2022年高考數學真題試卷（浙江卷）

一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。（共10題；共40分）

1.設集合力=1},B={x[-l<x<2},則An8=()

A.{x\x>-1}B.{x\x>1}C.{x|-1<X<1}D.{x|l<x<2}

2.已知aeR,(l+ai)t=3+i,(i為虛數單位)，則a=()

A.-1B.1C.-3D.3

3.已知非零向量工荒，貝廣本2=鼠2"是"胃=]"的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分又不必要條件

4.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）

正視圖側視圖

俯視圖

A..B.3C,小D.3V2

22

x+1>0

5.若實數x,y滿足約束條件{x-y<0,則z=x—：y的最小值是（)

2c+3y-1<0

A.-2B.--C.--D.

22

6.如圖已知正方體ABCD-,M,N分別是AtD,D田的中點，則（）

A.直線與直線DiB垂直，直線MN//ABCD

B.直線AtD與直線DiB平行，直線MV1平面BDDiBi

C.直線4山與直線相交，直線MN//平面ABCD

D.直線必。與直線異面，直線MV1平面BDDiBi

7.已知函數f(x)=爐+｝g(x)=sinx，則圖象為如圖的函數可能是()

A.y=f(x)+g(x)-：B.y=/(x)-g(x)-：c.y=/(x)g(x)D.y=需

8.已知a，，Y是互不相同的銳角，則在sinacos0,sin0cosy,sinycosa三個值中，大于；的個數的最大值

是()

A.0B.1C.2D.3

9.已知a,beRab>0>函數f(x)=ax2+b(xeR).若f(s—t)/(s),/(s+t)成等比數列，則平面上

點(s,t)的軌跡是()

A.直線和圓B.直線和橢圓C.直線和雙曲線D.直線和拋物線

10.已知數列［%>｝滿足%=］期+1=怠56川).記數列｛%｝的前n項和為5n，則()

tQQ

A.彳<5ioo<33<5]oo<4C.4<5IQQ<-D.—<5i（）o<5

二、填空題（共7題；共36分）

11.我國古代數學家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正

方形拼成的一個大正方形（如圖所示）.若直角三角形直角邊的長分別是3,4,記大正方形的面積為S],

小正方形的面積為S2,則*=________-

S1

12.已知aeR,函數若/[/（V6）]=3，則a=.

13.已知平面向量蒜￡6±0）滿足|a|=l,\b\=2,ab=0,（a-b）.c=0.記向量d在林方向上的

投影分別為x,y,?_力在2方向上的投影為z,則爐+丫？+/的最小值為.

34432a

14.已知多項式（%—I）+（x+I）=x+QjX4-a2x+a3x+a4，則i=，^2++a4=

15.在AABC中，N?=60°MB=2，M是BC的中點，AM=2H，則AC=，

cos^MAC=

16.袋中有4個紅球m個黃球，〃個綠球.現從中任取兩個球，記取出的紅球數為I,若取出的兩個球都是

紅球的概率為:,一紅一黃的概率為：，則m-n=,E（0=.

17.已知橢圓9+'=l(a>b>0)，焦點F[(-c,O)，F2(C,0)(C>0)，若過F,的直線和圓

(x—；c)2+y2=c2相切，與橢圓在第一象限交于點p，且PR，4軸，則該直線的斜率是

，橢圓的離心率是.

三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。(共

5題；共74分)

18.設函數f(x)=sinx+cosx(xeR).

(1)求函數y=[f(x+e]2的最小正周期；

(2)求函數y=/(x)/(x-g)在[0,勺上的最大值.

19.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，

^ABC=120°.AB=IBC=4,PA=vlS-M,N分別為8cpe的中點，PD1DC,PM1MD.

(1)證明：AB1PM；

(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.

20.已知數列｛an｝的前n項和為S?,ai=-；，且45n+J=3Sn-9.

