【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）（附解析）

【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）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．{2}B．C．D．【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】由并集运算，得.故答案为：D可知过点时取到最大值18.【分析】利用并集运算求解即可．故答案为：B2．已知（为虚数单位），则（　　）【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．4．设，则“”是“”的（　　）A．B．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．D．C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【答案】A【知识点】复数代数形式的乘除运算【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】由题意得，由复数相等定义，知.故答案为：B【解析】【解答】，则；，则，若可推出【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．，充分性成立；反之不成立，必要性不成立，故充分部必要条件.故答案为：A3．若实数x，y满足约束条件则的最大值是（　　）【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．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．20B．18C．13D．6【答案】BA．B．C．D．【知识点】简单线性规划【答案】C【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】根据约束条件画出可行域，【解析】【解答】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：C．【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．n6．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【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】函数图象平移满足左加右减，，因此需要将函数图象向右平移个单位长度，可以得到的图象.故答案为：D【分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解．根据线面垂直的性质定理，得，7．已知，则（　　）因此，。A．25B．5C．D．易知，因此，作交于H，【答案】C连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于【知识点】分数指数幂；对数的运算性质，可得。综上，.【解析】【解答】将转化为指数，得到.再结合指数的运算性质，，因此故答案为：A，所以.【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．9．已知，若对任意，则（　　）故答案为：C【分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．A．B．8．如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与C．D．【答案】D所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（　　）【知识点】绝对值不等式A．B．C．D．【解析】【解答】解：取x＝4，则不等式为a|4﹣b|﹣3≥0，显然a≠0，且b≠4，【答案】A观察选项可知，只有选项D符合题意．【知识点】二面角的平面角及求法故答案为：D【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，【分析】绝对值不等式的解法：取特值，结合选项直接得出答案．n10．已知数列满足，则（　　）原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．A．B．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．C．D．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【答案】B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，【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，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，则该三角形的面积因为，所以　．∴，【答案】又，则＞0，【知识点】秦九韶算法；三角形中的几何计算∴，【解析】【解答】解法一：三角形的三边代入公式得∴，解法二：三角形的三边，代入余弦定理得，则，∴，则，则面积.∴【分析】直接由秦九韶计算可得面积．12．已知多项式，则　，由得得　．利用累加可得【答案】8；-2【知识点】二项式定理∴，【解析】【解答】，∴；∴；综上，．令x＝0，则，故选：B令x＝1，则【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将∴．故答案为：8，﹣2．n【分析】a2相当于是用（x+2）中的一次项系数乘以展开式中的一次项系数加上（x+2）中的常数项乘以展开式中的二次项系数之和；分别给x辅助令x＝0，x＝1，即可求得的值．13．若，则　，　．作出函数f（x）的图象如图：【答案】；【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式当，解得，由，可知，则的最大值是【解析】【解答】∵，利用诱导公式可得，变形可得，根据同角三角函数基本关系可得，故答案为：；解得，，．【分析】直接由分段函数解析式求；画出函数f（x）的图象，数形结合得答案．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】；【分析】由诱导公式求出，再由同角三角函数关系式推导出sinα＝，最后【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差根据余弦的二倍角公式即可求的值．【解析】【解答】根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，又，14．已知函数则　；若当时，，，则的最大值是　　．【答案】；，【知识点】分段函数的应用，【解析】【解答】∵函数∴∴，故答案为：；∴n【分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的数学期望定义即可求解．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故答案为：，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是　　．【分析】过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线上，不妨设【答案】，根据题设条件可求得点A的坐标为，代入双曲线方程，化简可得a，c的关【知识点】双曲线的简单性质系，进而可求离心率．【解析】【解答】如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，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】【知识点】平面向量数量积的运算【解析】【解答】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，由于且，则点B在渐近线上，不妨设，设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即则∴，又，则，则又，则，则，∴点A的坐标为，代入双曲线方程化简可得设，所以则，n∵，∴，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．∴，（Ⅰ）证明：；即的取值范围是，（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点G、故答案为：【分析】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设，进而得到H．，根据点P的位置可求出的范围，从而得到的取值范围．三、解答题：本大题共5小题，共74分．∵四边形和都是直角梯形，，18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．，由平面几何知识易知，已知．，则四边形和四边形是矩形，（Ⅰ）求的值；∴在Rt和Rt，，（Ⅱ）若，求的面积．∵，且，【答案】解：（Ⅰ）由于，则.∴平面是二面角的平面角，则，由正弦定理可知，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（Ⅱ）因为，则.，而，∴平面，而平面．故，（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系.于是，则.则，的面积.【知识点】正弦定理；余弦定理平面ADE的法向量.【解析】【分析】（Ⅰ）由，易知，再根据同角三角函数基本关系求出sinC，最后由正弦定理设BM与平面ADE所成角为θ，可求得sinA；则．（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．n【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角21．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．上，直线分别交直线于C，D两点．（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；20．已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．（Ⅱ）求的最小值．（Ⅰ）若，求；【答案】解：（Ⅰ）设是椭圆上一点，，则（Ⅱ）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值故|PQ|的最大值是.范围．【答案】解：（Ⅰ）设，依题意得，.（Ⅱ）设直线，直线与椭圆联立，得，解得，则，于是.设，故（Ⅱ）设，依题意得，，故，与交于C，则，对任意正整数n成立.时，显然成立；同理可得，.时，，则；则时，.综上所述，.等号在时取到.【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的性质【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（Ⅰ）由等差数列的首项及可得关于公差d的方程，再由公【解析】【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差d的范围可得d的值，最后根据等差数列的前n项和公式可得；求点P到椭圆上点的距离的最大值；（Ⅱ）设，由成等比数列，可得关于的二次方程，由判别式大于等于0可得d的表达式，对n分情况讨论可得d的取值范围．（Ⅱ）设直线，直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得，再分别联n故在上为减函数，在上为增函数，立直线与直线，求得，因为有3个不同的零点，故且，，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．故且，整理得到：且，22．设函数．（Ⅰ）求的单调区间；此时，（Ⅱ）已知，曲线上不同的三点处的切线设，则，都经过点．证明：故为上的减函数，故，（ⅰ）若，则；故.（ⅱ）若，则．（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，（注：是自然对数的底数）不妨设，则，【答案】解：（Ⅰ）因为有3个不同的零点，故且，故的减区间为，增区间为.故且，（Ⅱ）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，整理得到：，故，因为，故，故方程有3个不同的根，又，该方程可整理为，设，，则方程即为：设，即为，记则则为有三个不同的根，，当或时，；当时，，n设，，则，所以在为增函数，故，要证：，即证，故即，即证：，故原不等式得证.即证：，【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；即证：，（Ⅱ）（i）因为过有三条不同的切线，设切点为，故而且，有3个不同的根，整理为，令故，故，，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值，故且，且，设利用导数性故即证：，质能证明，所以.即证：（ⅱ）有三个不同的零点，设，，则转即证：，化为有三个不同的根，在三个不同的零点，且，推导出要记，则，证明结论，只需证明，由此能证明设，则即，．故在上为增函数，故，所以，记，