2022年浙江省高考数学试卷（范世祥、郭倩、赵洋）

这是一份2022年浙江省高考数学试卷（范世祥、郭倩、赵洋），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设集合，，，4，，则
A．B．，C．，4，D．，2，4，
2．已知，，为虚数单位），则
A．，B．，C．，D．，
3．若实数，满足约束条件则的最大值是
A．20B．18C．13D．6
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
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．
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
7．已知，，则
A．25B．5C．D．
8．如图，已知正三棱柱，，，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
A．B．C．D．
9．已知，，若对任意，，则
A．，B．，C．，D．，
10．已知数列满足，，则
A．B．C．D．
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，其中，，是三角形的三边，是三角形的面积．设某三角形的三边，，，则该三角形的面积 ．
12．（6分）已知多项式，则 ， ．
13．（6分）若，，则 ， ．
14．（6分）已知函数则 ；若当，时，，则的最大值是 ．
15．（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，则 ， ．
16．已知双曲线的左焦点为，过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 ．
17．设点在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
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．（14分）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
19．（15分）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（15分）已知等差数列的首项，公差．记的前项和为．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）若对于每个，存在实数，使，，成等比数列，求的取值范围．
21．（15分）如图，已知椭圆．设，是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线，分别交直线于，两点．
（Ⅰ）求点到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求的最小值．
22．（15分）设函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知，，曲线上不同的三点，，，，，处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则（a）；
（ⅱ）若，，则．
（注是自然对数的底数）
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2022年浙江省高考数学试卷
参考答案与试题解析
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，，，4，，则
A．B．，C．，4，D．，2，4，
【思路分析】利用并集运算求解即可．
【解析】，，，4，，，2，4，，故选：．
【试题评价】本题考查了并集的定义及其运算，属于基础题．
2．已知，，为虚数单位），则
A．，B．，C．，D．，
【思路分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数相等求解．
【解析】，，，，，故选：．
【试题评价】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数相等的定义，是基础题．
3．若实数，满足约束条件则的最大值是
A．20B．18C．13D．6
【思路分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．
【解析】实数，满足约束条件
则不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分，
由已知可得，由得,即求直线在y轴上截距的最大值，
由图可知：当直线过点时，取最大值，
则的最大值是，
故选：．
【试题评价】本题考查了简单线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属于基础题．
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
【思路分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．
【解析】，
①当时，则，充分性成立，
②当时，则，必要性不成立，
是的充分不必要条件，
故选：．
【试题评价】本题考查了同角三角函数间的基本关系，充要条件的判定，属于基础题．
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．
【思路分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
【解析】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：．
故选：．
【试题评价】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
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
【思路分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解．
【解析】把图象上所有的点向右平移各单位可得的图象．
故选：．
【试题评价】本题主要考查了正弦型函数的图象平移，属于基础题．
7．已知，，则
A．25B．5C．D．
【思路分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．
【解析】由，，
可得，
则，
故选：．
【试题评价】本题考查了指数、对数的运算性质，考查了运算求解能力，属于基础题．
8．如图，已知正三棱柱，，，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
