2022年高考原創(chuàng)押題預測卷01【浙江卷】數(shù)學·全解全析一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。12345678910ABAAADBBBC1．【答案】A【解析】由交集定義計算．故選：A．2．【答案】B【解析】由題意可知，，所以．故選：B3．【答案】A【解析】由題意知該空間幾何體為一個半圓柱和一個三棱錐的組合體，如圖：所以體積.故選：A.4．【答案】A【解析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，如圖：由可得：，平移直線；由圖象可知當直線，經(jīng)過點時，直線的截距最小，此時z最大，，解得.故選：A5．【答案】A【解析】解：當時，，故充分性成立；當時，，則，正負不確定，故必要性不成立，故選：A6．【答案】D【解析】解：因為，所以，所以，又定義域為R，所以為奇函數(shù)，其圖象關于原點中心對稱，所以排除選項A、B，又時，，所以排除選項C，從而可得選項D正確，故選：D.7．【答案】B【解析】延長交直線于，連接交于，連接交于，再連接，由，易知：，則，可得，而面，且，所以與面ABCD所成角正切值，①正確；所以平面截直四棱柱所得截面的形狀為五邊形，②錯誤；由上知：平面分割的下部分體積，平面分割的上部分體積，所以上、下兩部分的體積之比為，③錯誤；由，故所得截面的面積，④正確. 故選：B8．【答案】B【解析】由已知可得.故選：B.9．【答案】B【解析】設是的中點，連接，如圖，則，由，得三點共線，.由既是的平分線，又是邊上的中線，得.作軸于點，，且，.故選：B.10．【答案】C因為，所以.下面用數(shù)學歸納法證明.當n=1時，符合.假設時，結論成立，即.當時，，所以顯然成立；因為，所以，所以，即，所以結論成立.綜上所述：對任意的均成立.記函數(shù)..因為，所以（x=1取等號），所以在單調(diào)遞增，所以，即，所以，即，所以數(shù)列為單調(diào)遞增函數(shù)，所以.記，則（x=1取等號），所以在上單調(diào)遞增，所以，即.所以，所以，所以，累加得：.因為，所以，即，所以，所以，即.記，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，即.所以，所以，所以，所以，因為，所以，所以即.綜上所述：.故選：C非選擇題部分（共110分）二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。 11,_____120________           12______ 7或 ________         ________ ______  13,______6   ________      ______________  14______________  ____________________      15______________       ______________   16______________        17,______________ 11．【答案】120由題意得：扇形的弧長為30，半徑為8，所以扇形的面積為：，故答案為：120 12．【答案】     7或     解：在中，，，，由余弦定理可得，即，即，所以或；若，則，由余弦定理可得，所以，因為為的平分線，所以，所以，解得．故答案為：或7；．13．【答案】     6     由題意，，所以，令，，所以常數(shù)項為．故答案為：6；．14．【答案】   由題意可知，拋物線的焦點的坐標為，設過焦點的直線：，且交拋物線于、兩點，由可得，，且，則，，所以，從而可知過拋物線焦點的弦長的最小值為，(i)當，則弦有可能過焦點，由題意可知，拋物線的準線為：，過、、分別作準線的垂線，垂足分別為、、，連接、，如下圖所示：由拋物線定義可知，，，所以，又由三角關系可知，，即，從而M點縱坐標的最小值是；(ii)當時，可知必不過焦點，由拋物線性質可知，當平行于軸時，點縱坐標達到最小值，由拋物線對稱性，不妨令點橫坐標為，易知點縱坐標，即此時M點縱坐標的最小值是.故答案為：15．【答案】          連接DF，因為，分別為，的中點，所以是△ABC的中位線，所以，則，所以，所以；，故故答案為：，16．【答案】由題意知的可能取值分別為0，1，2，3，4；表示這4個數(shù)字都是0，則；表示這4個數(shù)字中有一個為1，則；同理；；；所以的分布列為，01234計算數(shù)學期望為．故答案為．17．【答案】當時，在上有兩個不同的零點等價于：在上有兩個不同的實根，但此方程的二次項系數(shù)為1，常數(shù)項為，故在上只有一個不同的實根，舍.當時，在上有兩個不同的零點等價于：及共有兩個不同的負實數(shù)根.