浙江省2022年高考[数学]考试真题与答案解析

————————————————————————————————————————参考公式

如果事件A，B互斥，则P(AB)P(A)P(B) 柱体的体积公式VSh如果事件A，B相互独立，则P(AB)P(A)P(B)

若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概

kknk率Pn(k)Cnp(1p)(k0,1,2,,n)

1VSh，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高锥体的体积公式

343球的体积公式VR，其中R表示球的半径。

3球的表面积公式S4R2台体的体积公式：V1S1S1S2S2h，其中S1,S2表示台体的上、下底面积， h表示台3体的高

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. 设集合A{1,2},B{2,4,6}，则AB（ A. {2}B. {1,2}）

D. {1,2,4,6}）

D. a1,b3C. {2,4,6}2. 已知a,bR,a3i(bi)i（i为虚数单位），则（ A. a1,b3B. a1,b3C. a1,b3x20,3. 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

B. 18

C. 13

）

D. 6

4. 设xR，则“sinx1”是“cosx0”的（

A. 充分不必要条件件

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

5. 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（

）

A. 22πB. 8π22πC. 316πD. 3πy2sin3xy2sin3x6. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）

5πA. 向左平移个单位长度

5πB. 向右平移个单位长度

5C. 向左平移

π个单位长度15）

D. 向右平移

π个单位长度15a7. 已知25,log83b，则4a3b（

A. 25B. 5

25C.

95D.

38. 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，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（

）

A. B. C. D. ）

9. 已知a,bR，若对任意xR,a|xb||x4||2x5|0，则（ A. a1,b3B. a1,b3C. a1,b3D. a1,b31210. 已知数列an满足a11,an1anannN，则（

3A. 2100a100）

52B.

5100a10032C. 3100a10072D.

7100a10042二、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. 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

122c2a2b2Sca42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,c2，则该三角形的面积S___________．

4234512. 已知多项式(x2)(x1)a0a1xa2xa3xa4xa5x，则a2__________，

a1a2a3a4a5___________．13. 若3sinsin10,2，则sin__________，cos2_________．

x22,x1,fx14. 已知函数则1x1,x1,xf1f________；若当x[a,b]时，1f(x)3，2则ba的最大值是_________．

15. 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()_________．

bx2y2的1(a0,b0)16. 已知双曲线2左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点

ab24aA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_________．

222AAAAA17. 设点P在单位圆的内接正八边形128的边12上，则PA1PA2PA8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．

34a5c,cosCABC18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．

5（1）求sinA的值；

（2）若b11，求ABC的面积．

19. 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．

（1）证明：FNAD；

（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．

20. 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．

（1）若S42a2a360，求Sn；

（2）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．

1x2221. 如图，已知椭圆y1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,在线段AB2121PA,PByx3于C，D两点．上，直线分别交直线

2（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（2）求|CD|的最小值．22. 设函数f(x)elnx(x0)．2x（1）求f(x)的单调区间；

（2）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：

1aae0bf(a)（ⅰ）若，则1；

2e2ea112ea2．（ⅱ）若0ae,x1x2x3，则2e6ex1x3a6e（注：e2.71828是自然对数的底数）

答案解析

————————————————————————————————————————一、选择题

1. D 2. B 3. B 4. A 5. C 6. D 7. C 8. A 9. D 10. B二、填空题11.

23 12.①. 8 .4②. 2 13.①.

310 10②.

374 14.①. 528②. 3316123615.①. ， ②. 16. 17. [1222,16]7354三、解答题18. 【小问1详解】

由于cosC， 0Cπ，则sinC354．因为4a5c，5由正弦定理知4sinA5sinC，则sinA【小问2详解】

55sinC．45162a2a121a11222因为4a5c，由余弦定理，得cosCabc553，2ab22a2a52即a6a550，解得a5，而sinC24，b11，5所以ABC的面积S19. 【小问1详解】

114absinC51122．225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23，∵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．

