2022年高考押题预测卷01（浙江卷）-数学（全解全析）

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。

1．【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：B

3．【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：A

5．【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：A

6．【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：B

8．【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，

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

，，②

①－②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．