2022年浙江省高考数学真题（浙江卷）（学生版+解析版）.docx

1、2022年浙江省高考数学试卷一、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A1，2，B2，4，6，则AB（）A2B1，2C2，4，6D1，2，4，62（4分）已知a，bR，a+3i（b+i）i（i为虚数单位），则（）Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3Da1，b33（4分）若实数x，y满足约束条件x-20，2x+y-70，x-y-20，则z3x+4y的最大值是（）A20B18C13D64（4分）设xR，则“sinx1”是“cosx0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5（4分）某几

2、何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A22B8C223D1636（4分）为了得到函数y2sin3x的图象，只要把函数y2sin（3x+5）图象上所有的点（）A向左平移5个单位长度B向右平移5个单位长度C向左平移15个单位长度D向右平移15个单位长度7（4分）已知2a5，log83b，则4a3b（）A25B5C259D538（4分）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1，ACAA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点记EF与AA1所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）ABCD9（4分）已知a，bR，若对任意xR，a|xb|+|

3、x4|2x5|0，则（）Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3Da1，b310（4分）已知数列an满足a11，an+1an-13an2（nN*），则（）A2100a10052B52100a1003C3100a10072D72100a1004二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。11（4分）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白如果把这个方法写成公式，就是S=14c2a2-(c2+a2-b22)2，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积设某三角形的三边a=2，b=3，c2，则该三

4、角形的面积S 12（6分）已知多项式（x+2）（x1）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2 ，a1+a2+a3+a4+a5 13（6分）若3sinsin=10，+=2，则sin ，cos2 14（6分）已知函数f（x）=-x2+2，x1，x+1x-1，x1，则f（f（12） ；若当xa，b时，1f（x）3，则ba的最大值是 15（6分）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则P（2） ，E（） 16（4分）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线

5、于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x10x2若|FB|3|FA|，则双曲线的离心率是 17（4分）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2A8的边A1A2上，则PA12+PA22+PA82的取值范围是 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（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知4a=5c，cosC=35（）求sinA的值；（）若b11，求ABC的面积19（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角为60设M，N分别

6、为AE，BC的中点（）证明：FNAD；（）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值20（15分）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围21（15分）如图，已知椭圆x212+y21设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，12）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=-12x+3于C，D两点（）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（）求|CD|的最小值22（15分）设函数f（x）=e2x+lnx（x0）（）求f（x

7、）的单调区间；（）已知a，bR，曲线yf（x）上不同的三点（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3）处的切线都经过点（a，b）证明：（）若ae，则0bf（a）12（ae-1）；（）若0ae，x1x2x3，则2e+e-a6e21x1+1x32a-e-a6e2（注：e2.71828是自然对数的底数）2022年浙江省高考数学试卷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A1，2，B2，4，6，则AB（）A2B1，2C2，4，6D1，2，4，6【解答】解：A1，2，B2，4，6，AB1，2，

8、4，6，故选：D2（4分）已知a，bR，a+3i（b+i）i（i为虚数单位），则（）Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3Da1，b3【解答】解：a+3i（b+i）i1+bi，a，bR，a1，b3，故选：B3（4分）若实数x，y满足约束条件x-20，2x+y-70，x-y-20，则z3x+4y的最大值是（）A20B18C13D6【解答】解：实数x，y满足约束条件x-20，2x+y-70，x-y-20，则不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分，由已知可得A（2，3），由图可知：当直线3x+4yz0过点A时，z取最大值，则z3x+4y的最大值是32+4318，故选：B4（4分）设xR，则“sin

9、x1”是“cosx0”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：sin2x+cos2x1，当sinx1时，则cosx0，充分性成立，当cosx0时，则sinx1，必要性不成立，sinx1是cosx0的充分不必要条件，故选：A5（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A22B8C223D163【解答】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几何体的体积为：124313+122+13(22+12+2212)2=223故选：C6（4分）为了得到函数y2sin3x的图象，只要把函数y2si

10、n（3x+5）图象上所有的点（）A向左平移5个单位长度B向右平移5个单位长度C向左平移15个单位长度D向右平移15个单位长度【解答】解：把y2sin（3x+5）图象上所有的点向右平移15各单位可得y2sin3（x-15）+52sin3x的图象故选：D7（4分）已知2a5，log83b，则4a3b（）A25B5C259D53【解答】解：由2a5，log83b，可得8b23b3，则4a3b=4a43b=(2a)2(23b)2=5232=259，故选：C8（4分）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1，ACAA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点记EF与AA1所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，

