浙江省三年2020-2022高考数学真题按题型分类汇编-解答题（含解析）

浙江省三年2020-2022高考数学真题按题型分类汇编-解答题（含解析）

一、解答题

1．（2022·浙江·统考高考真题）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．

2．（2022·浙江·统考高考真题）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．

(1)证明：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

3．（2022·浙江·统考高考真题）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．

4．（2022·浙江·统考高考真题）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．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；

(2)求的最小值．

5．（2022·浙江·统考高考真题）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．证明：

（ⅰ）若，则；

（ⅱ）若，则．

（注：是自然对数的底数）

6．（2021·天津·统考高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．

（I）求a的值；

（II）求的值；

（III）求的值．

7．（2021·天津·统考高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

（I）求证：平面；

（II）求直线与平面所成角的正弦值．

（III）求二面角的正弦值．

8．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．

9．（2021·天津·统考高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．

（I）求和的通项公式；

（II）记，

（i）证明是等比数列；

（ii）证明

10．（2021·天津·统考高考真题）已知，函数．

（I）求曲线在点处的切线方程：

（II）证明存在唯一的极值点

（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．

11．（2020·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分别为．已知 ．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）求的值；

（Ⅲ）求的值．

12．（2020·天津·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求二面角的正弦值；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

13．（2020·天津·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．

14．（2020·天津·统考高考真题）已知为等差数列，为等比数列，．

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）记的前项和为，求证：；

（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．

15．（2020·天津·统考高考真题）已知函数，为的导函数．

（Ⅰ）当时，

（i）求曲线在点处的切线方程；

（ii）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．

参考答案：

1．(1)；

(2)．

【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．

【详解】（1）由于， ，则．因为，

由正弦定理知，则．

（2）因为，由余弦定理，得，

即，解得，而，，

所以的面积．

2．(1)证明见解析；

(2)．

【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．

【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．

∵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，∴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．

（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

设，则，

设平面的法向量为

由，得，取，

设直线与平面所成角为，

∴．

3．(1)

(2)

【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.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，又，

所以，

所以，

所以，

（2）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

4．(1)；

(2)．

【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．

【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,

，当且仅当时取等号，故的最大值是.

（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，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．

5．(1)的减区间为，增区间为.

(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.

【详解】（1），

当，；当，，

故的减区间为，的增区间为.

（2）（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，

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，

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：

即为，

记

则为有三个不同的根，

设，，

要证：，即证，

即证：，

即证：，

即证：，

而且，

故，

故，

故即证：，

即证：

即证：，

记，则，

设，则，所以，

，

故在上为增函数，故，

所以，

记，

则，

所以在为增函数，故，

故即，

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.

6．（I）；（II）；（III）

【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；

（II）由余弦定理即可计算；

（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.

【详解】（I）因为，由正弦定理可得，

，；

（II）由余弦定理可得；

（III），，

，，

所以.

7．（I）证明见解析；（II）；（III）.

【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；

（II）求出，由运算即可得解；

（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.

【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，

则,,,,,,，

因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，

所以,,,

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

因为，所以，

因为平面，所以平面；

（II）由（1）得，，

设直线与平面所成角为，

则；

（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，

则，

所以二面角的正弦值为.

8．（1）；（2）.

【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；

（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.

【详解】（1）易知点、，故，

因为椭圆的离心率为，故，，

因此，椭圆的方程为；

（2）设点为椭圆上一点，

先证明直线的方程为，

联立，消去并整理得，，

因此，椭圆在点处的切线方程为.

在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，

直线的斜率为，所以，直线的方程为，

在直线的方程中，令，可得，即点，

因为，则，即，整理可得，

所以，，因为，，故，，

所以，直线的方程为，即.

【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：

（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；

（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.

9．（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；

（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；

（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.

【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．

所以，所以，

所以；

设等比数列的公比为，

所以，解得（负值舍去），

所以；

（II）（i）由题意，，

所以，

所以，且，

所以数列是等比数列；

（ii）由题意知，，

所以，

所以，

设，

则，

两式相减得，

所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：

最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.

10．（I）；（II）证明见解析；（III）

【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；

（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；

（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.

【详解】（I），则，

又，则切线方程为；

（II）令，则，

令，则，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

当时，，，当时，，画出大致图像如下：

所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，

当时，，则，单调递增，

当时，，则，单调递减，

为的极大值点，故存在唯一的极值点；

（III）由（II）知，此时，

所以，

令，

若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，

，，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，故，

所以实数b的取值范围.

【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.

11．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【分析】（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；

（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；

（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.

【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得

，

又因为，所以；

（Ⅱ）在中，由， 及正弦定理，可得；

（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ，

进而，

所以.

【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.

12．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.

（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；

（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；

（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

可得、、、、

、、、、.

（Ⅰ）依题意，，，

从而，所以；

（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，

，．

设为平面的法向量，

则，即，

不妨设，可得．

，

．

所以，二面角的正弦值为；

（Ⅲ）依题意，．

由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

13．（Ⅰ）；（Ⅱ），或．

【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；

（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.

【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，

，

由，得，

又由，得，

所以，椭圆的方程为；

（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，

根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，

设直线的斜率为，则直线的方程为，即，

，消去，可得，解得或.

将代入，得，

所以，点的坐标为，

因为为线段的中点，点的坐标为，

所以点的坐标为，

由，得点的坐标为，

所以，直线的斜率为，

又因为，所以，

整理得，解得或.

所以，直线的方程为或.

【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.

14．（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.

【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；

(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；

(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.

【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.

由，，可得d=1.

从而的通项公式为.

由，

又q≠0，可得，解得q=2，

从而的通项公式为.

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，

故，，

从而，

所以.

(Ⅲ)当n为奇数时，，

当n为偶数时，，

对任意的正整数n，有，

和 ①

由①得 ②

由①②得，

由于，

从而得：.

因此，.

所以，数列的前2n项和为.

【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.

15．（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；

(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；

（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.

【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

(ii) 依题意，.

从而可得，

整理可得：，

令，解得.

当x变化时，的变化情况如下表：

所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；

g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.

（Ⅱ）证明：由，得.

对任意的，且，令，则

.        ①

令.

当x>1时，，

由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.

因为，，，

所以

.        ②

由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，

故         ③

由①②③可得.

所以，当时，任意的，且，有

.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．

(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．

(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．

(4)考查数形结合思想的应用．