2022年高考原創(chuàng)押題預測卷02【江蘇專用)

數(shù)學?全解全析

123456789101112

DCDBDADCACABDABDACD

單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項

是符合題目要求的.

1.D【解析】

【分析】

本題主要考查集合的交集、并集運算，比較基礎(chǔ).

根據(jù)集合的基本運算即可求AnC,再求(ACC)UB.

【解答】

解：集合A={-1,1,2,3,5},C={xeR|l<x<3},

則AnC={1,2},

B={2,3,4},

(AClC)UB={1,2}U{2,3,4}={1,2,3,4);

故選：D.

2.D【解析】

【分析】

本題考查了復數(shù)的四則運算與模長，屬于基礎(chǔ)題.

由題意利用復數(shù)的四則運算以及模長的計算即可求解.

【解答】

解：由z=1+i得z?=2i,2z=2+2i,

|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.

故選D.

3.D【解析】

【分析】

本題主要考查平面向量的數(shù)量積以及向量加法法則的運用，屬于中檔題.

由向量的加法結(jié)合AD1AB可得近-AD=(AB+BC)-AD=BC-AD=V3BD-AD=V3(BA+AD)-AD,由

此可求解.

【解答】

解：由題意可得，AD1AB,BC=V3BD?|AD|=1.

則熊?AD=(AB+BC)-AD

=AB-AD+BC-AD

=BC-AD=V3BD-AD

=V3(BA+AD)-AD

=V3AD=75，

故選D.

4.B【解析】

【分析】

本題考查知識點為三角函數(shù)模型的應用，考查思維轉(zhuǎn)變能力，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意得到最小正周期T,繼而可求出結(jié)果.

【解答】

解：因為該阻尼器模型在擺動過程中連續(xù)三次位移為S。(-2<s0<2)的時間分別為t「t2，t3,且t3-匕=2,

2為

所以s=2sin(3t+(p)最小正周期T=荷=2，

因為3>0,所以3.

5.D【解析】

【分析】

本題考查二項式定理的應用及二項展開式特定項的系數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.

由題意可將原式寫為(2+x)10=[3-(1-x)]10,展開即可得答案.

【解答】

210

解：(2+x>°=[3—(1_x)]i°=a0+a!(l-x)+a2(l-x)+???+a10(l-x),

Tr+i=C；o31°-r(—l)r(l—x)r,

28

所以ag=Cf0x3x(-1)=405,

所以ag=405.

故選D.

6.A【解析】

解：若數(shù)列｛aQ是等比數(shù)列，設(shè)公比為q,q￥0，

則Sn+i=ax+a2+a3+...+an+an+1=ax+q(ax+a2+...+an)=ax+qSn,

所以存在入=q,使得Sn+i=a1+ASn；

若存在入€R,使得Sn+i=a[+入Sn，可取入=1，an=0,

則數(shù)列｛aQ不是等比數(shù)列.

所以數(shù)列｛a"是等比數(shù)列”為“存在入6R,使得Sn+i=ai+XSn”的充分不必要條件，

故選：A.

由充分必要條件的定義，結(jié)合等比數(shù)列的通項公式和求和公式，以及舉特殊數(shù)列法，可得結(jié)論.

本題考查充分必要條件的判斷，以及等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力,

屬于基礎(chǔ)題.

7.D【解析】

【分析】

本題考查軌跡方程的求法，考查兩圓位置關(guān)系的判斷，是基礎(chǔ)題.

由題意求出動點P的軌跡方程，再由兩圓圓心距與半徑的關(guān)系判斷.

【解答】

解：由已知動點P(x,y)滿足緇=2,得=2,

即動點P軌跡為圓：(x+l)2+y2=4,

圓(x—2A+y2=1的圓心為(2,0),半徑為1,

???V[2-(-1)]2+02=2+1,

.?.兩圓外切.

故選D.

8.C【解析】

【分析】

本題考查了函數(shù)的周期性，對稱性與單調(diào)性，以及三角函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題.

根據(jù)周期得出f(x)在上的單調(diào)性與對稱性，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)判斷各選項.

【解答】

解：由題意可知，函數(shù)f(x)是以2為最小正周期的函數(shù)，

當xe[—1,1]時，x+4e[3,5],

???f(x+4)=1一|x|,

vf(x)=f(x4-4)=1-|x|,

：?f(x)在[—1,1]的圖像關(guān)于y軸對稱，且在單調(diào)遞減，

對于A,?;gin：=*,86三=：,故f(sin=)<f(cos9，故A錯誤；

323233

對于B,：V1<；,???1>sinl>cosl>0,???f(sinl)<f(cosl),故B錯誤；

對于C,又...加粵=容3萼=_；,f(-1)=f(i)，

???f(cosy)>f(siny),故C正確;

對于D,<2<^,1>sin2>|cos2|>0,f(sin2)<f(cos2),故D錯誤.

