2022年高考数学押题预测卷+答案解析02（上海专用）

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2022年高考原创押题预测卷02【上海专用】数学·全解全析1．【解析】【分析】根据向量的模的坐标表示，求得答案.【详解】由，则，故答案为：2．##【解析】【分析】先求出，通过展开式通项公式求出常数项.【详解】由题意得：，则展开式通项公式，令，解得：，则.故答案为：3．【解析】【分析】求出，进而求出顶点坐标到准线的距离为.【详解】中，所以，故准线方程为，顶点坐标到准线的距离为.故答案为：14．2【解析】【分析】根据题意，利用等比数列的基本量，列出的方程，求解即可.【详解】因为是等比数列，又、、成等差数列，故可得，即，又，整理得：，解得.故答案为：.5．【解析】【分析】利用圆柱的侧面积公式求解.【详解】因为圆柱的母线长，底面半径，所以该圆柱的侧面积为,故答案为：6．7【解析】【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此来求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，，即，由图可知，当时，取得最大值为.故答案为：7．．【解析】【分析】把作为一个整体，结合二次函数性质求解．【详解】，又，所以时，，此时．故答案为：．8．【解析】【分析】由题意可得AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，四边形为矩形，然后由双曲线的定义可得，由勾股定理可得，再由三角形ABF的面积为，可得，三式相结合可求得，从而可得，进而可求得渐近线方程【详解】因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，所以AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，因为与相等且平分，所以四边形为矩形，所以，设，则，所以，因为所以，因为三角形ABF的面积为，所以，得所以，得，所以，所以，得，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：9．##【解析】【分析】根据题意，由“追梦数列”的定义可得“追梦数列”是公比为的等比数列，进而可得若数列为“追梦数列”，则为公比为3的等比数列，进而由等比数列的通项公式可得答案．【详解】根据题意，“追梦数列”满足，即，则数列是公比为的等比数列.若数列为“追梦数列”，则.故答案为：.10．【解析】【分析】设三棱柱的高为，则三棱锥的高为，则，，由此即可求出.【详解】设三棱柱的高为，则三棱锥的高为，由题意知：，，故答案为：.11．或10.【解析】【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质求得答案.【详解】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以，而椭圆上的点到一个焦点距离是2，则点到另一个焦点的距离为；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0<a<16，所以，舍去；若曲线是双曲线，则a<0，容易判断双曲线的焦点在y轴，所以，不妨设点P在双曲线的上半支，上下焦点分别为，因为实半轴长为4，容易判断点P到下焦点的距离的最小值为4+5=9>2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离.故答案为：或10.12．2020【解析】【分析】由可求出周期，对变形可求得，从而求得，得到的前三项，分析的正负情况，可得时为负值，对此时的的求表达式可得，最大时有最小值.【详解】由已知得故故，的周期为3设，其中，故的周期为3由题意有由和差化积公式有故因此若，不存在这样的对任意恒成立，故舍则，，由三倍角公式有故，当时，；当时，；当时，.时，，故，此时最小，此时故答案为：202013．B【解析】【分析】设P点坐标为，列出，，进而，最后得到直线斜率的取值范围【详解】设P点坐标为，则，，，，于是，故.∵ ∴.故选:B.14．D【分析】利用辅助角公式将函数化简，进而根据函数在处取得最大值求出参数，然后结合三角函数的图象和性质判断答案.【详解】由题意，，，而函数在处取得最大值，所以，所以，，则.对A，因为，即，A错误；对B，因为，所以B错误；对C，因为，所以函数在上单调递减，所以C错误；对D，因为的最大值为，而，所以过点的直线与函数的图象必有公共点，D正确.故选：D.15．A【解析】【分析】根据直线的斜率大于零，得到，再分，，三种情况分类求解.【详解】因为直线的斜率大于零，所以， 当，a有2种选法，b有2种选法，c有1种选法；因为直线与直线重合，所以这样的直线有条；当时，a有1种选法，b有2种选法， c有2种选法；所以这样的直线有条，当时，a有2种选法，b有1种选法， c有2种选法；所以这样的直线有条，综上：这样的不重合直线的条数是3+8=11条，故选：A16．C【解析】【分析】分别求出当、“是单调递增数列”时实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】已知，若，即，解得.若数列是单调递增数列，对任意的，，即，所以，对任意的恒成立，故，因此，“”是“是单调递增数列”的充要条件.故选：C.17．(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可；（2）根据异面直线所成角的定义，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可.(1)由勾股定理可知：，所以圆锥的体积为：；(2)过做，所以是异面直线PE、BD所成的角（或其补角），因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，所以，即，而，所以，因此，在中，由正弦定理可知：，，由余弦定理可知：，所以，即异面直线PE、BD所成角的大小为.18．(1)－1；(2)【解析】【分析】（1）根据题意，得到，根据韦达定理，直接求解即可（2），，可得，根据对勾函数的性质，即可得到的取值范围(1)的解集是，得到的解集是，所以，，所以，(2)令，因为，所以，当时，，即有，因为函数在区间上有且仅有一个零点，令，根据对勾函数的性质，可得，因为与有且仅有一个交点，根据对勾函数的图像性质，得或，进而可得答案为：19．(1)不能；(2)能.【解析】【分析】(1)利用正弦定理求BC，求出从A到C的时间即可判断；(2)利用余弦定理求出AD，利用正弦定理求出CD，计算出时间即可判断．(1)由题已知公里，在中，由正弦定理得，，∴(公里)．∴从A到C需用时(分钟)，∵－50＝，即＞50，∴快递小哥不能在50分钟内将快件送到处；(2)在中，由余弦定理得，，∴(公里)，在中，，由正弦定理得，∴(公里)，∴(分钟)∵－＝，即＜，∴汽车能先到达处．20．(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、，利用可得出点的坐标，将点的坐标代入椭圆方程，可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；（3）设、，设直线的方程为，其中，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线、的方程，求出点的纵坐标，即可求得的值.(1)解：由已知可得，可得，所以，椭圆的方程为.(2)解：设点、，易知、，，，由可得，解得，即点，因为点在椭圆上，则，可得，因此，.(3)解：设、，设直线的方程为，其中，则，联立，可得，，由韦达定理可得，，，直线的方程为，，直线的方程为，可得，解得，即点，因此，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．(1)(2)(3)答案见解析【解析】【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；（2）作差判断增减，得出序数列即可求解；（3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得.(1)由题意得，即，解得；(2)，当时，，即，当时，，即，故，又，，，因此的序数列为，…，2021． 又因、互为“保序数列”，故，只需满足，解得：．(3)① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意. ② 当时，数列单调递增，故也应单调递增，从而对且恒成立.又数列单调递增，故. ③ 当时，数列单调递减，故也应单调递减，从而对且恒成立.又数列单调递减，故.   ④ 当时，数列单调递减，且；单调递增，且，于是对且恒成立，即，从而.另一方面，对且恒成立，即，从而.综上，，即.此时，，满足题意. 综上，当时，、满足的条件是；当时，、满足的条件是；当时，、满足的条件是.