(1)求數列｛an｝的通項；

(2)設數列｛bj滿足3&n+(n-4)an=0，記｛&?)的前n項和為7；，若幾為加對任意neN,

恒成立，求A的范圍.

21.如圖，已知F是拋物線y2=2px(p>0)的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且|MF|=2,

（1）求拋物線的方程；

（2）設過點F的直線交拋物線與48兩點，斜率為2的直線/與直線MA.MB,AB,x軸依次交于點P

Q,R,N,且[HV]2=|PM“QM，求直線/在x軸上截距的范圍.

22.設a,b為實數，且a>1,函數f（x）=a*-bx+e2（xe均

（注：e=2.71828.是自然對數的底數）

（1）求函數r（x）的單調區間；

（2）若對任意b>2e?,函數有兩個不同的零點，求a的取值范圍；

4

（3）當a=e時，證明：對任意b>e，函數f（x）有兩個不同的零點xtjc2<滿足

、bind,f

*2>可修+了-

答案解析部分

一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題

目要求的。

1.【答案】D

【考點】交集及其運算

【解析】【解答】由交集的定義結合題意可得：/lnB={x|l<x<2].

故答案為：D.

【分析】利用數軸，求不等式表示的集合的交集。

2.【答案】C

【考點】復數代數形式的乘除運算，復數代數形式的混合運算

【解析】【解答】(1+ai)i=i—a=—a+i,

利用復數相等的充分必要條件可得：一a=3,二a=-3.

故答案為：C.

【分析】根據復數相等的條件，即可求得a的值。

3.【答案】B

【考點】充分條件，必要條件，充要條件，平面向量數量積的運算

【解析】【解答】若a.c=b'c,則(a—&)?c=0>推不出Z=b；若W=b,則搭2=8?2必

成立，

故""是"a=b"的必要不充分條件

故答案為：B.

【分析】先將條件等式變形，可能得到條件不充分，后者顯然成立。

4.【答案】A

【考點】由三視圖求面積、體積

【解析】【解答】幾何體為如圖所示的四棱柱ABCD-AiBiCiDi,其高為1,底面為等腰梯形ABCD,

該等腰梯形的上底為V2，下底為2衣，腰長為1，故梯形的高為

故^4BCD-4|B|C)Di=(V2+2V^)-XyX\,

故答案為：A.

【分析】先由三視圖，還原立體圖形，然后根據數量關系計算體積。

5.【答案】B

【考點】簡單線性規劃

x+1>0

【解析】【解答】畫出滿足約束條件｛x-y<0的可行域，

2v+3y—1<0

如下圖所示：

目標函數z=x—化為y=2x—2z>

由kn，解得「二一」，設4(_LD，

l2r+3y-1=0、y=l''

當直線y=2x-2z過A點時，

z=x~^y取得最小值為一；.

故答案為：B.

【分析】先畫出可行域，然后由目標函數，作出直線y=2x-2z,當直線過A點時，得到最優解，從

而計算出結果。

6.【答案】A

【考點】直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定

【解析】【解答】連ADi,在正方體ABCD-中，

M是AtD的中點，所以M為ADi中點，

又N是DiB的中點，所以MN//AB,

MNC平面ABCD.ABc平面ABCD,

所以MN//平面ABCD.

因為AB不垂直BD,所以MN不垂直BD

則MV不垂直平面BDDiBi,所以選項B,D不正確;

在正方體ABCD-A[B?Di中，ADIJLAD,

AB1平面AAiDiD,所以ABlAiD,

ADldAB=A,所以AtDl平面ABDx,

DiBc平面ABDi,所以AtD1DtB,

且直線/D,DiB是異面直線，

所以選項B錯誤，選項A正確.

故答案為：A.

