2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（上海专用）

2022年高考原创押题预测卷03【上海专用】

数学·全解全析

1．

【解析】

【分析】

根据集合交集的定义计算．

【详解】

由已知．

故答案为：．

2．

【解析】

【分析】

直接用二项式定理求解即可.

【详解】

由二项式定理得，

令，故，因此.

故答案为：.

3．40

【解析】

【分析】

设，分别过，作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，利用抛物线的定义可得，从而可求得结果.

【详解】

设，分别过，作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，

､､､…､是抛物线上不同的点，点,准线为，

.

,

,

.

故答案为：40.

4．##

【解析】

【分析】

先求数列的前项和，当时，；当时，数列为等比数列，根据等比数列求和公式求解，然后求极限.

【详解】

当时，；当时，，所以，所以.

故答案为：

5．4

【解析】

【分析】

由题意可得，由此可求得实数的值，进而可得，即可得解.

【详解】

由于函数的反函数的图象经过点，

则，解得，

∴函数，

∴.

故答案为：4.

6．25

【解析】

【分析】

根据，，且，由，利用基本不等式求解.

【详解】

因为，，且，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为25，

故答案为：25

7．

【解析】

【分析】

先判断双曲线的焦点在轴上，即可求出，再设出双曲线的方程，即可写出双曲线渐近线的方程，最后由点到直线的距离公式即可求出的值即可.

【详解】

有双曲线一个顶点为，可知焦点在轴上，则，

故双曲线可设为，则渐近线，

又，解得，则双曲线的方程为.

故答案为：.

8．##1.5

【解析】

【分析】

根据三棱锥Q-BMN的正视图确定M，N，Q的位置，从而得到其俯视图为等腰三角形，再计算面积；

【详解】

由题意得：点为的中点，点为中点，点与重合，

其俯视图为三角形，如图所示

，

故答案为：

9．

【解析】

【分析】

设直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用得到相应等式，结合根与系数的关系式化简，即可求得答案.

【详解】

由题意可知 ,且 ，

故设直线l的方程为 ，

联立抛物线可得： ，

，

设 ，则，

且，

由于，故 ，

就 ，解得 ，

故直线l的方程为，

故答案为：

10．

【解析】

【分析】

根据题意，结合递推关系式与归纳推理，分别求出数列前20项，即可求解.

【详解】

根据题意，易知，或，或，、或，

、或，、、或，以此类推，

、、、、、、、… ，

、、、、、、、… .

故，，，

以此类推，得.

故答案为：.

【点睛】

归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．

11．

【解析】

【分析】

设线段上到原点距离等于的点为，可得，根据已知条件可得､，､，中必有一点在的左侧，一点在的右侧，再由，，，是中点，可得出，，，的极限即为，即可求解.

【详解】

由可知和一个大于一个小于，

设线段上到原点距离等于的点为，由,且可得，

所以线段上到原点距离等于的点为，

若则､应在点的两侧，

所以第一次应取，

若，依次下去则､，､，中必有一点在的左侧，一点在的右侧，

因为，，，是中点，

所以，，，的极限为，

所以，

故答案为：.

12．36

【解析】

【分析】

由题可得为数列的项，且利用分组求和可得，通过计算即得.

【详解】

由题意，对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项，所以为数列的项，

且.

可算得（项），，，

因为，，，所以，，，

因此所求的最小值为36.

故答案为：36.

13．D

【解析】

【分析】

化简函数解析式得，根据其值域，可得，，求解出对应的范围，代入即可得的范围.

【详解】

由化简得.

因为其值域为，不妨设，，

即，，则得.

故选：D.

14．D

【解析】

【分析】

根据直线的斜率分两种情况，直线的斜率不存在时求出直线的方程，即可判断出答案；直线的斜率存在时，由点斜式设出直线的方程，根据直线和圆有公共点的条件：圆心到直线的距离小于或等于半径，列出不等式求出斜率的范围，可得倾斜角的范围．

【详解】

解：①当直线的斜率不存在时，直线的方程是，

此时直线与圆相离，没有公共点，不满足题意；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

即，

直线和圆有公共点，

圆心到直线的距离小于或等于半径，则，

解得，

直线的倾斜角的取值范围是，

故选：D．

15．C

【解析】

【分析】

根据线面垂直的判定定理与性质定理及充分条件、必要条件即可判断.

【详解】

因为，所以，且

则平面，

所以“直线a⊥直线”是“直线a⊥直线的充要条件”，

故选：C

16．B

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，由坐标法表示出，并利用列举法求得最大值.

