2022年高考押題預(yù)測卷03【上海專用】-數(shù)學(xué)（全解全析）

2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測卷03【上海專用】

數(shù)學(xué)?全解全析

1.{0,2}

【解析】

【分析】

根據(jù)集合交集的定義計算.

【詳解】

由已知Ac8={0,2}.

故答案為：{0,2}.

2.120

【解析】

【分析】

直接用二項式定理求解即可.

【詳解】

由二項式定理得一”3,

令1（）-2r=4,故r=3,因此C；o=12O.

故答案為：120.

3.40

【解析】

【分析】

設(shè)4師％），2（和為），8詢％），??由0a°，為））,分別過％6,…島，作拋物線的準(zhǔn)線的垂線,垂足分別為

…M。，利用拋物線的定義可得占+々+$+…+%=20,從而可求得結(jié)果.

【詳解】

設(shè)耳（4,%），2。,為），￡（孫為），“由。（/，為）），分別過幾鳥,呂,…,修,作拋物線的準(zhǔn)線的垂線,垂足分別為

。用，。3「必，

???片、6、8、…、兒是拋物線），=8x上不同的點，點尸（2,0）,準(zhǔn)線為x=-2,

+

|FP\|+1FP21+,?,1=（%+2）+（x,+2）+（x3+2）H---1-（xl0+2）=^+x2+x,+...+xl（）+20.

???麗+巫+…+孤=6,

二.X]+工2+工3+…+%0=2°,

/.|FA|+1R|d--1-|尸閡=%+々+&+…+Ro+20=20+20=40.

故答案為：40.

3

4.-##1.5

2

【解析】

【分析】

先求數(shù)列｛4｝的前〃項和s“，當(dāng)”=1時，5,=1;當(dāng)“22時，數(shù)列｛4｝為等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列求和公

式求解，然后求S,極限.

【詳解】

-1-1,〃=1

”,所以s.h

當(dāng)〃=1時，，=1；當(dāng)〃22時，s=1+—,43所以

33

limS=lim

M—>00n〃一>8

3

故答案為：—

5.4

【解析】

【分析】

由題意可得"1)=3,由此可求得實數(shù)機的值，進而可得〃x)=bg2(x+l)+2,即可得解.

【詳解】

由于函數(shù)/(x)=log2(x+M+2的反函數(shù)的圖象經(jīng)過點(3,1),

則/(l)=log2(l+〃?)+2=3,解得加=1,

，函數(shù)/(x)=log2(x+l)+2,

.?.*3)=log2(3+l)+2=4.

故答案為：4.

6.25

【解析】

【分析】

根據(jù)x>0,>'>0,且3+1=1,由4x+y=（4x+y）[3+']=17+生+土，利用基本不等式求解.

X>\xy）xy

【詳解】

41

因為x>0,y>0,且一+―=1,

xy

所以4x+y=（4x+y）仕+，]=17+”+&17+2叵互=25,

（x”xN\xy

4V4x

當(dāng)且僅當(dāng)上=一，即x=y=5時，等號成立，

xy

所以4x+y的最小值為25,

故答案為：25

【解析】

【分析】

先判斷雙曲線的焦點在x軸上，即可求出“=應(yīng)，再設(shè)出雙曲線的方程，即可寫出雙曲線漸近線的方程，最

后由點到直線的距離公式即可求出b的值即可.

【詳解】

有雙曲線一個頂點為4夜,0）,可知焦點在x軸上，則〃

22

故雙曲線可設(shè)為、-2=1,則漸近線云土&y=0,

又悍"°L[,解得〃=2,則雙曲線的方程為《=1.

22

故答案為：二-￡=1.

22

8.-##1.5

2

【解析】

【分析】

根據(jù)三棱錐。-8MN的正視圖確定M,N,Q的位置，從而得到其俯視圖為等腰三角形，再計算面積；

【詳解】

由題意得：點M為A。的中點，點。為GR中點，點N與片重合,

,其俯視圖為三角形BMW，，如圖所示

.?1n3a一3

222

、3

故答案為：—

9.y=±(x-l)

【解析】

【分析】

設(shè)直線方程并聯(lián)立拋物線方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，利用得到相應(yīng)等式，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)

系式化簡，即可求得答案.