A．B．C．D．
【思路分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
【解析】正三棱柱中，，正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过作，垂足点为，连接，则，
与所成的角为，且，
又，，，，
与平面所成的角为，且，，
，①，
再过点作，垂足点为，连接，
又易知底面，底面，
，又，平面，
二面角的平面角为，且，又，，
，，，②，
又，，③，
由①②③得，又，，，，在，单调递增，
，
故选：．
【试题评价】本题考查线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，考查了转化思想，属中档题．
9．已知，，若对任意，，则
A．，B．，C．，D．，
【思路分析】取特值，结合选项直接得出答案．
【解析】【解法一】：取，则不等式为，显然，且，
观察选项可知，只有选项符合题意．
故选：．
【解法二】由题意有：对任意的，有恒成立．
设，，
即的图象恒在的上方（可重合），如下图所示：
由图可知，，，或，，故选：D．
【试题评价】本题考查绝对值不等式的解法，作为选择题，常常采用特值法，排除法等提高解题效率，属于基础题．
10．已知数列满足，，则
A．B．C．D．
【思路分析】分析可知数列是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
【解析】，为递减数列，
又，且，，
又，则，，，
，则，；
由得，得，
累加可得，，
，；
综上，．故选：．
【试题评价】本题考查递推数列，数列的单调性等知识，对化简变形能力要求较高，考查运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题．
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，其中，，是三角形的三边，是三角形的面积．设某三角形的三边，，，则该三角形的面积 ．
【思路分析】直接由秦九韶公式计算可得面积．
【解析】由，
故答案为：．
【试题评价】本题考查学生的阅读能力，考查学生计算能力，属基础题．
12．（6分）已知多项式，则 8 ， ．
【思路分析】相当于是用中的一次项系数乘以展开式中的一次项系数加上中的常数项乘以展开式中的二次项系数之和，分别令，，即可求得的值．
【解析】【解法一】：，；
令，则，令，则，
．故答案为：8，．
【解法二】：由题．
令，则．又，所以．
【试题评价】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
13．（6分）若，，则 ， ．
【思路分析】由诱导公式求出，再由同角三角函数关系式推导出，由此能求出的值．
【解析】，，
，
，
，
，
解得，，
．
故答案为：；．
【试题评价】本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式、同角三角函数关系式、二倍角公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（6分）已知函数则 ；若当，时，，则的最大值是 ．
【思路分析】直接由分段函数解析式求；画出函数的图象，数形结合得答案．
【解析】函数，，
；
作出函数的图象如图：
由图可知，若当，时，，则的最大值是．
故答案为：；．
【试题评价】本题考查函数值的求法，考查分段函数的应用，考查数形结合思想，是中档题．
15．（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，则 ， ．
【思路分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义即可求解．
【解析】根据题意可得：的取值可为1，2，3，4，
又，
，
，
，
，
故答案为：；．
【试题评价】本题考查组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义，属基础题．
16．已知双曲线的左焦点为，过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 ．
【思路分析】过点作轴于点，过点作轴于点，依题意，点在渐近线上，不妨设，根据题设条件可求得点的坐标为，代入双曲线方程，化简可得，的关系，进而得到离心率．
【解析】【解法一】如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
由于，且，则点在渐近线上，不妨设，
设直线的倾斜角为，则，则，即，则，
，
又，则，
又，则，则，
点的坐标为，
，即，
．
故答案为：．
【解法一】根据，结合图象可知，点A在双曲线的左支上，点B在双曲线的斜率为正的渐近线上，过且斜率为的直线: (I)
斜率为正的渐近线: (II)
联立(I)(II)得点B（，）
根据，可得,因为（，）,
点的坐标为，
，即，
．
【试题评价】本题考查双曲线的性质，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题．
17．设点在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ， ．
【思路分析】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，求出正八边形各个顶点坐标，设，进而得到，根据点的位置可求出的范围，从而得到的取值范围．
【解析】【解法一】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，则，，，，，，，，
设，
则
，
，，，
，
即的取值范围是，，故答案为：，．
【解法二】因为
所以
因为=1，所以=8；
因为正八边形是中心对称图形，
所以，所以
因为根据正八边形的性质得
所以，所以，即
所以
所以 的取值范围是，，故答案为：，．
【试题评价】本题主要考查了平面向量数量积的运算和性质以及三角函数中的二倍角公式的应用，考查了学生分析问题、转化问题的能力，属于中档题．
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．（14分）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
【思路分析】（Ⅰ）根据，确定的范围，再求出，由正弦定理可求得；
（Ⅱ）根据，的正、余弦值，求出，再由正弦定理求出，代入面积公式计算即可．
【解析】（Ⅰ）因为，所以，且，
由正弦定理可得：，
即有；
（Ⅱ）因为，
所以，故，
又因为，所以，
所以；
由正弦定理可得：，
所以，
所以．
【试题评价】本题考查了解三角形中正弦定理、面积公式，属于基础题．