故選C.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求,

全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得。分.

9.AC【解析】

【分析】

本題考查通過統(tǒng)計圖進行分析的應用，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)選項逐一對應相應的統(tǒng)計圖即可進行判斷.

【解答】

解：由扇形圖可得，54周歲以上參保人數(shù)最少，30周歲以上的人群約占參保人群的39%+33%+8%=80%,

故A正確，D錯誤；

假設(shè)保險公司對m位參保客戶進行抽樣調(diào)查，則其中18?29周歲的有0.2m位，參?？傎M用為0.2mX4000=

800m(元)，54周歲及以上的有0.08m位，參?？傎M用為0.08mx6000=480m(元)，800m>480m,故B

錯誤；

由柱狀圖可知，丁險種參保比例最高，故C正確；

故選AC.

10.ABD【解析】

【分析】

本題考查了指數(shù)的運算，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意即可得到答案.

【解答】

解：ea+=1>2Veae^>ez<工，——<—ln2,

一~22

a+b<-21n2,A選項正確；

0<ea,eb<1.

二a,b<0,ea+b=1—eb+b,令f(x)=1+x—ex,f(x)=1—ex,

當x€(-8,0)時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(b)<f(0)=0,即l-eb+b<0,B選項正確；

當a=b=—ln2時，ab=ln22<1,C選項錯誤；

2(e2a+e2b)>(ea+eb)2=1,D選項正確.

11.ABD【解析】

【分析】

本題主要考查幾何體外接球的表面積的計算，直線與平面所成角的計算，截面面積，長方體的特征.屬較難

題.

以三棱錐A-BCD構(gòu)造一個長方體，求得球0的半徑，利用長方體的特征解決直線與平面所成角的計算，截

面面積.

【解答】

解：AB1平面BCD,??.△ABC,△ABD為直角三角形，

AB=2,BC=2,AD=2逐，由勾股定理得AC=2&，BD=2通，

又：BC=2,CD=4,??.△DBC,AACD為直角三角形，A正確；

三棱錐A-BCD可看作由長、寬、高分別為4,2,2的長方體截得，。為AD的中點，

球0的直徑為V42+22+22=2V6，

故球0的表面積S=4TT(V6)2=24n,故B正確;

直線BD與平面ABC所成角的平面角為NDBC,”tan4DBC=?=2,所以C不正確;

在母△ABC中，BM=|AC=V2,在AACD中，MN=^AD=限

又BN=2&，.?.△BMN為直角三角形，S&BMN=|XV6XV2=V3,

設(shè)點0到平面BMN的距離為九，

由于0到平面BMN的距離與C到平面BMN的距離相等，

?*,VO-BMN=VJBNM=VM-BCN，

則5xSABCNx-AB=-xS^BMNxh,

則工xXx2x2xl=^xbx/i,解得力=—

故平面BMN被球0所截的截面圓的半徑r=

71(后)2=等，故D正確,

故平面BMN被球0所截的截面面積是S

12.ACD【解析】

解:y=則八二，

令y，=0得x=1,

二當x€(-8,1)時，y'>o,y=/單調(diào)遞增；當XE(1,+8)時，y'vO,y=/單調(diào)遞減,

??.y=福的最大值為3

令y=0得x=e,

???當xG(0,e)時,y'>0,y=等單調(diào)遞增；當xG(e,+8)時,y，v0,J

y=則單調(diào)遞減，

Xp

y=當?shù)淖畲笾禐橥?/p>

作出兩個函數(shù)的圖象，如圖所示，

=aMx2=ae^,故選項A正確，/

:含=焉=a=詈=掇，且y=也在(°』)上單調(diào)遞增，

又丁0VX]V1,1<x2<e,A0<lnx2<1?

：?Xi=lnx2,故選項B錯誤，

X2e

'?.?V=,=a=詈，且y=當在(e,+8)上單調(diào)遞減，e6(e,e),x3>e,

X2

??.e=x3,故選項C正確，

???xxx3=ex21nx2=^-ax2=X2，故選項D正確,

故選：ACD.

利用導數(shù)分別求出函數(shù)丫=已，丫=等的單調(diào)性和最值，作出兩個函數(shù)的圖象，利用圖象結(jié)合對數(shù)的運算性

質(zhì)逐個判斷各個選項即可.