【小问2详解】

因为FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，

33设A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,3,0),E(1,0,3)，则M3,2,2，

33BM3,2,2,AD(2,23,0),DE(2,3,3)nADE设平面的法向量为(x,y,z)nAD02x23y0由，得，取n(3,1,3)，

nDE02x3y3z0设直线BM与平面ADE所成角为，

|nBM|∴sincosn,BM|n|BM|3333322394431395357．1472320. 【小问1详解】

因为S42a2a360，a11，所以46d21d12d60，所以d23d0，又d1，所以d3，所以an3n4，所以Sna1ann3n25n22，

【小问2详解】

因为ancn，an14cn，an215cn成等比数列，

所以an14cn2ancnan215cn，

nd14cn21nddcn1ndd15cn，

2cn(14d8nd8)cnd20，

22由已知方程cn(14d8nd8)cnd0的判别式大于等于0，

2所以14d8nd84d0，

2所以16d8nd812d8nd80对于任意的nN恒成立，

所以n2d12n3d20对于任意的nN恒成立，

当n1时，n2d12n3d2d1d20，当n2时，由2d2d14d3d20，可得d2当n3时，n2d12n3d2(n3)(2n5)0，又d1所以1d221. 【小问1详解】

设Q(23cos,sin)是椭圆上任意一点,P(0,1),则

1144144|PQ|12cos(1sin)1311sin2sin11sin，当且仅

11111122222当sin11211时取等号，故|PQ|的最大值是.1111【小问2详解】

32121x22设直线AB:ykx,直线AB方程与椭圆y1联立,可得kxkx0,设

124212kxx1212k12Ax1,y1,Bx2,y2，所以，3x1x2214k12因为直线PA:yy111x1与直线yx3交于C,x12则xC4x14x14x24x2xDx12y12(2k1)x11,同理可得,x22y22(2k1)x21.则

|CD|14x14x215xCxD42(2k1)x11(2k1)x2125x1x2x1x225(2k1)2x1x2(2k1)x1x21(2k1)x11(2k1)x2123924k1116k1143516k21656565，1623k153k153k15当且仅当k22.

【小问1详解】

fxe12xe，2x2x2x2365时取等号，故CD的最小值为.165当0xeex<0x)>0，x，f¢；当，f¢)((22eefxfx0,,故的减区间为的增区间为，.

22【小问2详解】

（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，

ee1lnxb0，该方程可整理为2xa2xx2xee1gxxalnxb，设22xx2x则gx1e1e1e223xa2x2xxxx2x1xexa，3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，因为gx有3个不同的零点，故ge0且ga0，

eee1e1ealneb0aalnab0，故且222e2ae2ea2a整理得到：bae1且blnafa，2e2a1aaea13ebfa11lnalna，此时2e2e2a2e222a设ua3ee-2alna，则ua0，222a2a3elne0，22e故ua为e,上的减函数，故ua1a0bfa故1.

2e（ⅱ）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，

eee1e1lnab0，故2ealneb0且2aa2e2ae2ea2aaa1blna，整理得到：2e2e因为x1x2x3，故0x1ax2ex3，又gx1设taeea2lnxb，x2xeaaeeam0,112lnxb0即为：，则方程，ex2xxaeamtt2lntb0即为m1tt2lntb0，e2e2记t1eee,t2,t3,x1x2x3则t1,t1,t3为m1t设km2tlntb0有三个不同的根，2t1x3ea1，m1，t3x1ae2ea112eaea2eeat1t3要证：e6e2xxa6e2，即证2，6ea6e1213m21mtt即证：，136m613m21mtttt即证：13130，

6m622m13mm12即证：t1t32，m36mt1t3而m1t1故lnt1lnt3故t1t32m2m2t1lnt1b0且m1t3t3lnt3b0，22m22t1t3m1t1t30，222lntlnt31mmt1t3，

22lnt1lnt3m13mm12故即证：，mt1t336mt1t3即证：

t1t3lnt1t3t1t3m13m2m127202k1lnkm13mm12即证：0，

k172记kk1lnk,k1k1，则k1k2lnk0，2k1k1设ukk112222lnk，则uk120即k0，kkkkk故k在1,上为增函数，故km，

22k1lnkm13mm12m1lnmm13mm12所以，k172m172m1m13m2m12,0m1，记mlnm72m1则mm123m320m249m7272mm12m123m33272mm10，

所以m在(0,1)为增函数，故m10，

2m1m13m2m12m1lnmm13mm120即故lnm0，

72m1m172故原不等式得证：