【詳解】

由題意可知產(chǎn)（1,0）,且化工0，

故設(shè)直線/的方程為y=&（x-i）,

聯(lián)立拋物線V=4x可得：k2x2-(2k2+4)x+k2=0,

△=16二+16>0,

設(shè)「（占,,）,。（々,必），則于’（2-再,％）,。'（3,一%），

44

旦玉+占=2+—,y+必=攵(入］+W-2)=%,

由于PQ'LPQ,故J+)、T,

2—(Xj+x2)k

4

I

就T,解得々=±1,

K

故直線/的方程為y=±（x-i）,

故答案為：y=±（x-l）

10.30

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，結(jié)合遞推關(guān)系式與歸納推理，分別求出數(shù)列前20項，即可求解.

【詳解】

根據(jù)題意，易知4=±3,/=0或±6,%=±3或*,%=°、±6或±12,

%=±3、妙或±15,4=°、±6、±12或±18,以此類推，

須=土3、助、±15、±21、±27、±33、±39>...±54,

%。=0、±6、±12、±18、±24、±30、±36、...±60.

故k+%L=3，|4+生+生+%L=6，.+4+/+%+%+⑷向產(chǎn)加

以此類推，得何+生^---na19+?2o|,nil1-30.

故答案為：30.

【點睛】

歸納推理是由部分到整體、由特殊到一般的推理，由歸納推理所得的結(jié)論不一定正確，通常歸納的個體數(shù)

目越多，越具有代表性，那么推廣的一般性命題也會越可靠，它是一種發(fā)現(xiàn)一般性規(guī)律的重要方法.

H.

【解析】

【分析】

設(shè)線段4綜上到原點距離等于5的點為p（x,y）,可得p（3,4）,根據(jù)已知條件可得A、4，&、生，L中必

有一點在P（3,4）的左側(cè)，一點在P（3,4）的右側(cè)，再由片，P2,LP“,L是中點，可得出6,LP“，L

的極限即為P（3,4）,即可求解.

【詳解】

由（|0闋-5川0閔-5）<0可知|例|和|。因一個大于5一個小于5,

設(shè)線段4為上到原點距離等于5的點為P（x,y）,由歷了=5,且言=臺|可得x=3,y=4,

所以線段4綜上到原點距離等于5的點為尸（3,4）,

若（|。4,|-54041-5）＜0則其、耳應(yīng)在點P（3,4）的兩側(cè),

所以第一次應(yīng)取AM，

若（網(wǎng)|-5乂|。叫-5）＜0,依次下去則A、/4、。,L中必有一點在尸（3,4）的左側(cè),一點在尸（3,4）的

右側(cè)，

因為《，P2,LPn,L是中點，

所以4，P2,LP“,L的極限為P（3,4）,

所以!吧|4刃=|40=近，

故答案為：五.

12.36

【解析】

【分析】

由題可得2"為數(shù)列｛q｝的2"一+”項，且利用分組求和可得Sy=41+2n+'-2,通過計算即得.

【詳解】

由題意，對于數(shù)列｛%｝的項2"，其前面的項1，3,5,2"-leA,共有2"一項，2,22,23,-,2"€B,共

有"項，所以2"為數(shù)列｛%｝的2"T+”項，

且Szf,,=［（2xl-l）+（2x2—1）+…+（2x2'i—川+（2+2?+…+2"）=4"T+2”*-2.

可算得+6=38（項），&=64，31150,

因為%?=63,〃=61,=59,所以$=1086,S36=1023,S35=962,

因此所求〃的最小值為36.

故答案為：36.

13.D

【解析】

【分析】

化簡函數(shù)解析式得/（x）=2sin（2x-J根據(jù)其值域［-2,1］,可得2,局=2公r+4

2k兀——<2/??——<2k7r——^kGZ),求解出對應(yīng)的范圍，代入即可得機的范圍.

662

【詳解】

由/(x)=2sinx(sinx+Gcosx)-1化簡得〃x)=2sin(2x-a

因為其值域為［-2』，不妨設(shè)2〃-看=2就+菅，2^-^<2w-^<2^-^(^eZ),

即〃=左乃+7，％萬一544左左一著(左eZ),貝I］得。W〃一，?i4'^.

故選：D.

14.D

【解析】

【分析】

根據(jù)直線的斜率分兩種情況，直線/的斜率不存在時求出直線/的方程，即可判斷出答案；直線/的斜率存在

時，由點斜式設(shè)出直線/的方程，根據(jù)直線和圓有公共點的條件：圓心到直線的距離小于或等于半徑，列出

不等式求出斜率人的范圍，可得傾斜角的范圍.

