2022年6月新高考浙江卷高考数学真题试题答案详解(精校打印版)

2022年新高考浙江 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 高考真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合A{1,2},B{2,4,6}，则AB（）A．{2}B．{1,2}C．{2,4,6}D．{1,2,4,6}【答案】D【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】AB1,2,4,6，故选：D.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3D．a1,b3【答案】B【分析】利用复数相等的条件可求a,b.【详解】a3i1bi，而a,b为实数，故a1,b3，故选：B.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．20B．18C．13D．6【答案】B【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线z3x4y后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：试卷第1页，共19页当动直线3x4yz0过A时z有最大值.x2x2由可得，故A2,3，2xy70y3故zmax324318，故选：B.4．设xR，则“sinx1”是“cosx0”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【答案】A【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为sin2xcos2x1可得：当sinx1时，cosx0，充分性成立；当cosx0时，sinx1，必要性不成立；所以当xR，sinx1是cosx0的充分不必要条件.故选：A.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（）试卷第2页，共19页2216A．22πB．8πC．πD．π33【答案】C【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积14122πVπ13π1222π22π12π22π12cm3．2333故选：C．π6．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ππA．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度55ππC．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度1515【答案】D试卷第3页，共19页【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．πππ【详解】因为y2sin3x2sin3x，所以把函数y2sin3x图象上的1555π所有点向右平移个单位长度即可得到函数y2sin3x的图象．15故选：D.aa3b7．已知25,log83b，则4（）255A．25B．5C．D．93【答案】C【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．2aa2142525【详解】因为a，，即3b，所以a3b．25blog83log232343b223423b39故选：C.8．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．【答案】A【分析】先用几何法表示出，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FPAC于P，过P作PMBC于M，连接PE，试卷第4页，共19页则EFP，FEP，FMP，PEPEFPABFPFPtan1，tan1，tantan，FPABPEPEPMPE所以，故选：A．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3【答案】D【分析】将问题转换为a|xb||2x5||x4|，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的xR，有a|xb||2x5||x4|恒成立．51x,x25设fxa|xb|，gx2x5x43x9,x4，2x1,x4即fx的图像恒在gx的上方（可重合），如下图所示：3由图可知，a3，1b3，或1a3，1b43，a故选：D．试卷第5页，共19页1210．已知数列an满足a11,an1anannN，则（）35577A．2100aB．100a3C．3100aD．100a41002210010022100【答案】B【分析】先通过递推关系式确定an除去a1，其他项都在0,1范围内，再利用递推公111111式变形得到，累加可求出(n2)，得出100a1003，再利用an1an3an3an31111111aa3a33n1，累加可求出n1nn3n211111151n1，再次放缩可得出100a100．an3323n22【详解】∵a1，易得a0,1，依次类推可得a0,1123n13111由题意，an1an1an，即，3an1an3anan3an1111∴，an1an3an3111111111111即，，，…，,(n2)，a2a13a3a23a4a33anan131111累加可得1n1，即(n2),(n2)，an3an331100∴a,n2，即a，100a3,nn210034100341111111,(n2)又aa3a33n1，n1nn3n2111111111111∴1，1，1，…，a2a132a3a233a4a33411111,(n3)，anan13n111111累加可得1n1,(n3)，an3323n11111111∴1333349439，a10032399326115即40，∴a100，即100a100；a1004025综上：100a3．2100故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.试卷第6页，共19页二、填空题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2222122cabSca，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设42某三角形的三边a2,b3,c2，则该三角形的面积S___________．23【答案】.4【分析】根据题中所给的公式代值解出．22222122cab142323【详解】因为Sca，所以S42．4242423故答案为：.44234512．已知多项式(x2)(x1)a0a1xa2xa3xa4xa5x，则a2__________，a1a2a3a4a5___________．【答案】82【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令x0求出a0，再令x1即可得出答案．