【文档说明】《历年高考数学真题试卷》2022年高考真题——数学（浙江卷） 答案.docx，共(22)页，1.345 MB，由envi的店铺上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学姓名________准考证号_________________本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试

时间120分钟.考生注意：1．答题前，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写在试题卷和答题纸规定的位置上.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，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.参考公式：如果事件A，B互斥，则柱体的体积公式()()()PABPAPB+=+VSh=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()()()PABPAPB=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,,)kknknnPkCppkn−=−=球的表面积公式台体的体积公式24SR=()112213VSSSSh=++球的体积公式其中12,SS表示台体的上、下底面积，343V

R=h表示台体的高其中R表示球的半径选择题部分（共40分）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{1,2},{2,4,6}AB==

，则AB=（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{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.已知,,3i(i)iabab

+=+R（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,ab.【详解】3i1iab+=−+，而,ab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340xyz+−=过A时z有最大值.由2270xxy=+−=可得23xy==，故()2,3A，故max324318z=+=，故选：B.4.

设xR，则“sin1x=”是“cos0x=”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，cos0x=，充分性成立；当cos0x=时，sin1x=，必要性不成立；所以当xR，sin1x=是cos0x=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.22πB.8πC.22π3D.16π3【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()32222214122ππ1π122π2π1π2π12333V=

++++=3cm．故选：C．6.为了得到函数2sin3yx=的图象，只要把函数π2sin35yx=+图象上所有的点（）A.向左平移π5个单位长度B.向右平移π5个单位长度C.向左平移π15个单位长度D.向右平

移π15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ππ2sin32sin3155yxx==−+，所以把函数π2sin35yx=+图象上的所有

点向右平移π15个单位长度即可得到函数2sin3yx=的图象．故选：D.7.已知825,log3ab==，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=，821log3log33b==，即323b=，所以()()22323232452544392aaabbb−====．故选：C.8.如图，已知正三棱柱1111,ABCABCACAA−=，E，F分别是棱11,BCAC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.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PMB

C⊥于M，连接PE，则EFP=，FEP=，FMP=，tan1PEPEFPAB==，tan1FPABPEPE==，tantanFPFPPMPE==，所以，故选：A．9.已知,abR，若对任意,|||4||25|0xaxbxx−+−−−R，则

（）A1,3abB.1,3abC.1,3abD..1,3ab【答案】D【解析】【分析】将问题转换为|||25||4|axbxx−−−−，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的xR，有|||25||4|axbxx−−−−恒成立．设()||fxaxb=−，()51,25

25439,421,4xxgxxxxxxx−=−−−=−−，即()fx的图象恒在()gx的上方（可重合），如下图所示：由图可知，3a，13b，或13a，3143ba−，故选：D．10.已知数列na满足()2111

1,3nnnaaaan+==−N，则（）A.100521002aB.100510032aC.100731002aD.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()111111113323

nnan−−++++，再次放缩可得出10051002a．【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100

134a，100100100334a,又11111111,(2)333132nnnnaaann+−==+−+−+，∴211111132aa−=+，321111133aa−+，431111134aa−+，…，111111,(3)3nn

naan−−+，累加可得()11111111,(3)3323nnnan−−++++，∴10011111111133334943932399326a−++++++

，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110分）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222222142cabSca+−=

−，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222222142cabSca+−=−，所以242312342442S+−=−=．故答案为：234.12.已知多项式42345012345(2)(1)xxaaxaxa

xaxax+−=+++++，则2a=__________，12345aaaaa++++=___________．【答案】①.8②.2−【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0x=求出0a，再令1x=即可得出答案．【详

解】含2x项为：()()3232222244C12C14128xxxxxx−+−=−+=，故28a=；令0x=，即02a=，的令1x=，即0123450aaaaaa=+++++，∴123452aaaaa++++=−，故答案为：8；2−．13.若

3sinsin10,2−=+=，则sin=__________，cos2=_________．【答案】①.31010②.45【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3101010sincos101010−=，令10sin10=，310cos10=，则()10sin10−=，∴22kkZ−=