【分析】對于A：連ADi,根據三角形的中位線定理，得到MiV〃AB，，所以A正確；

對于B：若(1)知直線MV//AB,若MV1平面BDD1B1,則MiV1BD,從而A481BD,這顯然不正

確，所以B不正確；

對于C：顯然，直線Afi與直線是異面直線，故C錯誤；

對于D：由B知，MN不垂直平面BDDiBi。

7.【答案】D

【考點】函數的圖象與圖象變化

【解析】【解答】對于A,y=f(x)+^(X)-j=X2+suiA--該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，

排除A；

對于B,y=/,(%)—g{x)—j=x2—sinx>該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除B；

對于C,y=f(x)g(x)=(必+：)疝犬，則y'=2xsiiix+("+Jcosx，

當時，y'=1*0+(亡+3X★>0，與圖象不符，排除C.

?221642

故答案為：D.

【分析】由A,B解析式都是非奇非偶函數，可以判斷A,B錯；

對于C,先對丫=/0)9(幻=(/+3疝吠求導，然后計算當時，―仁)>0,與圖不符合，所

4’44

以C錯，故選D.

8.【答案】C

【考點】正弦函數的定義域和值域，余弦函數的定義域和值域

【解析】【解答】法1：由基本不等式有sinacos任必空吟，

同理sinScosH型亨匕，sinycosa空空的，

3

故sinacosj?4-sin^cosy+sinfcosoc"，

故sinacos^,sin/?cosy,sinycostr不可能均大于；.

取a=g,0=g,y=:,

則sincrcos/?=：V1,sin^cosy=[>；sinycosa=個>；,

故三式中大于2的個數的最大值為2,

2

故答案為：C.

法2：不妨設a<p<y,則cost?>cosj?>cosy,sina<sinj?<siny,

由排列不等式可得：

sinQcos.+sinjJcosy+sinycosasincrcosy+sh】Scos￡+sinycoscr，

K13

[tnsiiiffcosy+sin/?cos^4-sinycosa=sin(y+a)+-sin2^二，

故sinacos^,sin/?cosy,sinycosa不可能均大于；.

取a=g,B=g，r=5，

則siiiacos/?=^<gsin.cosj/=[>：5inycosQ=左〉：'

故三式中大于？的個數的最大值為2,

2

故答案為：C.

【分析】先由基本不等式abw(9J得出三個積sinacos^,sinpcosy,sinycosa的取值范圍，就可以得到

結果。

9.【答案】C

【考點】等比數列，平面向量的綜合題

【解析】【解答】由題意得f(s—t)f(s+t)=[/(s)]2，即[a(s—t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+&)2,

對其進行整理變形：

(as2+at2-2ast+b)(g2+妙2+2ast+b)=(as2+6)2，

(as2+at2+&)2-(2ast)2-(as2+&)2=0,

(27s2+at2+2&)at2-4a2s2t2=0，

一2a252t2+Q2t4+2。沅2=0，

所以—2as2+at2+2b=o或t=0,

其中卷一1=1為雙曲線，t=o為直線.

aa

故答案為：c.

【分析】由三個數成等差數列，列出等式，推導結果。

10.【答案】A

【考點】等差數列的通項公式，等差數列的前n項和，等比數列，等比數列的通項公式

【解析】【解答】因為4=1?%+1=曰。16W)，所以%>0,Sioo>-.

-A-n-L=_L+-L=(J-+JI*—*

?n*l?ny/^i\24

根據累加法可得，1+等=等，當且僅當n=1時取等號，

-4%~%n+1

-°n-(^7“%+i=7T標'.三二而4

n*-l

?-,當且僅當n=1時取等號，

ann+3(ti+l)(n+?

所以5too<+——+,,,+——^―)=6(——<3，即2<5IOO<3.

WO-^233445101102y、210272100

故答案為：A.

【分析】由遞推公式，冼先得到Sioo>?，進一步推導出3，然后用累加法等推導出

2v?n*l2

Sloo<3。

二、填空題

11.【答案】25

【考點】三角形中的幾何計算

【解析】【解答】由題意可得，大正方形的邊長為：a=4不取=5，

則其面積為：SI=52=25,

小正方形的面積：S2=25-4X(1X3X4)=l.