本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想，屬于中檔題.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.【解析】

6

【分析】

本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，二倍角的正弦函數(shù)公式在三角函數(shù)化簡

求值中的應用，考查計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題.

由已知利用兩角和的余弦函數(shù)公式可求cosa-sina=漁，進而平方后利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，二倍

6

角的正弦函數(shù)公式即可計算得解.

【解答】

解：vcos(a+：)=

可得：—cosa——sina=—,BUcosa—sina=—，

2266

兩邊平方可得：1—2sinacosa=

6

.??解得sin2a=

6

故答案為：

o

14.(—4,—2)U(—2,-1)U(~>~)u(1(1)【解析】

【分析】

本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的應用，不等式求解，屬于較難題.

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性，結(jié)合對數(shù)不等式求解可得不等式解集.

【解答】

解：不等式log31f(x)+1]<0,

則0<|f(x)+1|<1,即一2<f(x)<0且f(x)*-1,

奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(一8,0)上是增函數(shù)，且f(-2)=-1,

則f(x)在區(qū)間(0,+8)上是增函數(shù)，且f(2)=1,

又f(l)=0,則f(—1)=0,

當x>0,y>0時,都有f(xy)=f(x)+f(y),

貝Uf(4)=f(2)+f(2)=2,f(-4)=-2,

f(l)=f(4x》=f(4)+*)=0,所以吟)=-2,

f(2x|)=f(2)+f(1)=0,所以f(》=-1,

奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(一8,0)上是增函數(shù)，且f(—4)=一2,f(-2)=-1,f(-l)=0；

f(x)在區(qū)間(0,+8)上是增函數(shù)，且f(}=-2,f(i)=-l,f(l)=O;

由一2<f(x)<0且f(x)*-1,

可得不等式解集為(-4,-2)U(-2,-1)UU1).

故答案為：(―4,—2)U(—2,—1)UC，：)UG，1).

15.1【解析】

【分析】

本題考查了雙曲線的定義及其性質(zhì)，與圓有關(guān)最值問題，直線與圓的位置關(guān)系，考查了學生的邏輯思維能

力，運算能力，屬于中檔題.

延長FiM交PF?于點N,構(gòu)造全等三角形，結(jié)合雙曲線定義，求得M點的軌跡方程，再根據(jù)直線與圓的位置關(guān)

系，即可求得點M到直線距離的最小值..

【解答】

解：延長FiM交PF?的延長線于點N,如下所示：

因為PM平分ZF]PF2，且PMJ.F]M,故△F1PMW4NPM,

則|PF/=|PN|,又IPF1HPF2I=2a=2,則|NFz|=2,

又在AFiFzN中，0,M分別為F#2，F(xiàn)IN的中點，故可得|0M|=：|NF2l=1；

設(shè)點M的坐標為(x,y),則x2+y2=l,即點M在圓心為(0,0),半徑r=l的圓上，

圓心到直線x+y-2a=0的距離d=等=2,

故點M到直線距離的最小值為d-r=2-l=l.

故答案為：1.

16.V2V2【解析】

【分析】

本題考查圓柱與球的結(jié)構(gòu)特征，屬于較難題.

根據(jù)圓柱與球的結(jié)構(gòu)特征進行求解即可.

【解答】

解:設(shè)過A的圓柱01。2的母線在底面的端點為A[，則O]A〃02Al，由0/1O2B，得02Ali02B,則A1B=V2,

在直角三角形ABA1中，AAj=2,tan4ABAi=懸=或，所以AB與圓柱O1。2的底面所成角的正切值為近;

連接OA,OB,由△OAOi三△OB。？，得OA=OB,取AB的中點為G,則OG1AB,

2

因為OA?=。1。2+otA=2,AB—JAA'+A]B2=V6?

所以O(shè)G=VOA2—AG2=J2—(-y)2=爭

由OM=ON及OGLAB,得G也是MN的中點，

所以MN=2VOM2-OG2=21-(―)2=V2-

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.(10分)【解析】(1)方案一：選條件①bc=t(b+c).

由題意可得S&BAD+SACAD=S^ABC，

A-ctsinNBAD+%btsinZCAD=-bcsinZBAC.

222

???AD為NBAC的平分線，ZBAD=ZCAD=|ZBAC,

ctsinZBAD+btsinZBAD=bcsin(2ZBAD),

即t(c+b)sinZBAD=bcsin(2ZBAD)

又be=t(b+c),

???sinZBAD=sin(2NBAD),HPsinZBAD=2sinNBADcosNBAD,

???ZBADe(0,1)，???cosZBAD=

**?NBAD=一，

3

***NBAC=—?

3

方案二：選條件②sin2A—(sinB-sinC)2=3sinBsinC.