【详解】

以为原点，为轴建立如图所示平面直角坐标系，

正六边形的边长为，所以：

，

令，下用例举法求得的所有可能取值.

由表格数据可知的最大值为，

所以的最大值为.

故选：B

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题意先计算的面积，然后代入三棱锥体积公式计算即可；（2）由题意可判断直线与所成的角就是异面直线与所成的角，分别计算、，利用余弦定理计算，即可得答案.

(1)

由题意得

所以三棱锥的体积.

即所求三棱锥的体积为.

(2)

连接，由题意得，，且，

所以直线与所成的角就是异面直线与所成的角.

在中，，，，

由余弦定理得，

因为，所以.

因此所求异面直线与所成角的大小为.

18．（1）最小正周期为；单调递减区间为；（2）．

【解析】

【分析】

（1）整理得，可得其最小正周期及单调递减区间；（2）由，可得，设边上的高为，所以有，由余弦定理可知：，得出，最后可得最大值.

【详解】

解：（1）

．

的最小正周期为：；

当时，

即当时，函数单调递减，

所以函数单调递减区间为：；

（2）因为，所以

，，

，．

设边上的高为，所以有，

由余弦定理可知：，

，，

（当用仅当时，取等号），所以，

因此边上的高的最大值.

19．(1)是，理由见解析；

(2)；

(3).

【解析】

【分析】

（1）根据题意，得到，利用三角恒等变换化简，得，得到存在满足，即可作出判断；

（2）利用为“类函数”，得出，令，得到方程在有解可保证为“类函数”，分离参数即可求解；

（3）由为其定义域上的“类函数”，得到存在存在实数，满足，根据分段函数的解析式，结合函数单调性，分类讨论即可求解.

(1)

由题意，函数在定义域内存在实数，满足，

可得，即，       

化简整理，得，解得，

所以存在满足

所以函数是“M类函数”；

(2)

当时，

可化为，

令，则，

所以方程在有解可保证是“类函数”，

即在)有解可保证是“类函数”，

设在为单调递增函数，

所以当时，取得最小值为

即，解得.

所以实数的取值范围为；

(3)

由在上恒成立，

转化为在上恒成立，即

所以.

因为为其定义域上的“类函数”，

所以存在实数使得，

当时，则，所以，所以，

即在)有解可保证是“类函数”

设在为单调递增函数，

，即，解得；

当时，，此时，不成立；

当时，则，所以，所以，

即在)有解可保证是“类函数”

设在为单调递减函数，

，即，解得.

综上所述，实数的取值范围为.

【点睛】

解决本题的关键准确理解函数的新定义“类函数”的含义，然后将问题转化为有解问题，结合函数的单调性即可求解.

20．(1)；

(2)；

(3)存在，

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，求出，再将点（－1，）的坐标代入椭圆方程中可求出，从而可求得椭圆方程，

（2）由题意设直线为，设，将代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，再把前面的式子代入化简可求得其最大值，

（3）由题意设直线为，设，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，由∠PST=∠QST，得，，结合前面的式子化简即可得结果

(1)

由题意得，得，

所以椭圆方程为，

因为点（－1，）在椭圆上，所以，得，

所以椭圆方程为

(2)

由题意设直线为，设，

由，得，

所以，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

所以△OPQ面积的最大值为

(3)

由题意设直线为，设，

由，得，

所以，

因为∠PST=∠QST，

所以，

所以，

所以，

，

所以，

所以，

所以，

所以，得，

所以x轴上是存在点S（s，0）使得∠PST=∠QST恒成立，此时

21．(1)证明见解析

(2)当时，；当时，.

(3)对任意，是正整数，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题干条件得到，故可说明数列不可能是常数列；（2）分，与，两种情况进行求解；（3）先求出，，故猜想对任意，是正整数，对平方后整理为，代入中，消去，得到关于的式子，再进行整理得到，故可类推出结果.

(1)

证明：，因为，，所以，故当时，数列不可能是常数列

(2)

因为，，所以当时，，时，，即当为奇数时，，当为偶数时，，设数列的前项的和为，当为奇数时，，当为偶数时，，综上：

当时，，时，，此时为等比数列，首项为2，公比为，当时，，当时，，故.

(3)

对任意，是正整数，理由如下：当时，，所以，，，猜想：为正整数，

证明：，则，，代入到得：，整理得：，从而，（），于是，所以，因此知，当时，，当时，，以此类推，对任意，，证毕.

【点睛】

数列的压轴题一般要用函数思想，需要结合不等式及特殊到一般的处理思路，比如本题第三问，在求解对任意，是否为正整数时，要先结合，，再使用消元思想来进行解决.