【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）
阅卷人 得分 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． (共10题；共40分)
1．（4分）设集合 𝐴={1，2}，𝐵={2，4，6} ，则 𝐴∪𝐵= （ ）
A．{2} C．{2，4，6}
【答案】D
B．{1，2} D．{1，2，4，6}
2．（4分）已知 𝑎，𝑏∈𝑅，𝑎+3𝑖=(𝑏+𝑖)𝑖 （ 𝑖 为虚数单位），则（ ）
A．𝑎=1，𝑏=−3 C．𝑎=−1，𝑏=−3
【答案】B
B．𝑎=−1，𝑏=3 D．𝑎=1，𝑏=3
𝑥−2≥0，3．（4分）若实数x，y满足约束条件 {2𝑥+𝑦−7≤0， 则 𝑧=3𝑥+4𝑦 的最大值是（ ）
𝑥−𝑦−2≤0，A．20
【答案】B
4．（4分）设 𝑥∈𝑅 ，则“ sin𝑥=1 ”是“ cos𝑥=0 ”的（ ）
B．18 C．13 D．6
A．充分不必要条件 C．充分必要条件
【答案】A
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（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
（ ）
1 / 13
A．22𝜋
【答案】C
B．8𝜋
C．22𝜋
3D．16𝜋
3𝜋
6．（4分）为了得到函数 𝑦=2sin3𝑥 的图象，只要把函数 𝑦=2sin(3𝑥+) 图象上所有的点5（ ）
𝜋
A．向左平移 5 个单位长度 𝜋
C．向左平移 15 个单位长度 【答案】D
7．（4分）已知 2𝑎=5，log83=𝑏 ，则 4𝑎−3𝑏= （ ）
𝜋
B．向右平移 5 个单位长度 𝜋
D．向右平移 15 个单位长度
A．25
【答案】C
B．5
C．25
9D．5
38．（4分）如图，已知正三棱柱 𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴𝐶=𝐴𝐴1 ，E，F分别是棱 𝐵𝐶，𝐴1𝐶1 上的点．记
𝐸𝐹 与 𝐴𝐴1 所成的角为 𝛼 ， 𝐸𝐹 与平面 𝐴𝐵𝐶 所成的角为 𝛽 ，二面角 𝐹−𝐵𝐶−𝐴 的平面角为 𝛾 ，则（ ）
A．𝛼≤𝛽≤𝛾
B．𝛽≤𝛼≤𝛾 C．𝛽≤𝛾≤𝛼 D．𝛼≤𝛾≤𝛽
2 / 13
【答案】A
9．（4分）已知 𝑎，𝑏∈𝑅 ，若对任意 𝑥∈𝑅，𝑎|𝑥−𝑏|+|𝑥−4|−|2𝑥−5|≥0 ，则（ ）
A．𝑎≤1，𝑏≥3
【答案】D
B．𝑎≤1，𝑏≤3 C．𝑎≥1，𝑏≥3 D．𝑎≥1，𝑏≤3
1∗ 10．（4分）已知数列 {𝑎𝑛} 满足 𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛−𝑎2(𝑛∈𝑁)，则（ ） 𝑛3A．2<100𝑎100<5
2C．3<100𝑎100<7 2【答案】B
B．5<100𝑎100<3
2D．7<100𝑎100<4
2阅卷人 得分 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． (共7题；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=
22
√1[𝑐2𝑎2−(𝑐+𝑎−𝑏)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 422
𝑎=√2，𝑏=√3，𝑐=2 ，则该三角形的面积 𝑆= ．
√【答案】23 412．（6分）已知多项式 (𝑥+2)(𝑥−1)4=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+𝑎4𝑥4+𝑎5𝑥5 ，则
𝑎2= ， 𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4+𝑎5= ．
【答案】8；-2
𝜋13．（6分）若 3sin𝛼−sin𝛽=√10，𝛼+𝛽=2 ，则 sin𝛼= ， cos2𝛽= ．
√4【答案】310； 510−𝑥2+2， 𝑥≤1，1
