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1、2022 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学数学姓名姓名_准考证号准考证号_本试题卷分选择题和非选择题两部分本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共全卷共 4 页，选择题部分页，选择题部分 1 至至 3 页；非选页；非选择题部分择题部分 3 至至 4 页满分页满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟.考生注意：考生注意：1答题前答题前，请务必将自己的姓名请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上写在试题卷和答题纸规定的位置上.2答题时答题时，请按
2、照答题纸上请按照答题纸上“注意事项注意事项”的要求的要求，在答题纸相应的位置上规范作在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效答，在本试题卷上的作答一律无效.参考公式：参考公式：如果事件 A，B 互斥，则柱体的体积公式()()()P ABP AP BVSh如果事件 A，B 相互独立，则其中 S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P ABP AP B锥体的体积公式若事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，则 n 次13VSh独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,)kkn knnP kC ppkn
3、球的表面积公式台体的体积公式24SR112213VSS SSh球的体积公式其中12,S S表示台体的上、下底面积，343VRh 表示台体的高其中 R 表示球的半径选择题部分（共选择题部分（共 40 分）分）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个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选项中，只有一项是符合题目要求的1.设集合1,2,2,4,6AB，则AB（）A.2B.1,2C.2,4,6D.1,2,4,6【答案】D【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】1,2,4,6AB，故选：D.2.已
4、知,3i(i)ia babR（i为虚数单位），则（）A.1,3ab B.1,3ab C.1,3ab D.1,3ab【答案】B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求,a b.【详解】3i1iab ，而,a b为实数，故1,3ab，故选：B.3.若实数 x，y 满足约束条件20,270,20,xxyxy则34zxy的最大值是（）A.20B.18C.13D.6【答案】B【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线34zxy后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线340 xyz过A时z有最大值.由2270 xxy可得23xy，故2,3A，故max3 24 318z ，故
5、选：B.4.设xR，则“sin1x”是“cos0 x”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【答案】A【解析】【分析】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.【详解】因为22sincos1xx可得：当sin1x 时，cos0 x，充分性成立；当cos0 x 时，sin1x ，必要性不成立；所以当xR，sin1x 是cos0 x 的充分不必要条件.故选：A.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A.22B.8C.223D.163【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半
6、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【详解】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1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积32222214122 1 122 2 1 2 12333V 3cm故选：C6.为了得到函数2sin3yx的图象，只要把函数2sin 35yx图象上所有的点（）A.向左平移5个单位长度B.向右平移5个单位长度C.向左平移15个单位长度D.向右平移15个单位长度【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出【详解】因为2sin32sin
7、3155yxx，所以把函数2sin 35yx图象上的所有点向右平移15个单位长度即可得到函数2sin3yx的图象故选：D.7.已知825,log 3ab，则34ab（）A.25B.5C.259D.53【答案】C【解析】【分析】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【详解】因为25a，821log 3log 33b，即323b，所以22323232452544392aaabbb故选：C.8.如图，已知正三棱柱1111,ABCABC ACAA，E，F 分别是棱11,BC AC上的点 记EF与1AA所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）A.