從而=—=25.

Si1

故答案為：25.

【分析】由勾股定理及三角形面積公式求解。

12.【答案】2

【考點】分段函數的解析式求法及其圖象的作法

【解析】【解答】八/(后)]=/(6-4)=/(&=|2-3|+a=3，故a=2,

故答案為：2.

【分析】分段函數求函數值。

13.【答案】-

5

【考點】向量的模，平面向量數量積的性質及其運算律

【解析】【解答】由題意，設Z=(LO)力=(OF2)Z=(mn)，

則(%—b),2=m—2n=0，即m=2〃，

又向量？在胃上方向上的投影分別為x,y,所以？=(x,y),

所以d-3在C方向上的投影z=%=%?H=三*，

即2r+y-=2，

所以x2+y2+z2=A.[22+12+(-V5)2](X2+y2+z2)>—(2c+y-V5z)2=-,

2

x_y_55

當且僅當｛2一1--通即｛y=g時，等號成立，

2x+y—=2g

Z="T

所以/+y2+22的最小值為2.

故答案為：-.

5

【分析】根據己知條件，先取特殊值一,.7)、并設，再由投影公式上上解答。

a=(1i0n),&=(0/2)c一(m叼-

101

14.【答案】5；10

【考點】二項式定理

【解析】【解答】(x-l)3=x3-3x2+3x-1,

(x+1)4=X4+4X3+6X2+4X+1,

所以a1=1+4=5以2=—3+6=3,

。3=3+4=7g=-1+1=0，

所以g+=1°-

故答案為：5,10.

【分析】因為指數不高，直接展開。

15.【答案】2E；等

【考點】解三角形，余弦定理的應用

【解析】【解答】由題意作出圖形，如圖，

A

BM

在AABM中，由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM-BA-cosB，

即12=4+BM2_2BMX2叼，解得BM=4(負值舍去)，

所以BC=2BM=2CM=8，

在4BC中，由余弦定理得4c2=W+BC2_24B.BC-cosB=4+64-2X2X8叼=52，

所以AC=2v13；

ACZ+AM,-MC”_5al2-16_2、由

在AAMC中,由余弦定理得cos^MAC=

2AMAC-2必2b*2713-13

故答案為：2E；等.

【分析】三次使用余弦定理求BM,AC,cos/l仞C即可。

16.【答案】1；-

9

【考點】等可能事件的概率，離散型隨機變量的期望與方差

【解析】【解答】P汽=2)=f—=1=^C2=36，所以m+n+4=9,

、，，C~m*n7Cm~-n*46ntTHT

P<-a-w>=:,'C"1=￥=[=：=m=3,所以n=2,則m—n=1.

由于P汽=2)=/&=1)=等=姜=/&=0)=,屋=?

E(K)=-X2+-X1+—XO=A+-=-.

6918399

故答案為：1;-.

9

【分析】先由取出的兩個球都是紅球的概率為:，由古典概型公式得到m+n=5,再由￡的可能

取值，求出相應的概率，根據數學期望的計算公式求解即可.

17.【答案】竺；漁

55

【考點】圓的標準方程，橢圓的簡單性質，直線與圓錐曲線的關系

【解析】【解答】如圖所示：不妨假設c=2,設切點為B,

疝】力匕52=熱=：,tan^?F/2=-y=^=|VS

所以,由k=*JFiF2|=2c=4,所以tanN?FiF2=*-=:居，于是

5Ki^l，器一方，

2a=|PF1|+|PF2|=475，即a=2v弓，所以e=E=4=@?

