1、2022年浙江省高考数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设集合A=1,2,B=2,4,6，则AB=（）A2B1,2C2,4,6D1,2,4,62已知a,bR,a+3i=(b+i)i（i为虚数单位），则（）Aa=1,b=3Ba=1,b=3Ca=1,b=3Da=1,b=33若实数x，y满足约束条件x20,2x+y70,xy20,则z=3x+4y的最大值是（）A20B18C13D64设xR，则“sinx=1”是“cosx=0”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：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A22
2、B8C223D1636为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin3x+5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7已知2a=5,log83=b，则4a3b=（）A25B5C259D538如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点记EF与AA1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（）ABCD9已知a,bR，若对任意xR,a|xb|+|x4|2x5|0，则（）Aa1,b3Ba1,b3Ca1,b3Da1,b310已知数列an满足a1=1,a
3、n+1=an13an2nN，则（）A2100a10052B52100a1003C3100a10072D72100a1000,b0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点Ax1,y1，交双曲线的渐近线于点Bx2,y2且x101,则ff12=_；若当xa,b时，1f(x)3，则ba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P(=2)=_，E()=_四、解答题18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知4a=5c,cosC=35(1)求sinA的值；(2)若b=11，求ABC的面积19如图，
4、已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB/DC，DC/EF，AB=5，DC=3，EF=1，BAD=CDE=60，二面角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20已知等差数列an的首项a1=1，公差d1记an的前n项和为SnnN(1)若S42a2a3+6=0，求Sn；(2)若对于每个nN，存在实数cn，使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围21如图，已知椭圆x212+y2=1设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=12x+3于
5、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22设函数f(x)=e2x+lnx(x0)(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,bR，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx1,x2,fx2,x3,fx3处的切线都经过点(a,b)证明：（）若ae，则0bf(a)12ae1；（）若0ae,x1x2x3，则2e+ea6e21x1+1x32aea6e2（注：e=2.71828是自然对数的底数）试卷第4页，共4页参考答案：1D【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】AB=1,2,4,6，故选：D.2B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求a,b.【详解】a+3i
6、=1+bi，而a,b为实数，故a=1,b=3，故选：B.3B【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线z=3x+4y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3x+4yz=0过A时z有最大值.由x=22x+y7=0可得x=2y=3，故A(2,3)，故zmax=32+43=18，故选：B.4A【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sin2x+cos2x=1可得：当sinx=1时，cosx=0，充分性成立；当cosx=0时，sinx=1，必要性不成立；所以当xR，sinx=1是cosx=0的充分不必要条件.故选：A.5C【
7、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1 cm，圆台的下底面半径为2 cm，所以该几何体的体积V=124313+122+13222+12+2212=223 cm3故选：C6D【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y=2sin3x=2sin3x15+5，所以把函数y=2sin3x+5图象上的所有点向右平移15个单位长度即可得到函数y=2sin3x的图象故选：D.
