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)
1．[2022·浙江卷] 设全集U＝{x∈N|x≥2}，集合A＝{x∈N|x2≥5}，那么∁UA＝(　　)
A．∅B．{2}C．{5}D．{2，5}
1．B[解析]∁UA＝{x∈N|2≤x<}＝{2}，应选B.
2．[2022·浙江卷] i是虚数单位，a，b∈R，得“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i〞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
2．A[解析]由a，b∈R，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i, 得所以或应选A.
3．[2022·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1­1
A．90 cm2B．129 cm2 C．132 cm2D．138 cm2
3．D[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(43＋63＋64)＋234＋43＋35－33＝138(cm2)，应选D.
4．[2022·浙江卷] 为了得到函数y＝sin3x＋cos3x的图像，可以将函数y＝cos3x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
4．C[解析]y＝sin3x＋cos3x＝cos＝cos，所以将函数y＝cos3x的图像向右平移个单位可以得到函数y＝sin3x＋cos3x的图像，应选C.
5．[2022·浙江卷] 在(1＋x)6(1＋y)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)＝(　　)
A．45B．60 C．120D．210
5．C[解析]含xmyn项的系数为f(m，n)＝CC，故原式＝CC＋CC＋CC＋CC＝120，应选C.
6．[2022·浙江卷] 函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且09
6．C[解析]由f(－1)＝f(－2)＝f－3)得⇒
⇒那么f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而00)，g(x)＝logax的图像可能是(　　)
AB
CD
图1­2
图1­2
7．D[解析] 只有选项D符合，此时0{|a＋b|，|a－b|}≤min{|a|，|b|}
B．min{|a＋b|，|a－b|}≥min{|a|，|b|}
C．max{|a＋b|2，|a－b|2}≤|a|2＋|b|2
D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2
8．D[解析]对于A，当a＝0，b≠0时，不等式不成立；对于B，当a＝b≠0时，不等式不成立；对于C，D，设＝a，＝b，构造平行四边形OACB，根据平行四边形法那么，∠AOB与∠OBC至少有一个大于或等于90°，根据余弦定理，max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2成立，应选D.
9．、[2022·浙江卷] 甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中．
(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；
(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2)．
那么(　　)
A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)
D．p1p2；E(ξ1)＝1＋2＝，E(ξ2)＝1＋2＋3＝2，那么E(ξ1)ξ2)．应选A.
方法二：p1＝＋＝，p2＝＋＋＝
，
那么p1－p2＝>0；
E(ξ1)＝1＋2＝，
E(ξ2)＝1＋2＋3＝
，
E(ξ1)－E(ξ2)＝<0，应选A.
10．[2022·浙江卷] 设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin2πx|，ai＝，i＝0，1，2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1，2，3，那么(　　)
A．I1i＝1，2，…，99)，故I1＝(1＋3＋5＋…＋299－1)＝＝1；对于I2，由于2＝|100－2i|(i＝1，2，…，99)，故I2＝2＝＝<1.
I3＝sin－sin＋sin－sin＋…＋
sin－sin＝
≈>1.故I2n，输出i＝6.
12．[2022·浙江卷] 随机变量ξ的取值为0，1，2.假设P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，那么D(ξ)＝________．
12.[解析]设P(ξ＝1)＝x，P(ξ＝2)＝y，
那么⇒所以D(ξ)＝(0－1)2＋(1－1)2＋(2－1)2＝.
13．[2022·浙江卷] 当实数x，y满足时，1≤ax＋y≤4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a≤0时，0≤y≤，1≤x≤2，所以1≤ax＋y≤4不可能恒成立；当a>0时，借助图像得，当直线z＝ax＋y过点A时z取得最小值，当直线z＝ax＋y过点B或C时z取得最大值，故解得1≤a≤.故a∈.
14．[2022·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)
14．60[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CA＝36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A＝24种．故共有60种获奖情况．
15．[2022·浙江卷] 设函数f(x)＝
假设f[f(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t＝f(a)，那么f(t)≤2，由图像知t≥－2，所以f(a)≥－2，那么a≤.