14． （6分）已知函数 𝑓(𝑥)={则𝑓(𝑓())= ；若当 𝑥∈[𝑎，𝑏] 时， 12𝑥+−1， 𝑥>1，𝑥1≤𝑓(𝑥)≤3 ，则 𝑏−𝑎 的最大值是 ．
37
【答案】；3+√3 2815．（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 𝜉 ，则 𝑃(𝜉=2)= ， 𝐸(𝜉)= ．
3 / 13
1612
【答案】；
357𝑥2𝑦2
16．（4分）已知双曲线 2−2=1(𝑎>0，𝑏>0) 的左焦点为F，过F且斜率为 𝑏 的直线交双曲
4𝑎𝑎𝑏
线于点 𝐴(𝑥1，𝑦1) ，交双曲线的渐近线于点 𝐵(𝑥2，𝑦2) 且 𝑥1<0<𝑥2 ．若 |𝐹𝐵|=3|𝐹𝐴| ，则双曲线的离心率是 ．
√
【答案】36 417．（4分）设点P在单位圆的内接正八边形 𝐴1𝐴2⋯𝐴8 的边 𝐴1𝐴2 上，则 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐴1+𝑃𝐴2+⋯+𝑃𝐴8
222
的取值范围是 ．
【答案】[12+2√2，16]
阅卷人 三、解答题：本大题共5小题，共74分． (共5题；共74分)
得分 18．（14分）在 △𝐴𝐵𝐶 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c． 3已知 4𝑎=√5𝑐，cos𝐶= ．
5（Ⅰ）求 sin𝐴 的值；
（Ⅰ）若 𝑏=11 ，求 △𝐴𝐵𝐶 的面积．
【答案】解：（Ⅰ） 由于 cos𝐶=
3
，则 sin𝐶=4 . ，sin𝐶>055√
由正弦定理可知 4sin𝐴=√5sin𝐶 ，则 sin𝐴=5 .
5𝜋√
（Ⅰ）因为 sin𝐶=4>sin𝐴=5 ，则 𝐴<𝐶<2 .
55√
故 𝑏=𝑎cos𝐶+𝑐cos𝐴=3𝑎+25𝑐=11𝑎=11 ，
5551
则 𝑎=5 ， △𝐴𝐵𝐶 的面积 𝑆=𝑎𝑏sin𝐶=22 .
219．（15分）如图，已知 𝐴𝐵𝐶𝐷 和 𝐶𝐷𝐸𝐹 都是直角梯形， 𝐴𝐵∥𝐷𝐶 ， 𝐷𝐶∥𝐸𝐹 ， 𝐴𝐵=5 ，
𝐷𝐶=3 ， 𝐸𝐹=1 ， ∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐸=60° ，二面角 𝐹−𝐷𝐶−𝐵 的平面角为 60° ．设M，N分别为 𝐴𝐸，𝐵𝐶 的中点．
4 / 13
（Ⅰ）证明： 𝐹𝑁⊥𝐴𝐷 ；
（Ⅰ）求直线 𝐵𝑀 与平面 𝐴𝐷𝐸 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 𝐷𝐶 、 𝐴𝐵 的垂线 𝐸𝐺 、 𝐷𝐻 并分别交于点交于点
G 、H．
∵四边形 𝐴𝐵𝐶𝐷 和 𝐸𝐹𝐶𝐷 都是直角梯形， 𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐶𝐷//𝐸𝐹，𝐴𝐵=5，𝐷𝐶=3，𝐸𝐹=1 ， ∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐸=60° ，由平面几何知识易知， 𝐷𝐺=𝐴𝐻=2，∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90° ，则四边形 𝐸𝐹𝐶𝐺 和四边形 𝐷𝐶𝐵𝐻 是矩形，∴在Rt △𝐸𝐺𝐷 和Rt △𝐷𝐻𝐴 ， 𝐸𝐺=𝐷𝐻=2√3 ，
∵𝐷𝐶⊥𝐶𝐹，𝐷𝐶⊥𝐶𝐵 ，且 𝐶𝐹∩𝐶𝐵=𝐶 ，
∴𝐷𝐶⊥ 平面 𝐵𝐶𝐹，∠𝐵𝐶𝐹 是二面角 𝐹−𝐷𝐶−𝐵 的平面角，则 ∠𝐵𝐶𝐹=60∘ ， ∴△𝐵𝐶𝐹 是正三角形，由 𝐷𝐶⊂ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 ，得平面 𝐴𝐵𝐶𝐷⊥ 平面 𝐵𝐶𝐹 ，
∵𝑁 是 𝐵𝐶 的中点， ∴𝐹𝑁⊥𝐵𝐶 ，又 𝐷𝐶⊥ 平面 𝐵𝐶𝐹 ， 𝐹𝑁⊂ 平面 𝐵𝐶𝐹 ，可得 𝐹𝑁⊥𝐶𝐷 ，而 𝐵𝐶∩𝐶𝐷=𝐶 ，∴𝐹𝑁⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 ，而 𝐴𝐷⊂ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐹𝑁⊥𝐴𝐷 ． （Ⅰ） 由于 𝐹𝑁⊥ 平面ABCD，如图建系.
