2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（新高考数学卷）

2022年高考原创押题预测卷03【新高考卷】

数学·全解全析

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．D

【详解】

不等式化为：，解得：，则，

不等式，即，整理得：，解得，则，

所以.

故选：D

2．A

【详解】

的展开式通项公式为，令，解得：，则，解得：.

故选：A

3．D

【详解】

设，则，由题意得

，

解得即或，

故选：D

4．A

【详解】

若p： 是增函数，则 且，

即 ， 是增函数，即由p可以推出q；

若q       : 在 时是增函数，

根据复合函数的单调性规则，则必定有 ，比如 ，

则 在R上不一定是增函数，即由q不能推出p；

故p是q的充分不必要条件；

故选：A.

5．B

【详解】

，

又

与实际的的误差绝对值近似为.

故选：B.

6．D

【详解】

由得：所以

即：，

则

，，所以①，

设，，代入①得：，

，由椭圆的定义可得：，

在三角形中，，

化简得：，

设，则得：，

因为，所以，所以，又，则，，

则在三角形中，，代入化简有：，则.

故选：D.

7．D

【详解】

令，则，令，解得，

故当时，单调递减，故，即，

则.

令，则，

故当时，单调递增，时，单调递减，

则，即.

，故；

，故；

综上所述：.

故选：D.

8．B

【详解】

因为的射影在边上，且固定长度为1，所以的轨迹在以为原点半径为1的圆上.考虑极端情况：当的长度缩短到0时，都汇聚到线段的中点（D2）；当变长到的长度时（的射影为D3），如图，设，则,

在中，，

同理：，

∴，即在线段上的投影与点的距离为，从而与夹角为，故点的轨迹为.

故选：B.

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．AC

【详解】

散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且

对A选项，符合散点图的特点；

对B选项，有不符合散点图的特点；

对C选项，符合散点图的特点；

对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点；

故选：AC

10．ABD

【详解】

对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为直线，又，所以，所以，，，故，A正确；

对于B，右移个单位得到函数的图象，再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确；

对于C，令，，得，，当时，，所以在上单调递增，而，故C错误，

对于D，今，则，函数在上有个零点，，，，则，，，，，

故，

所以，故D正确；

故选：ABD．

11．ACD

【详解】

对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，,所以.

因为为锐角，所以.故A正确；

对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；

对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.

设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；

对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.

故选：ACD

12．ACD

【详解】

由题意知： ，

故，即，即，

所以，则，

故，，

由 得： ，

即，所以，

则，而 ，

故 ，则，

所以，由于 随的增大而减小，

故是随的增大而增大，

由题意知，故是递增数列，故A正确；

同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；

又，由于，，且，

所以，是首项为，公比为的等比数列，故，

所以，，

因为，，故，，

所以，，

所以，，其中，

，其中，

因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，

故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，

同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，

综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（答案不唯一）

14．

15．2

16．         

13．（答案不唯一）

【详解】

若，则其定义域为，关于原点对称，

，为偶函数，满足条件①；

又当时，，可知满足条件②③；.

故答案为：（答案不唯一）

14．

【详解】

作，，垂足分别为，

设，，则，

在和中，由勾股定理得：，解得：；

以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，

，，.

故答案为：.

15．2

【详解】

解：因为，所以，

所以，当且仅当时等号成立，

所以函数的最小值为，

所以，

所以曲线，即为，

①当时，曲线，即，联立直线方程，解得交点为和；

②当时，曲线，即，联立直线方程可得无交点；

③当时，曲线，即不存在，所以无交点；

④当时，曲线，即，联立直线方程，可得无交点；

综上，直线与曲线的交点为和，

故答案为：2.

16．         

【详解】

解：因为DA ，DB，DC两两垂直，，

所以，因为M，E分别为AC、AB的中点，

所以，

所以，故M为三棱锥的外接球球心，

所以三棱锥的外接球的表面积；

在正三棱锥中，E为AB中点，

，平面，

设CE中点为G，连接，

为AC中点，且M G=A E=，

平面，

∴即为在平面上的射影，

当最小时，平面，故Q在线段DG上.

如图，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，

此时，的最小值，即为点到的距离，

过点作于点，

又，

，

，

，

故答案为：.

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）

(1)，(2)

【解析】

(1)

设等差数列的公差为d，

由条件，

解得，或，∵，∴

∴

∵，∴，∵，∴

又，∴，∴，

∴是以1为首项，为公比的等比数列．

∴

(2)

∵，∴，

即，即恒成立，

设，则，

即时；时；时，

∴或5时，为的最大项．

∴，故实数的最小值为．

18. （12分）

(1)；(2)若选②，；若选③，

【解析】

(1)

由正弦定理得，又，

可得，即，

又，故，又，故

由可得，

即，故，.

(2)

若选①，由（1）知，和矛盾，不存在；

若选②，

由为角的角平分线可知：，又，故，

即，又，故；

此时存在且唯一确定；

若选③，，又，

，解得；

此时存在且唯一确定.

19. （12分）

(1)证明见解析；(2).

【解析】

(1)

由题设易知：是边长为2的正方形，是的对角线，

所以，

又面面，面面，，面，

所以面，又面，则，

又，则面.

(2)

过作面，而面，则，，而，

可构建如下图示的空间直角坐标系，由题设知：，

所以，，，且，

则，，，

若是面的一个法向量，则，令，则，

，可得，则，

又是面的一个法向量，

所以，则锐二面角的余弦值为.

20. （12分）

(1)(2)①或，理由见解析；②

【解析】

(1)

解：记事件甲同学晋级成功，则事件包含以下几种情况：

①事件“共答对四道”，即答对余下的是非判断题，答错两道信息连线题，则

.

②事件“共答对五道”，即答错余下的是非判断题，答对余下的三道信息连线题，则.

③事件“共答对六道”， 即答对余下的四道问题，，

所以.

(2)

解：①由题意可知，设最大，

则，即，

可得，解得，即最有可能取的值为或；

②由二项分布的方差公式可得.

21. （12分）

(1)(2)

【解析】

(1)

解：由题可知：，所以，所以抛物线方程为.

当时，，所以，，联立，消去得，

解得或，所以，.所以，，

∴，

又，消去整理得，解得，，所以，所以，，

∴.

所以.

(2)

解：设，，则.

令，则，即.

所以.

联立，消元整理得，解得、，

∴.

而，

∴

因为且，所以.

所以.

令，

则.

∴在上单调递减.

又当时，.

所以当时，.

∴.

22.（12分）

(1)(2)证明见解析

【解析】

(1)

解：因为函数的定义域为，所以恒成立，

等价于恒成立，所以，

令，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，

故，即实数a的取值范围是；

(2)

证明：，

即为函数的两个零点，

即为方程的两个根，

即为方程的两个根，

由（1）知，即，且，

由，，得，

所以，

要证，只需证，

即证，即，

即，也就是，

整理得，即证，

令，则要证，

令，

则，

所以在上单调递增，所以，

所以当t>1时，，

故原结论成立，即．