16．[2022·浙江卷] 设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)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y＝±x，渐近线与直线x－3y＋m＝0
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，kDP＝－3，解得a2＝4b2，故该双曲线的离心率是.
17．[2022·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θ的大小．假设AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，那么tanθ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)
图1­4
17.[解析]由勾股定理得BC＝20 m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD, 那么由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tanθ＝.设PD＝x，那么DC＝x，BD＝20－x，在Rt△ABD中，AD＝＝，
所以tanθ＝＝＝≤，故tanθ的最大值为.
18．[2022·浙江卷]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.a≠b，c＝，cos2A－cos2B＝sinAcosA－sinBcosB.
(1)求角C的大小；
(2)假设sinA＝，求△ABC的面积．
18．解：(1)由题意得－＝sin2A－sin2B，即sin2A－cos2A＝sin2B－cos2B，sin＝sin.
由a≠b，得A≠B，又A＋B∈(0，π)，得2A－＋2B－＝π，
即A＋B＝，所以C＝.
(2)由c＝，sinA＝，＝，得a＝.
由a)．假设{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn.
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
(i)求Sn；
(ii)求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
19．解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)(i)由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)．
所以Sn＝－n∈N*)．
(ii)因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，假设对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，那么k＝4.
20．、[2022·浙江卷]如图1­5，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B ­ AD ­ E的大小．
图1­5
20．解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝，
由AC＝，AB＝2，
得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD.
(2)方法一：
过B作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DE⊥AD，那么FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B­AD­E的平面角．
在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，
得BD⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.

在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以，∠BFG＝，即二面角B­AD­E的大小是.
方法二：
以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D­xyz，如下列图．
由题意知各点坐标如下：
D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，
A(0，2，)，B(1，1，0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
可算得AD＝0，－2，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．
由即
可取m＝(0，1，－)．
由即
可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.
由题意可知，所求二面角是锐角，
故二面角B ­ AD ­ E的大小是.
21．、[2022·浙江卷] 如图1­6，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，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a－b.
图1­6
21．解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，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x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离d＝，
整理得d＝.
因为a2k2＋≥2ab，所以≤＝a－b，
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a－b.
22．、[2022·浙江卷] 函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．
(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b∈R，假设[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．
22．解：(1)因为f(x)＝
所以f′(x)＝
由于－1≤x≤1，
(i)当a≤－1时，有x≥a，
故f(x)＝x3＋3x－3a，
此时f(x)在(－1，1)上是增函数，
因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.
(ii)当－1减函数．所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.
由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此，当－1对x∈[－1，1]恒成立，
即－2≤h(x)≤2对x∈[－1，1]恒成立，
所以由(1)知，(i)当a≤－1时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，那么－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾．
(ii)当－10，t(a)在上是增函数，故t(a)>t0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当c＋9ac≥36，并给出等号成立条件．
解：(1)当x≤－1时，2(2－x)＋(x＋1)＞3，得x＜2，此时x≤－1；
当－1＜x≤2时，2(2－x)－(x＋1)＞3，得x＜0，此时
－12时，2(x－2)－(x＋1)＞3，得x>8，此时x>8.
综上所述，原不等式的解集是(－∞，0)∪(8，＋∞)．
(2)证明：由abc＝a＋b＋c，得＋＋＝1.
由柯西不等式，得
(ab＋4bc＋9ac)≥(1＋2＋3)2，
所以ab＋4bc＋9ac≥36，当且仅当a＝2，b＝3，c＝1时，等号成立．
2．[2022·浙江卷] (1)在极坐标系Ox中，设集合A＝{(ρ，θ)|0≤θ≤，0≤ρ≤cosθ}，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：(θ为参数)，其中a＞0.
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ρ＝cosθ两边同乘ρ，得
ρ2＝ρcosθ.
化成直角坐标方程，得x2＋y2＝x，
即＋y2＝.
所以集合A所表示的区域为：由射线y＝x(x≥0)，y＝0(x≥0)，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x－y＋4＝0.
因为曲线C上所有点均在直线l的右下方，故对θ∈R，有acosθ－2sinθ＋4＞0恒成立，
即cos(θ＋φ)＞－4恒成立，
所以＜4.又a＞0，得0＜a＜2.