8、7C【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2a=5，b=log83=13log23，即23b=3，所以4a3b=4a43b=2a223b2=5232=259故选：C.8A【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，tan=PEFP=PEAB1，tan=FPPE=ABPE1，tan=FPPMFPPE=tan，所以，故选：A9D【解析】【分析】将问题转换为a|xb|2x5|x4|，再结合画图求解【详解】由题意有：对任意的xR，有
9、a|xb|2x5|x4|恒成立设f(x)=a|xb|，g(x)=|2x5|x4|=1x,x523x9,52x4x1,x4，即f(x)的图像恒在g(x)的上方（可重合），如下图所示：由图可知，a3，1b3，或1a13，累加可求出1an13(n+2)，得出100a1003，再利用1an+11an=13an133n+2=13(1+1n+1)，累加可求出1an152【详解】a1=1，易得a2=23(0,1)，依次类推可得an(0,1)由题意，an+1=an(113an)，即1an+1=3an(3an)=1an+13an，1an+11an=13an13，即1a21a113，1a31a213，1a41a3
10、13，1an1an113,(n2)，累加可得1an113(n1)，即1an13(n+2),(n2)，an3n+2,(n2)，即a100134，100a100100343,又1an+11an=13an133n+2=13(1+1n+1),(n2)，1a21a1=13(1+12)，1a31a213(1+13)，1a41a313(1+14)，1an1an113(1+1n),(n3)，累加可得1an113(n1)+13(12+13+1n),(n3)，1a100133+13(12+13+199)33+13(124+1694)39，即1a100140，即100a10052；综上：52100a1001时，由1
11、f(x)3可得1x+1x13，所以1x2+3，1f(x)3等价于1x2+3，所以a,b1,2+3，所以ba的最大值为3+3.故答案为：3728，3+3.17 1635， 127#157【解析】【分析】利用古典概型概率公式求P(=2)，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C73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C41+C21C42种，所以P(=2)=C41+C21C42C73=1635，由已知可得的取值有1，2，3，4，P(=1)=C62C73=1535，P(=2)=1635，P(=3)=C32C73=335
12、，P(=4)=1C73=135所以E()=11535+21635+3335+4135=127,故答案为：1635，127.18(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cosC=a2+b2c22ab以及4a=5c可解出a，即可由三角形面积公式S=12absinC求出面积(1)由于cosC=35， 0C，则sinC=45因为4a=5c，由正弦定理知4sinA=5sinC，则sinA=54sinC=55(2)因为4a=5c，由余弦定理，得cosC=a2+b2c22ab=a2+121165a222a=11a252a=35，即
13、a2+6a55=0，解得a=5，而sinC=45，b=11，所以ABC的面积S=12absinC=1251145=2219(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FC=BC，再根据二面角的定义可知，BCF=60，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
14、(1)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，AB/DC,CD/EF,AB=5,DC=3,EF=1，BAD=CDE=60，由平面几何知识易知，DG=AH=2,EFC=DCF=DCB=ABC=90，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，在RtEGD和RtDHA，EG=DH=23，DCCF,DCCB，且CFCB=C，DC平面BCF,BCF是二面角FDCB的平面角，则BCF=60，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BCCD=
15、C，FN平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD(2)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A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,3,0),E(1,0,3)，则M3,32,32，BM=3,32,32,AD=(2,23,0),DE=(2,3,3)设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)由nAD=0nDE=0，得2x23y=02x+3y+3z=0，取n=(3,1,3)，设直线BM与平面ADE所成角为，sin=cosn,BM=|nBM|n|BM|=33+32+3323+1+39+34+94=
16、53723=571420(1)Sn=3n25n2(nN)(2)11，所以d=3，所以an=3n4，所以Sn=a1+ann2=3n25n2，(2)因为an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，所以an+1+4cn2=an+cnan+2+15cn，nd1+4cn2=1+ndd+cn1+nd+d+15cn，cn2+(14d8nd+8)cn+d2=0，由已知方程cn2+(14d8nd+8)cn+d2=0的判别式大于等于0，所以=14d8nd+824d20，所以16d8nd+812d8nd+80对于任意的nN恒成立，所以n2d12n3d20对于任意的nN恒成立，当n=1时，n2d12n