【詳解】

解：①當(dāng)直線/的斜率不存在時，直線/的方程是x=-G，

此時直線/與圓相離，沒有公共點，不滿足題意；

②當(dāng)直線/的斜率存在時，設(shè)直線/的方程為y+l=k(x+G),

即履-y+6k-1=0,

???直線/和圓有公共點，

???圓心到直線的距離小于或等于半徑，則,,1,

解得噴灰6,

7T

???直線/的傾斜角的取值范圍是0,y,

故選：D.

15.C

【解析】

【分析】

根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理及充分條件、必要條件即可判斷.

【詳解】

因為POJ_a,所以PO_La,且PODOA=O

則。4_1404_1平面/>040“_1上4,

所以“直線直線Q4”是"直線〃，直線PA的充要條件”，

故選：C

16.B

【解析】

【分析】

建立平面直角坐標(biāo)系，由坐標(biāo)法表示出14A月+4/+4,方+兒區(qū)后+4通|，并利用列舉法求得最大值.

【詳解】

以A為原點，AD為*軸建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，

正六邊形的邊長為2,所以：

R通而+4而+%荏+4通]

—k(1,—6)+4卜,—白)+4(4,0)+4^3,5/3j+^；

=*4,)+卜4)+(44,0)+(34,6%)+(4,j

—

=|(4+3A,+44+34+&，-■'/3A,+■^3AJ)+)]

=J(4+3A,+4A,+3A4+4)+卜>754—V3A,+>/3/14+-s/3/tj)

=44片+12后+16后+121+4屋+2(644+444-244+1244+644+124%+444+644)

=小4+12+16+12+4+2(644+44/-244+1244+644+1244+444+644)

—《48+4(344+244-44++64乙+3%44+344)

令i=344+244—44+244++644+34兒+344，下用例舉法求得t的所有可能取值.

44444t

1111124

1111-116

111-110

11-111-8

1-11110

-1111122

-1-1111-2

-11-111-2

-111-11-2

-1111-110

1-1-111-8

1-11-11-12

1-111-1-8

11-1-11-8

11-11-1-8

111-1-14

-1-1-111-2

-1-11-11-14

-1-111-1-14

-11-1-11-2

-11-11-1-6

-111-1-1-2

1-1-1-114

1-1-11-1-8

1-11-1-1-8

11-1-1-14

-1-1-1-111()

-1-1-11-1-6

-1-11-1-1-14

-11-1-1-16

1-1-1-1-116

-1-1-1-1-118

由表格數(shù)據(jù)可知f的最大值為24,

所以AZ耳+%入。+4(AZj+4A￡+4A司的最大值為j48+4x24=12.

故選：B

【解析】

【分析】

(I)由題意先計算△ACO的面積，然后代入三棱錐體積公式計算即可；(2)由題意可判斷直線AC與C0

所成的角就是異面直線AC與所成的角，分別計算G。、A。，利用余弦定理計算cosNAG。，即可得

答案.

(1)

由題意得

SAAs=gxS*=；x(gxABxAC卜;x(gx2x2)=l

112

所以三棱錐G-AC。的體積％.A8=]XS△皿XCG=]X1X2=].

即所求G-48三棱錐的體積為|.

(2)

連接4。，由題意得BC=JAB。+AC?=2叵，AD=；BC=?,且AC〃AG，

所以直線AG與CQ所成的角就是異面直線AC與CtD所成的角.

22

在AAG。中，AG=2,CtD=ylcC-+CD=.2+—=限,AQ=Jw+AD?=瓜,

A.C-+C.D2-\D2V6

由余弦定理得cosNAG。=

2x4C[XCQ6

因為NACQe((U),所以N4CQ=arccos逅.

6

因此所求異面直線AC與G。所成角的大小為arccos^.

6

jr}7T

18.(1)最小正周期為萬；單調(diào)遞減區(qū)間為k7v-—,k7r+—(keZ)；(2)2G.

【解析】

【分析】

(1)整理得/(x)=2cos(2x+。可得其最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；⑵由/(A)=-6可得A=。，

設(shè)8c邊上的高為/2,所以有，R?=L6csinA=〃=且兒，由余弦定理可知：a2=b2+c2-2bccosA,得出

228

be416,最后可得〃最大值.

