2022年高考数学试卷（浙江）（解析卷）

1/21 2022 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学 姓名________ 准考证号_________________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4 页，选择题部分1 至3 页；非选择题部分3 至4 页．满分150 分，考试时间120 分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和 答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题 卷上的作答一律无效. 参考公式： 如果事件A，B 互斥，则 柱体的体积公式 如果事件A，B 相互独立，则 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 锥体的体积公式 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 次的概率 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式 台体的体积公式 球的体积公式 1/21 其中 表示台体的上、下底面积， h 表示台体的高 其中R 表示球的半径 选择题部分（共40 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． 1. 设集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】 ， 2/21 故选：D. 2. 已知 （为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数相等的条件可求 . 【详解】 ，而 为实数，故 ， 故选：B. 3. 若实数x，y 满足约束条件 则 的最大值是（ ） A. 20 B. 18 C. 13 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线 后可求最大值. 【详解】不等式组对应的可行域如图所示： 当动直线 过 时 有最大值. 由 可得 ，故 ， 2/21 故 ，故选：B. 4. 设 ，则“ ”是“ ”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 3/21 【答案】A 【解析】 【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 可得： 当 时， ，充分性成立； 当 时， ，必要性不成立； 所以当 ， 是 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： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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 ，圆台的下底面半径为 ，所以该几何体的体积 ． 3/21 故选：C． 4/21 6. 为了得到函数 的图象，只要把函数 图象上所有的点（ ） A. 向左平移 个单位长度 B. 向右平移 个单位长度 C. 向左平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出． 【详解】因为 ，所以把函数 图象上的所有点向右 平移 个单位长度即可得到函数 的图象． 故选：D. 7. 已知 ，则 （ ） A. 25 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【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． 【详解】因为 ， ，即 ，所以 ． 故选：C.8. 如图，已知正三棱柱 ，E，F 分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ） 4/21 A. B. C. D. 5/21 【答案】A 【解析】 【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 作 于 ，过 作 于 ，连接 ， 则 ， ， ， ， ， ， 所以 ， 故选：A． 9. 已知 ，若对任意 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】 【分析】将问题转换为 ，再结合画图求解． 【详解】由题意有：对任意的 ，有 恒成立． 设 ， ， 5/21 即 的图象恒在 的上方（可重合），如下图所示： 6/21 由图可知， ， ，或 ， ， 故选：D． 10. 已知数列 满足 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过递推关系式确定 除去 ，其他项都在 范围内，再利用递推公式变形得到 ，累加可求出 ，得出 ，再利用 ，累加可求出 ，再次 6/21 放缩可得出 ． 【详解】∵ ，易得 ，依次类推可得 由题意， ，即 ， 7/21 ∴ ， 即 ， ， ，…， ， 累加可得 ，即 ， ∴ ，即 ， , 又 ， ∴ ， ， ，…， ， 累加可得 ， ∴ ， 即 ，∴ ，即 ； 综上： ．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. 非选择题部分（共110 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． 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 7/21 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 ，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 ，则该三角形的面 积 ___________． 8/21 【答案】 . 【解析】 【分析】根据题中所给的公式代值解出． 【详解】因为 ，所以 ． 故答案为： . 12. 已知多项式 ，则 __________， ___________． 【答案】 ①. . ② 【解析】 【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 求出 ，再令 即可得出答 案． 【详解】含的 项为： ，故 ； 令 ，即 ， 令 ，即 ， ∴ ，故答案为： ； ． 13. 若 ，则 __________， _________． 【答案】 ①. . ② 【解析】 8/21 【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】 ，∴ ，即 ， 9/21 即 ，令 ， ， 则 ，∴ ，即 ， ∴ ， 则 ． 故答案为： ； ． 14. 已知函数 则 ________；若当 时， ，则 的最大值是_________． 【答案】 ①. . ② ## 【解析】 【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出 的最小值, 的最大值即可. 【详解】由已知 ， ， 所以 ， 当 时，由 可得 ，所以 ，当 时，由 可得 ，所以 ， 9/21 等价于 ，所以 ， 所以 的最大值为 . 故答案为： ， . 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 __________， _________． 【答案】 ①. ， ②. ## 【解析】 10/21 【分析】利用古典概型概率公式求 ，由条件求 分布列，再由期望公式求其期望. 【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 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最 小值为2 的取法有 种，所以 ， 由已知可得 的取值有1，2，3，4， ， ， ， 所以 , 故答案为： ， . 16. 已知双曲线 的左焦点为F，过F 且斜率为 的直线交双曲线于点 ， 交双曲线的渐近线于点 且 ．