1、第PAGE21頁（共NUMPAGES21頁）2022年浙江省高考數學試卷一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1設集合，4，則AB，C，4，D，2，4，2已知，為虛數單位），則A，B，C，D，3若實數，滿足約束條件則的最大值是A20B18C13D64設，則“”是“”的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件5某幾何體的三視圖如圖所示（單位：，則該幾何體的體積（單位：是ABCD6為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度7

2、已知，則A25B5CD8如圖，已知正三棱柱，分別是棱，上的點記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則ABCD9已知，若對任意，則A，B，C，D，10已知數列滿足，則ABCD二、填空題：本大題共7小題，單空題每題4分，多空題每空3分，共36分。11我國南宋著名數學家秦九韶，發(fā)現了從三角形三邊求面積的公式，他把這種方法稱為“三斜求積”，它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白如果把這個方法寫成公式，就是，其中，是三角形的三邊，是三角形的面積設某三角形的三邊，則該三角形的面積12（6分）已知多項式，則，13（6分）若，則，14（6分）已知函數則；若當，時，則的最大值是 15（6分）現有7張卡片，

3、分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則，16已知雙曲線的左焦點為，過且斜率為的直線交雙曲線于點，交雙曲線的漸近線于點，且若，則雙曲線的離心率是 17設點在單位圓的內接正八邊形的邊上，則的取值范圍是 三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18（14分）在中，角，所對的邊分別為，已知，（）求的值；（）若，求的面積19（15分）如圖，已知和都是直角梯形，二面角的平面角為設，分別為，的中點（）證明：；（）求直線與平面所成角的正弦值20（15分）已知等差數列的首項，公差記的前項和為（）若，求；（）若對于每

4、個，存在實數，使，成等比數列，求的取值范圍21（15分）如圖，已知橢圓設，是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線，分別交直線于，兩點（）求點到橢圓上點的距離的最大值；（）求的最小值22（15分）設函數（）求的單調區(qū)間；（）已知，曲線上不同的三點，處的切線都經過點證明：（）若，則（a）；（）若，則（注是自然對數的底數）2022年浙江省高考數學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1設集合，4，則AB，C，4，D，2，4，【思路分析】利用并集運算求解即可【解析】，4，2，4，故選：【試題評價】本題考查了并集的定

5、義及其運算，屬于基礎題2已知，為虛數單位），則A，B，C，D，【思路分析】利用復數的乘法運算化簡，再利用復數相等求解【解析】，故選：【試題評價】本題考查復數代數形式的乘法運算，考查了復數相等的定義，是基礎題3若實數，滿足約束條件則的最大值是A20B18C13D6【思路分析】先作出不等式組表示的平面區(qū)域，然后結合圖象求解即可【解析】實數，滿足約束條件則不等式組表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，由已知可得，由得,即求直線在y軸上截距的最大值，由圖可知：當直線過點時，取最大值，則的最大值是，故選：【試題評價】本題考查了簡單線性規(guī)劃問題，重點考查了數形結合的數學思想方法，屬于基礎題4設，則“”是“”

6、的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【思路分析】利用同角三角函數間的基本關系，充要條件的定義判定即可【解析】，當時，則，充分性成立，當時，則，必要性不成立，是的充分不必要條件，故選：【試題評價】本題考查了同角三角函數間的基本關系，充要條件的判定，屬于基礎題5某幾何體的三視圖如圖所示（單位：，則該幾何體的體積（單位：是ABCD【思路分析】判斷幾何體的形狀，利用三視圖的數據，求解幾何體的體積即可【解析】由三視圖可知幾何體是上部為半球，中部是圓柱，下部是圓臺，所以幾何體的體積為：故選：【試題評價】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，是中檔題

7、6為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度【思路分析】由已知結合正弦函數圖象的平移即可求解【解析】把圖象上所有的點向右平移各單位可得的圖象故選：【試題評價】本題主要考查了正弦型函數的圖象平移，屬于基礎題7已知，則A25B5CD【思路分析】直接利用指數、對數的運算性質求解即可【解析】由，可得，則，故選：【試題評價】本題考查了指數、對數的運算性質，考查了運算求解能力，屬于基礎題8如圖，已知正三棱柱，分別是棱，上的點記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則ABCD【思路分析】根據線線角的定義，線面角的定

