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．12345678910CABCCDCADB1．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...