5 / 13
√
于是 𝐵(0，√3，0)，𝐴(5，√3，0)，𝐹(0，0，3)，𝐸(1，0，3)，𝐷(3，−√3，0) ，则 𝑀(3，3，23) . 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，−𝐵𝑀
√32⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，2√3，0)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，√3，3). ，)，⃗𝐷𝐴𝐷𝐸
3
2平面ADE的法向量 ⃗ =(√3，−1，√3) . 𝑛设BM与平面ADE所成角为θ，
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ ||𝐵𝑀5√7 ． 则 sin𝜃=̅̅̅̅̅̅⃗⃗ =14𝐵𝑀||𝑛∣20．（15分）已知等差数列 {𝑎𝑛} 的首项 𝑎1=−1 ，公差 𝑑>1 ．记 {𝑎𝑛} 的前n项和为 𝑆𝑛(𝑛∈
𝑁∗) ．
（Ⅰ）若 𝑆4−2𝑎2𝑎3+6=0 ，求 𝑆𝑛 ；
（Ⅰ）若对于每个 𝑛∈𝑁∗ ，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．
【答案】解：（Ⅰ） 设 𝑎𝑛=(𝑛−1)𝑑−1 ，依题意得， 6𝑑−4−2(𝑑−1)(2𝑑−1)+6=0 .
解得 𝑑=3 ，则 𝑎𝑛=3𝑛−4，𝑛∈𝑁∗ ，
于是 𝑆𝑛=3(1+2+⋯+𝑛)−4𝑛=3𝑛(𝑛+1)−8𝑛=𝑛(3𝑛−5)，𝑛∈𝑁∗ .
22（Ⅰ）设 𝑎𝑛=(𝑛−1)𝑑−1 ，依题意得，
[𝑐𝑛+(𝑛−1)𝑑−1][15𝑐𝑛+(𝑛+1)𝑑−1]=[4𝑐𝑛+𝑛𝑑−1]2 ，
22
15𝑐𝑛+[(16𝑛−14)𝑑−16]𝑐𝑛+(𝑛2−1)𝑑2−2𝑛𝑑+1=16𝑐𝑛+8(𝑛𝑑−1)𝑐𝑛+𝑛2𝑑2−2𝑛𝑑+1
2
𝑐2𝑛+[(14−8𝑛)𝑑+8]𝑐𝑛+𝑑=0
故 𝛥=[(14−8𝑛)𝑑+8]2−4𝑑2=[(12−8𝑛)𝑑+8][(16−8𝑛)𝑑+8]≥0
6 / 13
[(3−2𝑛)𝑑+2][(2−𝑛)𝑑+1]≥0 对任意正整数n成立. 𝑛=1 时，显然成立；
𝑛=2 时， −𝑑+2≥0 ，则 𝑑≤2 ；
𝑛≥3 时， [(2𝑛−3)𝑑−2][(𝑛−2)𝑑−1]>(2𝑛−5)(𝑛−3)≥0 . 综上所述， 1<𝑑≤2 .
21．（15分）如图，已知椭圆 𝑥+𝑦2=1 ．设A，B是椭圆上异于 𝑃(0，1) 的两点，且点 𝑄(0，1211
) 在线段 𝐴𝐵 上，直线 𝑃𝐴，𝑃𝐵 分别交直线 𝑦=−𝑥+3 于C，D两点． 222
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值； （Ⅰ）求 |𝐶𝐷| 的最小值．
【答案】解：（Ⅰ）设 𝑄(2√3cos𝜃，sin𝜃) 是椭圆上一点， 𝑃(0，1) ，则
|𝑃𝑄|2=12cos2𝜃+(1−sin𝜃)2=13−11sin2𝜃−2sin𝜃=故|PQ|的最大值是 1211 .