8、義，面面角的定義，轉化求解即可【解析】正三棱柱中，正三棱柱的所有棱長相等，設棱長為1，如圖，過作，垂足點為，連接，則，與所成的角為，且，又，與平面所成的角為，且，再過點作，垂足點為，連接，又易知底面，底面，又，平面，二面角的平面角為，且，又，又，由得，又，在，單調遞增，故選：【試題評價】本題考查線線角的定義，線面角的定義，面面角的定義，考查了轉化思想，屬中檔題9已知，若對任意，則A，B，C，D，【思路分析】取特值，結合選項直接得出答案【解析】【解法一】：取，則不等式為，顯然，且，觀察選項可知，只有選項符合題意故選：【解法二】由題意有：對任意的，有恒成立設，即的圖象恒在的上方（可重合），如下圖所

9、示：由圖可知，或，故選：D【試題評價】本題考查絕對值不等式的解法，作為選擇題，常常采用特值法，排除法等提高解題效率，屬于基礎題10已知數列滿足，則ABCD【思路分析】分析可知數列是單調遞減數列，根據題意先確定上限，得到，由此可推得，再將原式變形確定下限，可得，由此可推得，綜合即可得到答案【解析】，為遞減數列，又，且，又，則，則，；由得，得，累加可得，；綜上，故選：【試題評價】本題考查遞推數列，數列的單調性等知識，對化簡變形能力要求較高，考查運算求解能力，邏輯推理能力，屬于難題二、填空題：本大題共7小題，單空題每題4分，多空題每空3分，共36分。11我國南宋著名數學家秦九韶，發(fā)現了從三角形三邊求

10、面積的公式，他把這種方法稱為“三斜求積”，它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白如果把這個方法寫成公式，就是，其中，是三角形的三邊，是三角形的面積設某三角形的三邊，則該三角形的面積【思路分析】直接由秦九韶公式計算可得面積【解析】由，故答案為：【試題評價】本題考查學生的閱讀能力，考查學生計算能力，屬基礎題12（6分）已知多項式，則8，【思路分析】相當于是用中的一次項系數乘以展開式中的一次項系數加上中的常數項乘以展開式中的二次項系數之和，分別令，即可求得的值【解析】【解法一】：，；令，則，令，則，故答案為：8，【解法二】：由題令，則又，所以【試題評價】本題考查二項式定理的運用，考查運算求解能力，屬于中檔題

11、13（6分）若，則，【思路分析】由誘導公式求出，再由同角三角函數關系式推導出，由此能求出的值【解析】，解得，故答案為：；【試題評價】本題考查三角函數值的求法，考查誘導公式、同角三角函數關系式、二倍角公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題14（6分）已知函數則；若當，時，則的最大值是 【思路分析】直接由分段函數解析式求；畫出函數的圖象，數形結合得答案【解析】函數，；作出函數的圖象如圖：由圖可知，若當，時，則的最大值是故答案為：；【試題評價】本題考查函數值的求法，考查分段函數的應用，考查數形結合思想，是中檔題15（6分）現有7張卡片，分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6從這7張卡片中隨機抽取

12、3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則，【思路分析】根據組合數公式，古典概型的概率公式，離散型隨機變量的均值定義即可求解【解析】根據題意可得：的取值可為1，2，3，4，又，故答案為：；【試題評價】本題考查組合數公式，古典概型的概率公式，離散型隨機變量的均值定義，屬基礎題16已知雙曲線的左焦點為，過且斜率為的直線交雙曲線于點，交雙曲線的漸近線于點，且若，則雙曲線的離心率是 【思路分析】過點作軸于點，過點作軸于點，依題意，點在漸近線上，不妨設，根據題設條件可求得點的坐標為，代入雙曲線方程，化簡可得，的關系，進而得到離心率【解析】【解法一】如圖，過點作軸于點，過點作軸于點，由于，且，則點在漸近線上，

13、不妨設，設直線的傾斜角為，則，則，即，則，又，則，又，則，則，點的坐標為，即，故答案為：【解法一】根據，結合圖象可知，點A在雙曲線的左支上，點B在雙曲線的斜率為正的漸近線上，過且斜率為的直線: (I)斜率為正的漸近線: (II)聯立(I)(II)得點B（，）根據，可得,因為（，）,點的坐標為，即，【試題評價】本題考查雙曲線的性質，考查數形結合思想及運算求解能力，屬于中檔題17設點在單位圓的內接正八邊形的邊上，則的取值范圍是 ，【思路分析】以圓心為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系，求出正八邊形各個頂點坐標，設，進而得到，根據點的位置可求出的范圍，從而得到的取值范圍【解析】【解

