文档文本内容
2022 年普通高等学校招生全国统一考试·浙江卷
一、选择题
1．(2022·浙江卷，1)设集合A＝{1,2}，B＝{2,4,6}，则A∪B 等于( )
A．{2}
B．{1,2}
C．{2,4,6}
D．{1,2,4,6}
2．(2022·浙江卷，2)已知a，b∈R，a＋3i＝(b＋i)i(i 为虚数单位)，则( )
A．a＝1，b＝－3
B．a＝－1，b＝3
C．a＝－1，b＝－3
D．a＝1，b＝3
3．(2022·浙江卷，3)若实数x，y 满足约束条件则z＝3x＋4y 的最大值是( )
A．20 B．18 C．13 D．6
4．(2022·浙江卷，4)设x∈R，则“sin x＝1”是“cos x＝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．(2022·浙江卷，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( )
A．22π B．8π C.π D.π
6．(2022·浙江卷，6)为了得到函数y＝2sin 3x 的图象，只要把函数y＝2sin 图象上所有的点(
)
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
7．(2022·浙江卷，7)已知2a＝5，log83＝b，则4a－3b等于( )
A．25 B．5 C. D.
8．(2022·浙江卷，8)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AC＝AA1，E，F 分别是棱BC，
A1C1上的点．记EF 与AA1所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F－BC－A
的平面角为γ，则( )
A．α≤β≤γ
B．β≤α≤γ
C．β≤γ≤α
D．α≤γ≤β
9．(2022·浙江卷，9)已知a，b∈R，若对任意x∈R，a|x－b|＋|x－4|－|2x－5|≥0，则( )
A．a≤1，b≥3
B．a≤1，b≤3
C．a≥1，b≥3
D．a≥1，b≤3
10．(2022·浙江卷，10)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an－a(n∈N*)，则( )
A．2<100a100<
B.<100a100<3
C．3<100a100<
D.<100a100<4
二、填空题
11．(2022·浙江卷，11)我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他
把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公
式，就是S＝，其中a，b，c 是三角形的三边，S 是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，
b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝________.
12．(2022·浙江卷，12)已知多项式(x＋2)·(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝
________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.
13．(2022·浙江卷，13)若3sin α－sin β＝，α＋β＝，则sin α＝________，cos 2β＝
________.
14．(2022·浙江卷，14)已知函数f(x)＝则f ＝________；若当x∈[a，b]时，1≤f(x)≤3，则b
－a 的最大值是________．
15．(2022·浙江卷，15)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ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________.
16．(2022·浙江卷，16)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过F 且斜率为的直线交
双曲线于点A(x1，y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2，y2)且x1<0<x2.若|FB|＝3|FA|，则双曲线的
离心率是________．
17．(2022·浙江卷，17)设点P 在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则PA\o\al (2
＋PA\o\al(2＋…＋PA\o\al(2的取值范围是________．
三、解答题
18．(2022·浙江卷，18)在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.
已知4a＝c，cos C＝.
(1)求sin A 的值；
(2)若b＝11，求△ABC 的面积．
19．(2022·浙江卷，19)如图，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F－DC－B 的平面角为60°.设M，N
分别为AE，BC 的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．
20．(2022·浙江卷，20)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d>1.记{an}的前n 项和为
Sn(n∈N*)．
(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；
(2)若对于每个n∈N*，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．(2022·浙江卷，21)如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B 是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q
在线段AB 上，直线PA，PB 分别交直线y＝－x＋3 于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．(2022·浙江卷，22)设函数f(x)＝＋ln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a，b∈R，曲线y＝f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经
过点(a，b)．证明：
①若a>e，则0<b－f(a)<；
②若0<a<e，x1<x2<x3，则＋<＋<－.
(注：e＝2.718 28…是自然对数的底数)
答案精析
1.D
解析 由集合并集的定义，得A∪B＝{1,2,4,6}，故选D.
2.B
解析 (b＋i)i＝－1＋bi，则由a＋3i＝－1＋bi，得a＝－1，b＝3，故选B.
3.B
解析 方法一 作出不等式组表示的平面区域如图所示，平移直线3x＋4y＝0，由图知，当
直线经过点A(2,3)时目标函数z＝3x＋4y 取得最大值，即zmax＝3×2＋4×3＝18，故选B.
方法二 由得
此时z＝18；
由得此时z＝6；
由得此时z＝13.
综上所述，z＝3x＋4y 的最大值为18，
故选B.
4.A
解析 由sin x＝1，得x＝2kπ＋(k∈Z)，则cos＝cos ＝0，故充分性成立；又由cos x＝
0，得x＝kπ＋(k∈Z)，而sin＝1 或－1，故必要性不成立．所以“sin x＝1”是“cos x＝0”
的充分不必要条件，故选A.
5.C
解析 由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半径为
1，圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底面的半径分别为1 和2，高为2，所以该
几何体的体积为××π×13＋π×12×2＋π(12＋1×2＋22)×2＝π，故选C.
6.D
解析 因为y＝2sin＝
2sin，所以要得到函数y＝sin 3x 的图象，只要把函数y＝2sin 的图象上所有的点向右平移个
单位长度，故选D.
7.C
解析 因为2a＝5，b＝log83＝log23，
即23b＝3，
所以4a－3b＝＝＝＝.
8.A
解析 如图所示，过点F 作FP⊥AC 于P，
过P 作PM⊥BC 于M，连接PE，
则α＝∠EFP，
β＝∠FEP，γ＝∠FMP，
tan α＝＝≤1，
tan β＝＝≥1，
tan γ＝≥＝tan β，
所以α≤β≤γ.
9.D
解析 由题知可以结合选项使用排除法求解．
取a＝0，则|x－4|≥|2x－5|，
解得1≤x≤3，不符合题意，
所以a≤1 不成立，排除A，B；
当a≥1 时，取a＝1，b＝4，
则2|x－4|≥|2x－5|，
解得x≤，不符合题意，
所以b≥3 不成立，排除C，故选D.
10.B
解析 因为a1＝1，an＋1＝an－a＝
－2＋≤，
所以an≤(n≥2)，易知an≠0，
所以有＝1－an≥>0(n≥2)，
所以可得an>0(n∈N*)．
由an＋1＝an－a＝an，
可得＝＝＋，
即－＝.
一方面，由－＝>，累加可得>n＋1，(*)
所以>×99＋1＝34，
从而100a100<100×＝<3.
另一方面，由(*)式可得an＋1<，
所以an<(n≥2)，
又a1＝1，所以an≤(n∈N*)，
由－＝≤＝
，
累加可得≤n＋
＋1，
所以≤34＋×<34＋×＝<40，
所以100a100>100×＝.
综上可知，<100a100<3.故选B.
11.
解析 因为a＝，b＝，c＝2，所以S＝＝.
12.8 －2
解析 由多项式的展开式可知，a2＝2C(－1)2＋C(－1)3＝12－4＝8.令x＝0 可得a0＝2，令x
＝1 可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
13.
解析 因为α＋β＝，所以β＝－α，
所以3sin α－sin β＝3sin α－sin＝3sin α－cos α＝sin(α－φ)＝，其中sin φ＝，cos φ＝.
所以α－φ＝＋2kπ，k∈Z，
所以α＝＋φ＋2kπ，k∈Z，
所以sin α＝sin＝cos φ＝，k∈Z.
因为sin β＝3sin α－＝－，
所以cos 2β＝1－2sin2β＝1－＝.
14. 3＋
解析 由题意知f ＝－2＋2＝，则f ＝f ＝＋－1＝＋－1＝.