8、B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小【详解】如图所示，过点F作FPAC于P，过P作PMBC于M，连接PE，则EFP，FEP，FMP，tan1PEPEFPAB，tan1FPABPEPE，tantanFPFPPMPE，所以，故选：A9.已知,a bR，若对任意,|4|25|0 xa xbxxR，则（）A.1,3abB.1,3abC.1,3abD.1,3ab【答案】D【解析】【分析】将问题转换为|25|4|a xbxx，再结合画图求解【详解】由题意有：对任意的xR，有|25|4|a xbxx恒成立设|f xa xb，51,2525439,421,4x x
9、g xxxxxxx，即 fx的图象恒在 g x的上方（可重合），如下图所示：由图可知，3a，13b，或13a，3143ba，故选：D10.已知数列 na满足21111,3nnnaaaanN，则（）A.100521002aB.100510032aC.100731002aD.100710042a【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定na除去1a，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133nnnaaa，累加可求出11(2)3nna，得出1001003a，再利用11111111333132nnnaaann，累加可求出111 1111133 23nnan，再次放缩可得出10
10、051002a【详解】11a，易得220,13a，依次类推可得0,1na 由题意，1113nnnaaa，即1131133nnnnnaaaaa，1111133nnnaaa，即211113aa，321113aa，431113aa，1111,(2)3nnnaa，累加可得11113nna，即11(2),(2)3nnna，3,22nann，即100134a，100100100334a,又11111111,(2)333132nnnnaaann，211111132aa，321111133aa，431111134aa，111111,(3)3nnnaan，累加可得111 11111,(3)33 23nnnan，
11、10011 1111 1113333494393 23993 26a，即100140a，100140a，即10051002a；综上：100510032a故选：B【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.非选择题部分（共非选择题部分（共 110 分）分）二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，单空题每题小题，单空题每题 4 分，多空题每空分，多空题每空 3 分，共分，共 36 分分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222222142cabSc
12、a，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2,3,2abc，则该三角形的面积S _【答案】234.【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出【详解】因为222222142cabSc a，所以24231234244 2S故答案为：234.12.已知多项式42345012345(2)(1)xxaa xa xa xa xa x，则2a _，12345aaaaa_【答案】.8.2【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令0 x 求出0a，再令1x 即可得出答案【详解】含2x的项为：3232222244C12 C14128xxxxxx ，故28a；
13、令0 x，即02a，令1x，即0123450aaaaaa，123452aaaaa，故答案为：8；213.若3sinsin10,2，则sin_，cos2_【答案】.3 1010.45【解析】【分析】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【详解】2，sincos，即3sincos10，即3 101010sincos101010，令10sin10，3 10cos10，则10sin10，22kkZ，即22k，3 10sinsin2cos210k，则224cos22cos12sin15 故答案为：3 1010；4514.已知函数 22,1,11,
14、1,xxf xxxx 则12ff_；若当,xa b时，1()3f x，则ba的最大值是_【答案】.3728.33#3+3【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.【详解】由已知2117()2224f，77437()144728f，所以137()228ff，当1x 时，由1()3f x可得2123x，所以11x，当1x 时，由1()3f x可得1113xx，所以123x，1()3f x等价于123x，所以,1,23a b ，所以ba的最大值为33.故答案为：3728，33.15.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
15、随机抽取 3 张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则(2)P_，()E_【答案】.1635，.127#517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字 1,2,2,3,4,5,6 的 7 张卡片中任取 3 张共有37C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112424CC C种，所以11242437CC C16(2)C35P，由已知可得的取值有 1，2，3，4，2637C15(1)C35P，16(2)35P，233377C31134C35C35PP，所以15163112()1234353535357E ,故答案为：1
16、635，127.16.已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为 F，过 F 且斜率为4ba的直线交双曲线于点11,A x y，交双曲线的渐近线于点22,B xy且120 xx若|3|FBFA，则双曲线的离心率是_【答案】3 64【解析】【分析】联立直线AB和渐近线2:blyxa方程，可求出点B，再根据|3|FBFA可求得点A，最后根据点A在双曲线上，即可解出离心率【详解】过F且斜率为4ba的直线:()4bAB yxca，渐近线2:blyxa，联立()4byxcabyxa，得,3 3c bcBa，由|3|FBFA，得5,99c bcAa而点A在双曲线上，于是2222222518181
