2022年高考数学押题预测卷+答案解析01（江苏专用）

2022年高考原创押题预测卷01【江苏专用】

数学·全解全析

一、 单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．

1. B 【解析】解：，
，
．
故选：．
先分别求出集合和，由此能求出．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2. C 【解析】解：若数列是递增数列，
则满足，即，
当时，，当函数在内先单调递减，然后再单调递增，且满足，也满足条件，
但函数在上单调递增不成立，所以充分性不成立；
，
若函数在上单调递增，
则，
即，即数列是递增数列成立，必要性成立，
故“数列是递增数列”是“函数是单调递增函数”的必要不充分条件．故选：．

3. A 【解析】

本题考查二项分布的方差和随机变量方差的运算性质，属基础题．
根据二项分布的方差公式计算，进而根据具有线性关系的随机变量的方差的运算性质：，求

【解答】

解：由题意，知，则，

所以．
故选A．

4. D 【解析】

本题主要考查复数的概念以与几何意义、共轭复数，以及复数的四则运算与复数的模，属于基础题．
先由复数的四则运算化简复数，再逐项判断即可．

【解答】

解：，
 ，即，
．
对于，复数的虚部为，错误；
对于， ，错误；
对于，，复数的共轭复数对应的点为，则复数的共轭复数对应的点在第一象限，正确；
因此，三个命题中正确命题的个数为．
故选：．

5. A 【解析】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用．
将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；
【解答】

解：由圆，圆，

得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，

又在直线上，，即．

，的取值范围是．

故选：．

6. D 【解析】

本题主要考查了向量的数量积应用，着重考查了推理与运算能力属于简单题．
法一：建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解即可．
法二：由题意，根据向量的运算，可得，即，再由是的中点，运用勾股定理，进而可求解，得到答案．

【解答】

解：法一：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立平面直角坐标系如图所示，

则，设，则，故，．
，，解得，
．
故选D．
法二：连接

由题意，，
，
是的中点，
设，
则，
在中，，
即，
解得，．
故选D．

7. C 【解析】本题主要考查辅助角公式、诱导公式，以及正弦函数的最大值的应用，考查化简、变形能力，属于中档题．
利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式：，并求出和，由条件和正弦函数的最值列出方程，求出的表达式，由诱导公式求出的值．

【解答】

解：函数

其中， 
又，且取得最大值，
，，即，，

，
故选：．

8. D 【解析】解：由运算“”和“”定义知，
表示数、比较小的数，
表示数、比较大的数，
当，时，，故选项A、C错误；
当时，，故选项B错误；
，且，
，
，，
，故选项D正确；
故选：．
由运算“”和“”定义知，表示数、比较小的数，表示数、比较大的数，举例可判断选项A、、C错误；由不等式的性质可证明选项D正确．
本题考查了新定义的应用及转化思想与转化法的应用，属于中档题．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. BD 【解析】本题考查三角函数的图象与性质 ，属于中档题．
根据三角函数的图象与性质对各选项逐一判定求解，即可得到答案
【解答】
解：，时，，
，在上单调递增，在上单调递减，故A错误．
，则关于对称，
，，，，
，，故B正确．
不是奇函数，不关于原点对称，故C错误，
函数，
，若 在 上有且仅有个零点，
则，解得，故D正确．
故选BD．

10. ABC 【解析】本题考查椭圆的性质及几何意义，属于基础题．
以为直径的圆：与椭圆：有公共点，则，结合即可求解．

【解答】

解：以为直径的圆：与椭圆：有公共点，
则，
由于，所以，
故，即．
故选：．

11. AB 【解析】本题考查数列前项和与项的关系，等差数列，数列的性质，古典概型，分类讨论思想．
根据数列前项和与项的关系，等差数列，数列的性质，概率对选项分析即可．

【解答】

解：，
当时，，
当时，．
若是等差数列，则，
，，
因此是等差数列的概率为，故A正确．
若是递增数列，则
解得且，
，或，
是递增数列的概率为，故B正确．
若是递减数列，则
即且，
所以，或，
是递减数列的概率为，故C错误．
由已知得，
如果，则，满足．
如果，是的最小值．
则，
综上所述，满足条件的为或，，
的概率为，故D错误．

故选：．

12. AD 【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理，球的几何性质以及表面积，线面角，属于中档题．
利用线面垂直的判定定理证明由题意得出球心为中点，求出球的半径，即可求出表面积判断A错误，利用球的性质求出平面截球的截面圆的半径，即可求出面积判断D正确；利用空间坐标系求出与平面所成角的正弦值判断C错误．

