2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（北京卷）

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）

1．【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：

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

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．