出满足等式成立的一个反例，即可判断充分性不成立；根据在上的投影向量为，两边同时点乘，化简即可判断必要性成立. 【详解】解：充分性判断：由，则， 当取，，时，满足，但与不共线， 因此，不是在上的投影向量，即条件不充分； 必要性判断：若是在上的投影向量，则，两边同时点乘， 则，因此必要性成立， 所以，“”是“是在上的投影向量”的必要不充分条件. 6. 苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（ ） A. 38 B. 42 C. 50 D. 56 【答案】C 【解析】 【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘三个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人， 总分配方式有种，其中苏州博物馆为空的情况有种，虎丘为空的情况有种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种， 因此满足条件的不同的安排方法有种. 7. 在平面直角坐标系中，已知是椭圆：的右焦点，直线交于，两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线和椭圆均关于原点对称，结合直角三角形中线性质，将两交点坐标表示成关于的式子，代入椭圆方程建立等量关系，化简求值即可. 【详解】解：由题意得，， 由，为直线与椭圆的交点，则，在直线上，且关于原点对称， 设，则为， 因为，则为直角三角形，又为中点， 所以，因此，解得， 所以点为，代入椭圆方程得，即， 又因为，，则，所以， 化简整理得，即，解得或（舍）， 又，所以. 8. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理角化边得到，再由三角形面积公式、基本不等式即可求解. 【详解】根据正弦定理 （为外接圆半径）， 得 ​， 代入已知等式： ， 整理得： ，即 ， 又  的面积公式为 ， 将代入得： ，​ 因此： ，​​当且仅当时，取等号， 即面积的最大值为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知二项式，则下列说法正确的有（ ） A. 展开式中系数大于的项共有项 B. 展开式中所有项的二项式系数之和为 C. 展开式中的常数项为 D. 展开式中所有项的系数的绝对值之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题考查二项式定理的应用，需结合通项公式、二项式系数性质、系数和的计算方法逐一分析选项． 【详解】二项式的展开式通项为，其中． 对于A，系数大于0时需满足，即为偶数，可取，共项，A错误； 对于B：展开式所有项的二项式系数之和为，B正确； 对于C：令，解得，代入得常数项为，C正确； 对于D：展开式所有项系数的绝对值之和等价于的所有项系数和，令，得，D正确． 10. 已知等差数列的前项和为，各项均为正数的等比数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，，数列为等差数列 B. 对任意，，数列为等比数列 C. 存在无穷数列，，使得数列为等比数列 D. 存在无穷数列，，使得数列为等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】A利用等差数列的定义判断；B举反例；C举例；D利用反证法判断是否为关于的一次函数. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则， 故数列为等差数列，故A正确； 取，则，前项分别为， 显然此时数列不为等比数列，故B错误； 取，则，则， 此时数列为等比数列，故C正确； 若存在，，使得数列为等差数列， 则是关于的一次函数， 若，则， 显然不可能是关于的一次函数； 若， 则， 显然不可能是关于的一次函数； 故不存在，，使得数列为等差数列，故D错误. 11. 已知如图所示的几何体由六个平面四边形组成，和是两个全等的矩形，，，平面平面，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若直线与平面交于，则 D. 若平面与平面的距离为1，则该六面体的体积 【答案】ABD 【解析】 【分析】取基底向量，用它们表示出，证明即可判断A选项；根据即列出向量等式，得到，再利用它证明；将用表示，根据空间四点共面的推论得到的方程，求解即可；首先证明平行于底面的截面的面积只与截面高度有关，根据祖暅原理可知可以在不改变体积的前提下移动，使得该几何体可以放进长方体中，用长方体的体积减去多余部分的体积即是所求几何体的体积. 