2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（北京卷）

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2022年高考原创押题预测卷03【北京专用】数学·全解全析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）12345678910BDDBCBBCBB1．【解析】 ，，，，．故选：．2．【解析】 ，，复数在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限．故选：．3．【解析】 ．函数是奇函数，不满足条件．．函数是偶函数，但在上不是单调函数．不满足条件．．函数是偶函数，在上是单调递增函数，不满足条件．．函数是偶函数，在上是单调递减函数，满足条件，故选：．4．【解析】 抛物线的焦点，准线为，，是该抛物线上的一点．若，则由抛物线的定义，可得为到准线的距离），即有，解得，，故选：．5．【解析】 在中，，，，，，即，，故选：．6．【解析】 由题意可知，不同路径：，，，，，，共有6个不同路径．故选：．7．【解析】 建立平面直角坐标系如下，则，，设，则，①当，时，满足，但在正方形外部，②当点在正方形及内部时，则，，是点在正方形及内部的必要不充分条件，故选：．8．【解析】 设，由图象可得，，则，，所以，将的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象．由（2），又在上递增，且，，所以由图像可得不等式的解集为．故选：．9．【解析】 由题意，得，，，由，得，因为，设，所以，即，整理得，即轨迹为动圆，设圆心为，则，，代入到中，可得，所以到点的距离的最大值为．故选：．10．【解析】 ①中，若为奇函数，则由性质（1）得，，所以当时，，性质（1）（2）矛盾，①错误；若为周期函数，则，为周期，当取时，性质（1）（2）均成立，结论②正确；由上述分析可知，当取时的值域为，所以一定存在使得，结论③正确；由性质（2）可得当时，，故为无穷集合，故，结论④正确．故选：．二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）11．【解析】 由抛物线，得直线方程为，由题意，，得．故答案为：2．12．【解析】 函数，，，，．故答案为：4．13．【解析】 由题意，数列满足，可得数列是公比为的等比数列，因为，可得，解得，所以，故答案为：124．14．【解析】 根据条件（1）可得或（1），又因为关于的方程无实数解，所以或1，故，，，，故答案为：，，，．15．【解析】 由题意知，，联立，得，解得或，因为点在轴上方，所以，，所以的面积，即①正确；又，可取，所以，故点处的切线斜率为，切线方程为，即，令，则，所以点，即②错误；把代入中，得，即，设点，由，得，，，即，所以，所以点，即③正确；因为，，所以以为直径的圆的方程为，所以点，所以，，所以，即④正确．故答案为：①③④．三．解答题（共6小题，满分85分）16．【解析】 （1）对于函数，只能同时满足②③时，②函数的图象可由的图象平移得到；③函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为．故，所以，（2）在中，内角，，所对的边分别为，，，，（A），所以，利用余弦定理：，整理得，故．（1）同时选①函数的最大值为2；②函数的图象可由的图象平移得到；函数的最大值2和出现矛盾，故不能同时选；（1）同时选①函数的最大值为2；③函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，整理得，，故函数；（2）在中，内角，，所对的边分别为，，，，（A），（A）；利用余弦定理：，整理得，故；17．【解析】 （Ⅰ）证明：由题意得，，所以四边形为平行四边形．所以．因为平面，平面，所以平面．（Ⅱ）解：线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，理由如下：由题意得，，两两垂直．如图，建立空间直角坐标系．设，则，0，，，2，，，1，，，0，，，1，，，0，．所以，，，．设，则设平面的一个法向量为，所以，令，则，．于是设直线和平面所成角为，由题意得：，整理得：，解得或．因为，所以，即．所以线段上存在点，当时，直线和平面所成角的正弦值为．18．【解析】 抽取的80人中，身体素质监测成绩达到优秀的有人，故从高一年级学生中任意抽测1人，该生身体素质监测成绩达到优秀的概率．由散点图可知，高一（4）班的10名学生中，身体素质监测成绩达到优秀的有4人，所有可能取值为0，1，2，，，，故的分布列为：012故．，，则，，，则，，，则，，，则，故．19．【解析】 （Ⅰ）①当时，，，所以，，所以切线方程为，即．②令，得（舍去）或，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以（1）．（Ⅱ）证明：，，令，得或，当时，恒成立，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以无零点，当时，有，000极大值极小值则，，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以（2），所以在上单调递减，所以（2），即，所以当时，，无零点，当时，单调递增，至多有一个零点，当时，，在上单调递增，所以至多有一个零点，综上所述，当时，至多有一个零点．20．【解析】 （Ⅰ）解：由题意可得，椭圆的离心率，又，所以，则，故椭圆的标准方程为；（Ⅱ）证明：先证明必要性，若，，三点共线时，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，解得，联立方程组，可得，即，所以；所以必要性成立；下面证明充分性，当时，设直线的方程为，此时圆心到直线的距离，则，联立方程组，可得，则△，因为，所以，，因为直线与曲线相切，所以，则，则直线的方程为恒过焦点，故，，三点共线，所以充分性得证．综上所述，，，三点共线的充要条件是．21．【解析】 （1）因为，2，对应的，4，，故是“好集合”，因为，2，3，对应的，4，5，6，，元素个数，故不是“好集合”；（2）由于，3，5，对应的，6，8，，，，而，故中元素从小到大的顺序为4，6，8，，，或4，6，，8，，，因为该数列为等差数列，所以公差，所以，所以；（3）“好集合” 的元素个数存在最大值4，由（2）知，，3，5，即为“好集合”，先证明都不是“好集合”，不妨设，记，中的所有元素从小到大排列为构成的数列公差为，显然，，所以，假设，①当时，可得，所以，，所以，，，在此后的两项之和中，最小，所以，所以，余下的项中，和较小，因为，所以，，则，而，这与“中元素个数为”矛盾；②当时，可得，，余下的项中，和较小，若，则，所以，这与“中元素个数为”矛盾，若，则，所以，所以，，在此后的两项之和中，最小，所以，所以，同理，所以，这与“中元素个数为”矛盾；综上，假设不成立，所以，当时，显然，，，，所以，则，，所以，，若，由，得，所以，这与“中元素个数为”矛盾；所以，由，所以，，，因为，所以，所以，，，成等差数列，故，这与“中元素个数为”矛盾，所以不符合题意，综上所述：“好集合” 的元素个数存在最大值4．