2022年高考押题预测卷01（浙江卷）-数学（全解全析）

这是一份2022年高考押题预测卷01（浙江卷）-数学（全解全析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考原创押题预测卷01【浙江卷】数学·全解全析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。12345678910ABAAADBBBC1．【答案】A【解析】由交集定义计算．故选：A．2．【答案】B【解析】由题意可知，，所以．故选：B3．【答案】A【解析】由题意知该空间几何体为一个半圆柱和一个三棱锥的组合体，如图：所以体积.故选：A.4．【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，如图：由可得：，平移直线；由图象可知当直线，经过点时，直线的截距最小，此时z最大，，解得.故选：A5．【答案】A【解析】解：当时，，故充分性成立；当时，，则，正负不确定，故必要性不成立，故选：A6．【答案】D【解析】解：因为，所以，所以，又定义域为R，所以为奇函数，其图象关于原点中心对称，所以排除选项A、B，又时，，所以排除选项C，从而可得选项D正确，故选：D.7．【答案】B【解析】延长交直线于，连接交于，连接交于，再连接，由，易知：，则，可得，而面，且，所以与面ABCD所成角正切值，①正确；所以平面截直四棱柱所得截面的形状为五边形，②错误；由上知：平面分割的下部分体积，平面分割的上部分体积，所以上、下两部分的体积之比为，③错误；由，故所得截面的面积，④正确. 故选：B8．【答案】B【解析】由已知可得.故选：B.9．【答案】B【解析】设是的中点，连接，如图，则，由，得三点共线，.由既是的平分线，又是边上的中线，得.作轴于点，，且，.故选：B.10．【答案】C因为，所以.下面用数学归纳法证明.当n=1时，符合.假设时，结论成立，即.当时，，所以显然成立；因为，所以，所以，即，所以结论成立.综上所述：对任意的均成立.记函数..因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增，所以，即，所以，即，所以数列为单调递增函数，所以.记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即.所以，所以，所以，累加得：.因为，所以，即，所以，所以，即.记，则，所以在上单调递减，所以，即.所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以即.综上所述：.故选：C非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。 11,_____120________           12______ 7或 ________         ________ ______  13,______6   ________      ______________  14______________  ____________________      15______________       ______________   16______________        17,______________ 11．【答案】120由题意得：扇形的弧长为30，半径为8，所以扇形的面积为：，故答案为：120 12．【答案】     7或     解：在中，，，，由余弦定理可得，即，即，所以或；若，则，由余弦定理可得，所以，因为为的平分线，所以，所以，解得．故答案为：或7；．13．【答案】     6     由题意，，所以，令，，所以常数项为．故答案为：6；．14．【答案】   由题意可知，抛物线的焦点的坐标为，设过焦点的直线：，且交抛物线于、两点，由可得，，且，则，，所以，从而可知过抛物线焦点的弦长的最小值为，(i)当，则弦有可能过焦点，由题意可知，抛物线的准线为：，过、、分别作准线的垂线，垂足分别为、、，连接、，如下图所示：由抛物线定义可知，，，所以，又由三角关系可知，，即，从而M点纵坐标的最小值是；(ii)当时，可知必不过焦点，由抛物线性质可知，当平行于轴时，点纵坐标达到最小值，由抛物线对称性，不妨令点横坐标为，易知点纵坐标，即此时M点纵坐标的最小值是.故答案为：15．【答案】          连接DF，因为，分别为，的中点，所以是△ABC的中位线，所以，则，所以，所以；，故故答案为：，16．【答案】由题意知的可能取值分别为0，1，2，3，4；表示这4个数字都是0，则；表示这4个数字中有一个为1，则；同理；；；所以的分布列为，01234计算数学期望为．故答案为．17．【答案】当时，在上有两个不同的零点等价于：在上有两个不同的实根，但此方程的二次项系数为1，常数项为，故在上只有一个不同的实根，舍.当时，在上有两个不同的零点等价于：及共有两个不同的负实数根.若有一个实数根，故即，此时有一个实数根，因为，所以，而，故此时即即有一个负根.所以即.若无实数根，即即，所以，故仅有一个实数根，与题设矛盾.故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（本题满分14分）【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简，得，再利用余弦定理进行计算即可求解（2）由，得，进而利用倍角公式和和差公式进行求解即可(1)∵，由正弦定理得，，化简得.由余弦定理得，.又，∴.(2)由，得.∴，.∴19．(本题15分)【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.(1)∵PA⊥平面ABCD，平面ABCD，∴．∵，AD，平面PAD且，∴BA⊥平面PAD．∵，∴CE⊥平面PAD．又平面PAD，∴；(2)∵，又，，∴，．以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，连结PE．A（0，0，0），B（1，0，0），E（0，2，0），P（0，0，1），C（1，2，0），由题意知平面PAB的一个法向量为，设平面PCE的法向量为，，，由，，得，取，则．设所求二面角为，则．20．(本题15分)【答案】(1)，(2)或【解析】【分析】（1）根据递推关系得，再验证满足条件即可求得答案；（2）由（1）知，，再结合裂项求和与数列的单调性得，再解不等式即可.(1)解：当，，①，，②①－②得（*）在①中令，得，也满足（*），所以，，(2)解：由（1）知，，故，于是，因为随n的增大而增大，所以，解得或所以实数m的取值范围是或.21．(本题15分)【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）设直线的方程为，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，可求得点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，可得出，结合可得出的取值范围，进而可求得的取值范围，即可得解；（2）设点，计算得出的面积，令，记，则，求导，分析可知函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，结合已知条件可得出关于的不等式组，解出的取值范围，即可得出点的横坐标的取值范围.(1)解：由题意可设直线的方程为，则，联立可得，，可得，①设点、，由韦达定理可得，，设点，则，，将点的坐标代入抛物线的方程得，则，代入①可得，可得，解得，因此.因此，点的纵坐标的取值范围是.(2)解：设点，则点到直线的距离为，，故的面积，②将代入②得，令，记，则，则，因为在上单调递减，所以，函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，所以，，可得，③因为点在椭圆的左上方，则，④由③④可得，因此，点的横坐标的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．22．(本题15分)【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，再求出导函数，即可得到函数的单调区间；（Ⅱ）根据在与处导数相等，，再根据基本不等式可得，再把化成，再构造函数求导可证；（Ⅲ）将问题转化为在上有唯一零点，再利用导数研究函数的单调性与极值，即可求出参数的取值范围．【详解】解：（Ⅰ）因为，定义域为，所以因为，所以恒成立，所以在定义域上单调递增，（Ⅱ）证明：，令，得由根与系数的关系得，即，得，．令，则令，则，得．即（Ⅲ）由，得，则由题意知，对任意，方程有唯一解．令，则在上有唯一零点．，令，则．当时，，在上单调递增，又当时，，当时，，在上有唯一零点．当时，有两个不同实根，，则，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又当时，，当时，，则有零点，．令，则，同理，．当，即时，得，则恰有一个零点当，即时，则存在，此时有两个零点，不符合题意．综上可得．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．