11√
14412144
−11(sin𝜃+)≤111111113
（Ⅰ）设直线 𝐴𝐵：𝑦=𝑘𝑥+ ，直线与椭圆联立，得 (𝑘2+)𝑥2+𝑘𝑥−=0 ，
2124𝑘
𝑥1+𝑥2=−21 𝑘+12 设(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，故
3 𝑥1𝑥2=−
21 4(𝑘+12){𝑦−14𝑥14𝑥1 ，与 𝑦=−1𝑥+3 交于C，则 𝑥𝑐=𝑥+2𝑦= 𝑃𝐴：𝑦=1𝑥+1(2𝑘+1)𝑥1−1，𝑥1211−24𝑥24𝑥2= . 同理可得， 𝑥𝐷=𝑥+2𝑦(2𝑘+1)𝑥2−122−2√4𝑥14𝑥2则 |𝐶𝐷|=√1+1|𝑥𝐶−𝑥𝐷|=5|−|
42(2𝑘+1)𝑥1−1(2𝑘+1)𝑥2−1𝑥1−𝑥2
=2√5||
[(2𝑘+1)𝑥1−1][(2𝑘+1)𝑥2−1]𝑥1−𝑥2
=2√5||
2(2𝑘+1)𝑥1𝑥2−(2𝑘+1)(𝑥1+𝑥2)+1
7 / 13
2
𝑘+1)12=2√5∣
23𝑘+1−(2𝑘+1)+(2𝑘+1)224(𝑘+1)𝑘+112122
√
(
𝑘2+
32𝑘+1123√5√16𝑘+16√5=⋅=⋅
23𝑘+15等号在 𝑘=
3
时取到. 16𝑒
22．（15分）设函数 𝑓(𝑥)=2𝑥+ln𝑥(𝑥>0) ．
√16𝑘2+1√
9+1
166√5
≥.3𝑘+15（Ⅰ）求 𝑓(𝑥) 的单调区间；
（Ⅰ）已知 𝑎，𝑏∈𝑅 ，曲线 𝑦=𝑓(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：
1𝑎
（Ⅰ）若 𝑎>𝑒 ，则 0<𝑏−𝑓(𝑎)<(−1) ；
2𝑒2𝑒−𝑎112𝑒−𝑎
（Ⅰ）若 0<𝑎<𝑒，𝑥1<𝑥2<𝑥3 ，则 𝑒+2<𝑥+𝑥<𝑎−2 ．
6𝑒6𝑒13
（注： 𝑒=2.71828⋯ 是自然对数的底数）
1𝑒2𝑥−𝑒′
【答案】解：（Ⅰ） 𝑓(𝑥)=𝑥−2=
2𝑥2𝑥2𝑒𝑒
故𝑓(𝑥) 的减区间为 (0，2) ，增区间为 (2，+∞) .
（Ⅰ）（Ⅰ）因为过 (𝑎，𝑏) 有三条不同的切线，设切点为 (𝑥𝑖，𝑓(𝑥𝑖))，𝑖=1，2，3 ， 故 𝑓(𝑥𝑖)−𝑏=𝑓′(𝑥𝑖)(𝑥𝑖−𝑎) ，
故方程 𝑓(𝑥)−𝑏=𝑓′(𝑥)(𝑥−𝑎) 有3个不同的根，
1𝑒𝑒
该方程可整理为 (𝑥−2)(𝑥−𝑎)−2𝑥−ln𝑥+𝑏=0 ，
2𝑥1𝑒𝑒
设 𝑔(𝑥)=(𝑥−2)(𝑥−𝑎)−2𝑥−ln𝑥+𝑏 ，
2𝑥1𝑒1𝑒1𝑒
则 𝑔′(𝑥)=𝑥−2+(−2+3)(𝑥−𝑎)−𝑥+2 2𝑥𝑥𝑥2𝑥1
=−3(𝑥−𝑒)(𝑥−𝑎) ，
𝑥当 0<𝑥<𝑒 或 𝑥>𝑎 时， 𝑔′(𝑥)<0 ；当 𝑒<𝑥<𝑎 时， 𝑔′(𝑥)>0 ， 故 𝑔(𝑥) 在 (0，𝑒)，(𝑎，+∞) 上为减函数，在 (𝑒，𝑎) 上为增函数，
8 / 13
因为 𝑔(𝑥) 有3个不同的零点，故 𝑔(𝑒)<0 且 𝑔(𝑎)>0 ，
故 (1−𝑒2𝑒
2)(𝑒−𝑎)−𝑒𝑒2𝑒−ln𝑒+𝑏<0 且 (1𝑒𝑒
𝑎−2𝑎2)(𝑎−𝑎)−2𝑎−ln𝑎+𝑏>0 ，
整理得到： 𝑏<𝑎𝑒
2𝑒+1 且 𝑏>2𝑎+ln𝑎=𝑓(𝑎) ，
此时 𝑏−𝑓(𝑎)−12(𝑎𝑒−1)<𝑎𝑒𝑎13𝑒
2𝑒+1−(2𝑎+ln𝑎)−2𝑒+2=2−2𝑎−ln𝑎 ，
设 𝑢(𝑎)=
32−𝑒
2𝑎−ln𝑎 ，则 𝑢′(𝑎)=
𝑒−2𝑎2𝑎2<0 ， 故 𝑢(𝑎) 为 (𝑒，+∞) 上的减函数，故 𝑢(𝑎)<
32−𝑒
2𝑒−ln𝑒=0 ， 故 0<𝑏−𝑓(𝑎)<1𝑎
2(𝑒−1) .