a2v55

故答案為：等；去

【分析】(1)取特殊值c=2,根據圓的切線的性質，計算相關線段長度，在直角三角形ABF1中，可以求得

tan4FF2的值；

(2)由(1)及AF]4B~AFIPF2橢圓的定義，就可以計算a的值，進一步得到離心率。

三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

18.【答案】(1)解：由輔助角公式得/'(%)=sinx+cosx=&sin(x+：),

則y=Lf(x+j)]2=[V2sin(x+Y)]2=2sin2(x+'=1-cos(2v+當=1-sin2r

所以該函數的最小正周期T=-=n

2

(2)解：由題意，y=f(x)f(x-7)=\/2sin(x+7),v,r2sinx=2sin(x+7)sini

444

=2siiir?(fsiiir+?cosx)=V2siii2x+V2siiixcosx

=O?飛6+fsin2r=^sin2r-梟os2r+==sin(2v-g)+''

22222、4，2

由xe%]可得"U號,

所以當太一：=；即x=汽時，函數取最大值1+亞

4282

【考點】正弦函數的定義域和值域，由丫=人$訪(3X+6)的部分圖象確定其解析式，正弦函數的周期性

【解析】【分析】(1)先將原函數化為：f(x)=sinx+cosx=\^2sin(x+j),

再化簡y=[/■(x+y)]2=l-sin2x，再根據正弦函數的周期公式，求得周期；

⑵化簡y=f(x)/(x—3)=疝⑵一引+1，然后根據x的取值范圍，求得函數的最大值。

19.【答案】(1)證明：在幺DCM中，DC=1,CM=2,NDCM=60。，由余弦定理可得

DM=V3，

所以DM2+DC2=CM2,DMJ.DC.由題意DC1PD且PDnDM=D,二DC1平面

PDM,而PMu平面PDM，所以DC1PM,又AB//DC,所以48J.PM

(2)解：由PM1MD,ABJ.PM,而48與DM相交，所以PM1平面ABCD,因為

AM=V7，所以PM=2y[2，取RD中點E,連接ME,則ME,DM,PM兩兩垂直，以點M為坐

標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系，

則4(-V3,20)F(0,0,20),D(V3,0,0),M(0,0,0),C(A-10)

又N為PC中點，所以N(學-今密加=(小-］設)?

由(1)得CDJL平面PDM,所以平面PDM的一個法向量n=(0,10)

從而直線AN與平面PDM所成角的正弦值為疝歷=拼胃=_=至

【考點】直線與平面垂直的判定，直線與平面垂直的性質，用空間向量求平面間的夾角

【解析】【分析】(1)通過己知的邊，用余弦定理求得DM的長度，再根據勾股定理的逆定理，判斷出

DM1DC,由DCJ.PD,得DC_L平面PDM,結合AB||DC,則有AB_LPM；

(2)建立空間直角坐標系，定義相關點的坐標，用空間向量的知識求直線與平面成的角。

20.【答案】(1)解：當n=l時，4(a1+a2)=3a1-9,

當nN2H寸，由45"1=35”一9①，

得4Sn=3Sn-i—9②，①-②得40Tl+1=3%

又士="...｛斯｝是首項為一2,公比為三的等比數列,

B|444

???時W尸=-3.(7

(2)解：由3b?+(n—4)%=0,得bn=-?期=(n-4)(j)n>

所以T?=-3xl-2x(^)2-lx(^)3+0x(j)4+...+(n-4)-(j)n.

=-3X(：)2_2X(；)3一1X(：)4+5).+(“_4).(3嚴1,

兩式相減得jT?=-3x^+(!)2+(i)3+(!)4+...(!)n-(n-4).(!)"+1

=-*岑2-5-4)《嚴

4'4

=~J+J-4(J)nM-(?-4).(J)B+1=-n?(J)B+1，

n+1

所以Tn=-4n-(j).

由Tn左bn得一4小弓)"+1左(n-4)-(j)n恒成立，

即A(n-4)+3n>0恒成立，

n=4時不等式恒成立；

〃<4時，走上=一3一上，得左1;

n-4n-4

n>4時，左二=一3—二，得差3；

n-4n-4

所以一3左1

【考點】等差數列的通項公式，等比數列的通項公式，數列的求和，等差數列與等比數列的綜合

【解析】【分析】(1)首先根據遞推公式，證明｛an｝是等比數列，進一步求得an.