【详解】设，因为是矩形，所以， 依题意有平面平面，平面平面， 且平面平面，所以， 同理可得， 又因为， 所以，且， 对于A，可知， 则， 所以，A正确； 对于B，可知， 若，则，展开得， 移项得， 又， ， 则 ， 所以，B正确； 对于C，设， 则 ，因为平面，所以， 解得，所以，C错误； 对于D，取该几何体平行于底面的某截面， 同A中分析可知，， 所以也是矩形， 设，则 ，即的长度只与有关即只与截面高度有关， 同理可得的长度也只与截面高度有关，所以截面的面积只与截面高度有关， 根据祖暅原理，可以移动使得的正投影刚好是，而不影响该几何体的体积， 此时该几何体可以放进长方体中，如图所示，依题意长方体的高为， 因为长方体的体积， 直三棱柱的体积为， 直三棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以几何体体积为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某汽车制造厂生产一种用于发动机的活塞销，其设计标准直径为，该活塞销的实际直径服从正态分布，方差为.根据生产规定：活塞销的直径在到之间为合格品，则从该汽车制造厂生产的活塞销中随机抽取一个，其为合格品的概率为______. 参考数据：若随机变量，则，，. 【答案】 【解析】 【分析】先确定正态分布的均值与标准差，将合格品区间转化为均值加减若干倍标准差的形式，利用正态分布的对称性结合参考数据计算概率． 【详解】依题意，设活塞销的直径为随机变量，则， 其中，，即 合格品直径范围为，将端点变形为，， 即求 由正态分布的对称性可得： , 所以． 13. 函数的零点个数为______. 【答案】1 【解析】 【分析】先判断函数在上单调递增，再根据零点存在定理，可得函数在上的零点只有1个. 【详解】设，则， 所以在上单调递增， ， 所以在上单调递减，则在上单调递增， 因为在上单调递增，所以函数在上单调递增， 因为，，根据零点存在定理，可得函数在上的零点只有1个. 14. 在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线：与交于，两点，设为不在上的动点，若平分，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意得抛物线焦点， 联立直线与抛物线方程得到交点坐标， 设， 由抛物线定义，结合角平分线定理，得的轨迹方程，进而求得的最小值. 【详解】抛物线的焦点，准线， 联立直线与抛物线方程：， 解得或，对应， 由抛物线定义，，故， 因为平分且在上，根据角平分线定理：， 设，则：， 展开化简得：， 配方为圆的标准方程：， 即点的轨迹是以为圆心，半径的圆，除去直线与圆的两个交点， 原点到圆心的距离，小于半径，故原点在圆内， 圆上点到原点的最小距离为，对应点为，该点不在直线上，符合条件. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，若，，. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1） 将已知等式化为相邻项差的关系，两边除以乘积得到倒数差为常数，从而求出通项； （2）将通项代入后再裂项相消求和，之后放缩即得不等式. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以，由题意知，所以， 所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，故 ， 即，又因为时，，满足该式，所以. 【小问2详解】 因为， 所以 ， 因为，所以，所以 16. 如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，. （1）证明：平面平面； （2）若是等边三角形，，平面分割三棱柱所得两部分的体积之比为，求直线与平面所成的角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】本题第一问考察平面与平面垂直的判定定理，关键证明平面；第二问通过三棱锥和三棱柱的体积公式，根据体积之比得到三棱锥的高（才好求的长度或坐标），然后由于是正三棱柱，方便建立空间直角坐标系，通过计算直线向量与平面法向量的夹角余弦可以方便得到直线与平面所成角的余弦. 【小问1详解】 证明：因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为是正三角形，，所以. 