2022年高考数学押题预测卷+答案解析02（上海专用）

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：1

4．2

【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：2020

13．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：A

16．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.