11、二面角FBCA的平面角为，则（）ABCD【解答】解：正三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA1，正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FGAC，垂足点为G，连接GE，则A1AFG，EF与AA1所成的角为EFG，且tan=GEFG=GE，又GE0，1，tan0，1，EF与平面ABC所成的角为FEG，且tan=GFGE=1GE1，+），tantan，.，再过G点作GHBC，垂足点为H，连接HF，又易知FG底面ABC，BC底面ABC，BCFG，又FGGHG，BC平面GHF，二面角FBCA的平面角为GHF，且tan=GFGH=1GH，又GH0，1，tan1，+），tantan，.，又GEGH，

12、tantan，.，由得tantantan，又，0，2），ytanx在0，2）单调递增，故选：A9（4分）已知a，bR，若对任意xR，a|xb|+|x4|2x5|0，则（）Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3Da1，b3【解答】解：取x4，则不等式为a|4b|30，显然a0，且b4，观察选项可知，只有选项D符合题意故选：D10（4分）已知数列an满足a11，an+1an-13an2（nN*），则（）A2100a10052B52100a1003C3100a10072D72100a1004【解答】解：易知数列an是单调递减数列，an+1an1-13an20，an为递减数列，a11，an1，an+1a

13、n=1-13an340，又a110，则an0，an-an+1=13an213anan+1，1an+1-1an13，1an1a1+13(n-1)=13n+23，则an3n+2，100a1001003102306102=3；由an+1=an-13an2得an+1=an(1-13an)，得1an+1-1an=13-an13-3n+2=13(1+1n+1)，累加可得，1an+113n+13(12+13+1n+1)+1，1a10034+13(12+13+1100)34+13(126+1893)40，100a100100140=52；综上，52100a1003故选：B二、填空题：本大题共7小题，单空题每题

14、4分，多空题每空3分，共36分。11（4分）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白如果把这个方法写成公式，就是S=14c2a2-(c2+a2-b22)2，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积设某三角形的三边a=2，b=3，c2，则该三角形的面积S234【解答】解：由S=14c2a2-(c2+a2-b22)2=1222(2)2-22+(2)2-(3)222=234，故答案为：23412（6分）已知多项式（x+2）（x1）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a28，a1+a2+a3+a4

15、+a52【解答】解：（x1）4x44x3+6x24x+1，a24+128；令x0，则a02，令x1，则a0+a1+a2+a3+a4+a50，a1+a2+a3+a4+a52故答案为：8，213（6分）若3sinsin=10，+=2，则sin31010，cos245【解答】解：3sinsin=10，+=2，3sincos=10，cos3sin-10，sin2+cos21，sin2+（3sin-10）21，解得sin=31010，cossin=31010，cos22cos21290100-1=45故答案为：31010；4514（6分）已知函数f（x）=-x2+2，x1，x+1x-1，x1，则f（f（

16、12）3728；若当xa，b时，1f（x）3，则ba的最大值是 3+3【解答】解：函数f（x）=-x2+2，x1x+1x-1，x1，f（12）=-14+2=74，f（f（12）f（74）=74+47-1=3728；作出函数f（x）的图象如图：由图可知，若当xa，b时，1f（x）3，则ba的最大值是2+3-(-1)=3+3故答案为：3728；3+315（6分）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则P（2）1635，E（）127【解答】解：根据题意可得：的取值可为1，2，3，4，又P（1）=C62C73=37，P（2）=C2

17、1C42+C22C41C73=1635，P（3）=C32C73=335，P（4）=C22C73=135，E（）137+21635+3335+4135=127，故答案为：1635；12716（4分）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x10x2若|FB|3|FA|，则双曲线的离心率是 364【解答】解：如图，过点A作AAx轴于点A，过点B作BBx轴于点B，由于B（x2，y2）且x20，则点B在渐近线y=bax上，不妨设B(m，bam)，m0，设直线AB的倾斜角为，则tan=b4a，

18、则|BB|FB|=b4a，即bam|FB|=b4a，则|FB|4m，|OF|c3m，又|AA|BB|=|AF|BF|=13，则|AA|=13|BB|=bm3a=bc9a，又|FA|FB|=|AF|BF|=13，则|FA|=13|FB|=4m3，则|x1|=3m-4m3=5m3=5c9，点A的坐标为(-5c9，bc9a)，25c281a2-b2c281a2b2=1，即c2a2=8124=278，e=ca=364故答案为：36417（4分）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2A8的边A1A2上，则PA12+PA22+PA82的取值范围是 12+22，16【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为