17、cb caa b，解得：228124ca，所以离心率3 6e4.故答案为：3 6417.设点 P 在单位圆的内接正八边形128A AA的边12A A上，则222182PAPAPA 的取值范围是_【答案】122 2,16【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37A A所在直线为x轴，51A A所在直线为y轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设(,)P x y，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到2222212888PAPAPAxy ，然后利用cos22.5|1OP即可解出【详解】以圆心为原点，37A A所在直线为x轴，51A A所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图
18、所示：则1345726222222(0,1),(1,0),(0,1),(1,0)222222AAAAAAA,822,22A，设(,)P x y,于是2222212888PAPAPAxy ，因为cos22.5|1OP，所以221cos4512xy，故222128PAPAPA 的取值范围是122 2,16.故答案为：122 2,16三三、解答题解答题：本大题共本大题共 5 小题小题，共共 74 分分解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演证明过程或演算步骤算步骤18.在ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知345,cos5acC（1）求sin A的值；（2）若11b，求
19、ABC的面积【答案】（1）55；（2）22【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论222cos2abcCab以及45ac可解出a，即可由三角形面积公式in12sSabC求出面积【小问 1 详解】由于3cos5C，0C，则4sin5C 因为45ac，由正弦定理知4sin5sinAC，则55sinsin45AC【小问 2 详解】因为45ac，由余弦定理，得2222221612111355cos22225aaaabcCabaa，即26550aa，解得5a，而4sin5C，11b，所以ABC的面积114sin5 1122225SabC 19.如图
20、，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，/ABDC，/DCEF，5AB，3DC，1EF，60BADCDE，二面角FDCB的平面角为60设 M，N 分别为,AE BC的中点（1）证明：FNAD；（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）5 714【解析】【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FCBC，再根据二面角的定义可知，60BCF，由此可知，FNBC，FNCD，从而可证得FN 平面ABCD，即得FNAD；（2）由（1）可知FN 平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在
21、直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出【小问 1 详解】过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，/,/,5,3,1ABDC CDEF ABDCEF，60BADCDE，由平面几何知识易知，2,90DGAHEFCDCFDCBABC，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，在 RtEGD和 RtDHA，2 3EGDH，,DCCF DCCB，且CFCBC，DC 平面,BCFBCF是二面角FDCB的平面角，则60BCF，BCF是正三角形，由DC 平面ABC
22、D，得平面ABCD 平面BCF，N是BC的中点，FNBC，又DC 平面BCF，FN 平面BCF，可得FNCD，而BCCDC，FN 平面ABCD，而AD 平面ABCDFNAD【小问 2 详解】因为FN 平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，设(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,0,3)ABDE，则3 33,22M，3 33,(2,2 3,0),(2,3,3)22BMADDE 设平面ADE的法向量为(,)nx y z由00n ADn DE，得22 302330 xyxyz，取(3,1,3)
23、n，设直线BM与平面ADE所成角为，33 33 322|5 35 7sincos,14|397 2 33 1 3944n BMn BMnBM 20.已知等差数列 na的首项11a ，公差1d 记 na的前 n 项和为nSnN（1）若423260Sa a，求nS；（2）若对于每个nN，存在实数nc，使12,4,15nnnnnnac ac ac成等比数列，求d的取值范围【答案】（1）235(N)2nnnSn（2）12d【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求nS；(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d的范围.【小问 1 详解】因为42312
24、601Sa aa，所以46211 260ddd ，所以230dd，又1d，所以3d，所以34nan，所以213522nnaannnS，【小问 2 详解】因为nnac，14nnac，215nnac成等比数列，所以212415nnnnnnacacac，2141115nnnndcnddcnddc ，22(1488)0nncdndcd，由已知方程22(1488)0nncdndcd的判别式大于等于 0，所以22148840dndd，所以1688 12880dnddnd对于任意的nN恒成立，所以212320ndnd对于任意的nN恒成立，当1n 时，21232120ndnddd，当2n 时，由221 432