【詳解】

解：(1)/(x)=Gcos2x+2sin(芳+x)sin(乃一x)

=>/3cos2x-2cosxsinx

=>/3cos2x-sin2x

=2cosl2x+—I.

24

/(X)的最小正周期為：7=0="；

IT

當(dāng)2k兀<2x+—<2k兀+兀(keZ)時，

6

TTS乃

即當(dāng)hr-土WxV、r+3(氏eZ)時，函數(shù)〃x)單調(diào)遞減，

1212

jr57r

所以函數(shù)/(X)單調(diào)遞減區(qū)間為：k7t--,k7T+z—(keZ).

(2)因為f(A)=,所以

…兀5471

/.2AH———,A=—

663

設(shè)8。邊上的高為〃，所以有‘Hz='besinA=>力=—,

228

由余弦定理可知：a2=b2+c2-2bccosA,

/.16=Z?2+c2-be,?/b2+c2>2bc,

:.beM16(當(dāng)用僅當(dāng)b=c時，取等號)，所以7/=正兒426,

8

因此8c邊上的高的最大值2K.

19.(1)是，理由見解析;

(2)[-l,+<x))；

<53一

⑶/不,

\o2_

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)題意，得到2cos［_x°-1］=-2cos（x。-］）,利用三角恒等變換化簡，得6cos而=0,得到存在與

滿足/（-%）=-/（X。）,即可作出判斷:

（2）利用“X）為"M類函數(shù)"，得出4'+4-，-2M2'+2-'）-6=0,令f=2'+2一、（r22）,得到方程

r-2加-8=0在［2,W）有解可保證"X）為"M類函數(shù)”，分離參數(shù)即可求解；

log（X2-2）wc\,x>3

（3）由/（x）=S八?）為其定義域上的“M類函數(shù)”，得到存在存在實數(shù)%,滿足

-2,x<3

=-/（/）,根據(jù)分段函數(shù)的解析式，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，分類討論即可求解.

(1)

由題意，函數(shù)/'（X）在定義域內(nèi)存在實數(shù)%,滿足〃-%）=-./■（%）,

可得2cos|-X。g|Jcos-xu

化簡整理，得Geos%=0,解得玉）=5,

所以存在％=5滿足/（-與）=-/（X0）

所以函數(shù)/（x）=2cos是“M類函數(shù)”;

⑵

當(dāng)/(x)=4"-"2"'-3時,f(-x)=-f(x)

可化為4,+4-、-2機(2*+2-*)-6=0,

令r=2,+2-，。22）,貝!］4*+4-x=t2-2,

所以方程產(chǎn)-2W/-8=0在［2,4w）有解可保證/（%）是“M類函數(shù)”,

即2m=個=在［2,轉(zhuǎn)））有解可保證"X）是類函數(shù)”，

設(shè)g（f）=r-：在［2,內(nèi)）為單調(diào)遞增函數(shù)，

所以當(dāng)t=2時，g(r)取得最小值為g(2)=2-g=-2

即2m>-2,解得/nN-l.

所以實數(shù)加的取值范圍為卜1,以)；

(3)

由J-2fwc>0在(3,+<?)上恒成立，

轉(zhuǎn)化為2根vx在(3,-Ko)上恒成立，即2m<3

所以〃叱匕

2

log(X2-2nvc),x>3

因為/(幻=八o)為其定義域上的“M類函數(shù)”，

-2,x<3

所以存在實數(shù)%使得/(-%)=-/Uo)，

當(dāng)%>3時，則-%<-3,所以-2=-log2,o-2皿O),所以>一2叫=4,

4

即2機=%—-在(3,)有解可保證f(x)是“M類函數(shù)”

xo

4

設(shè)〃(與)=%---在(3,+oo)為單調(diào)遞增函數(shù)，

xo

45SS

/?(x)>/?(3)=3--=-,即2機〉：，解得加>工；

03336

當(dāng)-3</<3時，-3<-x0<3,此時-2=2,不成立；

當(dāng)天<3時，貝卜%>3,所以1082*2()+2〃％)=2,所以々J+2加叫)=4,

4

即2機=-A-o+—在(Y0,-3)清解可保證"X)是““類函數(shù)”

入0

4

設(shè)。(10)二-式0+—在(-00,-3)為單調(diào)遞減函數(shù)，

尤0

4555

^(x0)>//(-3)=3--=-,即2口>；,解得機>工.