19、x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A1（0，1），A2(22，22)，A3（1，0），A4(22，-22)，A5（0，1），A6(-22，-22)，A7（1，0），A8(-22，22)，设P（x，y），则PA12+PA22+PA82|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|PA8|28（x2+y2）+8，cos22.5|OP|1，1+cos452x2+y21，2+24x2+y21，12+228（x2+y2）+816，即PA12+PA22+PA82的取值范围是12+22，16，故答案为：12+22，16三、解答

20、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（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知4a=5c，cosC=35（）求sinA的值；（）若b11，求ABC的面积【解答】解：（）因为cosC=350，所以C（0，2），且sinC=1-cos2C=45，由正弦定理可得：asinA=csinC，即有sinA=asinCc=acsinC=5445=55；（）因为4a=5ca=54cc，所以AC，故A（0，2），又因为sinA=55，所以cosA=255，所以sinBsin（A+C）sin（A+C）sinAcosC+cosAsinC=11525；由正弦定

21、理可得：asinA=csinC=bsinB=55，所以a55sinA5，所以SABC=12absinC=1251145=2219（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC，DCEF，AB5，DC3，EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角为60设M，N分别为AE，BC的中点（）证明：FNAD；（）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值【解答】证明：（I）由于CDCB，CDCF，平面ABCD平面CDEFCD，CF平面CDEF，CB平面ABCD，所以FCB为二面角FDCB的平面角，则FCB60，CD平面CBF，则CDFN又CF=3(CD-EF)=23，CB=3(AB-CD)

22、=23，则BCF是等边三角形，则CBFN，因为DCFC，DCBC，FCBCC，FC平面FCB，BC平面FCB，所以DC平面FCB，因为FN平面FCB，所以DCFN，又因为DCCBC，DC平面ABCD，CB平面ABCD，所以FN平面ABCD，因为AD平面ABCD，故FNAD；解：（）由于FN平面ABCD，如图建系：于是B(0，3，0)，A(5，3，0)，F(0，0，3)，E(1，0，3)，D(3，-3，0)，则M(3，32，32)，BM=(3，-32，32)，DA=(2，23，0)，DE=(-2，3，3)，设平面ADE的法向量n=（x，y，z），则nDA=0nDE=0，2x+23y=0-2x+3

23、y+3z=0，令x=3，则y1，z=3，平面ADE的法向量n=(3，-1，3)，设BM与平面ADE所成角为，则sin=|BMn|BM|n|=571420（15分）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围【解答】解：（）因为等差数列an的首项a11，公差d1，因为S42a2a3+60，可得4(a1+a4)2-2a2a3+60，即2（a1+a4）2a2a3+60，a1+a1+3d（a1+d）（a1+2d）+30，即11+3

24、d（1+d）（1+2d）+30，整理可得：d23d，解得d3，所以Snna1+n(n-1)2dn+3n2-3n2=3n2-5n2，即Sn=3n2-5n2；（）因为对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，则（a1+nd+4cn）2a1+（n1）d+cn（a1+（n+1）d+15cn，a11，整理可得：cn2+（148n）d+8cn+d20，则（148n）d+824d20，即（74n）d+4d或（74n）d+4d，整理可得（32n）d2或（2n）d1，当n1时，可得d2或d1，而d1，所以d1（舍），所以d的范围为（1，+）；n2时，d2或，而d

25、1，所以此时d（1，2，当n为大于2的任何整数，d22n-3或d1n-2，而d1，所以d22n-3（舍），d1恒成立；综上所述，n2时，d（1，2；n为不等于2的正整数时，d的取值范围为（1，+），都存在cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列21（15分）如图，已知椭圆x212+y21设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，12）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=-12x+3于C，D两点（）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（）求|CD|的最小值【解答】解：（）设椭圆上任意一点M（x，y），则|PM|2x2+（y1）21212y2+y22y+111

26、y22y+13，y1，1，而函数z11y22y+13的对称轴为y=-111-1，1，则其最大值为-11(-111)2+2111+13=14411，|PM|max=14411=121111，即点P到椭圆上点的距离的最大值为121111；（）设直线AB：y=kx+12，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线AB与椭圆方程有y=kx+12x212+y2=1，消去y并整理可得，（12k2+1）x2+12kx90，由韦达定理可得，x1+x2=-12k12k2+1，x1x2=-912k2+1，|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=(-12k12k2+1)2+3612k2+1=616k2+11