又，由，， 得，故, 设与平面所成的角为; 方法一：以点为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则 ，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则取，可得， 则，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 方法二：过作，垂足为，记到平面的距离为， 由（1）得平面，又平面，所以. 因为平面，平面，所以平面平面， 又因为平面平面，平面，，所以平面. 根据，得 ，又因为是正三角形， 所以，，的高等于, 代入得，解得， 所以，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 17. 鸡兔同笼问题是我国古代经典的概率应用题，在《孙子算经》中有相关记载.现有5只鸡和3只兔子，每只鸡2条腿，每只兔4条腿，每次从中不放回地随机抽取1只动物放入笼内，动物位置固定不自行移动. （1）当笼内动物总头数为3时停止抽取，求停止时笼内动物总腿数恰好为10的概率； （2）当笼内动物总腿数不少于12时停止抽取，记停止时笼内动物总头数为随机变量，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 3 4 5 6 . 【解析】 【分析】（1）先计算得出鸡和兔子的个数，再利用古典概型的公式求出； （2）的可能取值为，分析每一种情况下抽取到的鸡和兔子的个数，再利用古典概型的概率公式列出分布列，根据期望公式求出. 【小问1详解】 设停止时有只鸡和只兔子，则，，得，， 所以停止时笼内动物总腿数恰好为10的概率为. 【小问2详解】 因为最少要抽3次（3只兔子），最多要抽6次（5只鸡1只兔子，且兔子最后抽到）， 所以的可能取值为， 表示抽到3只兔子，则； 当时，分两类： ①前3只是2只兔、1只鸡（此时 ），第4只是鸡或兔； ②前3只是1只兔、2只鸡（此时），第4只是兔. 则； 当时，分两类： ①前4只是1只兔、3只鸡（此时 ），第5只是鸡或兔； ②前4只是4只鸡（此时），第5只是兔. 则； 当时，前5只是鸡，最后1只是兔子，则. 所以的分布列为 3 4 5 6 故. 18. 在平面直角坐标系中，已知点在双曲线：上，的一条渐近线的倾斜角为. （1）求的标准方程； （2）若直线与交于，两点，设关于轴的对称点为，关于轴的对称点为，记直线为. ①若的斜率为，面积为，求的方程； ②若经过点，试判断与圆的位置关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）①；②相切，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据渐近线的倾斜角求出斜率，再根据渐近线和双曲线过点，列出方程组，求出参数值，写出标准方程即可. （2）①先设交点坐标和直线方程，再联立直线与曲线方程，然后根据韦达定理，表示出直线斜率和三角形面积，进而求出参数值； ②根据直线与圆的位置关系的判断依据，将点到直线的距离和圆的半径用含有未知参数m的式子表示出来，进而比较二者是否相等，判定直线和圆的位置关系. 【小问1详解】 由题意知，且，解得，， 所以的标准方程是. 【小问2详解】 ①若平行于轴，则垂直于轴不成立. 设，，：， 联立方程得，消去得， 所以，， 可得，， 则，，于是：. 由题意，所以，解得， 所以：，，. 可知， 可得，化简得，解得或 (负值舍去)， 即，所以的方程是. ②与圆相切. 证明如下： 方法一：因为：经过，所以. 证直线与圆相切，只要证， 即证①. 将，代入①得， 将韦达定理代入得， 化简得，所以①成立， 即与相切. 方法二：由①知的方程为，由以及可得，有，即， 因为，是方程的两个根，所以， 则， 所以与相切. 19. 已知函数. （1）时，求的最小值； （2）若存在，使得有四个零点，这四个零点从小到大依次记为，，，. ①求的取值范围（直接写出答案，无需说明理由）； ②证明：. 【答案】（1）0 （2）①；②证明见详解 【解析】 【分析】对于小问1：先对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求出函数的最值。 对于小问2：先对函数求导，根据a的取值范围讨论函数的单调性，再结合函数的零点情况确定a的取值范围。 【小问1详解】 解：（1）时，所以. 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以. 【小问2详解】 （2）①. ②证明：由题意得， 且 ， ， ， ， 则， 令 ， ，则. 要证，即证， 即证，即证， 即证，即证. 由，得，同理， 所以即证，即证. 令， 则. 令，则， ，， ，所以在上递减，所以， 所以在上递减，所以，即， 所以在上递减，又因为，所以， 即，所以可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $