2022年浙江省高考数学联考试卷（3月份）（选考）（学生版+解析版）.docx

1、2022年浙江省高考数学联考试卷（3月份）（选考）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（4分）设集合A2，4，8，16，Bx|x5，则A（RB）（）A2，4B4，8C8，16D2，162（4分）在复平面内，若复数1（a22a）i（i为虚数单位）对应的点的坐标位于第二象限，则实数a的取值范围是（）A（0，2）B（，0）（2，+）C0，2D（，0（2，+）3（4分）已知非零向量a=（x1，y1），b=（x2，y2），则“x1y1=x2y2”是“ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（4分）

2、已知x，y满足约束条件2x-y+20，x+y-20，yx，则z3xy的最大值为（）A0B1C2D35（4分）已知函数f（4x+3）的周期为1，则（）Af（x+2）f（x2）0Bf（x+2）+f（x+2）0Cf（x+4）+f（x4）0Df（x+4）+f（x+4）06（4分）为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区、管控区、防范区为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲、乙主动申请前往封控区或管控区，且甲、乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（）A12种B18种C24种D30种7（4分）函数y=2cosxx2+1(x

3、-2，2)的图像大致为（）ABCD8（4分）函数f(x)=cos(x-3)(0)的图象向右平移4个单位长度后，得到函数g（x）的图象，若函数g（x）的图象关于y轴对称，则的最大值为（）A-13B-12C-83D-439（4分）已知数列an满足a1=1，(m-1)am-1-mam=0(m2，mN*)，且anbn=sin2n3(nN*)，则数列bn的前21项和为（）A-1472B-14732C-963D9610（4分）已知棱长为3的正四面体ABCD，P是空间内的任一动点，且满足PA2PD，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（）AB2C3D4二、填空题：本

4、大题共7小题，多空题每小题4分，单空题毎小题4分，共36分.11（4分）如图所示为一个空间几何体的三视图，则其体积V 12（4分）已知函数f(x)=9+x2x，g(x)=log2x+a，若存在x13，4，任意x24，8，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是 13（6分）已知(x+4x-4)6=a1x6+a2x5+a7+a13x-6，则a2 ，6a1+5a2+a6a82a96a13 （结果用数字表示）14（6分）在ABC中，已知AB5，AC3，A=23，I为ABC的内心，CI的延长线交AB于点D，则ABC的外接圆的面积为 ，CD 15（6分）袋中有大小完全相同的3个黑球和2个白球每次从

5、中任取1个球，取后不放回，直到白球全部取完即停止，此时取到黑球的个数为，则取球三次即停止的概率为 ，E（） 16（6分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线xc与双曲线C的一个交点为P，Q为双曲线的渐近线上在第一象限内的一点，若OP=OF2+(1-)OQ（O为坐标原点），12，1)，则双曲线C的离心率的取值范围为 ，离心率取得最大值时，双曲线C的渐近线方程为 17（4分）已知平面向量a，b，|a|1，且b2t2+2abt+140，tR，则对于任意实数m，|mb-2a|+|3a-mb|的最小值为 三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答

6、应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。18（14分）已知函数f（x）Asin（x+）（12）的振幅为2，初相为6，函数yf（x+）的图象关于y轴对称（）求函数yf（x）的最小正周期和单调递增区间；（）函数g(x)=-2f2(34x)+mf(34x)，x6，2，若g（x）1恒成立，求m的取值范围19（15分）如图，已知平行四边形ABCD，AB4，BC6，ABC=3，E，F分别为线段BC，AD上的点，且2BE=EC，AF=49AD，现将ABE沿AE翻折至AB1E（）在线段B1C上是否存在点M，使得FM平面AB1E，若存在，求B1MMC的值；若不存在，请说明理由；（）当三棱锥DAB1E的体积达到

7、最大时，求直线B1C与平面ADB1所成角的余弦值20（15分）已知等差数列an，a13，公差d2，Sn是数列an的前n项和，数列bn满足（2bn）Sn+1+bn0，n1，nN*，Tn是数列bn的前n项和（）求数列an，bn的通项公式；（）求证：2nTn2n+19621（15分）如图，抛物线x22py（p0）的焦点F与椭圆C：x24+y2=1的上顶点重合，点P是抛物线在第一象限内且在椭圆内部的一个动点，直线AB交椭圆于A，B两点，交y轴于点G，直线AB切抛物线于点P，D为线段AB的中点，过点P且垂直于x轴的直线交OD于点M，记PFG的面积为S1，PDM的面积为S2，设S1S2（）求抛物线的方程；

8、（）求的最大值22（15分）已知f（x）x（ln2x+1）（）讨论f（x）的单调性；（）若f(x1)+f(x2)=4e，且x1x2，证明：x1+x22e2022年浙江省高考数学联考试卷（3月份）（选考）参考答案与试题解析一、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（4分）设集合A2，4，8，16，Bx|x5，则A（RB）（）A2，4B4，8C8，16D2，16【解答】解：RBx|x5，A（RB）8，16故选：C2（4分）在复平面内，若复数1（a22a）i（i为虚数单位）对应的点的坐标位于第二象限，则实数a的取值范围是（）A（0，2）

9、B（，0）（2，+）C0，2D（，0（2，+）【解答】解：由复数1（a22a）i（i为虚数单位）对应的点的坐标位于第二象限，则a22a0，解得0a2，故选：A3（4分）已知非零向量a=（x1，y1），b=（x2，y2），则“x1y1=x2y2”是“ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：非零向量a=（x1，y1），b=（x2，y2），则“x1y1=x2y2”“ab”，“ab”“x1y1=x2y2”或y1，y2中存在0，但是b=a，0，“x1y1=x2y2”是“ab”的充分不必要条件故选：A4（4分）已知x，y满足约束条件2x-y+20，x+y-2

10、0，yx，则z3xy的最大值为（）A0B1C2D3【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立y=xx+y-2=0，解得A（1，1），由z3xy，得y3xz，由图可知，当直线y3xz过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为3112故选：C5（4分）已知函数f（4x+3）的周期为1，则（）Af（x+2）f（x2）0Bf（x+2）+f（x+2）0Cf（x+4）+f（x4）0Df（x+4）+f（x+4）0【解答】解：根据题意，函数f（4x+3）的周期为1，则f（x）的周期为4，依次分析选项：对于A，f（x）的周期为4，则有f（x+2）f（x2）0，A正确；对于B，不能确定f（x）的图象是否关于点（

11、2，0）对称，即f（x+2）+f（x+2）0不一定成立，B错误；对于C，f（x）的周期为4，必有f（x+4）f（x4）0，而f（x+4）+f（x4）0不一定成立，C错误；对于D，不能确定f（x）的图象是否关于点（4，0）对称，即f（x+4）+f（x+4）0不一定成立，B错误；故选：A6（4分）为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区、管控区、防范区为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲、乙主动申请前往封控区或管控区，且甲、乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（）A12种B18种C24种D30种【解答】解：根据题

12、意，分2步进行分析：将5人分为3组，要求甲乙在同一组，若分为1、2、2的三组，有C 32=3种分组方法，若分为1、1、3的三组，有C 31=3种分组方法，则有3+36种分组方法，将甲乙所在的组分到封控区或管控区，剩下2组任意安排，有2A22=4种安排方法，则有6424种安排方法，故选：C7（4分）函数y=2cosxx2+1(x-2，2)的图像大致为（）ABCD【解答】解：函数y=2cosxx2+1(x-2，2)的定义域关于原点对称，f（x）=2cos(-x)(-x)2+1=2cosxx2+1=f（x），可得f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，可排除选项A；由x0，y2，可排除选项D；由x2，

13、y=2cos250，可排除选项C故选：B8（4分）函数f(x)=cos(x-3)(0)的图象向右平移4个单位长度后，得到函数g（x）的图象，若函数g（x）的图象关于y轴对称，则的最大值为（）A-13B-12C-83D-43【解答】解：把函数f（x）cos（x-3）cos（x+3） （0）的图象向右平移4个单位长度后，得到函数g（x）cos（x+4+3）的图象，若函数g（x）的图象关于y轴对称，则4+3=k，kZ，即4k-43，kZ，则令k0，可得的最大值为-43，故选：D9（4分）已知数列an满足a1=1，(m-1)am-1-mam=0(m2，mN*)，且anbn=sin2n3(nN*)，则数

14、列bn的前21项和为（）A-1472B-14732C-963D96【解答】解：数列an满足a1=1，(m-1)am-1-mam=0(m2，mN*)，nan是常数列，且nan=1a1=1，nan=1，an=1n2，anbn=sin2n3(nN*)，bnn2sin2n3，令cnb3n+b3n1+b3n2（3n2）2sin（2n-43）+（3n1）2sin（2n-23）+（3n）2sin2n（3n2）2232+（3n1）2（-32）=332-33n，数列bn的前21项和为：7332-33（1+2+.+7）=2132-(1+7)7233=-14732故选：B10（4分）已知棱长为3的正四面体ABCD，

15、P是空间内的任一动点，且满足PA2PD，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（）AB2C3D4【解答】解：设BCD的外心为O，过O点作BC的平行线，以O为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，因为BC3，所以OD=3，OA=AD2-OD2=6，则A（0，0，6），D（0，3，0），F（0，-32，0），设P（x，y，z），由PA2PD，可得x2+y2+(z-6)22x2+(y-3)2+z2，整理得x2+（y-433）2+（z+63）24，所以动点p的轨迹为以（0，433，-63）为球心，半径为2的球及球的内部，分别延长AB，AF，AC到点M，P，N

16、，使得ABBM，AFFP，ACCN，可得CEDN，BEMD，可证得CE平面MND，BE平面MND，又由CEBEE，所以平面BCE平面MND，即平面MND为平面，如图所示，过O点作OO1PD，可得证得OO1平面MND，即OO1为点O到平面MND的距离，连接EF，根据面面平行的性质，可得EFDP，在直角DEF中，可得sinDFE=DEDF=33，在直角OO1D中，可得OO1ODsinODO1ODsinDFE=333=1，所以O1D=OD2-OO12=22-12=3，即截面圆的半径为3，所以球与平面的截面表示半径为3的圆面，其面积为(3)2=3故选：C二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题4分，单

17、空题毎小题4分，共36分.11（4分）如图所示为一个空间几何体的三视图，则其体积V1283【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为正方体切去两个角，构成的几何体ABCDEFH如图所示：故V=43-213442=1283故答案为：128312（4分）已知函数f(x)=9+x2x，g(x)=log2x+a，若存在x13，4，任意x24，8，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是 （，134【解答】解：若存在x13，4，任意x24，8，使得f（x1）g（x2），所以f（x）maxg（x）max，因为f（x）=9+x2x=x+9x在3，4上单调递增，所以f（x）maxf（4）=

18、254，因为g（x）log2x+a在4，8上单调递增，所以g（x）maxg（8）log28+a3+a，所以2543+a，解得a134，即实数a的取值范围是（，134故答案为：13（6分）已知(x+4x-4)6=a1x6+a2x5+a7+a13x-6，则a224，6a1+5a2+a6a82a96a1318（结果用数字表示）【解答】解：由(x+4x-4)6=a1x6+a2x5+a7+a13x-6可得：即(x-2)12x6=a1x6+a2x5+.+a7+.+a13x-6，则二项式的展开式的通项公式为Tr+1=C12rx12-r(-2)rx6=C 12r(-2)rx6-r，令6r5，解得r1，则x5的

19、系数a2C 121(-2)=-24，由(x-2)12x6=a1x6+a2x5+.+a7+.+a13x-6两边同时取导可得：6(x-2)11(x+2)x7=6a1x5+5a2x4+.+a6x-a8x-2-2a9x-3-.-6a13x-7，令x1，则6a1+5a2+a6a82a96a1318，故答案为：24；1814（6分）在ABC中，已知AB5，AC3，A=23，I为ABC的内心，CI的延长线交AB于点D，则ABC的外接圆的面积为 493，CD372【解答】解：由余弦定理得BC225+9253（-12）49，所以BC7，设三角形的外接圆的半径为R，所以732=2R，所以R=733，所以ABC的外

20、接圆的面积为（733）2=493，由余弦定理得cosACB=49+9-25273=1114=12sin2ACD，所以sinACD=2114，cosACD=5714，所以sinADCsin（A+ACD）=325714-122114=217，由正弦定理得3217=CD32，所以CD=372故答案为：493；37215（6分）袋中有大小完全相同的3个黑球和2个白球每次从中任取1个球，取后不放回，直到白球全部取完即停止，此时取到黑球的个数为，则取球三次即停止的概率为 15，E（）2【解答】解：取三次停止，则可知第3次取到白球，前两次中有一次取到白球，有两种情况：第1次黑球，第2次白球，第3次白球，或第

21、1次白球，第2次黑球，第3次白球，所以取球三次即停止的概率为321543+231543=15，由题意可得可能取0，1，2，3，P(=0)=2154=110，P(=1)=321543+231543=15，P(=2)=23215432+32215432+32215432=310，P(=3)=42321154321=25，所以E()=0110+115+2310+325=2故答案为：15；216（6分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线xc与双曲线C的一个交点为P，Q为双曲线的渐近线上在第一象限内的一点，若OP=OF2+(1-)OQ（O为坐标

22、原点），12，1)，则双曲线C的离心率的取值范围为 （1，233，离心率取得最大值时，双曲线C的渐近线方程为 y33x【解答】解：由OP=OF2+(1-)OQ可得OP-OQ=（OF2-OQ），QP=QF2，Q，P，F2共线，Q为双曲线的渐近线上在第一象限内的一点，P也在第一象限内，又点P，Q在直线xc上，所以点P（c，b2a），Q（c，bca），b2a-bca=（0-bca），bcc，（1）cb，（1）2c2b2c2a2，1（1）2c2a2，e2=1-2+2=1-(-1)2+1，又12，1)，e2（1，43，e（1，233，=12时，离心率取得最大值时，此时12cb，14c2b2，a2+b24

23、b2，ba=33，双曲线C的渐近线方程为y33x故答案为：（1，233；y33x17（4分）已知平面向量a，b，|a|1，且b2t2+2abt+140，tR，则对于任意实数m，|mb-2a|+|3a-mb|的最小值为 19【解答】解：因为b2t2+2abt+140，tR，可得（2ab）2-b20，所以|b|2|ab|=2|b|cosa，b，即|cosa，b|12，即得a，b3，23，设a=（1，0），则向量mb的终点P在阴影部分内，由|mb-2a|+3|a-mb|的几何意义，在阴影部分找点到A（1，0）、B（2，0）的距离，即|mb-2a|+3|a-mb|的最小值为|PB|+3|PA|的最小值

24、，如图所示，当点P位于直线y=3x上时，此时|PB|+3|PA|取得最小值，作出直线l1：y=3x的平行线l2：y=3（x4），在直线y=3（x4）上取点P1，当P，A，P1三点共线时，可得|PA1|3|PA|，所以|PB|+3|PA|PB|+|P1A|，即在直线l2上找一点P1，使得PB|+|PA1|最小，设点B（2，0）关于直线l2的对称点为B1（x0，y0），可得y0-0x0-23=-1y02=3(x0+22-4)，解得B1（5，-3），又由|AB1|=(5-1)2+(-3-0)2=19，即|mb-2a|+3|a-mb|的最小值为19故答案为：19三、解答题：本大题共5小题，共74分。解

25、答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。18（14分）已知函数f（x）Asin（x+）（12）的振幅为2，初相为6，函数yf（x+）的图象关于y轴对称（）求函数yf（x）的最小正周期和单调递增区间；（）函数g(x)=-2f2(34x)+mf(34x)，x6，2，若g（x）1恒成立，求m的取值范围【解答】解：（）由题意可知A=2，=6令h(x)=f(x+)=2sin(x+)+6h（x）的图象关于y轴对称，h(0)=2sin(+6)=2，+6=2+k，kZ，=13+k，kZ，12，=43，f(x)=2sin(43x+6)，函数yf（x）的最小正周期T=243=32，令-2+2k43x+62+2

26、k，kZ，解得-2+32kx4+32k，kZ，函数 yf（x）的单调递增区间为-2+32k，4+32k，kZ（）g(x)=-2f2(34x)+mf(34x)=-8sin2(x+6)+2msin(x+6)，令t=sin(x+6)，x6，2，t32，1，g（x1恒成立等价于k（t）8t2+2mt1在32，1上恒成立，易知2m1+8t2t=1t+8t，由函数m(t)=1t+8t在32，1上单调递增可得：1t+8t1433，2m1433，m733，即m的取值范围为(-，73319（15分）如图，已知平行四边形ABCD，AB4，BC6，ABC=3，E，F分别为线段BC，AD上的点，且2BE=EC，AF=

27、49AD，现将ABE沿AE翻折至AB1E（）在线段B1C上是否存在点M，使得FM平面AB1E，若存在，求B1MMC的值；若不存在，请说明理由；（）当三棱锥DAB1E的体积达到最大时，求直线B1C与平面ADB1所成角的余弦值【解答】解：（I）存在这样的点M，理由如下：如图，取B1C的三等分点为M，取EC上靠近点C的三等分点为N，连接MN，NF，在CB1E中，CMCB1=CNCE=13，MCNB1CE，CMNCB1E，CMNCB1E，NMB1E，又B1E平面AB1E，MN平面AB1E，MN平面AB1E，AF=49AD，AF=83，2BE=EC，BC6，EC4，N为EC上靠近点C的三等分点，EN=8

28、3，AFEN，又AFEN，四边形AENF为平行四边形，FNAE，又AE平面AB1E，FN平面AB1E，FN平面AB1E，FNMNN，平面FMN平面AB1E，又FM平面FMN，FM平面AB1E，此时B1MMC=2；（II）如图，过点E作EGAB1，垂足为G，当三棱锥DAB1E的体积达到最大时，平面AB1E平面ABCD，由AB4，BC6，ABC=3，2BE=EC，得BEA=2，即AEBC，AEAD，又平面AB1E平面ABCD，平面AB1E平面ABCDAE，AD平面ABCD，AD平面AB1E，又AD平面AB1D，平面AB1E平面AB1D，又EGAB1，平面AB1E平面AB1DAB1，EG平面AB1E

29、，EG平面AB1D，CEAD，AD平面AB1D，CE平面AB1D，CE平面AB1D，即点C到平面AB1D的距离等于点E到平面AB1D的距离，即为EG，得EG=3，由CEAD，AD平面AB1E，可知CECEB1E，在RtB1EC中，B1E2，EC4，B1C25，设直线B1C与平面ADB1所成角为，sin=325=1510，cos=8510，直线B1C与平面ADB1所成角的余弦值为851020（15分）已知等差数列an，a13，公差d2，Sn是数列an的前n项和，数列bn满足（2bn）Sn+1+bn0，n1，nN*，Tn是数列bn的前n项和（）求数列an，bn的通项公式；（）求证：2nTn2n+1

