2022届江苏省高考考前临门一脚数学试题（Word版含解析）

2022年高考数学考前临门一脚（江苏卷）
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.已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
2.已知复数（，i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第二象限，且，则复数( )
A. B. C.或 D.
3.设，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
4.函数的周期为π，则其单调递增区间为( )
A. B.
C. D.
5．八音是中国古代对乐器的总称，指金 石 土 革 丝 木 匏 竹八类，每类又包括若干种乐器.现有土 丝 竹三类乐器，其中土有缶 埙2种乐器；丝有琴 瑟 筑 琵琶4种乐器；竹有箫 笛 笼3种乐器.现从这三类乐器中各选1种乐器分配给甲 乙 丙三位同学演奏，则不同的分配方案有（ ）
A．24种 B．72种 C．144种 D．288种
6.已知数列的首项，，前n项和满足，则数列的前n项和为( )
A. B. C. D.
7.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交拋物线于A，B两点，延长FB交准线于点C，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别记为M，N，若，则的面积为( )
A. B.4 C. D.2
8.定义在上的函数的导函数为，满足，，且当时，，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
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．已知，，且，则（ ）
A．的最小值是1 B．的最小值是
C．的最小值是4 D．的最小值是5
10.已知向量，，，，则( )
A.若，则
B.若，则
C.的最小值为
D.若向量与向量的夹角为锐角，则的取值范围是
11.设函数（，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则下列说法正确的是( )
A.的最小正周期为π
B.的单调递减区间为，
C.图像的对称轴为直线，
D.的图像可由的图像向左平移个单位长度得到
12.已知P为抛物线上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，则( )
A.的最小值为4
B.若线段AB的中点为M，则的面积为
C.若，则直线l的斜率为2
D.过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，，若，则___________．
14.过抛物线的焦点作圆的切线，切点为.若，则________________，_______________.
15.已知双曲线与方向向量为的直线交于A，B两点，线段AB的中点为，则该双曲线的渐近线方程是___________.
16.已知空间四边形ABCD的各边长及对角线BD的长度均为6，平面平面CBD，点M在AC上，且，过点M作空间四边形ABCD外接球的截面，则截面面积最大值与最小值之比为_______________.
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）
已知的内角，，所对的边分别为，，，且，．
（1）求；
（2）在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由．
①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18. （12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D是边AB上一点，.
（1）若CD平分，求a；
（2）若，，求c.
19. （12分）已知数列的前n项和为，，，.
（1）求；
（2）令，证明：.
20.（12分）为丰富学生的课外生活，某中学要求高一年级全体学生在国庆黄金周期间，在家长的陪同下开展以“读万卷书，行万里路”为主题的研学活动，学校结合研学主题向学生们推荐了一份由历史文化类和红色文化类组成的10个景点的清单，要求每位学生选择其中的3个景点参观游览，并将参观现场的互动照片以及参观的感想在各班级微信群中与大家分享.已知学校推荐的景点清单中历史文化类景点有7个，红色文化类景点有6个，其中有部分景点既属于历史文化类景点又属于红色文化类景点.
（1）求某学生选择参观的3个景点中至少有一个红色文化类景点的概率；
（2）设某学生选择参观的3个景点中既属于历史文化类景点又属于红色文化类景点的个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.
21．（12分）
已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足分别为，点为线段的中点，为椭圆的左焦点．求证：四边形为梯形．
22. （12分）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式恒成立，求a的取值范围.
答案及解析
1.答案：C
解析：，，
，故选C.
2.答案：A
解析：由，得，解得.因为复数z在复平面内对应的点位于第二象限，所以，即，所以复数.故选A.
3.答案：B
解析：，，由可得.易知当时，，但由不能推出，“”是“”的必要不充分条件，故选B.
4.答案：C
解析：周期，，，.
由，得.
答案： C
解析：从这三类乐器中各选1种乐器的选法有（种），将3种乐器分配给甲 乙 丙三位同学演奏的方法有（种），因此不同的分配方案共有（种）.故选C．
6.答案：A
解析：由得，即，所以，所以，两式作差，得，即，所以，所以或，又，故，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列的前n项和，故选A.
7.答案：A
解析：由题意可知，，则，抛物线的准线方程为直线，，.因为，所以，所以，所以，所以，，所以.因为，所以，解得，所以，点F到AM的距离为，所以，故选A.
多解 因为，所以，所以，即.连接FM，又，所以为等边三角形.易得，所以，故选A.
8.答案：A
解析：本题考查利用导数研究函数的性质、不等式的求解.令，则，可得，所以是上的奇函数，，当时，，所以，在上单调递增，所以在上单调递增.因为，所以由可得，即.由在上单调递增，可得解得，所以不等式的解集为，故选A.
