2022年高考浙江理科数学试题及答案 .pdf

《2022年高考浙江理科数学试题及答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考浙江理科数学试题及答案 .pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2014 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一. 选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集|2UxNx，集合2|5AxNx，则UC A（）A. B. 2C. 5D. 2,52. 已知i是虚数单位，,a bR,则“1ab” 是“2()2abii” 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3. 某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( ) A. 902cmB. 1292cmC. 1322cmD. 1382cm4. 为了得到函数

2、sin 3cos3yxx的图像，可以将函数2 cos3yx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5. 在64(1) (1)xy的展开式中, 记mnx y项的系数(,)f m n，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff= （）A. 45 B. 60 C. 120 D. 210 6. 已知函数32( )f xxaxbxc，且0( 1)( 2)( 3)3fff（）A.3cB.36cC.69cD. 9c7. 在同一直角坐标系中，函数( )(0)afxxx，( )logag xx的图像可能是（）8. 记,max , ,x xyx

3、 yy xy，y,min , x,xyx yxy，设,a br r为平面向量，则（）Amin|,|min|,|abababrrrrrrB. min|,|min|,|abababrrrrrrC. 2222max| ,| |abababrrrrrrD. 2222max| ,| |abababrrrrrr9. 已知甲盒中仅有1 个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球(3,3)mn，从乙名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 16 页 - - - - - - - -

4、 - 盒中随机抽取(1,2)i i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(1,2)ii；（b）放入i个球后，从甲盒中取1 个球是红球的概率记为(1,2)ip i. 则( ) A.1212,()()ppEEB. 1212,()()ppEEC. 1212,()()ppEED. 1212,()()ppEE10. 设函数21( )fxx，22( )2()fxxx，31( )|sin 2|3fxx，99iai，,2, 1,0i99,， 记10219998|()() |()() |()()|kkkkkkkIfafafafafafaL，1,2,3k则( )A.123IIIB. 213

5、IIIC. 132IIID. 321III二. 填空题：本大题共7 小题，每小题 4 分，共 28 分. 11. 若某程序框图如图所示，当输入50 时，则该程序运算后输出的结果是 _. 12. 随机变量的取值为0,1,2，若1(0)5P，( )1E，则( )D=_. 13.当实数, x y满足240101xyxyx时，14axy恒成立，则实数a的取值范围是 _. 14. 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） . 15.设函数22,0( ),0 xx xf xxx若( )2ff a，则实数

6、a的取值范围是 _ 16. 设 直 线30 xym(0m) 与 双 曲 线12222byax（0,0ab）两条渐近线分别交于点A，B.若点(,0)P m满足| |PAPB,则该双曲线的离心率是_ 17、如图，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.已知点 A 到墙面的距离为 AB ， 某目标点 P沿墙面上的射击线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 . 若15ABm，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第

7、2 页，共 16 页 - - - - - - - - - 25ACm，30BCM,则tan的最大值是(仰角为直线AP 与平面ABC 所成角 ) 三. 解答题：本大题共5 小题，共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.（本题满分14 分）在ABC 中，内角 A，B， C 所对的边分别为a，b，c已知,3ab c22coscos3sincos3sincosABAABB（）求角 C 的大小；（）若4sin5A，求 ABC 的面积19.（本题满分 14分）已知数列na和nb满足123( 2)(*)nbna a aanNL.若na为等比数列，且1322,6abb() 求na与nb；(

8、) 设11(*)nnncnNab.记数列nc的前n项和为nS, （i）求nS；（ii）求正整数k，使得对任意*nN均有knSS. 20.（本题满分15 分）如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE,90CDEBED，2ABCD,1DEBE,2AC. () 证明：DE平面ACD; () 求二面角BADE的大小 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 16 页 - - - - - - - - - 21(本题满分 15分) 如图，设椭圆C:)0(12222