由已知結(jié)合正弦定理得a?-b?-c?=be,

由余弦定理得cosA=叱笆=羋=一3

V0<A<n,

A2Ji

???A=『

方案三：選條件③b=acosC—乎csinA.

由正弦定理得，sinB=sinAcosC——sinCsinA，

3

乂B="一（A+C），二sin（A+C）=sinAcosC-ysinCsinA,

，sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC——sinCsinA,

3

???cosAsinC=——sinCsinA?

3

vsinC>0,

???tanA=—V3,

v0<A<n,

A=—（5分）

3

sinA+sinB網(wǎng)心c）

（2）m=^^=sinc

_y+ycosc-isinc

sinC

_^（1+cosC）i

sinC2

_f-2COS*2j1

—r?CC-7

2sin-cos-n

22

百

,T1

-4CO

tan-2

2

又Ce（o,y），tan|G（0,R），所以m>1

二m的取值范圍是（1,+8）（10分）

18.（12分）【解析】（I）證明：在直三棱ABC-AiB?中，側(cè)面ACgAi為平行四邊形.

所以AC//A1C1.

因為ACU平面AiJM,AGu平面A1JM,

所以AC〃平面AigM.（3分）

（H）證明:在直三棱柱ABC-AiBiCi中，側(cè)棱eg1平面AiBiCi，AR】u平面AiB[C],

所以eg1Aig,

因為AC1BC,且AC〃A￡i，BC〃B￡i，所以A￡i，Big.

因為CC1nB1C1=C1，CC1、B1JU平面BB1QC,

所以AR11平面BBigC.

又因為CMu平面BBigC,所以AiC】_LCM

因為BBilBC,BC=BM,所以/CMB=45。.

同理NC1MB1=45°,所以NCMCi=90°.

即CM1C]M.

因為AiJnCiM=J,Aig、CiMu平面AiCiM,

所以CM1平面AigM.(7分)

(III)由題意可知CA,CB,eg兩兩垂直，故以C為原點，以CA,CB,CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.

由題得C(0,0,0),A。,0,2),Bi(0,l,2),M(0,l,l).

所以而=(0,1,1)，福=(0,0,1)，由瓦=(-1,1,0).

由(II)知CM，平面AigM,所以平面AigM的一個法向量為市=由=(0,1,1).

設(shè)平面AiMBi的一個法向量為3=(x,y,z).

得Hl西，nlAX-即仁吧=°'.

令x=l,得y=—1,所以H=(1,1,0).

可得cos〈市，W>=器/

又因為二面角J-AiM-Bi的平面角為銳角，

所以二面角C1-A1M-B1的大小為(12分)

19.(12分)【解析】(I)設(shè)等差數(shù)列｛aj為的公差為d,等比數(shù)列也"的公比為q,

由b1—2al—2,as=a2+a3,b6—3(2b5—3b4),

可得1+4d=2+3d,2q5=3(4q4—6q3),

解得d=1,q=3,

n-1

所以an=l+n—l=n；bn=2x3；(3分)

bn+「bn_24-2乂3-1_4x3-1

（n）（i）證明:

n+2-1n+1n+1

n

__x4x3.2_4x3nT4x32

1Cncn+2—(升2)n+1n+3

1、4'n2+4n+3-n2—4n—4彳,—2n1

=16X32n(.?)=16X32n-------------------------=-16X32n.<0,

(n+2)2(n+l)(n+3),/(n+2)2(n+l)(n+3)(n+2)2(n+l)(n+3)

所以W+1V6N*；(7分)

(4n-5)b-l2(4n-5)x3nT1n-1n+1

n,n為奇數(shù),n為奇數(shù)）為奇數(shù)

(2x3n-1+l)(2x3n+1+l)vn-1n+1?,n

(ii)dn=J(bn+l)(bn+2+l)22x3+l2X3+l

<anan+lcmn為偶數(shù)n(n+l)?陪,n為偶數(shù)4n?3nT,n為偶數(shù)

設(shè)數(shù)列｛dn｝的奇數(shù)項的和為An，偶數(shù)項的和為國，

可得％=：（高2242n-22n1)=加-2n

2X32+12x32+12X34+12x32n-2+l2x32n+l2x32n+l

321362n+1

Bn=4x2x3+4x4x3+...+4x2n?3"-,9Bn=4x2x3+4x4x3+...+4x2n-3,

兩式相減可得-8Bn=24+8(33+…+32n-1)-4x2n-32n+1=24+8-之，%：：-4x2n-3Zn+1，

化簡可得%=|+酬考空.

