高考浙江卷：《数学》科目2022年考试真题与答案解析

高考精品文档高考浙江卷数学科目·2022年考试真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 与答案解析目录选择题………………01页填空题………………05页解答题………………06页高考浙江卷：《数学》科目2022年考试真题与答案解析一、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.设集合AB{1,2},{2,4,6}，则AB（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}答案：D2.已知a,bR,a3i(bi)i（i为虚数单位），则（）A.ab1,3B.ab1,3C.ab1,3D.ab1,3答案：Bx20,3.若实数x，y满足约束条件2xy70,则z34xy的最大值是（）xy20,A.20B.181C.13D.6答案：B4.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：A5.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.8π22C.π316D.π3答案：C2π6.为了得到函数yx2sin3的图象，只要把函数yx2sin3图象上所有的点（）5πA.向左平移个单位长度5B.向右平移个单位长度πC.向左平移个单位长度15D.向右平移个单位长度答案：Daab37.已知25,log83b，则4（）A.25B.525C.95D.3答案：C8.如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1,ACAA1，E，F分别是棱BC,AC11上的点．记EF与AA1所成的角为，与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）3A.B.C.D.答案：A9.已知ab,R，若对任意xR,|axb||x4||2x5|0，则（）A.ab1,3B.ab1,3C.ab1,3D.ab1,3答案：D1210.已知数列an满足a111,ananannN，则（）35A.2100a10025B.100a321007C.3100a10027D.100a42100答案：B4二、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2222122cabSca，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角42形的三边a2,b3,c2，则该三角形的面积S___________．23答案：44234512.已知多项式(x2)(x1)aaxaxaxaxax012345，则a2__________，a1a2a3a4a5___________．答案：8；－213若3sinsin10,，则sin__________，cos2_________．23104答案：；105xx22,1,114.已知函数fx1则ff________；若当x[,]ab时，1fx()3，则xx1,1,2xba的最大值是._________．37答案：；332815.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()_________．51612答案：；357xy22b16.已知双曲线1(ab0,0)左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点ab224aAx11,y，交双曲线的渐近线于点Bx22,y且xx120．若|FB|3|FA|，则双曲线的离心率是_________．36答案：4AAAAA22217.设点P在单位圆的内接正八边形128的边12上，则PA18PA2PA的取值范围是_______．答案：[1222,16]的三、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．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。答案：34[1]由于cosC，0Cπ，则sinC55因为45ac55由正弦定理知4sinAC5sin，则sinACsin456[2]因为45ac22216a222aa12111由余弦定理，得abc3cosC552ab22a2a5即aa265504解得a5，而sinC，b115114所以△ABC的面积SabsinC5112222519.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DCB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。答案：[1]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∵四边形和EFCD都是直角梯形，且AB//,DCCD//,EFAB5,DC3,EF1，由平面几何知识易知：DGAH2,EFCDCFDCBABC90，则四边形EFCG7和四边形DCBH是矩形∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EGDH23∵DCCF,DCCB，且CFCBC∴DC平面BCF,BCF是二面角FDCB的平面角则BCF60，∴△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又平面，FN平面，可得FNCD，而BCCDC∴FN平面，而AD平面ABCDFNAD[2]因为平面，过点做AB平行线NK，所以以点为原点，，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ABDE(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,0,3)，则M3,,2233BM3,,,AD(2,23,0),DE(2,3,3)22设平面ADE的法向量为n(,,)xyznAD02xy230由，得，取n(3,1,3)nDE02x3y3z0设直线BM与平面所成角为33333|nBM|225357∴sincosn,BM|n|BM|3972314313944820.