2022年浙江省高考数学试题及答案

2023年12月9日发(作者：不一样的高考数学试卷答案)

》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

2022年浙江省高考数学真题及答案

姓名________ 准考证号_________________

本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟.

考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.

参考公式：

如果事件A，B互斥，则 柱体的体积公式

如果事件A，B相互独立，则 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高

锥体的体积公式

若事件A在一次试验中发生概率是p，则n次

独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率 其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高

球的表面积公式

台体的体积公式

球的体积公式

其中表示台体的上、下底面积，

h表示台体的高 其中R表示球的半径

选择题部分（共40分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 设集合A.

2. 已知A.

B.

（为虚数单位），则（ ）

C. D.

B.

，则

（ ）

C. D. 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

3. 若实数x，y满足约束条件则的最大值是（ ）

A. 20

4. 设，则“B. 18

”是“C. 13

”的（ ）

C. 充分必要条件

D. 6

A. 充分不必要条件

分也不必要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充5. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）

A. B. C. D.

6. 为了得到函数（ ）

A. 向左平移个单位长度

的图象，只要把函数图象上所有的点B. 向右平移个单位长度

C. 向左平移7. 已知A. 25

个单位长度

，则B. 5

（ ）

D. 向右平移个单位长度

C. D.

8. 如图，已知正三棱柱与所成的角为，与平面，E，F分别是棱所成的角为，二面角上的点．记的平面角为，则（ ） 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

A.

9. 已知A.

10. 已知数列 B. C. D.

，若对任意 B. C.

，则（ ）

D.

满足，则（ ）

A. B. C. D.

非选择题部分（共110分）

二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．

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，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12. 已知多项式__________，13 若，则该三角形的面积___________．

，则___________．

，则__________，_________．

14. 已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．

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，》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

记所抽取卡片上数字的最小值为，则16. 已知双曲线点，交双曲线的渐近线于点__________，左焦点为F，过F且斜率为且．若_________．

的直线交双曲线于，则双曲线的离心率是_________．

17. 设点P在单位圆的内接正八边形取值范围是_______．

三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18. 在（1）求（2）若中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知的值；

，求和，的中点．

的面积．

都是直角梯形，，二面角，，的平面角为，．设M，．

的边上，则的19. 如图，已知，N分别为

（1）证明：（2）求直线；

与平面所成角的正弦值．

首项，求；

，使成等比数列，求d，公差．记的前n项和为． 20. 已知等差数列（1）若（2）若对于每个的取值范围．

21. 如图，已知椭圆，存在实数．设A，B是椭圆上异于两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；

（2）求22. 设函数（1）求（2）已知切线都经过点（ⅰ）若，则的单调区间；

，曲线．证明：

；

上不同的三点处的的最小值．

．

（ⅱ）若（注：

，则是自然对数的底数）

．

浙江卷数学试题解析

本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟.

参考公式：

如果事件A，B互斥，则 柱体的体积公式

如果事件A，B相互独立，则 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高

锥体的体积公式

若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次

独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率 其中S表示锥体的底面积，h表示锥》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

体的高

球的表面积公式

台体的体积公式

球的体积公式

其中表示台体上、下底面积，

h表示台体的高 其中R表示球的半径

选择题部分（共40分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 设集合A.

【答案】D

【解析】

【分析】利用并集的定义可得正确的选项.

【详解】故选：D.

2. 已知A.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数相等的条件可求【详解】故选：B.

，而.

，

B.

（为虚数单位），则（ ）

C. D.

，

B.

，则

（ ）

C. D.

为实数，故3. 若实数x，y满足约束条件则的最大值是（ ）

A. 20

【答案】B

【解析】

B. 18 C. 13 D. 6 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线后可求最大值.

【详解】不等式组对应的可行域如图所示：

当动直线过时有最大值.

由可得，故，

故，

故选：B.

4. 设，则“”是“”的（ ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件

分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.

【详解】因为可得：

当时，，充分性成立；

当时，，必要性不成立；

所以当，是的充分不必要条件.

故选：A.

5. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：D. 既不充）是（ ） 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．

【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为几何体的体积．

，圆台的下底面半径为，所以该

故选：C．

6. 为了得到函数（ ）

A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度

的图象，只要把函数图象上所有的点C. 向左平移【答案】D

个单位长度 D. 向右平移个单位长度 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

【解析】

【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．

【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移故选：D.

7. 已知A. 25

【答案】C

【解析】

个单位长度即可得到函数的图象．

，则B. 5

（ ）

C. D.

【分析】根据指数式与对数式互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．

【详解】因为，，即，所以．

故选：C.