27、2k2+1，设C（x3，y3），D（x4，y4），直线AP：y=y1-1x1x+1，直线BP：y=y2-1x2x+1，联立y=y1-1x1x+1y=-12x+3以及y=y2-1x2x+1y=-12x+3，可得x3=4x1(2k+1)x1-1，x4=4x2(2k+1)x2-1，由弦长公式可得|CD|=1+(-12)2|x3-x4|=352|4x1(2k+1)x1-1-4x2(2k+1)x2-1|=352|16k2+13k+1|=5225(3k+1)2-323k+1+16=5225(13k+1-1625)2+1442552125=655，当且仅当k=316时等号成立，|CD|的最小值为65522（

28、15分）设函数f（x）=e2x+lnx（x0）（）求f（x）的单调区间；（）已知a，bR，曲线yf（x）上不同的三点（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3）处的切线都经过点（a，b）证明：（）若ae，则0bf（a）12（ae-1）；（）若0ae，x1x2x3，则2e+e-a6e21x1+1x32a-e-a6e2（注：e2.71828是自然对数的底数）【解答】解：（）函数f（x）=e2x+lnx（x0），f(x)=-e2x2+1x=2x-e2x2，（x0），由f(x)=2x-e2x20，得xe2，f（x）在（e2，+）上单调递增；由f(x)=2x-e2x20，得0xe2，f（x

29、）在（0，e2）上单调递减（）（i）证明：设经过点（a，b）的直线与函数f（x）的图象相切时切点坐标为（x0，e2x0+lnx0），则切线方程为l：y2x0-lnx0f（x0）（xx0），f(x)=-e2x02+1x0，切线l的方程为（-e2x02+1x0）xy+ex0+lnx0-1=0，（-e2x02+1x0）ab+ex0+lnx010，令g（x）（-e2x2+1x）a+b+ex+lnx1，（x0），曲线yf（x）上不同的三点（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3）处的切线都经过点（a，b），函数g（x）有三个不同的零点，g(x)=(ex3-1x2)a-ex2+1x=(x-

30、e)(x-a)x3，ae，xe，或xa时，g（x）0，g（x）单调递增，exa时，g（x）0，g（x）单调递减，从而g（x）极大值g（e）0，g（x）极小值g（a）0，a2e-b+10，且e2a+lna-b0，由得bf（a）b-e2a-lna0，由有ba2e+1，bf（a）b-e2a-lna，要证明bf（a）12(ae-1)，只需证明a2e+1-e2a-lna12(ae-1)，即lna+e2a32，令h（a）lna+e2a，则h(a)=1a-e2a2=2a-e2a20，h（a）单调递增，h（a）h（e）=32，bf（a）12（ae-1），综上，若ae，则0bf（a）12（ae-1）；（）证明：

31、由（i）知g（x）（-e2x2+1x）ab+ex+lnx1（x0）有三个不同的零点，设1x=t，则g（x）化为h（t）（-e2t2+t）ab+etlnt1，h（t）在三个不同的零点t1，t2，t3，且t1t2t3，h（t1）h（t3），e（t1t3）lnt1t3+a22-e(t1+t3)(t1-t3)=0，e+a22-e(t1+t3)=lnt1-lnt3t1-t3，解得t1+t3=(e+a-lnt1-lnt3t1-t3)2ae，要证明结论，只需证明t1+t3-(2a-e-a6e2)t1+t3（2e+e-a6e2）0，即(t1+t3)2-(2a+2e)(t1+t3)-(2a-e-a6e2)(2e

32、+e-a6e2)0，把式代入得只需证明（e+a-lnt1-lnt3t1-t3）2ae(t1+t3)-(2a+2e)（t1+t3）+（2a-e-a6e2）（2e+e-a6e2）0，即-2aelnt1-lnt3t1-t3(t1+t3)+(2a-e-a6e2)（2e+e-a6e2）0，令t1t3=s，由题意得sea1，当sea时，2s+1s-1lns2ea+1ea-1lnea=2n+1n-1lnn，（n=ea1），只需证明n+1n-1lnn-122n-16(1n-1n2)2n-16(1-1n)0，lnn3(n+1)n2+4n+1，n+1n-1lnn-122n-16(1n-1n2)2n-16(1-1n)n+1n-13(n+1)n2+4n+1-122n-16(1n-1n2)2n-16（1-1n）=(60n3-47n2-8n+1)(n-1)272n3(n2+4n+1)(8n2-8n+1)(n-1)272n3(n2+4n+1)0，2e+e-a6e21x1+1x32a-e-a6e2第20页（共20页）