高考前迅速提分复习（上海专用）高考预测卷数学

绝密★启用前|试题命制中心2022年上海高考预测卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．1．已知集合，则___________.【答案】【分析】化简集合B，根据交集运算求解即可.【详解】，，故答案为：2．已知复数z满足：（为虚数单位），则___________.【答案】【分析】根据复数代数形式的乘除运算及共轭复数定义求出，再根据复数模的公式计算可得；【详解】解：因为，所以，所以，所以，所以故答案为：3．位同学被推荐担任进博会个指定展馆服务志愿者，每人负责个展馆，每个展馆只需位同学，则共有____________种不同的安排方法.【答案】【分析】利用排列计算出正确答案.【详解】位同学被推荐担任进博会个指定展馆服务志愿者，每人负责个展馆，每个展馆只需位同学，则共有种不同的安排方法.故答案为：4．有身高全不相同的6位同学一起拍毕业照，若6人随机排成两排，每排3人，则后排每人都比前排任意一位同学高的概率是___________（结果用最简分数表示）.【答案】【分析】试验发生包含的事件是6个人进行全排列，共有种结果，满足后排每人都比前排任意一位同学高，则要从6个人中3个个子高的站后排，3个个子矮的站前排，根据概率公式得到结果．【详解】试验发生包含的事件是6个人进行全排列，共有种结果，满足后排每人都比前排任意一位同学高，则要从6个人中3个个子高的站后排，3个个子矮的站前排，共有种结果根据古典概型概率公式得到故答案为：.5．把一个表面积为平方厘米实心铁球铸成一个底面半径与球的半径一样的圆锥(假设没有任何损耗)，则圆锥的高是__________厘米.【答案】8【分析】由球体的变面积公式求球的半径，再根据实心铁球铸成圆锥前后体积不变，求圆锥的高即可.【详解】若实心铁球的半径为，则，可得，∴其体积为，将其铸成一个底面半径与球的半径一样的圆锥，∴若设圆锥的高是，且底面积，由前后体积不变知：，∴.故答案为：.6．已知桶中盛有2升水，桶中盛有1升水．现将桶中的水的和桶中的水的倒入桶中，再将桶与桶中剩余的水倒入桶中；然后将桶中的水的和桶中的水的倒入桶中，再将桶与桶中剩余的水倒入桶中；若如此继续操作下去，则桶中的水比桶中的水多_______升．【答案】．【分析】根据题意，得到，之间的关系，然后用数列知识求解．【详解】根据题意可得，，，，即数列是以为首项，为公比的等比数列，，，．故答案为：7．在平面直角坐标系中，已知点，若为平面区域上的一个动点，则的取值范围是___________.【答案】【分析】作出可行域，确定目标函数，根据目标函数的几何意义，结合图象即可得到结论．【详解】画出平面区域：，设，其表示可行域中的点与定点的距离，易求得，如图所示，，，，所以的取值范围是.故答案为：.8．已知数列和，其中是的小数点后的第位数字，(例如)，若，且对任意的，均有，则满足的所有的值为_______．【答案】或【分析】据题意可推导出为周期数列，再分析可知，然后利用周期逐一验证数列的各项与计算结果是否一致，即可找到所有符合题意的的值.【详解】是的小数点后的第位数字，且.是以3为周期的数列，且各项为依次循环出现.又,当时，，与数列各项均为正数相矛盾；当时，不符合题意，与数列中最大项为相矛盾；且，，与相矛盾，故舍去；，符合题意；与相矛盾，故舍去；，符合题意；综上所述：对任意的，均有，则满足的所有的值为或.故答案为：或9．秉承“新时代、共享末来”的主题，第四届“进博会”于2021年11月5至10日在上海召开，某高校派出2名女教师、2名男教师和1名学生参加前五天的志愿者服务工作，每天安排1人，每人工作1天，如果2名男教师不能安排在相邻两天，2名女教师也是如此，那么符合条件的不同安排方案共有_______种.【答案】【分析】男教师，女教师不能相邻，使用间接法.【详解】总的排列数是，男教师相邻的排法为，女教师相邻的排法为，男教师相邻且女教师相邻的排法为，所以共有不同安排方法为.故答案为：4810．现有一个圆柱和一个长方体，它们的底面积相等，高也相等，若长方体的底面周长为8，圆柱的体积为，则长方体的高的取值范围是___________.【答案】【分析】根据长方体及圆柱的体积公式，结合题干条件，把高表示出来，得到，利用基本不等式，求得取值范围.【详解】设长方体底面长为a，宽为b，圆柱底面半径为r，则由题知，，，，所以，当且仅当时，等号成立；故h的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点点睛：找到长方体高与底面长宽之间的关系，利用基本不等式求得范围.用等差数列的求和公式求出两个象限内的格点数.11．考查等式：(*)，其中，且.某同学用概率论方法证明等式(*)如下：设一批产品共有件，其中件产品，记事件{取到的件产品中恰有件次品}，则，，1，2，…，.显然，，…，为互斥事件，且(必然事件)，因此，所以，即等式(*)成立.对此，有的同学认为上述证明是正确的，体现了偶然性与必然性的统一；但有的同学对上述证明方法的科学性与严谨性提出质疑.现有以下四个判断：①等式(*)成立，②等式(*)不成立，③证明正确，④证明不正确，试写出所有正确判断的序号___________.【答案】①③【分析】构造概率模型，从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，利用古典概型概率公式求得其概率，根据，，…，为互斥事件，且(必然事件)，即可判断.【详解】设一批产品共有件，其中件是次品，其余件为正品.现从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，则取到的产品中恰有件次品共有种情况，又从中随机取出件产品，共有种情况，，1，…，，故其概率为，，1，…，.∵，，…，为互斥事件，且(必然事件)，因此，所以，即等式(*)成立.从而可知正确的序号为：①③.故答案为：①③.【点睛】关键点点睛：本题以概率为依托，证明组合中的等式问题，解题的关键是构造概率模型，利用古典概型的概率公式求概率，题目新颖.12．焦点为的抛物线与圆交于、两点，其中点横坐标为，方程的曲线记为，是圆与轴的交点，是坐标原点.有下面的四个命题，请选出所有正确的命题：_________.①对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；②对于给定的角，存在，使得圆弧ACB所对的圆心角；③对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△；④当时，存在面积大于2021的内接正△.【答案】①②③【分析】由题设抛物线与圆的方程可得交点横坐标与圆半径的关系为，结合各项条件，应用特殊值法判断①②的正误，由于随着圆半径的增大，直线与的交点从圆上会变化，直到时交点刚好为抛物线与圆的交点上，此后R再增大位置不变，即可判断③④的正误.【详解】联立抛物线与圆的方程，消去y得，即，而且，∴，即A、B横坐标与半径R的关系，∵抛物线与圆有两个交点，即，∴当时，，①正确；∵由题意知：关于x轴对称，则对于给定的角，存在使得圆弧所对的圆心角，即只需存在R使即可.∴令，则，解得或，1、当，在如下图阴影部分变化，有，2、当，若时，故在如下图阴影部分变化，有，∴或时，有即，所以对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角，故②正确；由，于是轴，直线：，同理，∴与分别都只有一个交点，即对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△，③正确；当时，如下图示，抛物线与圆只有一个交点且交点为原点，不符合题意，但此时，∴当时，与的交点在圆上，会一直增大，如下图示，直到，即与、重合分别为、，此时，

∴.当时，与的交点在抛物线上，的变化对没有影响，如下图示，，∴④错误.【点睛】关键点点睛：确定A、B横坐标与半径R的关系，应用特殊值法判断前两项的正误，由题设确定，，且在圆的半径增大过程中首先在圆上变化，直到时一直为与抛物线的交点.选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．设D是的一个子集，称函数为“机智”的，若存在奇函数，使得，有两个命题：①若对任意，都成立，，则是“机智”的；②若对任意，都成立，则是“机智”的；则下列判断正确的是（

）A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题C．①､②都是假命题D．①､②都是真命题【答案】D【分析】利用函数的奇偶性定义，直接判断求解即可【详解】为奇函数，，故选：D14．已知函数，设（）为实数，且．给出下列结论：①若，则；②若，则．其中正确的是（

）A．①与②均正确 B．①正确，②不正确C．①不正确，②正确 D．①与②均不正确【答案】A【分析】令，得到为递增函数，且为奇函数，①中，不妨设，结合，利用直线的方程得到，进而得到，可判断①正确；②中，不妨设，得到点，利用直线的方程得到，进而得到，可判定②正确.【详解】令函数，可得函数为单调递增函数，又由，即，所以函数为奇函数，图象关于点对称，如图（1）所示，①中，因为，且，则，不妨设，则点，此时直线的方程为，可得，则，可得，又由，所以，即，即，所以①正确；②中，若，不妨设，则，不妨设，则点，此时直线的方程为，可得，则，可得，又由，所以，即，即，所以②正确.故选：A.【点睛】方法点拨：令函数，得到函数为递增函数，且为奇函数，求得点和，结合直线和的方程，得出不等式关系式是解答的关键.15．已知{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若存在实数x1，x2，x3，⋯，x9满足方程组，则d的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】把方程组中的都用和表示，求得的表达式，根据方程组从整体分析可知：当，，时，取最小值．【详解】解：把方程组中的都用和表示得：，把代入得：，根据分母结构特点及可知：当，，时，取最小值为．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据方程组从整体分析得：当，，时，取最小值．16．已知函数的定义域为，值域为，函数具有下列性质：（1）若，则；（2）若，则.下列结论正确是（

）①函数可能是奇函数；②函数可能是周期函数；③存在，使得；④对任意，都有.A．①③④ B．②③④ C．②④ D．②③【答案】B【分析】利用函数奇偶性、周期性的定义以及函数所满足的两个性质对①②③④逐一分析可解.【详解】解：对①：若为奇函数，则.令，由（2）知，而与（1）矛盾，所以①错误.对②：若为周期函数，则(其中为非零常数)，当（比如）值域时，令，则（1）成立；（2）也成立，故②正确.对③：由②可知，存在，使为任意非零常数，所以可使，故③正确.对④：令，则由（1）知，从而，所以，所以④正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：牢牢抓住所满足的两个性质以及函数的奇偶性、周期性的定义进行分析判断.三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．17．如图，在四棱锥中，底面，且是直角梯形，，，点是的中点.(1)证明：直线平面；(2)者直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意证得，，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）根据线面角的定义，得到即为直线与平面所成角，在直角中，求得，得到，结合，即可求解.(1)证明：因为平而，平面，所以，又因为，且，可得，所以，所以又由且平面，所以平面.(2)解：由（1）知平面，所以即为直线与平面所成角，在直角中，可得，可得，在直角中，可得，所以三棱锥的体积为.18．第四届“进博会”将于2021年11月份在国家会展中心进行．某企业计划在会展中心租用一个长方形展区用于产品展示,按照产品的展示要求,需要将展区设计为产品陈列区（阴影部分）和观众人行道两部分．