14、法一】以圓心為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則，設，則，即的取值范圍是，故答案為：，【解法二】因為所以因為=1，所以=8；因為正八邊形是中心對稱圖形，所以，所以因為根據正八邊形的性質得所以，所以，即所以 所以 的取值范圍是，故答案為：，【試題評價】本題主要考查了平面向量數量積的運算和性質以及三角函數中的二倍角公式的應用，考查了學生分析問題、轉化問題的能力，屬于中檔題三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18（14分）在中，角，所對的邊分別為，已知，（）求的值；（）若，求的面積【思路分析】（）根據，確定的范圍，再求出，由正

15、弦定理可求得；（）根據，的正、余弦值，求出，再由正弦定理求出，代入面積公式計算即可【解析】（）因為，所以，且，由正弦定理可得：，即有；（）因為，所以，故，又因為，所以，所以；由正弦定理可得：，所以，所以【試題評價】本題考查了解三角形中正弦定理、面積公式，屬于基礎題19（15分）如圖，已知和都是直角梯形，二面角的平面角為設，分別為，的中點（）證明：；（）求直線與平面所成角的正弦值【思路分析】（）根據題意證出平面，即可得證；（）由于平面，如圖建系，求得平面的法向量，代入公式即可求解【解答】證明：由于，平面平面，平面，平面，所以為二面角的平面角，則，平面，則又，則是等邊三角形，為的中點，則，因為，平

16、面，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為平面，故；解：（）由于平面，如圖建系：于是，則，設平面的法向量，則，令，則，平面的法向量，設與平面所成角為，則【試題評價】本題考查了線線垂直的證明和線面角的計算，屬于中檔題20（15分）已知等差數列的首項，公差記的前項和為（）若，求；（）若對于每個，存在實數，使，成等比數列，求的取值范圍【思路分析】（）由等差數列的首項及可得關于公差的方程，再由公差的范圍可得的值，再由等差數列的前項和公式可得的解析式；（）由，成等比數列，可得關于的二次方程，由判別式大于0可得的表達式，分類討論可得的取值范圍【解析】（）因為等差數列的首項，公差

17、，因為，可得，即，即，整理可得：，解得，所以，即；（）因為對于每個，存在實數，使，成等比數列，則，整理可得：，則，即或，整理可得或，當時，可得或，而，所以（舍，所以的范圍為；時，或，而，所以此時，當為大于2的任何整數，或，而，所以（舍，恒成立；綜上所述，時，；為不等于2的正整數時，的取值范圍為，都存在，使，成等比數列【試題評價】本題考查等差數列的性質的應用及等比數列的性質的應用，恒成立的判斷方法，屬于中檔題21（15分）如圖，已知橢圓設，是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線，分別交直線于，兩點（）求點到橢圓上點的距離的最大值；（）求的最小值【思路分析】（）設橢圓上任意一點，利用兩點間的距離公

18、式結合二次函數的性質即可得解；（）設直線方程并與橢圓方程聯立，利用韋達定理得到兩根之和與兩根之積，進而表示出，再分別聯立直線，直線與直線，得到，兩點的坐標，由此可表示出，再轉化求解即可【解析】（）設橢圓上任意一點，則，而函數的對稱軸為，則其最大值為，即點到橢圓上點的距離的最大值為；（）設直線，聯立直線與橢圓方程有，消去并整理可得，由韋達定理可得，設，直線，直線，聯立以及，可得，由弦長公式可得所以 將，.化簡得：（1）當 時， ，即 ；（2）當時，記，則故 在上單調遞減，在上單調遞增.所以，即.綜上所述，當時，取最小值.【試題評價】本題考查直線與橢圓的綜合運用，涉及了兩點間的距離公式，利用二次函數的性質求最值，弦長公式等基礎知識點，考查邏輯推理能力，運算求解能力，屬于難題22（15分）設函數（）求的單調區(qū)間；（）已知，曲線上不同的三點，處的切線都經過點證明：（）若，則（a）；（）若，則（注是自然對數的底數）【思路分析】（）求出導數，利用導數的性質能求出函數的單調區(qū)間（）設經過點的直線與函數的圖象相切時切點坐標為，求出切線的方程為，令，由題意得到函數有三個不同的零點