25、0dddd，可得2d当3n 时，21232(3)(25)0ndndnn，又1d 所以12d21.如图，已知椭圆22112xy设 A，B 是椭圆上异于(0,1)P的两点，且点0,21Q在线段AB上，直线,PA PB分别交直线132yx 于 C，D 两点（1）求点 P 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求|CD的最小值【答案】（1）12 1111；（2）6 55【解析】【分析】（1）设(2 3cos,sin)Q是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2|PQ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2ABykx与椭圆方程联立可得1212,x x xx，再将直线132yx 方程与PAPB、的
26、方程分别联立，可解得点,C D的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD，最后代入化简可得23 5161231kCDk，由柯西不等式即可求出最小值【小问 1 详解】设(2 3cos,sin)Q是椭圆上任意一点,(0,1)P,则222221144144|12cos(1 sin)13 11sin2sin11 sin111111PQ，当且仅当1sin11 时取等号，故|PQ的最大值是12 1111.【小问 2 详解】设直线1:2ABykx,直线AB方程与椭圆22112xy联立,可得22130124kxkx,设1122,A x yB x y，所以12212211231412kxxkx xk ，因为直线11
27、1:1yPA yxx与直线132yx 交于C,则111114422(21)1Cxxxxykx,同理可得,222224422(21)1Dxxxxykx.则12124415|142(21)1(21)1CDxxCDxxkxkx121221212122 52 5(21)1(21)1(21)(21)1xxxxkxkxkx xkxx2223941 1161143 51616 56 56 5162315315315kkkkkk，当且仅当316k 时取等号，故CD的最小值为6 55.【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
28、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22.设函数e()ln(0)2f xx xx（1）求()f x的单调区间；（2）已知,a bR，曲线()yf x上不同的三点 112233,xf xxf xxf x处的切线都经过点(,)a b证明：（）若ea，则10()12 eabf a；（）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa（注：e2.71828是自然对数的底数）【答案】（1）fx的减区间为e02,，增区间为e,2.（2）（）见解析；（）见解析.【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）（）由题设构造关于切点横坐标的方
29、程，根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成立，（）31xkx，1eam，则题设不等式可转化为2131313122236mmmttmm tt，结合零点满足的方程进一步转化为211312ln0721mmmmmm，利用导数可证该不等式成立.【小问 1 详解】22e12e22xfxxxx，当e02x，()0fx，故 fx的减区间为e02,，fx的增区间为e,2.【小问 2 详解】（）因为过,a b有三条不同的切线，设切点为,1,2,3iix f xi，故 iiif xbfxxa，故方程 f xbfxxa有 3 个不同的根，该方程可整理为21eeln022xaxbxxx，设 21eeln22g xxa
30、xbxxx，则 22321e1e1e22gxxaxxxxxx 31exxax，当0ex或xa时，()0gx，故 g x在 0,e,a 上为减函数，在e,a上为增函数，因为 g x有 3 个不同的零点，故 e0g且 0g a，故21eeelne0e2e2eab且21eeln022aaabaaa，整理得到：12eab 且 eln2baf aa，此时 1e13e11lnln2e2e22e222aaabf aaaaa，设 3eln22u aaa，则 2e-202au aa，故 u a为e,上的减函数，故 3elne022eu a，故 1012eabf a.（）当0ea时，同（）中讨论可得：故 g x在
31、 0,e,a上为减函数，在,ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx，因为 g x有 3 个不同的零点，故 0g a 且 e0g，故21eeelne0e2e2eab且21eeln022aaabaaa，整理得到：1ln2e2eaaba，因为123xxx，故1230exaxx，又 2ee1ln2aag xxbxx，设etx，0,1eam，则方程2ee1ln02aaxbxx即为：2eln0e2eaatttb即为21ln02mmtttb，记123123eee,tttxxx则113,t t t为21ln02mmtttb有三个不同的根，设3131e1xtktxa，1eam，要证：22122
32、e112ee6e6eaaxxa，即证13e2ee26e6eaatta，即证：13132166mmttm，即证：13131321066mmttttm，即证：2131313122236mmmttmm tt，而21111ln02mmtttb且23331ln02mmtttb，故22131313lnln102mttttmtt，故131313lnln222ttttmmtt，故即证：21313131312lnln236mmmttmttm tt，即证：1213313ln1312072tttmmmttt即证：213121 ln0172mmmkkk，记 1 ln,11kkkkk，则 2112ln01kkkkk，设
33、 12lnu kkkk，则 2122210u kkkkk 即 0k，故 k在1,上为增函数，故 km，所以22131213121 ln1 ln172172mmmmmmkkmmkm，记 211312ln,01721mmmmmmmm，则 2232322132049721330721721mmmmmmmm mm m，所以 m在()0,1为增函数，故 10m，故211312ln0721mmmmmm即213121 ln0172mmmmmm，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.