2022年高考数学押题预测卷+答案解析03（新高考数学卷）

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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．12345678DADABDDB1．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：D2．A【详解】的展开式通项公式为，令，解得：，则，解得：.故选：A3．D【详解】设，则，由题意得，解得即或，故选：D4．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．9101112 ACABDACDACD9．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：AC10．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：ACD12．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）14．15．216．          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．