17、3d2=d+1d+20，当n=2时，由2d2d14d3d20，可得d2当n3时，n2d12n3d2(n3)(2n5)0，又d1所以1d221(1)121111；(2)655【解析】【分析】（1）设Q(23cos,sin)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PQ|2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线AB:y=kx+12与椭圆方程联立可得x1x2,x1+x2，再将直线y=12x+3方程与PA、PB的方程分别联立，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CD=35216k2+13k+1，由柯西不等式即可求出最小值(1)设Q(23cos,sin)是椭圆
18、上任意一点,P(0,1),则|PQ|2=12cos2+(1sin)2=1311sin22sin=11sin+1112+1441114411，当且仅当sin=111时取等号，故|PQ|的最大值是121111.(2)设直线AB:y=kx+12,直线AB方程与椭圆x212+y2=1联立,可得k2+112x2+kx34=0,设Ax1,y1,Bx2,y2，所以x1+x2=kk2+112x1x2=34k2+112，因为直线PA:y=y11x1x+1与直线y=12x+3交于C,则xC=4x1x1+2y12=4x1(2k+1)x11,同理可得,xD=4x2x2+2y22=4x2(2k+1)x21.则|CD|=
19、1+14xCxD=524x1(2k+1)x114x2(2k+1)x21=25x1x2(2k+1)x11(2k+1)x21=25x1x2(2k+1)2x1x2(2k+1)x1+x2+1=35216k2+13k+1=65516k2+1916+13k+16554k34+1123k+1=655，当且仅当k=316时取等号，故CD的最小值为655.【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(1)f(x)的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+).(2)（
20、）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程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（） k=x3x1，m=ae1，则题设不等式可转化为t1+t322m(m13)(m2m+12)36m(t1+t3)，结合零点满足的方程进一步转化为lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1)0，利用导数可证该不等式成立.(1)f(x)=e2x2+1x=2xe2x2，当0xe2，f(x)e2，f(x)0，故f(x)的减区间为(0,e2)，f(x)的增区间为(e2,+).(2)（）因为过(a,b)有三条不同的切线，设
21、切点为(xi,f(xi),i=1,2,3，故f(xi)b=f(xi)(xia)，故方程f(x)b=f(x)(xa)有3个不同的根，该方程可整理为(1xe2x2)(xa)e2xlnx+b=0，设g(x)=(1xe2x2)(xa)e2xlnx+b，则g(x)=1xe2x2+(1x2+ex3)(xa)1x+e2x2=1x3(xe)(xa)，当0xa时，g(x)0；当ex0，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g(e)0，故(1ee2e2)(ea)e2elne+b0，整理得到：be2a+lna=f(a)，此时bf(a)12(ae1)a2
22、e+1(e2a+lna)a2e+12=32e2alna，设u(a)=32e2alna，则u(a)=e-2a2a20，故u(a)为(e,+)上的减函数，故u(a)32e2elne=0，故0bf(a)12(ae1).（）当0ae时，同（）中讨论可得：故g(x)在(0,a),(e,+)上为减函数，在(a,e)上为增函数，不妨设x1x2x3，则0x1ax2ex3，因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)0，故(1ee2e2)(ea)e2elne+b0且(1ae2a2)(aa)e2alna+b0，整理得到：a2e+1ba2e+lna，因为x1x2x3，故0x1ax2eea1，m=ae1，要证：2e+ea
23、6e21x1+1x22aea6e2，即证2+ea6et1+t32eaea6e，即证：13m6t1+t32m1m6，即证：(t1+t313m6)(t1+t32m+1m6)0，即证：t1+t322m(m13)(m2m+12)36m(t1+t3)，而(m+1)t1+m2t12+lnt1+b=0且(m+1)t3+m2t32+lnt3+b=0，故lnt1lnt3+m2(t12t32)(m+1)(t1t3)=0，故t1+t322m=2mlnt1lnt3t1t3，故即证：2mlnt1lnt3t1t30即证：(k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)720，记(k)=(k+1)lnkk1,k1，则(k)
24、=1(k1)2(k1k2lnk)0，设u(k)=k1k2lnk，则u(k)=1+1k22k2k2k=0即(k)0，故(k)在(1,+)上为增函数，故(k)(m)，所以(k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)72(m+1)lnmm1+(m13)(m2m+12)72，记(m)=lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1),0m(m1)2(3m3+3)72m(m+1)20，所以(m)在(0,1)为增函数，故(m)(1)=0，故lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1)0，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.答案第16页，共16页