88

所以數(shù)列｛4｝的前2n項和為|+產(chǎn)川_n^(12分)

20.(12分)【解析】(1)由題意知，X的可能取值為200,300,500,

P(X=200)=黃=0.2,

36八.

P(X=300)=—=0.4,

90

25+7+4A

P(X=500)=NO4，

X的分布列為:

X200300500

p0.20.40.4

（4分）

(2)

1)當nW200時，Y=n(6-4)=2n<400,E(Y)<400,(5分)

2)當200<n<300時，

若X=200,則丫=200x(6-4)+(n-200)x(2-4)=800-2n,

若X>300,則丫=n(6-4)=2n,

/.E(Y)=p(X=200)x(800-2n)+p(X>300)x2n

=0.2(800-2n)+0.8x2n=1.2n+160,

E(Y)<1.2X300+160=520,(7分)

3)當300<nW500時，若X=200,則丫=800-2n,

若X=300,則丫=300x(6-4)+(n-300)x(2-4)=1200-2n,

若X=500,則丫=2n,

???E(Y)=0.2X(800-2n)+0.4(1200-2n)+0.4x2n=640-0.4n,(9分)

.,?當n=300時，(E(Y))max=640一0.4x300=520,

800-2n,X=200

當nN500時，丫=1200—2n,X=300,(10分)

,2000-2n,X=500

E(Y)=0.2(800-2n)+0.4(1200-2n)+0.4(2000-2n)=1440-2n,

???E(Y)<1440-2x500=440.(11分)

綜上，當n=300時，E(Y)最大值為520元.(12分)

21.(12分)【解析】(I)由右焦點F(l,0)知，c=l,

當AB垂直于x軸時，|AB|最小，其最小值為牛=魚.

又a2=b2+c2,解得a=V2?b=1,

.??橢圓C的標準方程為9+y2=l.(4分)

（H）解法一：取而=|而=授殖+（一》而,

則點M在直線AB上，且點M為線段OP的中點.

**?S^PAB=S^OAB?

當AB垂直于x軸時，A,B的坐標分別為（1號，（1,一號），SAOAB=y：

當AB不垂直于x軸時，設(shè)其斜率為k,則直線AB的方程為y=k（x-l）（k二0）.

則點0到直線AB的距離d=儡，（8分）

(y=k(x-1)

聯(lián)立方程組&+y2=].消去y整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,

2

則Xi+x2=舍、，xxx2=磊I，△=8(k+1)>0,

222

|AB|=Vl+k|x1-x2|=V1+kV(X1+x2)-4XJX2=*緇")，

2

.c_1IARIH_1?2Vz(i+k)|k|_V2|k|ViTi?

"SAOAB--|AB|d--xi+2k2x?=-i+2k2'

令t=l+2k2,則k2=?(t>l),

此時ZOAB=y—eY)-

綜上可得，APAB面積的取值范圍為(0,曰].(12分)

解法二：當AB垂直于x軸時，A,B的坐標分別為(1,日)，(1,—日)，

由而=入嬴+(2-A)而，得點P的坐標為(2,夜人一夜)，

則點P到直線AB的距離為1,

又|AB|=y/2,所以△PAB的面積為:x&X1=乎，

當AB不垂直于x軸時，設(shè)其斜率為k,

則直線AB的方程為y=k(x-l)(kK0),

設(shè)P,A,B的坐標分別為(xo，y()),(Xi，%),(x2,y2),

則yi-k(xj-1),y2=k(x2-1),

由而=入鼐+(2-A)而，得x()=入Xi+(2-A%，y()=Ayi+(2-入)y2=入。-1)+(2-入

)k(x2-1)=k[XX1+(2-X)x2-2],

即y0=k(x0-2).

故點P在直線y=k(x—2)上，且此直線平行于直線AB.

ry=k(x-1)

聯(lián)立方程組(日+y2=].消去y整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,

則Xl+X2=^，X1X2=溫，

22

|AB|=Vl+k^Xj-x|=V1+kV(Xj+x)-XJ，

224X2="*：詈

???SAPAB=3AB|-d=，2^px4=^^，

△尸AB2112l+2k2Vl+k2l+2k2

令t=l+2k2,則k2=?(t>l),

此時ZPAB=與Jl-看€(0,y)-

綜上可得，APAB面積的取值范圍為(0,彳]?

解法三：取而=三加=±嬴+(1—2)而，

2212，

則點M在直線AB上，且點M為線段0P的中點.

**,S^PAB=S^OAB，

設(shè)直線AB的方程為x=ty+1,則點0到直線AB的距離d=意.

(X=ty+1

聯(lián)立方程組怛+2=1，消去x整理得(t