233222222【详解】含x的项为：xC4x12C4x14x12x8x，故a28；令x0，即2a0，令x1，即0a0a1a2a3a4a5，∴a1a2a3a4a52，故答案为：8；2．13．若3sinsin10,，则sin__________，cos2_________．24【答案】310105【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理试卷第7页，共19页∵，∴sincos，即3sincos10，23101010310即10sincos10，令sin，cos，10101010则10sin10，∴2k，kZ，即2k，22310∴sinsin2kcos，2104则cos22cos212sin21.53104故答案为：；.105[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程∵，∴sincos，即3sincos10，2又sin2cos21，将cos3sin10代入得10sin2610sin90，解得310sin，104则cos22cos212sin21.53104故答案为：；.105x2y2b14．已知双曲线1(a0,b0)的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线a2b24a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】364b【分析】联立直线AB和渐近线l:yx方程，可求出点B，再根据|FB|3|FA|可求2a得点A，最后根据点A在双曲线上，即可解出离心率．bbb【详解】过F且斜率为的直线AB:y(xc)，渐近线l:yx，4a4a2aby(xc)4acbc5cbc联立，得B,，由|FB|3|FA|，得A,,b33a99ayxa25c2b2c2c28136而点A在双曲线上，于是1，解得：，所以离心率e.81a281a2b2a2244故答案为：36．4试卷第8页，共19页222．设点在单位圆的内接正八边形AAA的边AA上，则的15P12812PA1PA2PA8取值范围是_______．【答案】[1222,16]【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设P(x,y)，再根据平面向22222量模的坐标计算公式即可得到PA1PA2PA88xy8，然后利用cos22.5|OP|1即可解出．【详解】以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：则222222A1(0,1),A2,,A3(1,0),A4,,A5(0,1),A6,,A7(1,0,)22222222222，设于是22，A8,P(x,y),PA1PA2PA88xy822试卷第9页，共19页222因为，所以1cos4522，故的取值范围cos22.5|OP|1xy1PA1PA2PA82是[1222,16].故答案为：[1222,16]．三、双空题x22,x1,116．已知函数fx1则ff________；若当x[a,b]时，x1,x1,2x1f(x)3，则ba的最大值是_________．37【答案】33##3+328【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.211777437【详解】由已知f()2，f()1，22444728137所以ff()，228当x1时，由1f(x)3可得1x223，所以1x1，1当x1时，由1f(x)3可得1x13，所以1x23，x1f(x)3等价于1x23，所以[a,b][1,23]，所以ba的最大值为33.37故答案为：，33.2817．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()_________．16125【答案】，##13577【分析】利用古典概型概率公式求P(2)，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.3【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有C7种取法，其中所抽取的C1C1C216112424卡片上的数字的最小值为2的取法有C4C2C4种，所以P(2)3，C735试卷第10页，共19页由已知可得的取值有1，2，3，4，C215166P(1)3，P(2)，C73535C233，11，P33P43C735C73515163112所以E()1234,3535353571612故答案为：，.357四、解答题318．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a5c,cosC．5(1)求sinA的值；(2)若b11，求ABC的面积．5【答案】(1)；5(2)22．【分析】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；a2b2c2（2）根据余弦定理的推论cosC以及4a5c可解出a，即可由三角形面2ab1积公式SabsinC求出面积．234【详解】（1）由于cosC，0Cπ，则sinC．因为4a5c，5555由正弦定理知4sinA5sinC，则sinAsinC．4522162a222a121a11（2）因为4a5c，由余弦定理，得abc3，cosC552ab22a2a54即a26a550，解得a5，而sinC，b11，5114所以ABC的面积SabsinC51122．22519．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分别为试卷第11页，共19页AE,BC的中点．(1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：FNAD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；57(2)．14【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FCBC，再根据二面角的定义可知，BCF60，由此可知，FNBC，FNCD，从而可证得FN平面ABCD，即得FNAD；（2）由（1）可知FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点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，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．【详解】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点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．（2）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,,，22试卷第12页，共19页33BM3,,,AD(2,23,0),DE(2,3,3)22设平面ADE的法向量为n(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，3333322∴|nBM|5357．