9、babyax动直线l与椭圆 C 只有一个公共点P，且点 P在第一象限 . () 已知直线l的斜率为k，用, ,a b k表示点 P的坐标；() 若过原点O的直线1l与l垂直，证明：点P到直线1l的距离的最大值为ab. 22.（本题满分14 分）已知函数33().fxxxa aR() 若fx在1,1上的最大值和最小值分别记为( ),( )M am a，求( )( )M am a；() 设,bR若24fxb对1,1x恒成立，求3ab的取值范围 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - -

10、- 第 4 页，共 16 页 - - - - - - - - - 2014年高考浙江理科数学试题参考答案一、 选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.【解析】2|5AxNx=|5xNx，|252UC AxNx【答案】 B 2.【解析】当1ab时，22()(1)2abiii，反之，2()2abii即2222ababii，则22022abab解得11ab或11ab【答案】 A 3.【解析】 由三视图可知直观图左边一个横放的三棱柱右侧一个长方体，故几何体的表面积为：1246234363334352341382S. 【答案】 D

11、 4.【解析】sin3cos32 sin(3)4yxxx=2 sin3()12x而2 cos32 sin(3)2yxx=2 sin3()6x由3()3()612xx，即12xx故只需将2 cos3yx的图象向右平移12个单位 . 故选 C 【答案】 C 5.【解析】令xy，由题意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff即为10(1)x展开式中3x的系数，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff=710120C，故选 C 【答案】 C 6. 【 解 析 】 由( 1)( 2)( 3)fff得184212793abcabcabcabc解 得611ab，所以32( )611f x

12、xxxc,由0( 1)3f得016113c，即69c，故选 C 【答案】 C 7.【解析】函数( )(0)af xxx，( )logag xx分别的幂函数与对数函数答案A 中没有幂函数的图像, 不符合；答案B 中，( )(0)af xxx中1a，( )logag xx中01a，不符合；答案C 中，( )(0)af xxx中01a，( )logag xx中1a， 不 符 合 ； 答 案D中 ，( )(0)afxxx中01a，( )logag xx中01a，符合 . 故选 D 【答案】 D 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

13、 - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - - 8.【解析】 由向量运算的平行四边形法可知min|,|ababrrrr与min|,|abrr的大小不确定，平行四边形法可知max|,|ababrrrr所对的角大于或等于90，由余弦定理知2222max| ,| |abababrrrrrr，（或22222222|2(| )max| ,| |22ababababababrrrrrrrrrrrr）. 【答案】 D 9.【解析 1】11222()mnmnpmnmnmn，211222221233nmnmm nm nm nCC CCpCCCgg=2

14、23323()(1)mmmnnnmn mn1222()mnppmn223323()(1)mmmnnnmnmn=5(1)06()(1)mnn nmnmn，故12pp又1(1)nPmn，1(2)mPmn12()12nmmnEmnmnmn又222(1)(1)()(1)nmnCn nPCmnmn11222(2)()(1)nmmnC CmnPCmnmn222(m1)(3)()(1)mmnCmPCmnmn2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n nmnm mEmn mnmn mnmnmn=22334()(1)mnmnmnmnmn21()()EE=22334()(1)mnmnmnmnmn2

15、mnmn=(1)0()(1)m mmnmn mn所以21()()EE，故选 A 【答案】 A 【解析 2】 ：在解法1 中取3mn，计算后再比较。10.【解析】由22112199999999iiig，故21113529911 99()199999999999999ILg名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - - 由2211199(21)22|999999999999iiiii故2150(980)98 10022199299

16、99 99Ig3110219998(| sin(2) | sin(2) |sin(2) |sin(2) |sin(2) |sin(2)|)3999999999999IggggLgg=125742sin(2)2sin(2)139999gg故213III，故选 B 【答案】 B 【解析 2】估算法：kI的几何意义为将区间0,1等分为 99 个小区间， 每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数21( )fxx的区间0,1等分为4 个小区间的情形，因1( )fx在0,1上递增，此时110213243|()() |()() |()() |()() |If af af af af af af

