2022年新高考数学真题试卷(浙江卷)

【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）10小题，每小题4分，共40分．在每小题给(共10题；共40分) 1．（4分）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】D2．（4分）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】B3．（4分）若实数x，y满足约束条件{x−2≥0，2x+y−7≤0，x−y−2≤0，则z=3x+4y的最大值是（）A．20B．18C．13D．6【答案】B4．（4分）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．（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（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C6．（4分）为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin(3x+π5)图象上所有的点（）A．向左平移π5个单位长度B．向右平移π5个单位长度C．向左平移π15个单位长度D．向右平移π15个单位长度【答案】D7．（4分）已知2a=5，log83=b，则4a−3b=（）A．25B．5C．259D．5 3【答案】C8．（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≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A9．（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 ≥3B ．a ≤1，b ≤3C ．a ≥1，b ≥3D ．a ≥1，b ≤3【答案】D10．（4分）已知数列 {a n } 满足 a 1=1，a n+1=a n −13a n 2(n ∈N ∗) ，则（ ） A ．2<100a 100<52B ．52<100a 100<3C ．3<100a 100<72D ．72<100a 100<4【答案】B7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，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 =√14[c 2a 2−(c 2+a 2−b 22)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 = ．【答案】√23412．（6分）已知多项式 (x +2)(x −1)4=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5 ，则a 2= ， a 1+a 2+a 3+a 4+a 5= ．【答案】8；-213．（6分）若 3sinα−sinβ=√10，α+β=π2 ，则 sinα= ， cos2β= ．【答案】3√1010；4514．（6分）已知函数 f(x)={−x 2+2， x ≤1，x +1x −1， x >1， 则 f(f(12))= ；若当 x ∈[a ，b] 时， 1≤f(x)≤3 ，则 b −a 的最大值是 ．【答案】3728；3+√315．（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)= ．【答案】1635；12716．（4分）已知双曲线 x 2a 2−y 2b2=1(a >0，b >0) 的左焦点为F ，过F 且斜率为 b 4a 的直线交双曲线于点 A(x 1，y 1) ，交双曲线的渐近线于点 B(x 2，y 2) 且 x 1<0<x 2 ．若 |FB|=3|FA| ，则双曲线的离心率是 ．【答案】3√6417．（4分）设点P 在单位圆的内接正八边形 A 1A 2⋯A 8 的边 A 1A 2 上，则 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 12+PA 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+⋯+PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 82的取值范围是 ．【答案】[12+2√2，16]5小题，共74分． (共5题；共74分)18．（14分）在 △ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ． 已知 4a =√5c ，cosC =35．（Ⅰ）求 sinA 的值；（Ⅰ）若 b =11 ，求 △ABC 的面积．【答案】解：（Ⅰ） 由于 cosC =35，sinC >0 ，则 sinC =45. 由正弦定理可知 4sinA =√5sinC ，则 sinA =√55.（Ⅰ）因为 sinC =45>sinA =√55，则 A <C <π2 .故 b =acosC +ccosA =35a +2√55c =115a =11 ，则 a =5 ， △ABC 的面积 S =12absinC =22 .19．（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．（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.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，√32，32) . BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，−√32，32)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，2√3，0)，DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，√3，3). 平面ADE 的法向量 n ⃗ =(√3，−1，√3) . 设BM 与平面ADE 所成角为θ，则 sinθ=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |BM ̅̅̅̅̅̅||n ⃗⃗ ∣=5√714 ． 20．（15分）已知等差数列 {a n } 的首项 a 1=−1 ，公差 d >1 ．记 {a n } 的前n 项和为 S n (n ∈N ∗) ．（Ⅰ）若 S 4−2a 2a 3+6=0 ，求 S n ；（Ⅰ）若对于每个 n ∈N ∗ ，存在实数 c n ，使 a n +c n ，a n+1+4c n ，a n+2+15c n 成等比数列，求d 的取值范围．【答案】解：（Ⅰ） 设 a n =(n −1)d −1 ，依题意得， 6d −4−2(d −1)(2d −1)+6=0 .解得 d =3 ，则 a n =3n −4，n ∈N ∗ ，于是 S n =3(1+2+⋯+n)−4n =3n(n+1)−8n 2=n(3n−5)2，n ∈N ∗ .