+，，即22k=++，∴310sinsin2cos210k=++==，则224cos22cos12sin15=−=−=．故答案为：31010；45．14.已知函数()22,1,11,1,xxfxxxx−+=+−

则12ff=________；若当[,]xab时，1()3fx，则ba−的最大值是_________．【答案】①.3728②.33+##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()3fx可得2123x−+，所以11x−，当1x时，由1(

)3fx可得1113xx+−，所以123x+，1()3fx等价于123x−+，所以[,][1,23]ab−+，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】①.1635，②.127##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112424CCC+种，所以11242437CCC1

6(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：1635，127.16.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,Axy，交双曲线的渐近线于点()22,Bxy且120xx．若||3||FBFA=，则双曲线的离心率是__

_______．【答案】364【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:()4bA

Byxca=+，渐近线2:blyxa=，联立()4byxcabyxa=+=，得,33cbcBa，由||3||FBFA=，得5,,99cbcAa−而点A在双曲线上，于是2222222518181cbcaab−=，解得：2281

24ca=，所以离心率36e4=.故答案为：364．17.设点P在单位圆的内接正八边形128AAA的边12AA上，则222182PAPAPA+++的取值范围是_______．【答案】[1222,16]+【解析】【分析】根

据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37AA所在直线为x轴，51AA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(,)Pxy，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到()2222212888PAPAPAxy+++=++，然后利用cos

22.5||1OP即可解出．【详解】以圆心为原点，37AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：则1345726222222(0,1),,,(1,0),,,(0,1),,,(1,0)222222AAAAAAA

−−−−−,822,22A−，设(,)Pxy,于是()2222212888PAPAPAxy+++=++，因为cos22.5||1OP，所以221cos4512xy++，故222128

PAPAPA+++的取值范围是[1222,16]+.故答案为：[1222,16]+．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.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知345,cos5acC==．（1）求sinA的值；（2）若11

b=，求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=，0πC，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2222221612111355cos2222

5aaaabcCabaa+−−+−====，即26550aa+−=，解得5a=，而4sin5C=，11b=，所以ABC的面积114sin51122225SabC===．19.如图，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,AEBC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）5714．【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⊥，FN

CD⊥，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，//,//,5,3,1ABDCCDEFABDCEF===，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，23EGDH==，∵,DCCFDCCB⊥⊥，且CFCB

C=，∴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ABCD，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A

BCD，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333,,2

2M，333,,,(2,23,0),(2,3,3)22BMADDE=−=−−=−设平面ADE的法向量为(,,)nxyz=由00nADnDE==，得22302330xyxyz−−=−++=，取(3,1

,3)n=−，设直线BM与平面ADE所成角为，∴3333322||5357sincos,14|||39723313944nBMnBMnBM++=====++++．20.已知等差数列na的首项11a=−，公差1d．记na的前n项和为()nSnN．（1）若423260

Saa−+=，求nS；（2）若对于每个nN，存在实数nc，使12,4,15nnnnnnacacac+++++成等比数列，求d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42312601Saaa−+==−，，所以()()46211260d

dd−+−−+−++=，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()()()212

415nnnnnnacacac+++=++，()()()2141115nnnndcnddcnddc−+=−+−+−+++，22(1488)0nncdndcd+−++=，的由已知方程22(1488)0nncdndcd+−++=的判别式大于等

于0，所以()22148840dndd=−+−，所以()()168812880dnddnd−+−+对于任意的nN恒成立，所以()()212320ndnd−−−−对于任意的nN恒成立，当1n=时

，()()()()21232120ndnddd−−−−=++，当2n=时，由()()2214320dddd−−−−，可得2d当3n时，()()21232(3)(25)0ndndnn−−−−−−，又1d所以12d21.如图，已知椭圆22

112xy+=．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,PAPB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）121111；（2）655．【解析】【分析】（1）设(23cos,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,xxxx+，再将直线132yx=−+方程与PAPB、的方程分别联立，可解得点,CD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235161231kCDk+=+，由柯西不等式即可求