已知等差数列an首项a11，公差d1．记的前n项和为Snn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124cn,an15cn成等比数列，求d的取值范围．答案：[1]因为S42a2a360，a11所以46d21d12d60所以dd230，又的所以d32a1ann35nn所以ann34，所以Sn22[2]因为acnn，acnn14，acnn215成等比数列2所以an124cnancnan15cn2nd14cn1nddcn1ndd15cn22cnn(14d8nd8)cd0由已知方程的判别式大于等于0所以14d8nd82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对于任意的恒成立当n1时，n2d12n3d2d1d209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12dx2121.如图，已知椭圆y21．设A，B是椭圆上异于P(0,1)两点，且点Q0,在线段AB1221上，直线PA,PB分别交直线yx3于C，D两点．2的[1]求点P到椭圆上点的距离的最大值。[2]求||CD的最小值。答案：[1]设Q(23cos,sin)是椭圆上任意一点,222221144144则|PQ|12cos(1sin)1311sin2sin11sin，当且仅当11111111211sin时取等号，故||PQ的最大值是.1111101x2[2]设直线AB:ykx，直线AB方程与椭圆y212122213联立可得kxkx0124设Ax1,,,y1Bx2y2kxx121k212所以3xx12214k12y11因为直线PA:1y1x与直线yx3交于Cx1244xx11则xCx12y12(2k1)x1144xx22同理可得xDx22y22(2k1)x211544xx12则|CD|1xCDx42(21)kx121(21)kx1x1x2x1x225252(21)kx11(21)kx21(21)kx1x2(21)kx1x212293216k114k113516k165654651623k153k153k15365当且仅当k时取等号，故CD的最小值为.16511e22.设函数f(x)lnx(x0)．2x[1]求fx()的单调区间；[2]已知ab,R，曲线yf()x上不同的三点x1,,,,,fx1x2fx2x3fx3处的切线都经过点(,)ab．证明：1a[i]若ae，则0bf(a)1。2e2eaa112e[ii]若0ae,x1x2x3，则22。e6ex13xa6e注：e2.71828是自然对数的底数答案：e12xe[1]fx22x22xxee当0x，fx¢<0；当x，fx¢>02()2()ee故fx的减区间为0,，的增区间为,22[2][i]因为过ab,有三条不同的切线，设切点为xii,fx,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2xalnxb0x22xx1ee设gx2xalnxbx22xx121e1e1e则gx223xa2x22xxxxx1xexax3当0ex或xa时，gx¢()<0；当exa时，gx¢()>0故gx在0,e,a,上为减函数，在e,a上为增函数因为有3个不同的零点，故ge0且ga01ee1ee故2eablne0且2aalnab0e2e2ea22aaae整理得到：b1且blnafa2e2a1aaea13e此时bfa11lnalna2e2e2aa2e2223ee-2a设ualna，则ua022a2a23e故ua为e,上的减函数，故ualne022e1a故01bfa2e[ii]当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得故在0,a,e,上为减函数，在a,e上为增函数不妨设x1x2x3，则0ex1ax2x3因为有3个不同的零点，故ga0且ge01ee1ee故2eablne0且2aalnab0e2e2ea22aa13aa整理得到：1baln2e2e因为x1x2x3，故0ex1ax2x3aaee又gx1lnxbxx22eaaaee设t，m0,1，则方程1lnxb0xexx22aaem即为：tt2lntb0即为m1tt2lntb0e2e2eee记t1,,,t2t3x1x2x3则ttt1,,13为有三个不同的根txea设k131，m1t31xae2eaa112eeaa2ee要证：22，即证2tt13e6ex12xa6e6ea6e13mm21即证：tt6613m13mm21即证：t1t3t1t3066m22m13mm12即证：tt132m36mt13tmm而m1tt2lntb0且m1tt2lntb012113233m22故lnt1lnt3t1t3m1t1t3021422lntt13ln故tt132mmt13t22lnttlnm13mm12故即证：13mt1t336mt1t3t1ttln2即证：13tm13mm1230tt1372kk1lnm13m2m12即证：0k17211kk1lnkk2lnk0记kk,1，则2k1k1k11222设ukk2lnk，则uk10即k0kk2kkk故k在1,上为增函数，故km，k1lnkm13m22m12m1lnmm13mm12所以km172172m1m13m2m12记mlnm,0m172m1m1223m320m249m72m13m33则m072mm12272mm1所以m在(0,1)为增函数，故m102m1m13mm12mm1lnm13m2m12故lnm0即072m1m172故原不等式得证。15