9．答案：BC
解析：由已知，得，则，当且仅当时取等号，所以的最大值是，所以选项A错误；
，当且仅当，时取等号，所以的最小值是，所以选项B正确；
，当且仅当时取等号，所以的最小值是4，所以选项C正确；
，当且仅当时取等号，所以的最小值是，所以选项D错误．故选BC．
10.答案：ABC
解析：对于A，因为，，，所以，解得，所以A正确.
对于B，由，得，则解得故，所以B正确.
对于C，因为，所以，则当时，取得最小值，为，所以C正确.
对于D，因为，，向量与向量的夹角为锐角，所以，解得；当向量与向量共线时，，解得.所以的取值范围是，所以D不正确.综上可知，选ABC.
11.答案：ABD
解析：由在区间上具有单调性可知，的最小正周期T满足，所以.又因为，所以，在同一个周期内且，故图像的一条对称轴为直线.又由，知图像的一个对称中心为，且所求得的对称轴与对称中心是相邻的，所以，得，即，故A正确；又因为图像的一个对称中心为，所以，所以，，由知，，则，由，，解得，，故B正确；令，，得，，故C错误；的图像向左平移个单位长度得的图像，故D正确.故选ABD.
12.答案：ACD
解析：由在抛物线C上，得，得，所以抛物线C的方程为，.
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，由抛物线的定义可得，连接DM，则，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，所以A正确.
对于B，因为为AB的中点，所以，.因为，在直线l上，所以，所以直线l的方程为，则点N到直线l的距离，则，所以B不正确.
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，代入，得，设，，则，，，同理可得，所以，解得，所以直线l的斜率为，所以C正确.
对于D，易知点在抛物线上且轴.设，.易知直线EG，EH的斜率存在，，同理.因为EF平分，轴，所以，
即，所以，所以，直线GH的斜率，为定值，D正确.综上可知，选ACD.
答案：（或）
解析：因为，所以，即，代入坐标得，解得，故答案为：.
14.答案：；
解析：易知抛物线的焦点为，圆心的坐标为，圆的半径，所以.由，解得或.又，所以.
15.答案：
解析：设，，则且，
因为线段AB的中点为，所以，
由题意可得直线AB的斜率为1，所以，即，
故双曲线的渐近线方程为.
16.答案：
解析：本题考查空间四边形外接球的截面问题.由题意可知，与均为正三角形，取BD的中点E，连接AE，CE，则.由平面平面CBD，平面平面，平面ABD，得平面CBD.，由球的性质及空间四边形ABCD的对称性可知，球心O在平面CBD内的射影为的外心，在平面ABD内的射影为的外心，易得，.连接OA，则在中，，，所以外接球的半径.连接OM，因为，，，所以，O，M三点共线，，则.当截面过球心时截面面积最大，最大值为，当M为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，面积为，所以截面面积的最大值与最小值之比为.
17．（10分）
解析 （1）由得，（1分）
又，，所以，（2分）
而，故，故．（4分）
（2）选①：设边上的中线为，则，（5分）
由得，，（7分）
即，即，
由余弦定理得，即，
该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在. （10分）
选②：设边上的中线为，则．（5分）
在中，由余弦定理得，
即，（7分）
整理得，解得或（舍去），
故的面积．（10分）
选③，依题意得，由（1）知，
所以，（5分）
在中，由余弦定理得，，
所以，即，（7分）
所以，解得，
所以的面积．（10分）
18.解析：（1）在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为，，
所以，，
所以，
所以.
（2）因为，所以，
所以，
在中，，，
所以由余弦定理得，，
即，得，
因为，所以.
19.解析：（1）因为，，
所以，
故，即，
所以是首项为，公差为1的等差数列，
故，则.
（2）因为，，
所以.
又符合上式，所以.
因为，
所以
，
所以.
20.答案：（1）某学生选择参观的3个景点中至少有一个红色文化类景点的概率为
（2）随机变量X的分布列见解析，数学期望
解析：（1）设某学生选择参观的3个景点中至少有一个红色文化类景点为事件A，
由题意，推荐的景点清单中属于历史文化类且不属于红色文化类的景点有4个，既属于历史文化类又属于红色文化类的景点有3个，属于红色文化类且不属于历史文化类的景点有3个.
则，
所以某学生选择参观的3个景点中至少有一个红色文化类景点的概率为.
（2）由题意得随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望.
21．（12分）
解析：（1）由已知得,解得,（2分）
所以椭圆的标准方程.（4分）
（2）由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,（5分）
设,则,.
，.（6分）
因为直线与椭圆交于两点，
所以（7分）
由于直线与直线不平行，
所以四边形为梯形的充分必要条件是，即，
即,即,（8分）
因为,所以上式又等价于，
即（*）.
联立,消去得,（10分）
所以,
，
所以（*）成立，
所以四边形为梯形.（12分）
22.解析：(1)，
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
(2)恒成立，
即恒成立.
令，
即对恒成立.
由(1)知，当时有极小值也是最小值，
，
，
令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时有极大值也是最大值，
.
若对恒成立，
则应满足，
只要，即，
所以，
所以若不等式恒成立，
则a的取值范围为.