19．（15分）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【思路分析】（Ⅰ）根据题意证出平面，即可得证；（Ⅱ）由于平面，如图建系，求得平面的法向量，代入公式即可求解．
【解答】证明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
则，平面，则．
又，
则是等边三角形，为的中点，则，
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，故；
解：（Ⅱ）由于平面，如图建系：
于是，则，
，
设平面的法向量，，，
则，，令，则，，
平面的法向量，
设与平面所成角为，
则．
【试题评价】本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
20．（15分）已知等差数列的首项，公差．记的前项和为．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）若对于每个，存在实数，使，，成等比数列，求的取值范围．
【思路分析】（Ⅰ）由等差数列的首项及可得关于公差的方程，再由公差的范围可得的值，再由等差数列的前项和公式可得的解析式；
（Ⅱ）由，，成等比数列，可得关于的二次方程，由判别式大于0可得的表达式，分类讨论可得的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为等差数列的首项，公差，
因为，可得，即，
，即，
整理可得：，解得，
所以，
即；
（Ⅱ）因为对于每个，存在实数，使，，成等比数列，
则，，
整理可得：，则△，
即或，
整理可得或，
当时，可得或，而，
所以（舍，
所以的范围为；
时，或，而，
所以此时，，
当为大于2的任何整数，或，而，
所以（舍，恒成立；
综上所述，时，，；
为不等于2的正整数时，的取值范围为，都存在，使，，成等比数列．
【试题评价】本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．
21．（15分）如图，已知椭圆．设，是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线，分别交直线于，两点．
（Ⅰ）求点到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求的最小值．
【思路分析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解；
（Ⅱ）设直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而表示出，再分别联立直线，直线与直线，得到，两点的坐标，由此可表示出，再转化求解即可．
【解析】
（Ⅰ）设椭圆上任意一点，
则，，，
而函数的对称轴为，
则其最大值为，
，即点到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线，
联立直线与椭圆方程有，消去并整理可得，，
由韦达定理可得，，
，
设，，，，直线，直线，
联立以及，
可得，
由弦长公式可得
所以
将，.
化简得：
（1）当 时， ，即 ；
（2）当时，记，则
故 在上单调递减，在上单调递增.
所以，即.
综上所述，当时，取最小值.
【试题评价】本题考查直线与椭圆的综合运用，涉及了两点间的距离公式，利用二次函数的性质求最值，弦长公式等基础知识点，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．
22．（15分）设函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知，，曲线上不同的三点，，，，，处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则（a）；
（ⅱ）若，，则．
（注是自然对数的底数）
【思路分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
（Ⅱ）设经过点的直线与函数的图象相切时切点坐标为，求出切线的方程为，令，，由题意得到函数有三个不同的零点，推导出（e），（a），，要证明（a），只需证明，令（a），则，利用导数性质能证明，则（a）；
（ⅱ）有三个不同的零点，设，则化为，在三个不同的零点，，，且，推导出要证明结论，只需证明，由此能证明．
【解析】（Ⅰ）函数，
，，
由，得，在，上单调递增；
由，得，在上单调递减．
（Ⅱ）【解法一】证明：设经过点的直线与函数的图象相切时切点坐标为，
则切线方程为，
，切线的方程为，
，
令，，
曲线上不同的三点，，，，，处的切线都经过点，
函数有三个不同的零点，
，
，，或时，，单调递增，
时，，单调递减，从而（e），（a），
，且②，
由②得（a），由①有，
（a），要证明（a），
只需证明，即，
令（a），则，（a）在 上单调递增，
（a）（e），（a），
综上，若，则（a）；
（ⅱ）证明：由知有三个不同的零点，
设，则化为，
在三个不同的零点，，，且，
，，
，
解得，③
要证明结论，只需证明，
即，
把③式代入得只需证明
，
即，
令，由题意得，
当时，，，
只需证明，
，
，
．
（i）【解法二】，其中，
整理有，
令，，则有，
构造函数，，
若，则，，单调递减；
，，单调递增；
，，单调递减；
由题知函数有三个不同的零点，则必有，，因此；
（ii）由（i）知（）有三个不同的零点.
设，则化为，有三个不同的零点，且.因为，
所以，
因此，，解得③，
要证明结论，只需证明，
即，把③式代入得只需证明，
即，令，由（ii）知，
当时，（其中），
因此，只需证明，
因为，所以
.
【试题评价】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
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宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！
特别说明：
1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；
2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：
教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三
编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名
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