《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)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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)（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022 浙江卷 ( 理科数学 )12022 浙江卷 设全集 U xN|x2，集合 AxN|x25，那么 ?UA() A ?B2C 5D 2， 5 1B解析 ?UA xN|2x52 ，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2 A 解析 由a， bR， (a bi)2 a2b22abi 2i, 得a2b20，2ab2，所以a1，b1或a 1，b 1.应选 A. 32022 浙江卷 几何体的三视图(单位： cm)如图 1-1 所示，那么此几何体的外表积是() 图 1
2、-1 A 90 cm2B129 cm2C 132 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)21234433533138(cm2)，应选 D. 42022 浙江卷 为了得到函数ysin3xcos3x 的图像，可以将函数y2cos3x的图像() A向右平移4个单位 B向左平移4个单位C向右平移12个单位 D向左平移12个单位4 C解析 ysin3xcos3x2cos 3x42cos3 x12， 所以将函数y2cos3x的图像向右平移12个单位可以得到函数ysin3xcos3x 的图像，应选C. 52022 浙江卷
3、 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)() A 45B 60 C120D 210 5 C解析 含 xmyn项的系数为f(m， n)Cm6Cn4， 故原式 C36C04C26C14 C16C24C06C34120，应选 C. 6 2022 浙江卷 函数 f(x) x3 ax2bxc， 且 0f(1)f(2)f(3)3， 那么 () A c3B3c 6 C69 6C解析 由 f(1) f(2)f(3)得1abc 84a2bc，84a2bc 279a3bc?73ab0，195ab0?a6，b11，那么 f(x)x3
4、6x211xc，而 0f(1)3，故 06c3，60)，g(x)logax 的图像可能是() AB CD 图 1-2 图 1-2 7 D解析 只有选项 D 符合， 此时 0a1， 幂函数 f(x)在(0， )上为增函数，且当 x(0，1)时， f(x)的图像在直线yx 的上方，对数函数g(x)在(0， )上为减函数，应选D. 82022 浙江卷 记 max x， yx，x y，y，xy，min x，yy， xy，x， xp2，E(1)E(2) Bp1E(2) Cp1p2，E(1)E(2) D p1p2，E(1)p2； E(1)13623632，E(2)1C23C262C13C13C263C23
5、C262，那么 E(1)0；E(1)1nm n2mmn2mnmn，E(2)1C2nC2mn2C1mC1nC2mn3C2mC2mn3m2 3m4mnn2nmn mn1，E(1)E(2)m2mmnmn m n10，应选 A. 102022 浙江卷 设函数 f1(x)x2，f2(x)2(x x2)，f3(x)13|sin2x|，aii99，i0，1，2，99.记 Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)| |fk(a99)fk(a98)|，k1，2，3，那么 () A I1I2I3BI2I1I3CI1I3I2DI3I2I110B解析 对于 I1，由于i992i19922i1992(i
6、 1，2， 99)，故 I11992(135 2991)9929921；对于 I2，由于 2i99i199i992i19922992|1002i|(i 1，2， 99)，故 I2299225098021009899299219921.故 I2I1n，输出 i6. 122022 浙江卷 随机变量 的取值为0， 1，2.假设 P( 0)15，E( )1，那么 D( )_12.25解析 设 P( 1)x， P( 2)y，那么xy45，x2y1?x35，y15，所以 D( )(01)215(11)235(21)21525. 132022 浙江卷 当实数 x，y 满足x2y40，xy1 0，x1时， 1
7、axy4 恒成立，那么实数 a 的取值范围是_13. 1，32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)，C1，32.当 a0 时， 0y32，1x 2，所以1axy 4 不可能恒成立；当a0 时，借助图像得，当直线zax y 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1a4，12a14，1a324，解得 1a32.故 a 1，32. 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
8、种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有C23A2436 种；另一种是三人各获得一张奖券，有A3424 种故共有60 种获奖情况152022 浙江卷 设函数 f(x)x2x，x0，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_16.52解析 双曲线的渐近线为y bax，渐近线与直线x3y m0 的交点为 Aama3b，bma3b，Bama3b，bma3b.设 AB 的中点为D，由|P A| |PB|知 AB 与DP 垂直，那么Da2m a3b a 3b，3b2ma3b a3b，kDP 3，解得 a24b2，故该双曲线的离心率