17、 af a=11223344(1)(0)1A HA HA HA Hff，同理对题中给出的1I同样有11I；而2I略小于1212，3I略小于14433，所以估算得213III【答案】 B 三. 填空题：本大题共7 小题，每小题 4 分，共 28 分. 11.【解析】第一次运行结果1,2Si第二次运行结果4,3Si第三次运行结果11,4Si第四次运行结果26,5Si第五次运行结果57,6Si此时5750S，输出6i， 【答案】 6 12.【解析】设1时的概率为p，的分布列为由11( )012(1)155Epp，解得35p的分布列为即为故0 1 2 P 15p115p0 1 2 P 153515名师

18、资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 16 页 - - - - - - - - - 2221312( )(01)(11)(21)5555E. 【答案】2513.【解析】作出不等式组240101xyxyx所表示的区 域 如 图 ， 由14axy恒 成 立 ， 故3(1,0),(2,1),(1, )2ABC三点坐标代入14axy，均成立得1412143142aaa解得312a，实数a的取值范围是31,2，【答案】31,2【解析 2】作出不等式组240101xyxyx所表

19、示的区域如图，由14axy得，由图分析可知，0a且在(1,0)A点取得最小值， 在(2,1)B取得最大值， 故1214aa得312a，故实数a的取值范围是31,2，【答案】31,214. 【解析 1】 不同的获奖分两种， 一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券， 共有223436C A二是有三人各获得一张奖券，共有3424A，因此不同的获奖情况共有362460种【解析 2】将一、二、三等奖各1 张分给 4 个人有3464种分法，其中三张奖券都分给一个人的有4 种分法，因此不同的获奖情况共有644=60 种. 【答案】 60 15.【解析】由题意2( )0( )( )2f afaf a或2( )0

20、( )2f afa，解得( )2f a当202aaa或202aa解得2a【答案】(,216.【解析1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为byxa和byxa，分别与直线l：30 xym联立方程组，解得，(,)33ambmAab ab,(,)33ambmBab ab，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - - 设 AB 中点为Q，由| |PAPB得，则3333(,)22amambmbmababababQ即2222223(,)

21、99a mb mQabab， PQ 与已知直线垂直，1PQlkkg，即222222319139b maba mmabg即得2228ab，即22228()aca，即2254ca，所以52cea【解析 2】不妨设1a，渐近线方程为222201xyb即2220b xy由222030b xyxym消去x得2222(91)60byb myb m设 AB 中点为00(,)Q xy，由韦达定理得：202391b myb ，又003xym， 由1PQlkkg得00113yxmg即 得0011323yymg得035ym代入 得2233915b mmb得214b，所以22215144cab，所以52c，得52ce

22、ca【答案】5217. 【解析1】 ：AB=15cm ， AC=25cm ， ABC=90 ， BC=20cm ，过 P 作 PP BC ，交BC 于 P ，1 当 P 在线段BC 上时，连接AP ，则tanPPAP设 BP =x，则CP =20-x ， （020 x）由 BCM=30 ，得3PPCP tan30(20)3x名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - - 在直角 ABP 中，2225APx2320tan3225

23、PPxAPxg令220225xyx，则函数在x0 ， 20 单调递减， x=0 时，tan取得最大值为2320020 34 334592250g2 当 P 在线段CB 的延长线上时，连接AP ，则tanPPAP设 BP =x，则CP =20+x ， （0 x）由 BCM=30 ，得3PPCPtan30(20)3x在直角 ABP 中，2225APx2320tan3225PPxAPxg，令220225xyx，则2222520(225x )225xyx，所以，当225450204x时0y；当454x时0y所以当454x时max2452054345225()4y此时454x时，tan取得最大值为3 5

24、5 3339g综合1 ， 2 可知tan取得最大值为5 39【解析2】 ：如图以B 为原点，BA 、BC 所在的直线分别 为x,y轴 ， 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ， AB=15cm ， AC=25cm ， ABC=90 ， BC=20cm ，由 BCM=30 ， 可 设3(0, ,(20)3Pxx（ 其 中20 x） ，(0,0)Px，(15,0,0)A，所以2223(20)3203tan315225xPPxAPxxg名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - -

25、 - - 第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - - 设2320f(x)tan3225xxg(20 x) ，22322520f (x)3(225) 225xxxg所以，当22545204x时0y；当45204x时0y所以当454x时max245204535 34( )()43945225()4f xfg所以tan取得最大值为5 39【解析3】 :分析知，当tan取得最大时，即最大，最大值即为平面ACM与地面ABC 所成的锐二面角的度量值，如图，过B 在面BCM 内作BDBC 交 CM 于 D，过B 作 BHAC 于 H ，连 DH ，则BHD 即为平面ACM与地面ABC 所

26、成的二面角的平面角，tan的最大值即为tanBHD，在Rt ABC中，由等面积法可得15 2025AB BCBHACgg=12 ，203tan303DBBCg所以max2033(tan)tan12DBBHDBH=5 39三. 解答题：本大题共5 小题，共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.【解析】： （）由题得1cos21cos233sin 2sin22222ABAB，即3131sin 2cos2sin 2cos22222AABBsin(2)sin(2 B)66A由ab得AB，又(0,)AB，得22 B66A即23AB，所以3C（）3c，4sin5A，sinsinCacA

27、，得85a由ac得AC，从而3cos5A故sinsin()BAC名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - - =43 3sinAcosCcosAsinC10所以， ABC 的面积为18 318sin225SacB19. 【解析】 ： （ ） 123( 2)(*)nbna a aanNL，当 n2 ，nN*时，11231( 2)nbna a aaL，由 知：当2n时，1(2)nnbbna，令 n=3 ，则有323( 2)bb

28、a b3=6+b2，a3=8 an为等比数列，且a1=2 ， an的公比为q，则2324aqa由题意知an0， q 0， q=2 an 2n（ nN*） 又由123( 2)(*)nbna a aanNL，得：1232222(2)nbnL即(1)22(2)nn nb bn=n（ n+1 ） （ nN*） （ ） （i） 1111111()2(1)21nnnnncabn nnn123nnSccccL=2111111111()()()21222321nnnL=21111(1)2221nnL=111121nn=1112nn（ ii ）因为c1=0， c2 0， c3 0， c4 0；当 n5时，1(1

29、)1(1)2nnn ncn n而11(1)(1)(2)(n1)(n2)0222nnnn nnn，得5(1)5 (51)122nn ng所以，当n5时， cn0，综上，对任意n N*恒 有4nSS，故k=4 20. 证明： （）在直角梯形BCDE中，由 DE=BE=1，CD=2 ，得BD=BC=2，由2AC， AB=2得222ABACBC， 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 ；()【方法 1】名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

30、 - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - - 作 BF AD ，与 AD 交于点F，过点F 作 FG DE ，与 AB 交于点G，连接BG ，由（ ）知DE AD ，则FG AD ，所以 BFG 就是二面角B-AD-E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 ，由于AC 平面 BCDE ，得AC CD 在 Rt ACD 中，由DC=2,2AC，得6AD；在 Rt AED 中，由ED=1 ，6AD得7AE；在 Rt ABD中，

31、由2BD， AB=2 ，6AD得2 33BF，23AFAD，从而23GF，在 ABE ， ABG中，利用余弦定理分别可得5 7cos14BAE，23BC在 BFG 中 ,2223cos22GFBFBGBFGBF GFg，所以， BFG=6，即二面角B-AD-E的大小为6. 【方法2】以 D 的原点，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，如图所示. 由 题 意 知 各 点 坐 标 如 下 ：(0,0,0)D，(1,0,0)E，(0,2,0)C，(0,2,2)A，(1,1,0)B. 设平面ADE的法向量为111(,)mxy zu r平面ABD 的法向量为222