出最小值．【小问1详解】设(23cos,sin)Q是椭圆上任意一点,(0,1)P,则222221144144||12cos(1sin)1311sin2sin11sin111111PQ=+−=−−=−++，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,,,AxyBxy，所以12212211231412kxxkxx

k+=−+=−+，因为直线111:1yPAyxx−=+与直线132yx=−+交于C,则111114422(21)1Cxxxxykx==+−+−,同理可得,222224422(21)1Dxxxxykx

==+−+−.则12124415||142(21)1(21)1CDxxCDxxkxkx=+−=−+−+−()121221212122525(21)1(21)1(21)(21)1xxxxkxkxkxxkxx−−==+−+−+−+++222394111611435161656565162315

315315kkkkkk++++===+++，当且仅当316k=时取等号，故CD的最小值为655.【点睛】本题主要考查最值计算，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，对学的生的综合能力要求较高

，属于较难题．22.设函数e()ln(0)2fxxxx=+．（1）求()fx的单调区间；（2）已知,abR，曲线()yfx=上不同三点()()()()()()112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa−−

；（ⅱ）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）（ⅰ）见解析；（ⅱ）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）（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）31xkx=，1eam=，则题设不等式可转化为()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−+，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¢<；当e2x，()0fx¢>，故()fx的减区间为e02,，()fx的增区间为e,2

+.【小问2详解】（ⅰ）因为过(),ab有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,3iixfxi=，故()()()iiifxbfxxa−=−，的故方程()()()fxbfxxa−=−有3

个不同的根，该方程可整理为()21eeln022xaxbxxx−−−−+=，设()()21eeln22gxxaxbxxx=−−−−+，则()()22321e1e1e22gxxaxxxxxx=−+−+−−+()()31exxax=−−−，当0ex

或xa时，()0gx¢<；当exa时，()0gx¢>，故()gx在()()0,e,,a+上为减函数，在()e,a上为增函数，因为()gx有3个不同的零点，故()e0g且()0ga，故()21eeelne0e2e2eab−−

−−+且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：12eab+且()eln2bafaa+=，此时()1e13e11lnln2e2e22e222aaabfaaaaa−−−+−+−+=−−，设()3eln22uaaa=−−

，则()2e-202auaa=，故()ua为()e,+上的减函数，故()3elne022eua−−=，故()1012eabfa−−.（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故()g

x在()()0,,e,a+上为减函数，在(),ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx，因为()gx有3个不同的零点，故()0ga且()e0g，故()21eeelne0e2e2eab−−−−+

且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：1ln2e2eaaba++，因为123xxx，故1230exaxx，又()2ee1ln2aagxxbxx+=−+−+，设etx=，()0,1eam=，则方程2ee1ln02aaxbxx+−+−+=

即为：2eln0e2eaatttb+−+++=即为()21ln02mmtttb−++++=，记123123eee,,,tttxxx===则113,,ttt为()21ln02mmtttb−++++=有三个不同的根，设3131e1xtktxa==，

1eam=，要证：22122e112ee6e6eaaxxa−−++−，即证13e2ee26e6eaatta−−++−，即证：13132166mmttm−−+−，即证：13131321066mmttttm−−+−+−+，即

证：()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−+，而()21111ln02mmtttb−++++=且()23331ln02mmtttb−++++=，故()()()22131313lnln102mttttmtt−+−−+−=，故131313lnln222ttttmm

tt−+−−=−−，故即证：()()()21313131312lnln236mmmttmttmtt−−+−−−+，即证：()()()1213313ln1312072tttmmmttt+−−++−即证：()()()213121ln0172mmmkkk−−

+++−，记()()1ln,11kkkkk+=−，则()()2112ln01kkkkk=−−−，设()12lnukkkk=−−，则()2122210ukkkkk=+−−=即()0k，故()k在()1,+上为增函数，故()()km，所以()()(

)()()()22131213121ln1ln172172mmmmmmkkmmkm−−+−−+++++−−，记()()()()()211312ln,01721mmmmmmmm−−−+=++，则()()()()()()()2232322132049721330721721mmmm

mmmmmmm−−−+−+=++，所以()m在()0,1为增函数，故()()10m=，故()()()()211312ln0721mmmmmm−−−+++即()()()213121ln0172mmmmmm−−+++−，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.本试题由公众号《高中僧试卷》团队

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