若 ，则双曲线的离心率是_________． 【答案】 【解析】 【分析】联立直线 和渐近线 方程，可求出点 ，再根据 可求得点 ，最后 根据点 在双曲线上，即可解出离心率． 【详解】过 且斜率为 的直线 ，渐近线 ， 10/21 联立 ，得 ，由 ，得 而点 在双曲线上，于是 ，解得： ，所以离心率 . 故答案为： ． 11/21 17. 设点P 在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建 立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设 ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到 ，然后利用 即可解出． 【详解】以圆心为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图所示： 11/21 则 , ，设 ,于是 ， 因为 ，所以 ，故 的取值范围是 12/21 . 故答案为： ． 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. 在 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．已知 ． （1）求 的值； （2）若 ，求 的面积． 【答案】（1） ； （2） ． 【解析】 【分析】（1）先由平方关系求出 ，再根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理的推论 以及 可解出 ，即可由三角形面积公式 求出面积． 【小问1 详解】由于 ， ，则 ．因为 ， 由正弦定理知 ，则 ． 【小问2 详解】 因为 ，由余弦定理，得 ， 12/21 即 ，解得 ，而 ， ， 所以 的面积 ． 19. 如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N 分别为 的中点． 13/21 （1）证明： ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） ． 【解析】 【分析】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易 得 ，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可 证得 平面 ，即得 ； （2）由（1）可知 平面 ，过点 做 平行线 ，所以可以以点 为原点， ， 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，求出平面 的一个法向量，以及 ，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1 详解】 过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 、 ． ∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形， 13/21 ∴在Rt 和Rt ， ， ∵ ，且 ， ∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ， ∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ， ∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ． 【小问2 详解】 因为 平面 ，过点 做 平行线 ，所以以点 为原点， ， 、 14/21 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ， 设 ，则 ， 设平面 的法向量为 由 ，得 ，取 ， 设直线 与平面 所成角为 ， ∴ ． 20. 已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n 项和为 ． （1）若 ，求 ； （2）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d 的 取值范围． 14/21 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 ； (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 的范围. 【小问1 详解】 15/21 因为 ， 所以 ， 所以 ，又 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 【小问2 详解】 因为 ， ， 成等比数列， 所以 ， ， ， 由已知方程 的判别式大于等于0， 所以 ， 所以 对于任意的 恒成立， 所以 对于任意的 恒成立， 当 时， ， 当 时，由 ，可得 当 时， ， 又 所以 15/21 21. 如图，已知椭圆 ．设A，B 是椭圆上异于 的两点，且点 在线段 上，直线 分别交直线 于C，D 两点． 16/21 （1）求点P 到椭圆上点的距离的最大值； （2）求 的最小值． 【答案】（1） ； （2） ． 【解析】 【分析】（1）设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出 ，再根据二 次函数的性质即可求出； （2）设直线 与椭圆方程联立可得 ，再将直线 方程与 的方程分别联立，可解得点 的坐标，再根据两点间的距离公式求出 ，最后代入化简可 得 ，由柯西不等式即可求出最小值． 【小问1 详解】 设 是椭圆上任意一点, ,则 ，当且仅当 时取等号，故 的最大值是 . 【小问2 详解】 16/21 设直线 ,直线 方程与椭圆 联立,可得 ,设 17/21 ，所以 ， 因为直线 与直线 交于 , 则 ,同理可得, .则 ，当且仅当 时取 等号，故 的最小值为 . 【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． 22. 设函数 ． （1）求 的单调区间； （2）已知 ，曲线 上不同的 三点 处的切线都经过点 17/21 ．证明： （ⅰ）若 ，则 ； （ⅱ）若 ，则 ． （注： 是自然对数的底数） 18/21 【答案】（1） 的减区间为 ，增区间为 . （2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【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成立，（ⅱ） ， ，则题设不等式可转化为 ，结合零点满足的方 程进一步转化为 ，利用导数可证该不等式成立. 【小问1 详解】 ， 当 ， ；当 ， ， 故 的减区间为 ， 的增区间为 .【小问2 详解】 （ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ， 故 ， 故方程 有3 个不同的根， 该方程可整理为 ， 设 ， 18/21 则 ， 当 或 时， ；当 时， ， 故 在 上为减函数，在 上为增函数， 因为 有3 个不同的零点，故 且 ， 19/21 故 且 ， 整理得到： 且 ， 此时 ， 设 ，则 ， 故 为 上的减函数，故 ， 故 . （ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得： 故 在 上为减函数，在 上为增函数， 不妨设 ，则 ，因为 有3 个不同的零点，故 且 ， 故 且 ， 整理得到： ， 因为 ，故 ， 又 ， 设 ， ，则方程 即为： 19/21 即为 ， 记 则 为 有三个不同的根， 设 ， ， 要证： ，即证 ， 20/21 即证： ， 即证： ， 即证： ， 而 且 ， 故 ， 故 ， 故即证： ，即证： 即证： ， 记 ，则 ， 设 ，则 即 ， 故 在 上为增函数，故 ， 所以 ， 记 ， 20/21 则 ， 所以 在 为增函数，故 ， 故 即 ， 故原不等式得证： 【点睛】 21/21 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.