（Ⅰ）当 0<𝑎<𝑒 时，同（Ⅰ）中讨论可得：
故 𝑔(𝑥) 在 (0，𝑎)，(𝑒，+∞) 上为减函数，在 (𝑎，𝑒) 上为增函数， 不妨设 𝑥1<𝑥2<𝑥3 ，则 0<𝑥1<𝑎<𝑥2<𝑒<𝑥3 ， 因为 𝑔(𝑥) 有3个不同的零点，故 𝑔(𝑎)<0 且 𝑔(𝑒)>0 ，
故 (1𝑒𝑒𝑒−1𝑒𝑒
2𝑒
2)(𝑒−𝑎)−2𝑒−ln𝑒+𝑏>0 且 (𝑎−2𝑎2)(𝑎−𝑎)−2𝑎−ln𝑎+𝑏<0 ，
整理得到： 2𝑒𝑎+1<𝑏<2𝑒𝑎
+ln𝑎 ，
因为 𝑥1<𝑥2<𝑥3 ，故 0<𝑥1<𝑎<𝑥2<𝑒<𝑥3 ，
又 𝑔(𝑥)=1−𝑎+𝑒𝑒𝑎
𝑥+2𝑥
2−ln𝑥+𝑏 ，
设 𝑡=𝑒𝑥 ， 𝑎
𝑒=𝑚∈(0，1) ，则方程 1−𝑎+𝑒𝑒𝑎𝑥+2𝑥2−ln𝑥+𝑏=0 即为：
−𝑎+𝑒𝑎
𝑚𝑒𝑡+2𝑒𝑡2+ln𝑡+𝑏=0 即为 −(𝑚+1)𝑡+2𝑡2+ln𝑡+𝑏=0 ， 记 𝑡1=𝑥𝑒1，𝑡2=𝑥𝑒𝑒
2，𝑡3=𝑥3
，
则 𝑡，𝑡𝑚
1，𝑡13 为 −(𝑚+1)𝑡+2𝑡2+ln𝑡+𝑏=0 有三个不同的根， 设 𝑘=𝑡13=𝑥𝑒𝑡𝑥31
>𝑎>1 ， 𝑚=𝑎
𝑒<1 ，
要证： 2𝑒+𝑒−𝑎6𝑒2<𝑥11+𝑥12
<2𝑎−𝑒−𝑎6𝑒2 ，即证 2+𝑒−𝑎6𝑒<𝑡1+𝑡3<2𝑒𝑒−𝑎
𝑎−6𝑒 ， 即证： 13−𝑚6<𝑡1+𝑡3<𝑚2−1−𝑚6 ，
即证： (𝑡1+𝑡3−
13−𝑚26)(𝑡1+𝑡3−𝑚+1−𝑚
6)<0 ， 即证： 𝑡1+𝑡3−2−
𝑚2<(𝑚−13)(𝑚236𝑚(𝑡−𝑚+12)
1+𝑡3) ，
9 / 13
而 −(𝑚+1)𝑡1+𝑚2𝑡1
2+ln𝑡1+𝑏=0 且 −(𝑚+1)𝑡3+𝑚2𝑡32
+ln𝑡3+𝑏=0 ， 故 ln𝑡1−ln𝑡3+𝑚2(𝑡1
2−𝑡32
)−(𝑚+1)(𝑡1−𝑡3)=0 ， 故 𝑡1+𝑡3−2−𝑚2=−𝑚2×ln𝑡1−ln𝑡
𝑡1
−𝑡33
，
故即证： −2ln𝑡𝑚×𝑡1−ln𝑡3(𝑚−13)(𝑚2−𝑚+12)
1−𝑡3<36𝑚(𝑡1+𝑡3
) ， 即证：
(𝑡𝑡
1+𝑡3)ln𝑡1𝑡31−𝑡3
+(𝑚−13)(𝑚2
72−𝑚+12)
>0
即证： (𝑘+1)ln𝑘2
𝑘−1+(𝑚−13)(𝑚72−𝑚+12)>0 ，
记 𝜑(𝑘)=(𝑘+1)ln𝑘𝑘−1，𝑘>1 ，则 𝜑′(𝑘)=1(𝑘−1)
2(𝑘−1𝑘−2ln𝑘)>0 ， 设 𝑢(𝑘)=𝑘−1
𝑘−2ln𝑘 ，则 𝑢′(𝑘)=1+1𝑘2−2𝑘>2𝑘−2𝑘=0 即 𝜑′(𝑘)>0 ，
故 𝜑(𝑘) 在 (1，+∞) 上为增函数，故 𝜑(𝑘)>𝜑(𝑚) ，
所以 (𝑘+1)ln𝑘2
2
𝑘−1+(𝑚−13)(𝑚72−𝑚+12)>(𝑚+1)ln𝑚𝑚−1+(𝑚−13)(𝑚72−𝑚+12) ，
记 𝜔(𝑚)=ln𝑚+(𝑚−1)(𝑚−13)(𝑚2−𝑚+12)
72(𝑚+1)，0<𝑚<1 ，
(𝑚−1)2
则
𝜔′(𝑚)
=
(3𝑚3−20𝑚2−49𝑚+72)
2(𝑚−1)2
(3𝑚3+3)72𝑚(𝑚+1)
>
72𝑚(𝑚+1)
2>0 ，
所以 𝜔(𝑚) 在 (0，1) 为增函数，故 𝜔(𝑚)<𝜔(1)=0 ， 故 ln𝑚+
(𝑚−1)(𝑚−13)(𝑚2−𝑚+12)
272(𝑚+1)<0 即 (𝑚+1)ln𝑚𝑚−1+(𝑚−13)(𝑚72−𝑚+12)>0 ，故原不等式得证.