已知产品陈列区的面积需要4000平方米，人行道的宽分别需要4米和10米（如图）(1)设产品陈列区的长和宽的比（长＞宽），求展区所占面积关于的函数的解析式；(2)为了使参展所用费用最小（即展区所占面积最小，不考虑其它），问：产品陈列区的长和宽该如何设计？【答案】(1)(2)长为100米，宽为40米【分析】（1）设陈列区的宽为米，则其长为米，得到，根据，即可求得面积关于的函数的解析式.（2）由，结合基本不等式，即可求解.(1)解：设陈列区的宽为米，则其长为米，所以，可得，所以；所以面积关于的函数的解析式(2)解：由，当且仅当时，即时，等号成立，可得所占面积最小，此时，，即的长为100米，宽为40米．19．已知函数的定义域为区间D，若对于给定的非零实数m，存在，使得，则称函数在区间D上具有性质.(1)判断函数在区间上是否具有性质，并说明理由；(2)若函数在区间上具有性质，求n的取值范围；(3)已知函数的图像是连续不断的曲线，且，求证：函数在区间上具有性质.【答案】(1)具有性质，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）由题可得，则，结合条件即得；（2）由，解得，，可得，即得；（3）设，，可得，当、、、、、中有一个为0时，可得，，即证；当、、、、、中均不为0时，由于其和为0，则其中必存在正数和负数，不妨设，，结合条件可知，存在，，即证.(1)函数在上具有性质.若，则，因为，且，所以函数在上具有性质.(2)解法1：由题意，存在，使得，得（舍）或，则得.因为，所以.又因为且，所以，即所求的取值范围是.解法2：当时，函数，是增函数，所以不符合题意；当时，因为直线是函数的一条对称轴，而函数在区间上具有性质，所以，解得，即所求的取值范围是.(3)设，.则有，，，，，，.以上各式相加得即，（ⅰ）当、、、、、中有一个为0时，不妨设，，即，即，，所以函数在区间上具有性质.（ⅱ）当、、、、、中均不为0时，由于其和为0，则其中必存在正数和负数，不妨设，，其中，.由于函数的图像是连续不断的曲线，所以当时，至少存在一个实数（当时，至少存在一个实数），其中，使得，即，即存在，使得，所以函数在区间上也具有性质.综上，函数在区间上具有性质.20．在平面直角坐标系中，过方程所确定的曲线C上点的直线与曲线C相切，则此切线的方程.（1）若，直线过点被曲线C截得的弦长为2，求直线的方程；（2）若，，点A是曲线C上的任意一点，曲线过点A的切线交直线于M，交直线于N，证明：；（3）若，，过坐标原点斜率的直线交C于P、Q两点，且点P位于第一象限，点P在x轴上的投影为E，延长QE交C于点R，求的值.【答案】（1）或；（2）证明见解析；（3）0.【分析】（1）利用圆的弦长公式计算求解，注意先验证直线斜率不存在的情况；（2）设,根据已知求得切线方程，联立方程组求得M，N的坐标，证明,得到A为线段MN的中点，进而证得结论；（3）设P(x1,y1),R(x2,y2),则Q(-x1,-y1),E(x1,0),写出EQ的方程，与曲线C的方程联立，根据Q，R的横坐标-x1,x2是这个方程的两实数根，利用韦达定理求得，进而计算可得.【详解】（1）当时，曲线C的方程为,这是以原点为圆心，r=2为半径的圆，直线l过点,当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为,代入圆的方程得,，∴直线l被圆所截得弦长为2，符合题意；当直线l的斜率存在时，设斜率为k,则直线l的方程为，即,由弦长为2，半弦长为1，圆的半径为2，所以圆心到直线l的距离为,由点到直线的距离公式得,解得,所以直线l的方程为：；（2）当时，设,则过A点的切线方程为：,即,由直线l1的方程得,代入切线方程得到,设,,则,同理,因为A在曲线C上，,,所以A为线段MN的中点，所以;（3）设,则),则直线EQ:代入曲线C的方程并整理得：,Q，R的横坐标是这个方程的两实数根，∴,∴,,,由于,∴【点睛】本题考查已知圆的弦长求直线方程，双曲线和椭圆中的直线与直线，直线与曲线的交点坐标问题，属较难试题，关键难点是第（3）小题中根据Q，R