2022年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)试题(浙江卷详解).docx

2022浙江卷(理科数学)12022浙江卷 设全集UxN|x2，集合AxN|x25，那么UA()AB2C5D2，51B解析UAxN|2x2，应选B.22022浙江卷 i是虚数单位，a，bR，得“ab1”是“(abi)22i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2A解析由a，bR，(abi)2a2b22abi2i, 得所以或应选A.32022浙江卷 几何体的三视图(单位：cm)如图11所示，那么此几何体的外表积是()图11A90 cm2B129 cm2 C132 cm2D138 cm23D解析此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的外表积为2(436364)234433533138(cm2)，应选D.42022浙江卷 为了得到函数ysin3xcos3x的图像，可以将函数ycos3x的图像()A向右平移个单位B向左平移个单位C向右平移个单位D向左平移个单位4C解析ysin3xcos3xcoscos，所以将函数ycos3x的图像向右平移个单位可以得到函数ysin3xcos3x的图像，应选C.52022浙江卷 在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，那么f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)()A45B60 C120D2105C解析含xmyn项的系数为f(m，n)CC，故原式CCCCCCCC120，应选C.62022浙江卷 函数f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3，那么()Ac3B3c6C696C解析由f(1)f(2)f(3)得那么f(x)x36x211xc，而0f(1)3，故06c3，60)，g(x)logax的图像可能是()ABCD图12图127D解析 只有选项D符合，此时0ap2，E(1)E(2) Bp1E(2) Cp1p2，E(1)E(2) Dp1p2，E(1)p2；E(1)12，E(2)1232，那么E(1)0；E(1)12，E(2)123，E(1)E(2)0，应选A.102022浙江卷 设函数f1(x)x2，f2(x)2(xx2)，f3(x)|sin2x|，ai，i0，1，2，99.记Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k1，2，3，那么()AI1I2I3BI2I1I3CI1I3I2DI3I2I110B解析对于I1，由于(i1，2，99)，故I1(1352991)1；对于I2，由于2|1002i|(i1，2，99)，故I221.故I2I1n，输出i6.122022浙江卷 随机变量的取值为0，1，2.假设P(0)，E()1，那么D()_12.解析设P(1)x，P(2)y，那么所以D()(01)2(11)2(21)2.132022浙江卷 当实数x，y满足时，1axy4恒成立，那么实数a的取值范围是_13.解析实数x，y满足的可行域如图中阴影局部所示，图中A(1，0)，B(2，1)，C.当a0时，0y，1x2，所以1axy4不可能恒成立；当a0时，借助图像得，当直线zaxy过点A时z取得最小值，当直线zaxy过点B或C时z取得最大值，故解得1a.故a.142022浙江卷 在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_种(用数字作答)1460解析分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有CA36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A24种故共有60种获奖情况152022浙江卷 设函数f(x)假设ff(a)2，那么实数a的取值范围是_15(，解析函数f(x)的图像如下列图，令tf(a)，那么f(t)2，由图像知t2，所以f(a)2，那么a.162022浙江卷 设直线x3ym0(m0)与双曲线1(a0，b0)的两条渐近线分别交于点A，B.假设点P(m，0)满足|PA|PB|，那么该双曲线的离心率是_16.解析双曲线的渐近线为yx，渐近线与直线x3ym0的交点为A，B.设AB的中点为D，由|PA|PB|知AB与DP垂直，那么D，kDP3，解得a24b2，故该双曲线的离心率是.172022浙江卷 如图14，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小假设AB15 m，AC25 m，BCM30，那么tan的最大值是_(仰角为直线AP与平面ABC所成角)图1417.解析由勾股定理得BC20 m如图，过P点作PDBC于D，连接AD, 那么由点A观察点P的仰角PAD，tan.设PDx，那么DCx，BD20x，在RtABD中，AD，所以tan，故tan的最大值为.182022浙江卷在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.ab，c，cos2Acos2BsinAcosAsinBcosB.(1)求角C的大小；(2)假设sinA，求ABC的面积18解：(1)由题意得sin2Asin2B，即sin2Acos2Asin2Bcos2B，sinsin.由ab，得AB，又AB(0，)，得2A2B，即AB，所以C.(2)由c，sinA，得a.由ac，得A0，c30，c40，当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cnb0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限(1)直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)假设过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab.图1621解：(1)设直线l的方程为ykxm(k0)，由消去y得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20.由于l与C只有一个公共点，故0，即b2m2a2k20，解得点P的坐标为.又点P在第一象限，故点P的坐标为P.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为xky0，所以点P到直线l1的距离d，整理得d.因为a2k22ab，所以ab，当且仅当k2时等号成立所以，点P到直线l1的距离的最大值为ab.22、2022浙江卷 函数f(x)x33|xa|(aR)(1)假设f(x)在1，1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR，假设f(x)b24对x1，1恒成立，求3ab的取值范围22解：(1)因为f(x)所以f(x)由于1x1，(i)当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1，1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.(ii)当1a1时，假设x(a，1)，那么f(x)x33x3a.在(a，1)上是增函数；假设x(1，a)，那么f(x)x33x3a在(1，a)上是减函数所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，当1a时，M(a)m(a)a33a4；当a1时，M(a)m(a)a33a2.(iii)当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1，1)上是减函数，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.综上，M(a)m(a)(2)令h(x)f(x)b，那么h(x)h(x)因为f(x)b24对x1，1恒成立，即2h(x)2对x1，1恒成立，所以由(1)知，(i)当a1时，h(x)在(1，1)上是增函数，h(x)在1，1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，那么43ab2且43ab2，矛盾(ii)当10，t(a)在上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0.(iii)当a1时，h(x)在1，1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得3ab0；(iv)当a1时，h(x)在1，1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.综上，得3ab的取值范围是23ab0.自选模块12022浙江卷 (1)解不等式2|x2|x1|3；(2)设正数a，b，c满足abcabc，求证：ab4bc9ac36，并给出等号成立条件解：(1)当x1时，2(2x)(x1)3，得x2，此时x1；当1x2时，2(2x)(x1)3，得x0，此时1x2时，2(x2)(x1)3，得x8，此时x8.综上所述，原不等式的解集是(，0)(8，)(2)证明：由abcabc，得1.由柯西不等式，得(ab4bc9ac)(123)2，所以ab4bc9ac36，当且仅当a2，b3，c1时，等号成立22022浙江卷 (1)在极坐标系Ox中，设集合A(，)|0，0cos，求集合A所表示区域的面积；(2)在直角坐标系xOy中，直线l：(t为参数)，曲线C：(为参数)，其中a0.假设曲线C上所有点均在直线l的右下方，求a的取值范围解：(1)在cos两边同乘，得2cos.化成直角坐标方程，得x2y2x，即y2.所以集合A所表示的区域为：由射线yx(x0)，y0(x0)，圆y2所围成的区域，如下列图的阴影局部，所求面积为.(2)由题意知，直线l的普通方程为xy40.因为曲线C上所有点均在直线l的右下方，故对R，有acos2sin40恒成立，即cos()4恒成立，所以4.又a0，得0a2.