【334330】2022年浙江省高考数学试卷

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

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绝密·启用前

2022年浙江省高考数学试卷

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

1.设集合 ，则 （       ）
A．
B．
C．
D．

2.已知 （ 为虚数单位），则（       ）
A．
B．
C．
D．

3.若实数x，y满足约束条件 则 的最大值是（       ）
A．20
B．18
C．13
D．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．25
B．5
C．
D．

8.如图，已知正三棱柱 ，E，F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．

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 ，则该三角形的面积 ___________．

12.已知多项式 ，则 __________， ___________．

13.若 ，则 __________， _________．

14.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 ，交双曲线的渐近线于点 且 ．若 ，则双曲线的离心率是_________．

15.设点P在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值范围是_______．

16.已知函数 则 ________；若当 时， ，则 的最大值是_________．

17.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 __________， _________．

18.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．

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．

(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值．

20.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．

21.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．

22.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）

参考答案

1.D

【解析】
利用并集的定义可得正确的选项.
，
故选：D.

2.B

【解析】
利用复数相等的条件可求 .
，而 为实数，故 ，
故选：B.

3.B

【解析】
在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线 后可求最大值.
不等式组对应的可行域如图所示：

当动直线 过 时 有最大值.
由 可得 ，故 ，
故 ，
故选：B.

4.A

【解析】
由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
因为 可得：
当 时， ，充分性成立；
当 时， ，必要性不成立；
所以当 ， 是 的充分不必要条件.
故选：A.

5.C

【解析】
根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为 ，圆台的下底面半径为 ，所以该几何体的体积 ．

故选：C．

6.D

【解析】
根据三角函数图象的变换法则即可求出．
因为 ，所以把函数 图象上的所有点向右平移 个单位长度即可得到函数 的图象．
故选：D.

7.C

【解析】
根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
因为 ， ，即 ，所以 ．
故选：C.

8.A

【解析】
先用几何法表示出 ，再根据边长关系即可比较大小．
如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，

则 ， ， ，
， ， ，
所以 ，
故选：A．

9.D

【解析】
将问题转换为 ，再结合画图求解．
由题意有：对任意的 ，有 恒成立．
设 ， ，
即 的图像恒在 的上方（可重合），如下图所示：

由图可知， ， ，或 ， ，
故选：D．

10.B

【解析】
先通过递推关系式确定 除去 ，其他项都在 范围内，再利用递推公式变形得到 ，累加可求出 ，得出 ，再利用 ，累加可求出 ，再次放缩可得出 ．
∵ ，易得 ，依次类推可得
由题意， ，即 ，
∴ ，
即 ， ， ，…， ，
累加可得 ，即 ，
∴ ，即 ， ,
又 ，
∴ ， ， ，…， ，
累加可得 ，
∴ ，
即 ，∴ ，即 ；
综上： ．
故选：B．

11. .

【解析】
根据题中所给的公式代值解出．
因为 ，所以 ．
故答案为： .

12.         

【解析】
第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令 求出 ，再令 即可得出答案．
含 的项为： ，故 ；
令 ，即 ，
令 ，即 ，
∴ ，
故答案为： ； ．

13.         

【解析】
先通过诱导公式变形，得到 的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出 ，接下来再求 ．
，∴ ，即 ，
即 ，令 ， ，
则 ，∴ ，即 ，
∴ ，
则 ．
故答案为： ； ．

14.

【解析】
联立直线 和渐近线 方程，可求出点 ，再根据 可求得点 ，最后根据点 在双曲线上，即可解出离心率．
过 且斜率为 的直线 ，渐近线 ，
联立 ，得 ，由 ，得
而点 在双曲线上，于是 ，解得： ，所以离心率 .
故答案为： ．

15.

【解析】
根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设 ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到 ，然后利用 即可解出．
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 ,于是 ，
因为 ，所以 ，故 的取值范围是 .
故答案为： ．

16.          ##

【解析】
结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出 的最小值, 的最大值即可.
由已知 ， ，
所以 ，
当 时，由 可得 ，所以 ，
当 时，由 可得 ，所以 ，
等价于 ，所以 ，
所以 的最大值为 .
故答案为： ， .

17.     ，     ##

【解析】
利用古典概型概率公式求 ，由条件求 分布列，再由期望公式求其期望.
从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有 种，所以 ，
由已知可得 的取值有1，2，3，4，
， ，
，
       所以 ,
故答案为： ， .

18.(1) ；
(2) ．

【解析】
（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．
(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 ．

19.(1)证明见解析；
(2) ．

【解析】
（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．
(1)
过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 、 ．
∵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 ，
∴ ．

20.(1)
(2)

【解析】
（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.
(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

21.(1) ；
(2) ．

【解析】
（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．
(1)
设 是椭圆上任意一点, ,则
        ，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 .

22.(1) 的减区间为 ，增区间为 .
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.

【解析】
（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.
(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 即 ，
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：