（Ⅰ）设 a n =(n −1)d −1 ，依题意得，[c n +(n −1)d −1][15c n +(n +1)d −1]=[4c n +nd −1]2 ，15c n 2+[(16n −14)d −16]c n +(n 2−1)d 2−2nd +1=16c n 2+8(nd −1)c n +n 2d 2−2nd +1c n 2+[(14−8n)d +8]c n +d 2=0故 Δ=[(14−8n)d +8]2−4d 2=[(12−8n)d +8][(16−8n)d +8]≥0[(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 212+y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q(0，12)在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．（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=14411−11(sinθ+111)2≤14411故|PQ|的最大值是12√1111.（Ⅰ）设直线AB：y=kx+12，直线与椭圆联立，得(k2+112)x2+kx−34=0，设(x1，y1)，B(x2，y2)，故{x1+x2=−kk2+112x1x2=−34(k2+112)PA：y=y1−1x1x+1，与y=−12x+3交于C，则x c=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1，同理可得，x D=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1.则|CD|=√1+14|x C−x D|=√52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|=2√5|x1−x2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x2−1]|=2√5|x1−x2(2k+1)2x1x2−(2k+1)(x1+x2)+1|=2√5√(kk 2+112)2+3k 2+112−(2k +1)234(k 2+112)+(2k +1)k k 2+112+1∣=3√52⋅√16k 2+13k +1=6√55⋅√16k 2+1√916+13k +1≥6√55.等号在 k =316时取到. 22．（15分）设函数 f(x)=e2x +lnx(x >0) ．（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 (x 1，f(x 1))，(x 2，f(x 2))，(x 3，f(x 3)) 处的切线都经过点 (a ，b) ．证明：（Ⅰ）若 a >e ，则 0<b −f(a)<12(ae−1) ；（Ⅰ）若 0<a <e ，x 1<x 2<x 3 ，则 2e +e−a 6e 2<1x 1+1x 3<2a −e−a6e 2 ．（注： e =2.71828⋯ 是自然对数的底数）【答案】解：（Ⅰ） f ′(x)=1x −e 2x 2=2x−e 2x 2故f(x) 的减区间为 (0，e 2) ，增区间为 (e2，+∞) .（Ⅰ）（Ⅰ）因为过 (a ，b) 有三条不同的切线，设切点为 (x i ，f(x i ))，i =1，2，3 ， 故 f(x i )−b =f ′(x i )(x i −a) ，故方程 f(x)−b =f ′(x)(x −a) 有3个不同的根，该方程可整理为 (1x −e 2x 2)(x −a)−e2x −lnx +b =0 ，设 g(x)=(1x −e 2x 2)(x −a)−e2x −lnx +b ，则 g ′(x)=1x −e 2x 2+(−1x 2+e x 3)(x −a)−1x +e2x 2=−1x3(x −e)(x −a) ，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 ，故 (1e −e 2e2)(e −a)−e 2e −lne +b <0 且 (1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b >0 ，整理得到： b <a 2e +1 且 b >e2a +lna =f(a) ，此时 b −f(a)−12(a e −1)<a 2e +1−(e 2a +lna)−a 2e +12=32−e2a−lna ，设 u(a)=32−e2a −lna ，则 u ′(a)=e−2a 2a 2<0 ， 故 u(a) 为 (e ，+∞) 上的减函数，故 u(a)<32−e2e−lne =0 ， 故 0<b −f(a)<12(ae−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 x 1<x 2<x 3 ，则 0<x 1<a <x 2<e <x 3 ， 因为 g(x) 有3个不同的零点，故 g(a)<0 且 g(e)>0 ，故 (1e −e 2e2)(e −a)−e 2e −lne +b >0 且 (1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b <0 ，整理得到： a 2e +1<b <a2e +lna ，因为 x 1<x 2<x 3 ，故 0<x 1<a <x 2<e <x 3 ，又 g(x)=1−a+e x +ea2x2−lnx +b ，设 t =e x ， ae =m ∈(0，1) ，则方程 1−a+e x +ea 2x 2−lnx +b =0 即为：−a+e e t +a2e t 2+lnt +b =0 即为 −(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0 ， 记 t 1=e x 1，t 2=e x 2，t 3=ex 3，则 t 1，t 1，t 3 为 −(m +1)t +m2t 2+lnt +b =0 有三个不同的根， 设 k =t 1t 3=x 3x 1>e a >1 ， m =ae <1 ，要证： 2e +e−a 6e 2<1x 1+1x 2<2a −e−a 6e 2 ，即证 2+e−a 6e <t 1+t 3<2e a −e−a6e ， 即证： 13−m 6<t 1+t 3<2m −1−m 6 ，即证： (t 1+t 3−13−m 6)(t 1+t 3−2m +1−m6)<0 ， 即证： t 1+t 3−2−2m <(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，而−(m+1)t1+m2t12+lnt1+b=0且−(m+1)t3+m2t32+lnt3+b=0，故lnt1−lnt3+m2(t12−t32)−(m+1)(t1−t3)=0，故t1+t3−2−2m=−2m×lnt1−lnt3t1−t3，故即证：−2m×lnt1−lnt3t1−t3<(m−13)(m2−m+12)36m(t1+t3)，即证：(t1+t3)ln t1t3t1−t3+(m−13)(m2−m+12)72>0即证：(k+1)lnkk−1+(m−13)(m2−m+12)72>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−1k−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)lnkk−1+(m−13)(m2−m+12)72>(m+1)lnmm−1+(m−13)(m2−m+12)72，记ω(m)=lnm+(m−1)(m−13)(m2−m+12)72(m+1)，0<m<1，则ω′(m)=(m−1)2(3m3−20m2−49m+72)72m(m+1)2>(m−1)2(3m3+3)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)72(m+1)<0即(m+1)lnmm−1+(m−13)(m2−m+12)72>0，故原不等式得证.试题分析部分1、试卷总体分布分析2、试卷题量分布分析3、试卷难度结构分析4、试卷知识点分析。