作出函数f(x)的图象，如图所示，
结合图象，令－x2＋2＝1，解得x＝±1；
令x＋－1＝3，解得x＝2±，
又x>1，所以x＝2＋，所以(b－a)max＝2＋－(－1)＝3＋.
15.
解析 由题意知ξ 的可能取值为1,2,3,4，
P(ξ＝1)＝＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
所以ξ 的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
16.
解析 结合题意作出图形如图所示，由题意知，过左焦点F(－c,0)且斜率为的直线的方程为
y＝(x＋c)，
由解得
所以B.
因为|FB|＝3|FA|，所以FB＝3FA，
即＝3(x1＋c，y1)，得
所以A.
将代入双曲线方程－＝1，
可得－＝1，
结合离心率e＝得e2＝，
又e>1，所以双曲线的离心率为.
17.[12＋2，16]
解析 以圆心为原点，A7A3所在直线为x 轴，A5A1所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如
图所示，
则A1(0,1)，A2，A3(1,0)，
A4，A5(0，－1)，A6，
A7(－1,0)，A8，
设P(x，y)，
于是PA\o\al(2＋PA\o\al(2＋…＋PA\o\al(2＝8(x2＋y2)＋8，
因为cos 22.5°≤|OP|≤1，
所以≤x2＋y2≤1，
故PA\o\al(2＋PA\o\al(2＋…＋PA\o\al(2的取值范围是[12＋2，16]．
18.解 (1)由正弦定理＝，
得sin A＝.
因为cos C＝，所以sin C＝，
又＝，所以sin A＝＝.
(2)由(1)知sin A＝，
因为a＝<c，所以0<A<，
所以cos A＝，
所以sin B＝sin(π－B)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A＝×＋×＝.
因为＝，即＝，
所以c＝4，
所以S△ABC＝bcsin A＝×11×4×＝22.
19.(1)证明 因为ABCD 是直角梯形，∠BAD＝60°，
所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
因为CDEF 是直角梯形，∠CDE＝60°，
所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.
如图，在AB 边上取点H，使AH＝2，连接DH，
易得DH⊥AB.在Rt△DAH 中，
因为∠DAH＝60°，
所以AD＝2AH＝4，DH＝BC＝2.
在DC 边上取点G，使DG＝2，
连接EG，易得GE⊥DC.
在Rt△EGD 中，因为∠EDG＝60°，
所以DE＝2DG＝4，EG＝FC＝2.
易知二面角F－DC－B 的平面角为∠FCB＝60°，
又FC＝BC＝2，
故△FBC 为等边三角形．
又N 为BC 的中点，所以FN⊥BC.
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC，BC⊂平面BCF，
所以DC⊥平面BCF.
又FN⊂平面BCF，所以DC⊥FN.
因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面ABCD，
故FN⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD.
(2)解 如图，取AD 的中点K，连接NK，以N 为坐标原点，则NK，NB，NF 两两垂直，故
以NK，NB，NF 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1,0,3)，M.
AD＝(－2，－2，0)，DE＝(－2，，3)，
设平面ADE 的一个法向量为
n＝(x，y，z)，
则即
取x＝，则y＝－1，z＝，
即n＝(，－1，)是平面ADE 的一个法向量．
设直线BM 与平面ADE 所成的角为θ，
因为BM＝，
所以sin θ＝|cos〈BM，n〉|＝＝.
20.解 (1)因为在等差数列{an}中，a1＝－1，S4－2a2a3＋6＝0，
所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，
整理得d2－3d＝0，
解得d＝0(舍去)或d＝3，
所以Sn＝n×(－1)＋×3＝n2－n，即Sn＝n2－n.
(2)由(1)知an＝－1＋(n－1)×d＝dn－d－1，
所以an＋1＝dn－1，an＋2＝dn＋d－1.
因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，
所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，
整理得c＋(8an＋1－an＋2－15an)cn＋a－anan＋2＝0.
