数学-2022年高考考前押题密卷(北京卷)(全解全析)
展开2022年高考考前押题密卷(北京卷)
数 学·全解全析
一、选择题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
C | A | B | C | C | D | C | A | D | B |
1.C 【解析】由题可得,则,
所以复数在复平面内对应的点为,位于第三象限,故选C.
2.A 【解析】由题可得,,
所以,故选A.
3.B 【解析】由题可得,令,解得,
当时,,解得,故选B.
4.C 【解析】因为函数的图象恒在轴的下方,所以,即,解得,
所以“函数的图象恒在轴的下方”是“”的必要不充分条件,故选C.
5.C 【解析】由可得,代入可得,
所以,,则,即,
解得(负值舍去),故,所以,故选C.
6.D 【解析】由及,可得,
由可得,
又,所以,所以,,
所以,,,将以上各式相加可得
,故选D.
7.C 【解析】因为,,所以,
即,,,所以,
记函数,,其值域为集合,则.
当时,,,不满足,排除选项A;
当时,,,不满足,排除选项B;
当时,,,满足,选项C符合题意;
当时,,,不满足,排除选项D,故选C.
8.A 【解析】由题可得,圆的半径,因为,为弦的中点,所以,
由两动点在直线上,可设线段线段的中点为,
因为恒为锐角,所以以为圆心,为半径的圆与以为圆心,为半径的圆相离,
所以,即,解得或,
所以线段中点的横坐标的取值范围为,故选A.
9.D 【解析】如图,取的中点,的中点,连结,
因为,所以平面,所以,
又平面,所以,因为,所以平面,
所以,又,所以平面,即,
因为正方体的表面积为,所以,所以,
所以,
所以平面截正方体所得的截面周长为,故选D.
10.B 【解析】由,可得,即或.
由题可得,当时,;当时,;当时,.
因为关于的方程有且仅有三个不同的实数根,
所以关于的方程,共有三个不同的实数根.
当时,,解得;当时,,无解;
当时,,解得,所以有且仅有两个不同的实数根,即,.
当时,由,解得或,此时,当时,;
当时,由,解得,不符合题意;
当时,由,解得,此时且,当时,,
由题可知有且仅有一个异于,的实数根,
所以或,所以正实数的取值范围为,故选B.
二、填空题5小题,每小题5分,共25分.
11. 【解析】由可得,即,所以,
因为锐角的终边与角的终边关于轴对称,所以角的终边在第二象限,且,
所以.故答案为.
12., 【解析】设,由题可得,且点在第一象限,
因为点在上,所以,,即,
因为点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上,
所以,所以双曲线的离心率.故答案为,.
13. 【解析】根据三视图可知,该几何体是三棱柱被一个平面所截去一个三棱锥留下的部分,
是一个四棱锥,如图所示,其中,,,
则,,,
在中,边上的高为,则,
所以该几何体的表面积为.故答案为.
14. 【解析】由题可知,
所以,,即且,
所以,故,
又在上单调递减,在上单调递增,
当时,;当时,,
显然,所以的最小值为.故答案为.
15., 【解析】如图,以为原点,以,所在直线分别为轴、轴,建立平行直角坐标系,
则,,,,,
所以,,,
因为向量在向量上的投影向量的模为,所以,
所以,,解得,
则,因为为线段上的动点,所以可设,,
因为,所以,又,
所以,
所以当时,取得最小值为.故答案为,.
三、解答题共6题,共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16.(本小题满分14分)
【解析】(1)因为,所以可设,
因为,所以由余弦定理可得,(3分)
所以,解得(舍去)或,
所以,所以为等腰三角形.(7分)
(2)选①:因为,,所以,(10分)
所以,又,所以,因为,所以,(12分)
所以,解得.(14分)
选②:因为,所以,结合,可得,,(10分)
因为,,所以,(12分)
所以,即,解得.(14分)
17.(本小题满分14分)
【解析】(1)因为和均为等腰直角三角形,且,
所以,所以,(3分)
又平面,平面,所以平面.(5分)
(2)因为四边形为正方形,所以,
因为平面平面,平面,平面平面,
所以平面,建立如图所示的空间直角坐标系,(7分)
因为,所以,设,(8分)
则,,,设平面的法向量为,
则,即,令,则,(10分)
设与平面所成的角为,则,(12分)
要使最大,则,所以,
所以,所以与平面所成角的最大值为.(14分)
18.(本小题满分14分)
【解析】(1)恰好打了局小胡获胜的概率为,(2分)
恰好打了局小李获胜的概率为,(4分)
所以结束时恰好打了局的概率为.(6分)
(2)由题可知,的所有可能取值为,(7分)
则,
,
,(10分)
所以的分布列为
| ||||
(12分) |
所以.(14分)
19.(本小题满分14分)
【解析】(1)由,可得,(2分)
则,,(4分)
所以曲线在处的切线方程为.(6分)
(2)由,可得,
即,当时,上式成立;(8分)
当时,由,可得,(9分)
令,则,
所以当时,,当时,,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,(12分)
所以当时,,
所以,所以实数的最大值为.(14分)
20.(本小题满分14分)
【解析】(1)设,,因为椭圆的离心率为,所以①,(2分)
因为面积的最大值为,所以②,(4分)
由①②及可得,,所以椭圆的标准方程为.(6分)
(2)由(1)知,若直线和的斜率存在,令,
则,且,
联立与椭圆并整理得,则,(8分)
所以,,故,
同理,可得,
所以;(10分)
若直线和,其中一条直线的斜率不存在,
当斜率不存在,则斜率为,此时,,则;
当斜率不存在,则斜率为,此时,,则;
综上,的取值范围为.(14分)
21.(本小题满分15分)
【解析】(1)①因为,,且,,,(2分)
所以的取值范围是.(4分)
②由题意可得,
则,即,(5分)
假设当时,,
则当时,,即,
所以对任意的,,(7分)
所以对任意的,,
即存在,使得,所以数列是“拟等比数列”.(9分)
(2)因为,,,
即,所以,
即,且有,因为,所以,所以,
因为数列是“拟等比数列”,故存在,使得,且数列为单调递减数列.
当时,,所以,
因为,所以,
因为当时,数列单调递减,故,
而;(12分)
当时,,所以,
由,可得,
因为当时,数列单调递减,故.
由①②可得,故的取值范围为.(15分)
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