【解答】

解：在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，
，，
，，平面，平面，
平面，，
，则，
过棱的中点，作交于点，
，，
，，平面，
平面，
平面，，
，，平面．
平面故A正确；
因为，，三线两两垂直，所以以，，为棱的长方体的外接球即为四棱锥的外接球，且球心为的中点，，
则球的半径为，表面积为，故B错误，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，则
由选项知平面，则平面的法向量为，
设与平面所成角为，故，故C错误
由知：平面．
因为，
所以，，，
则平面截球的截面圆半径为，
则截面圆的面积为，故D正确．
故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.  1 【解析】本题考查函数的奇偶性，属于基础题．
利用奇函数的定义恒成立，列出关于的方程求解．

【解答】

解：函数是奇函数，
，即恒成立，
即恒成立，
．
故答案为：．

14. 【解析】【分析】

本题主要考查平面向量基本定理和余弦定理的应用．
在中，利用余弦定理求得出，的长度，设，由、、三点共线，可求出，设，同理可得，利用、、三点共线，可知，进而在中，由余弦定理可求出，因为，由此可得答案．

【解答】

解：由题意得，，，，
在中，由余弦定理可知，，
即，解得，同理求出，
设，
  ，
、、三点共线，，解得，
，
若设，同理可得，利用、、三点共线，可知，
，
在中，由余弦定理可知，
．
故答案为．

15. 【解析】【分析】

本题考查裂项相消法，属于中档题．
利用裂项相消法即可求解．

【解答】

解：


故答案为．

16. 【解析】【分析】

本题考查了导数的几何意义，直线的点斜式方程，两直线的位置关系，两点间的距离公式，属于较难题．
将函数写为分段函数，在求导得当时，，当时，，求的直线、的斜率和直线方程，根据两直线垂直得，即可得的值；
求得点和的坐标，求得和的长度，根据，可得，即可得答案．

【解答】

解：
当时，，
当时，，
所以直线的斜率为：，直线的斜率为：，
直线：；
直线：；
所以，，
因为两条切线互相垂直，
所以，即，
所以，
所以；
，
，


，
因为，则，
所以的取值范围是．
故答案为：；．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

【解析】解：选择条件（3分）
由正弦定理可得，所以，（6分）
解得，因此．（10分）
选择条件，则，（3分）
再由，可得，（6分）
联立，解得，所以．（10分）
选择条件，（3分）
则，，，
，（6分）
由正弦定理可得，解得．
所以．（10分）

18．（12分）

【解析】解：Ⅰ由题设数列是等差数列，首项，且、、成等比数列．
得，
即，
化简，的（2分）
当时，数列为常数列，
则：（3分）
当时，．（4分）
Ⅱ由Ⅰ得，
当时，
，
则：．（8分）
当时，
，
．（12分）

19．（12分）

【解析】解：名学生中，男生人数为，
女生人数为，（2分）
补全列联表如下：

（4分）

根据列联表可得：，（6分）
所以有的把握认为该高中高三学生“每天阅读时间低于”与“性别”有关；（7分）
名学生中“每天阅读时间不低于”的人数为人，
因此抽取名学生“每天阅读时间不低于”的人数为人，（8分）
而的所有可能取值为，，，，
则，，（9分）
，，（10分）
所以的分布列为：

．（12分）

20．（12分）

【解析】解：因为，所以．
在中，，，
则，（1分）
所以，
则．（2分）
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．（4分）
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．（6分）
以点为坐标原点，分别以直线，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．（7分）
则，，，，．
．
设平面的法向量，则
即
所以平面的一个法向量（9分）
由题意可知，平面的一个法向量，（10分）
因为，所以，，解得，
因为，所以．（12分）

21．（12分）

【解析】解：由题意有，，（1分）
将点代入双曲线方程得，
联立解得，故的方程为．（2分）
选易知直线，的斜率均存在且不为，
设，，，，
直线的斜率为，直线的斜率为，
的方程为，的方程为，
整理得，（4分）
直线与双曲线交于两点，故且，，
，，则，
整理得，（6分）
直线与双曲线交于两点，故且，，
，，则，

根据对称性可知四边形为菱形，其面积


 

，
 

，，，，
（8分）
选假设满足题意的直线存在．
易知直线斜率存在，设直线的方程为，
，，
联立整理得，
且，
解得且．
由韦达定理有

，
不妨设为直线与渐近线的交点，
联立，解得
 

，同理可得点的坐标为，
 

，（10分）
，为线段的三等分点，，
即，
整理得．
，，，，

，
整理得．
联立得，无解，故没有满足条件的直线．（12分）

22．（12分）

【解析】解：当时，，，切点坐标为，
切线的斜率，
切线方程为，即．（2分）
，则，
，故时，．
当时，；当时，．
故在处取得极大值．（4分）
又，，
，，
在上的最小值是
在上有两个零点的条件是
解得，
实数的取值范围是（6分）
的图象与轴交于两个不同的点，，，，
方程的两个根为，，则
两式相减得．
又，，
．（8分）
下证，即证明，
令，，，
即证明在上恒成立．
，
又，
，
在上是增函数，则，从而知
故式，即成立．（12分）