3336

(53-

綜上所述，實數(shù)機的取值范圍為.

【點睛】

解決本題的關(guān)鍵準(zhǔn)確理解函數(shù)的新定義類函數(shù)”的含義，然后將問題轉(zhuǎn)化為有解問題，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)

性即可求解.

22

20.(1)W1；

43

⑵6

(3)存在，st=a2

【解析】

【分析】

(1)由題意可得乃=2K，求出6=再將點(一1,的坐標(biāo)代入橢圓方程中可求出/,從而可求

得橢圓方程，

(2)由題意設(shè)直線PQ為x=，*y+G,設(shè)P區(qū),y),。小,%),將x=，”y+G代入橢圓方程中消去工，利用根

與系數(shù)的關(guān)系，從而可表示出可。，2=^><6]必-%|=#+%)2一4二%，再把前面的式子代入化簡可求

得其最大值，

(3)由題意設(shè)直線PQ為x=:致+/,設(shè)「。"),。(%,當(dāng))，將直線方程代入橢圓方程中消去x,利用根與系

數(shù)的關(guān)系，由/PS7=NQ5T,得限+乜=0,y,(x2-s)+y2(x,-s)=0,結(jié)合前面的式子化簡即可得結(jié)果

(1)

由題意得26=26,得b=6，

所以橢圓方程為二+$=1,

a23

313

因為點(一1，：)在橢圓上，所以《+；=1，得/=4,

2a-4

所以橢圓方程為￡+反=1

43

(2)

由題意設(shè)直線PQ為x=my+G，設(shè)「(而,)1),。(々，必)，

Z+￡=1

由143,得(3，"2+4)丁+6島沙-3=0,

x=my+>j3

所以>0,y+%=，M%=--,

?J3m*+4；3m+4

：2

所以%改=；x用,_必|=Y>J(yl+y2)-4yly2

I108/12

.V]/(3m2+4)2+3療+4

14W+48

2V(3加+4)2

)I3m2+1

\[(3/+1)+3]2

.I3m2+1

V(3m2+l)2+6(3w2+l)+9

i

>g

\(3〃「+l)4---3---1-6

=6

2、(3加+1).3+6

當(dāng)且僅當(dāng)3川+1=丁',即m=±如時取等號，

34+13

所以^OPQ面積的最大值為G

(3)

由題意設(shè)直線尸。為“叼+f,設(shè)尸(片,%),。(%,%)，

工X

a2h2~,得(〃機2+/?2+2機力2丫+從--4%2=。，

x=my+t

b2t2-a2h2

所以?>0,x+必=一b2m2+a2'""2h2m2+a

因為NPST=NQS7,

所以Zps+%s=0,

所以工+3^=0,

所以y(*2-s)+y2(xt-5)=0,

y(my2+f)+%("?M+f)-s(y+%)=0,

所以2陽跖+“-$)(%+%)=0，

所以2mz>2[產(chǎn)一。2T(”$)]=0,

所以廠—4—f(f—s)=0,得st=a?,

所以x軸上是存在點S(s,0)使得NPST=NQST恒成立，止匕時4=合

21.（1）證明見解析

〃+1+-~~-,n=2k+l,keZ2幾,q=l

4

(2)當(dāng)4=0時,；當(dāng),=0時，S"=<20-q")

tn八一_1

n+—,〃=2k,KGZ

4、i-q

⑶對任意〃N2,〃WN,/是正整數(shù)，理由見解析.

【解析】

【分析】

（1）由題干條件得到的=2<7+（>2,故可說明數(shù)列｛4｝不可能是常數(shù)列；（2）分9=0,/聲0與f=0,q手。

兩種情況進行求解；（3）先求出4=4,4=24,故猜想對任意〃22,〃eN,瓦是正整數(shù)，對

22，ZZS1

""=而二?。?-N）平方后整理為Y=”+2,代入a31中，消去⑸,得到

4a：

關(guān)于"的式子，再進行整理得到=2b.（b；i+1）,故可類推出結(jié)果.

（1）

證明：a2=qal+-=2q+^,因為q>l,，20,所以4=2q+：>2,故當(dāng)〃>1時，數(shù)列｛《,｝不可能是常數(shù)

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