30、96【解答】解：（I）等差数列an，a13，公差d2，an3+2（n1）2n+1Sn=n(3+2n+1)2=n2+2n数列bn满足（2bn）Sn+1+bn0，n1，nN*，（2bn）（n2+2n）+1+bn0，解得bn=2n2+4n+1n2+2n-1=2+3n2+2n-1（II）证明：bn=2n2+4n+1n2+2n-1=2+3n2+2n-1，3n2+2n-10bn2，Tn2nn3时，03n2+2n-13n2+n-2=1n-1-1n+2，Tn2n+32+37+（12-15）+（13-16）+（14-17）+（15-18）+（1n-2-1n+1）+（1n-1-1n+2）2n+32+37+（12+

31、13+14-1n-1n+1-1n+2）2n+32+37+（12+13+14）2n+3112+372n+196，2nTn2n+196（n1，2时也成立）21（15分）如图，抛物线x22py（p0）的焦点F与椭圆C：x24+y2=1的上顶点重合，点P是抛物线在第一象限内且在椭圆内部的一个动点，直线AB交椭圆于A，B两点，交y轴于点G，直线AB切抛物线于点P，D为线段AB的中点，过点P且垂直于x轴的直线交OD于点M，记PFG的面积为S1，PDM的面积为S2，设S1S2（）求抛物线的方程；（）求的最大值【解答】解：（）由题意知抛物线的焦点F（0，1），故抛物线的方程为x24y；（）联立x2=4y，x2

32、4+y2=1， 可得抛物线与椭圆在第一象限的交点坐标为(25-2，5-12)，设点P(2m，m2)(0m25-22)，y=x2，直线AB的方程为ymxm2，令x0，得ym2，G（0，m2），联立y=mx-m2，x24+y2=1， 消去y并整理，得1+4m24x2-2m3x+m4-1=0，易知0，设点A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2=8m31+4m2，D为线段AB的中点，D(4m31+4m2，-m21+4m2)，直线OD的方程为y=-14mx，M(2m，-12)，S1=12|GF|2m=m(m2+1)，S2=12|PM|(2m-xD)=m(1+2m2)22(1+4m2)，=S1S2

33、=2(4m2+1)(m2+1)(2m2+1)2，令t2m2+1，t1，则=(2t-1)(t+1)t2=-1t2+1t+2，当1t=12，即t2时最大，其最大值为94，此时m=22，满足0m25-22，此时，点P的坐标为(2，12)，在椭圆C的内部，=S1S2 的最大值为94，此时点P的坐标为(2，12)22（15分）已知f（x）x（ln2x+1）（）讨论f（x）的单调性；（）若f(x1)+f(x2)=4e，且x1x2，证明：x1+x22e【解答】解：（）f（x）（lnx+1）20，故函数f（x）在（0，+）单调递增；（）要证x1+x22e，只需证明x22e-x1，f(1e)=2e，且f（x）在

34、（0，+）单调递增，当x2x11e，f(x2)+f(x1)4e，不满足题意，当0x1x21e，f(x1)+f(x2)4e，不满足题意，综上，要使得f(x1)+f(x2)=4e，只有0x11ex2，又因为f（x）在（0，+）单调递增，要证x1+x22e，只需证明x22e-x1，0x11e，2e-x10故仅需证明f(x2)f(2e-x1)，故现只需证明4e-f(x1)f(2e-x1)，令g(x)=f(x)+f(2e-x)-4e，(0x1e)，g(x)=f(x)-f(2e-x)，=lnx-ln(2e-x)lnx+ln(2e-x)+2，0x1e，2e-x1ex，故lnx-ln(2e-x)0，lnx+ln(2e-x)+2=lnx(2e-x)+2，lnx(2e-x)+2ln(x+2e-x2)2+2=0，g（x）0，故g（x）为增函数，g(x)g(1e)=0，而f(x1)+f(x2)=4e=2f(1e)，0x11e，故g（x1）0，可得：f(x1)+f(2e-x2)-4e0，故原式得证