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10试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：150分 客观题（占比） 46.0(30.7%) 分值分布 主观题（占比） 104.0(69.3%) 客观题（占比） 11(50.0%) 题量分布 主观题（占比） 11(50.0%) 2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比） 填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空37(31.8%) 36.0(24.0%) 分，共36分． 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10(45.5%) 40.0(26.7%) 中，只有一项是符合题目要求的． 解答题：本大题共5小题，共74分． 5(22.7%) 74.0(49.3%) 3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比 1 普通 (50.0%) 2 容易 (45.5%) / 13
113 困难 (4.5%) 4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号 1 椭圆的简单性质 15.0(10.0%) 21 2 古典概型及其概率计算公式 6.0(4.0%) 15 3 直线与圆锥曲线的综合问题 15.0(10.0%) 21 4 绝对值不等式 4.0(2.7%) 9 5 双曲线的简单性质 4.0(2.7%) 16 6 同角三角函数间的基本关系 4.0(2.7%) 4 7 诱导公式 6.0(4.0%) 13 8 正弦定理 14.0(9.3%) 18 9 利用导数研究曲线上某点切线方程 15.0(10.0%) 22 10 复数代数形式的乘除运算 4.0(2.7%) 2 11 简单线性规划 4.0(2.7%) 3 12 由三视图求面积、体积 4.0(2.7%) 5 13 用空间向量求直线与平面的夹角 15.0(10.0%) 19 14 秦九韶算法 4.0(2.7%) 11 15 分数指数幂 4.0(2.7%) 7 16 数列递推式 4.0(2.7%) 10
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1217 余弦定理 14.0(9.3%) 18 18 分段函数的应用 6.0(4.0%) 14 19 等差数列的前n项和 15.0(10.0%) 20 20 对数的运算性质 4.0(2.7%) 7 21 利用导数研究函数的极值 15.0(10.0%) 22 22 二面角的平面角及求法 4.0(2.7%) 8 23 二倍角的余弦公式 6.0(4.0%) 13 24 等比数列的性质 15.0(10.0%) 20 25 必要条件、充分条件与充要条件的判断 4.0(2.7%) 4 26 函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换 4.0(2.7%) 6 27 平面向量数量积的运算 4.0(2.7%) 17 28 直线与平面垂直的判定 15.0(10.0%) 19 29 并集及其运算 4.0(2.7%) 1 30 利用导数研究函数的单调性 15.0(10.0%) 22 31 三角形中的几何计算 4.0(2.7%) 11 32 二项式定理 6.0(4.0%) 12 33 离散型随机变量的期望与方差 6.0(4.0%) 15
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