9、是52. 172022 浙江卷 如图 1-4，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，AC 25 m，BCM30，那么tan的最大值是 _(仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角 ) 图 1-4 17.539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，tanPDAD.设 PDx，那么 DC3x，BD203x，在 RtABD 中， AD152 203
10、x262540 3x3x2，所以tanx62540 3x3x21625x2403x316251x203625227255 39，故 tan的最大值为5 39. 182022浙江卷 在 ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.ab，c3，cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB. (1)求角 C 的大小；(2)假设 sinA45，求 ABC 的面积18 解：(1)由题意得1cos2A21 cos2B232sin2A32sin2B， 即32sin2A12cos2A32sin2B12cos2B， sin 2A6 sin2B6. 由 ab，得 AB，又 AB(0， )，得
11、 2A6 2B6，即 AB23，所以 C3. (2)由 c3， sinA45，asinAcsinC，得 a85. 由 ac，得 A0， c30，c40，当 n5 时， cn1n n1nn12n1 ，而nn12nn1 n 22n1 n1 n22n10，得nn12n5 51251，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 1-6 21解： (1)设直线l 的方程为ykxm(k0)，由
12、ykxm，x2a2y2b21，消去 y 得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20. 由于l 与 C 只有一个公共点，故 0，即b2m2a2k2 0，解得点P 的坐标为a2kmb2a2k2，b2mb2a2k2. 又点 P 在第一象限，故点P 的坐标为 Pa2kb2a2k2，b2mb2a2k2. (2)由于直线l1过原点 O 且与 l 垂直，故直线l1的方程为x ky0，所以点P 到直线 l1的距离 da2kb2a2k2b2kb2a2k21k2，整理得 da2 b2b2a2a2k2b2k2. 因为 a2k2b2k22ab，所以a2b2b2a2a2k2b2k2a2b2b2a22abab，
13、当且仅当 k2ba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|(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 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)x33x 3a，x a，x33x 3a，xa，所以 f (x)3x23，xa，3x23，xa.由于 1x1，(i)当 a 1 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) 4
14、3a，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) max f(1)，f(1) ，m(a)f(a)a3. 由于 f(1)f(1) 6a2，因此，当 1a13时，M(a)m(a) a33a4；当13a1时， M(a)m(a) a33a2. (iii) 当 a1 时，有 xa，故 f(x) x3 3x3a，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
15、M(a)m(a)(23a) (23a)4. 综上， M(a)m(a)8，a 1，a33a 4， 1a13，a33a 2，13a1，4，a1.(2)令 h(x)f(x)b，那么 h(x)x33x3ab，x a，x33x3ab，xa，3x23， xa.因为 f(x)b24 对 x1，1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 3ab，最小值是h(1) 43ab，那么 43ab 2 且 4 3ab 2，矛盾(ii) 当 10，t(a)在 0，13上是增函数，故t(a)t
16、(0)2，因此 23ab0. (iii) 当13a1 时，h(x)在1，1上的最小值是h(a)a3b， 最大值是h(1) 3ab 2，所以 a3b 2 且 3ab22，解得28273ab0；(iv)当 a1 时， h(x)在 1，1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1) 23a b，所以 3ab2 2且 3ab2 2，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 x 1 时， 2(2x)(x1)3，得 x2，此时 x 1；当 1 x2 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abc abc，得1ab1bc1ca1. 由柯西不等式，得(ab4bc9ac)1ab1bc1ca(12 3)2，所以 ab4bc9ac36，当且仅当a2，b3，c1 时，等号成立22022 浙江卷 (1)