若有一個實數(shù)根，故即，此時有一個實數(shù)根，因為，所以，而，故此時即即有一個負根.所以即.若無實數(shù)根，即即，所以，故僅有一個實數(shù)根，與題設矛盾.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18．（本題滿分14分）【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理化簡，得，再利用余弦定理進行計算即可求解（2）由，得，進而利用倍角公式和和差公式進行求解即可(1)∵，由正弦定理得，，化簡得.由余弦定理得，.又，∴.(2)由，得.∴，.∴19．(本題15分)【答案】(1)證明見解析；(2).【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質，結合線面垂直的判定定理、平行線的性質進行證明即可；（2）利用空間向量夾角公式進行求解即可.(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為原點，AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，連結PE．A（0，0，0），B（1，0，0），E（0，2，0），P（0，0，1），C（1，2，0），由題意知平面PAB的一個法向量為，設平面PCE的法向量為，，，由，，得，取，則．設所求二面角為，則．20．(本題15分)【答案】(1)，(2)或【解析】【分析】（1）根據(jù)遞推關系得，再驗證滿足條件即可求得答案；（2）由（1）知，，再結合裂項求和與數(shù)列的單調(diào)性得，再解不等式即可.(1)解：當，，①，，②①－②得（*）在①中令，得，也滿足（*），所以，，(2)解：由（1）知，，故，于是，因為隨n的增大而增大，所以，解得或所以實數(shù)m的取值范圍是或.21．(本題15分)【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）設直線的方程為，則，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，可求得點的坐標，將點的坐標代入拋物線的方程，可得出，結合可得出的取值范圍，進而可求得的取值范圍，即可得解；（2）設點，計算得出的面積，令，記，則，求導，分析可知函數(shù)在內(nèi)有唯一的極值點，且為極大值點，結合已知條件可得出關于的不等式組，解出的取值范圍，即可得出點的橫坐標的取值范圍.(1)解：由題意可設直線的方程為，則，聯(lián)立可得，，可得，①設點、，由韋達定理可得，，設點，則，，將點的坐標代入拋物線的方程得，則，代入①可得，可得，解得，因此.因此，點的縱坐標的取值范圍是.(2)解：設點，則點到直線的距離為，，故的面積，②將代入②得，令，記，則，則，因為在上單調(diào)遞減，所以，函數(shù)在內(nèi)有唯一的極值點，且為極大值點，所以，，可得，③因為點在橢圓的左上方，則，④由③④可得，因此，點的橫坐標的取值范圍是.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．22．(本題15分)【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的定義域，再求出導函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）根據(jù)在與處導數(shù)相等，，再根據(jù)基本不等式可得，再把化成，再構造函數(shù)求導可證；（Ⅲ）將問題轉化為在上有唯一零點，再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值，即可求出參數(shù)的取值范圍．【詳解】解：（Ⅰ）因為，定義域為，所以因為，所以恒成立，所以在定義域上單調(diào)遞增，（Ⅱ）證明：，令，得由根與系數(shù)的關系得，即，得，．令，則令，則，得．即（Ⅲ）由，得，則由題意知，對任意，方程有唯一解．令，則在上有唯一零點．，令，則．當時，，在上單調(diào)遞增，又當時，，當時，，在上有唯一零點．當時，有兩個不同實根，，則，，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又當時，，當時，，則有零點，．令，則，同理，．當，即時，得，則恰有一個零點當，即時，則存在，此時有兩個零點，不符合題意．綜上可得．【點睛】導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．  
 

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