2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（上海专用）

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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：257．【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：C16．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.11111241111-116111-11011-111-81-11110-1111122-1-1111-2-11-111-2-111-11-2-1111-1101-1-111-81-11-11-121-111-1-811-1-11-811-11-1-8111-1-14-1-1-111-2-1-11-11-14-1-111-1-14-11-1-11-2-11-11-1-6-111-1-1-21-1-1-1141-1-11-1-81-11-1-1-811-1-1-14-1-1-1-1110-1-1-11-1-6-1-11-1-1-14-11-1-1-161-1-1-1-116-1-1-1-1-118 由表格数据可知的最大值为，所以的最大值为.故选：B17．(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.