(2)先由an與bn的關系，求出bn.然后通過逐項求和，寫出Tn,再由錯項相減的方法，求得Tn；

在由T”為久恒成立，進一步求得人的取值范圍。

21.【答案】(1)解：因為|MF|=2,故p=2,故拋物線的方程為：y2=4x

(2)解：設AB：x=ty+1，4(x1,y1),B(x2,y2),N(nJO))

所以直線-=?,由題設可得”1且..

2

由r)?：l可得y-4ty-4=0,故y,2=-4%+y2=4t,

因為\RN\^=\PN\.\QN\，故（用詞）小馬力|?阮^］，

72=故yl=1力H"l.

又,y=*x+l），由I；蟲：；）可得沖=黑

2

同理yQ=S^

x=ty+1,

由］y可得yp=

i%=；+〃)R上一1

2

所以［置竹7)］2-1日什1))2X宣n+D)”

L--1」T乜+2f2xi+2-》i

整理得到（?）2=（二一1）斗yiyz

tl+1(a2+2—以)⑵】+2-yi)

4(2一平

4+2-y?&2-)1)

4(2-1)^(a*

--￡>--個,._?

I^+S+>'D2-叩1-2^丫，g-&九+，1)+4|

故(巖)2一升4產

(2-1)

令s=2t-1,則t=管且SH0,

升4F*+2s+412t4//1|1、2I33

故=l+17+7=4(7+T)+I^I'

(2-1)S5S444

{(巖即n2+14nl>0

故{+

n*1"1

解得nW7-4V5或-7+4V?sn<1或n>1.

故直線I在x軸上的截距的范圍為n<7-4V3或-7+4V5sn<1或n>1

【考點】拋物線的標準方程，直線與圓錐曲線的綜合問題

【解析】【分析】（1）根據拋物線的定義，即可求得P,進而寫出方程；

（2）設AB：x=ty+l,并設月（41，丫1）4（后）2），陽?刈，寫出直線hx=^+n,代入拋物線，

由韋達定理寫出關系式，再由\RN\2=\PN]-\QN\,結合直線方程，推出關系式，進而利用基本不

等式以及解相關不等式，得出直線I在x軸上截距的范圍。

22.【答案】（1）解：/,（%）=ax—bx+e2,f/（x）=axlna-b>

①若b<0,則f"（x）=axina-b>0，所以f⑺在R上單調遞增；

②若b>0,

當Xe（-81oga9時，f（x）<0,/（x）單調遞減，

當xe（log2i^,+?）時，f（x）>O./（x）單調遞增.

綜上可得，bs0時，f（x）在R上單調遞增；

&>0時，函數的單調減區間為（-=oj0gaA）,單調增區間為（岫高+叼

（2）解：/（X）有2個不同零點特a，-bx+e2=0有2個不同解分炭血一人+e?=0有2個不同的

解，

令t=xlna>則”一"+e2=0=>o>

InsInar

記g(t)=7g'(t)=

記k(t)=er(t-1)-e2J'(t)=er(t-1)+er?1=er-t>0，

又4⑺=0，所以tw(0,0時，A(0<0,"(2+8)時，i(t)>o,

2

則g(t)在(0,④單調遞減，(2+8)單調遞增，：,需〉g(?=e,AIna<4，

vb>2e2,A->2,hia<2=>1<a<e2>

即實數a的取值范圍是(Ie?]

(3)解:a=e,f(x)=ex—bx+e2有2個不同零點，則ex+e2=bx,故函數的零點一定為正數.

由(2)可知有2個不同零點，記較大者為x2,較小者為x,,

b=----=---->e4，

注意到函數y=?在區間(0,4上單調遞減，在區間(2+8)上單調遞增，

故xt<2<x2<又由匚千<丁知M>5,

》=士〈之