由题意知关于cn的二次方程有解，
所以(8an＋1－an＋2－15an)2－4(a－anan＋2)≥0 在n∈N*上恒成立，
将an，an＋1，an＋2代入上式，
并整理得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0.(*)
因为d>1，
所以当n＝1 时，
不等式(*)等价于(d＋1)(d＋2)≥0，恒成立；
当n＝2 时，
不等式(*)等价于(d－2)(－1)≥0，
则当1<d≤2 时，不等式恒成立；
当n≥3 时，(2n－3)d－2≥3d－2>0，(n－2)d－1≥d－1>0，不等式(*)恒成立．
综上可知，d 的取值范围是(1,2]．
21.解 (1)设M(2cos θ，sin θ)(θ∈[0,2π))是椭圆上任意一点，由P(0,1)，
知|PM|2＝12cos2θ＋(1－sin θ)2＝13－11sin2θ－2sin θ＝－112≤，当且仅当sin θ＝－时取
等号，
故|PM|的最大值是，
即点P 到椭圆上点的距离的最大值为.
(2)易知直线AB 的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋，联立直线AB 与椭圆的方程，消y 整理得
x2＋kx－＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，
x1x2＝－.
直线PA 的方程为y＝x＋1，
代入y＝－x＋3，
整理得xC＝＝.
同理可得，
xD＝＝，
则|CD|＝|xC－xD|
＝
＝2
＝2
＝2
＝×
＝×
≥×＝，
当且仅当4k＝，即k＝时等号成立，
所以当k＝时，|CD|取得最小值，为.
22.(1)解 因为f(x)＝＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－＋＝(x>0)．
令f′(x)<0，得0<x<，
令f′(x)>0，得x>，
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明 因为曲线y＝f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经过点
(a，b)，所以x1，x2，x3是方程f(x)－b＝f′(x)(x－a)，
即ln x＋－－b－1＝0 的三个不同的实数解．
①令g(x)＝ln x＋－－b－1，
则g′(x)＝－＋＝(x>0)，
当a>e 时，令g′(x)>0，
得0<x<e 或x>a；
令g′(x)<0，得e<x<a，
所以g(x)在(0，e)和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减．
当x→0 时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
因为函数g(x)有三个零点，
所以
即
所以
所以b－f(a)＝b－ln a－>0，
所以原不等式左边成立．
又b－f(a)＝b－ln a－<＋1－ln a－，
所以要证b－f(a)<，
只需证＋1－ln a－<，
即证ln a＋>，即证f(a)>，
又由(1)知f(x)在上单调递增，所以f(a)>f(e)＝，故原不等式右边成立．故命题得证．
②当0<a<e，x1<x2<x3时，令t1＝>，t3＝<，则>>1.
因为x1，x3是方程ln x＋－－b－1＝0 的两个不同的实数解，
所以
所以
所以t－t－(t1－t3)＋ln ＝0，
所以(t1＋t3)2－(t1＋t3)＋··ln ＝0.
要证＋<＋<－，
只需证
<0，即证(t1＋t3)2－(t1＋t3)＋<0，
只需证··ln >
，
即证·ln >＝＋2.
令H(x)＝·ln x(x>1)，
则H′(x)＝(x>1)．
令h(x)＝x－－2ln x(x>1)，
则h′(x)＝>0 在(1，＋∞)上恒成立，
所以h(x)＝x－－2ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>1－－2ln 1＝0，
所以H′(x)＝>0
在(1，＋∞)上恒成立，
所以H(x)＝·ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增．
又>>1，
所以·ln >·ln ，
而＋2<＋2＝＋2，
所以要证＋<＋<－，只需证·ln >＋2，
即证ln －2－>0.
令M(x)＝ln x－2－(x>1)，
则M′(x)＝－－
＝>0 在(1，＋∞)上恒成立，
所以M(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以M>ln 1－2×－
＝0，
所以当0<a<e，x1<x2<x3时，＋<＋<－.