32、(,)nxyzr，可算得：(0,2,2)ADu uu r，(1, 2,2)AEuuu r，(1,1,0)DBu uu r由00m ADm AEu r u uu rgu r u uu rg即11111220220yzxyz， 可 取(0,1,2)mu r由00n ADn BDr u uu rgr u uu rg即22222200yzxy可取(0, 1,2)nr于是|33|cos,|2| |3 2m nm nmnu r ru r rgu rrgg由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为6名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - -

33、- - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - - 21. 【解析】 ：（ ）【方法1】 设直线l 的方程为(0)ykxm k， 由22221ykxmxyab，消去y 得222222222()20ba kxa kmxa ma b由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点P，故 =0，即22220bma k，解得点P 的坐标为22222222(,)a kmb mPba kba k又点P 在第一象限，故点P 的坐标为22222222(,)a kbPba kba k【 方 法2】 作 变 换xxayyb， 则 椭 圆C ：)0(12

34、222babyax变为圆C：221xy切 点00(,)P xy变 为 点00( , )Pxy， 切 线00:()lyyk xx（0)k变 为00 :y()lbyk axx. 在圆C中设直线O P的方程为ymx（0m），由221ymxxy解得0202111xmmym即221(,)11mPmm，由于O Pl，所以1O Plkkg，得1akmb，即bmak代入得22221(,)11()()bakPbbakak即222222(,)akbPa kba kb，利用逆变换xxayyb代入即得：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名

35、师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 16 页 - - - - - - - - - 22222222(,)a kbPa kba kb（ ）由于直线l1过原点O 且与直线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222222222|1a kb kba kba kdk整理得 :22222222abdbbaa kk因为22222ba kabk，所以2222222222222ababdabbbaabbaa kk当且仅当2bka时等号成立所以，点P 到直线1l的距离的最大值为ab23. 【解析】 ： （ ） 33333,( )3 |33,xxaxaf x

36、xxaxxaxa, 2233 ,( )33,xxafxxxa，由于11x（ ）当1a时，有xa，故3( )33f xxxa此 时 ， f （ x ） 在( 1,1)上 是 增 函 数 ， 因 此( )(1)43M afa，( )( 1)43m afa，故( )( )(43 )( 43 )8M am aaa（ ）当11a时，若x（ a， 1） ，3( )33fxxxa，在（a， 1）上是增函数；若x（-1， a） ，3( )33f xxxa，在（ -1， a）上是减函数，( )max(1),( 1)M aff，3( )( )am af a由于(1)( 1)62ffa，因此当113a时，3( )(

37、 )34M am aaa；当113a时，3( )( )32M am aaa；（ ）当1a时，有xa，故3( )33f xxxa，此时( )f x在( 1,1)上是减函数，因此( )( 1)23M afa，( )(1)23m afa，故( )( )4M am a；综上，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 16 页 - - - - - - - - - 338 ,1134 ,13( )( )132 ,134 ,1aaaaM am aaaaa（ ）令( )( )h

38、xf xb，则3333,h( )33,xxabxaxxxabxa2233,h( )33,xxaxxxa，因为 f （ x） +b24对 x -1 ， 1 恒成立，即2( )2h x对 x-1 ， 1 恒成立，所以由（ ）知，（ ） 当1a时 ，( )h x在( 1,1)上 是 增 函 数 ，( )h x在 1,1上 的 最 大 值 是(1)43hab，最小值( 1)43hab，则432ab且432ab矛盾；（ ） 当113a时 ，( )h x在 1,1上 的 最 小 值 是3( )h aab， 最 大 值 是(1)43hab，所以32ab且432ab，从而323362aaaba且103a令3(

39、 )23t aaa，则2( )330taa，( )t a在1(0, )3上是增函数，故( )(0)2t at，因此230ab（ ） 当113a时 ，( )h x在 1,1上 的 最 小 值 是3( )h aab， 最 大 值 是( 1)32hab，所以由32ab且322ab，解得283027ab() 当1a时 ，( )h x在 1,1上 的 最 大 值 是( 1)32hab， 最 小 值 是(1)3ab2h，所以由322ab且322ab，解得3a+b=0 综上，3ab的取值范围是230ab. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 16 页 - - - - - - - - -