sincosn,BM|n|BM|3972314313944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．3n25n【答案】(1)S(nN)n2(2)1d2【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求Sn；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.，【详解】（1）因为S42a2a360a11，所以46d21d12d60，所以d23d0，又d1，所以d3，试卷第13页，共19页所以an3n4，aan3n25n所以S1n，n22（2）因为ancn，an14cn，an215cn成等比数列，2所以an14cnancnan215cn，2nd14cn1nddcn1ndd15cn，22cn(14d8nd8)cnd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4d20，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2x2121．如图，已知椭圆y21．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,在1221线段AB上，直线PA,PB分别交直线yx3于C，D两点．2(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；试卷第14页，共19页(2)求|CD|的最小值．1211【答案】(1)；1165(2)．5【分析】（1）设H(23cos,sin)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PH|2，再根据二次函数的性质即可求出；11（2）设直线AB:ykx与椭圆方程联立可得xx,xx，再将直线yx3方212122程与PA、PB的方程分别联立，可解得点C,D的坐标，再根据两点间的距离公式求出3516k21CD，最后代入化简可得CD，由柯西不等式即可求出最小值．23k1【详解】（1）设H(23cos,sin)是椭圆上任意一点,P(0,1),222221144144|PH|12cos(1sin)1311sin2sin11sin，当且11111111211仅当sin时取等号，故PH的最大值是.11111x2（2）设直线AB:ykx,直线AB方程与椭圆y21联立,可得212kxx121k2212312kxkx0,设Ax1,y1,Bx2,y2，所以，1243x1x2214k12y11因为直线PA:y1x1与直线yx3交于C,x124x14x14x24x2则xC,同理可得,xD.则x12y12(2k1)x11x22y22(2k1)x21154x14x2|CD|1xCxD42(2k1)x11(2k1)x21x1x2x1x225252(2k1)x11(2k1)x21(2k1)x1x2(2k1)x1x2129316k2114k113516k216565465，1623k153k153k15试卷第15页，共19页365当且仅当k时取等号，故CD的最小值为.165【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．e22．设函数f(x)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（ⅰ）若ae，则0bf(a)1；2e2ea112ea（ⅱ）若0ae,x1x2x3，则22．e6ex1x3a6e（注：e2.71828是自然对数的底数）ee【答案】(1)fx的减区间为0,，增区间为,.22(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式x3a成立，（ⅱ）k，m1，则题设不等式可转化为x1e22m13mm12t1t32，结合零点满足的方程进一步转化为m36mt1t3m1m13m2m12lnm0，利用导数可证该不等式成立.72m1e12xe【详解】（1）fx，2x2x2x2ee当0x，fx0；当x，f¢(x)>0，22ee故fx的减区间为0,，fx的增区间为,.22（2）（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，试卷第16页，共19页1ee该方程可整理为xalnxb0，x2x22x1ee设gxxalnxb，x2x22x1e1e1e则gxxax2x2x2x3x2x21xexa，x3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，1ee1ee故ealneb0且aalnab0，e2e22ea2a22aae整理得到：b1且blnafa，2e2a1aaea13e此时bfa11lnalna，2e2e2a2e222a3ee-2a设ualna，则ua0，22a2a23e故ua为e,上的减函数，故ualne0，22e1a故0bfa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，1ee1ee故ealneb0且aalnab0，e2e22ea2a22aaa整理得到：1blna，2e2e因为x1x2x3，故0x1ax2ex3，aeea又gx1lnxb，x2x2eaaeea设t，m0,1，则方程1lnxb0即为：xex2x2aeamtt2lntb0即为m1tt2lntb0，e2e2eee记t1,t2,t3,x1x2x3试卷第17页，共19页m则t,t,t为m1tt2lntb0有三个不同的根，1232txea设k131，m1，t3x1ae2ea112eaea2eea要证：22，即证2t1t3，e6ex1x3a6e6ea6e13m21m即证：tt，613m613m21m即证：t1t3t1t30，6m622m13mm12即证：t1t32，m36mt1t3mm而m1tt2lntb0且m1tt2lntb0，12113233m22故lnt1lnt3t1t3m1t1t30，222lnt1lnt3故t1t32，mmt1t322lntlntm13mm12故即证：13，mt1t336mt1t3t1ttln2即证：13tm13mm1230t1t372k1lnkm13m2m12即证：0，k17211k1lnk记k,k1，则k2k2lnk，k1k1k11222设ukk2lnk，则uk10，所以uku10，kk2kkkk0，1故k在1,上为增函数，故k，mk1lnkm13m2m12m1lnmm13m2m12所以，k172m172m1m13m2m12记mlnm,0m1，72m122m13m320m249m72m13m33则m220，72mm172mm1所以m在0,1为增函数，故m10，试卷第18页，共19页2m1m13mm12m1lnmm13m2m12故lnm0即0，72m1m172故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.试卷第19页，共19页