8. 如图，已知正三棱柱与所成的角为，与平面，E，F分别是棱所成的角为，二面角上的点．记的平面角为，则（ ）

A.

【答案】A

【解析】

B. C. D.

【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小． 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，

则，，，，

，，

所以故选：A．

9. 已知A.

【答案】D

【解析】

，

，若对任意 B. C.

，则（ ）

D.

【分析】将问题转换为【详解】由题意有：对任意的，有，再结合画图求解．

恒成立．

设，，

即的图像恒在的上方（可重合），如下图所示： 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

由图可知，故选：D．

10. 已知数列，，或，，

满足，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】先通过递推关系式确定变形得到除去，其他项都在范围内，再利用递推公式，得出，再利用，累加可求出，累加可求出，再次放缩可得出．

【详解】∵，易得，依次类推可得

由题意，，即，

∴，

即，，，…，， 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

累加可得，即，

∴，即，

又，

∴，，，…，，

累加可得，

∴，

即，∴，即；

综上：故选：B．

．

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

非选择题部分（共110分）

二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．

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，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【答案】【解析】

，则该三角形的面积___________．

【分析】根据题中所给的公式代值解出． 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

【详解】因为，所以．

故答案为：12. 已知多项式.

，则___________．

__________，【答案】 ①. ②.

【解析】

【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令即可得出答案．

【详解】含令令∴故答案为：；13. 若．

，则__________，，即，即，

的项为：，

，

求出，再令，故；

_________．

【答案】 ①.

【解析】

②.

【分析】先通过诱导公式变形，得到函数方程，可求出【详解】，接下来再求，∴的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型．

，即，

即，令，，

则，∴，即， 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

∴ ，

则．

故答案为：；．

14. 已知函数则________；若当时，，则【答案】 ①.

【解析】

的最大值是_________．

②. ##

【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出的最小值,的最大值即可.

【详解】由已知，，

所以当当时，由时，由等价于所以的最大值为，，

可得可得，所以.

.

，所以，所以，

，

，

故答案为：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，则【答案】 ①.

【解析】

【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.

种取法，其中所抽取的， ②. ##

__________，_________．

【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

卡片上的数字的最小值为2的取法有由已知可得的取值有1，2，3，4，

，，

种，所以，

，

所以,

故答案为：，.

16. 已知双曲线点，交双曲线的渐近线于点的左焦点为F，过F且斜率为且．若的直线交双曲线于，则双曲线的离心率是_________．

【答案】【解析】

【分析】联立直线得点，最后根据点且斜率为和渐近线方程，可求出点，再根据可求

在双曲线上，即可解出离心率．

的直线，渐近线， 【详解】过

联立，得，由，得

而点在双曲线上，于，解得：，所以离心率.

故答案为：． 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

17. 设点P在单位圆的内接正八边形取值范围是_______．

【答案】【解析】

【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设的坐标计算公式即可得到即可解出．

【详解】以圆心为原点，如图所示：

所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，所在直线为轴，所在

的边上，则的，再根据平面向量模，然后利用

则,》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

，设,于是，

因为范围是故答案为：.

，所以，故的取值．

三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18. 在（1）求（2）若【答案】（1）（2）．

中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知的值；

，求；

的面积．

．

【解析】

【分析】（1）先由平方关系求出（2）根据余弦定理的推论，再根据正弦定理即可解出；

以及可解出，即可由三角形面积公式【小问1详解】

由于，

求出面积．

，则．因为，

由正弦定理知【小问2详解】

因为，则．

，由余弦定理，得，

即，解得，而，，

所以的面积和，都是直角梯形，，二面角．

，，的平面角为，．设M，19. 如图，已知，》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

N分别为的中点．

（1）证明：（2）求直线；

与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；

（2）【解析】

【分析】（1）过点由平面知识易得，（2）由（1）可知点，出平面，、、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，．

，再根据二面角的定义可知，，从而可证得平面，过点平面做，即得平行线，由此可知，；

，所以可以以点为原，求所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，即可利用线面角的向量公式解出． 的一个法向量，以及【小问1详解】

过点、分别做直线和、的垂线、并分别交于点交于点、．

，∵四边形都是直角梯形，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt∵∴∴∵是平面是正三角形，由的中点，，而【小问2详解】

因为平面，过点，且和Rt，，

的平面角，则，得平面平面平面，，而，

是二面角平面，又，∴，

平面平面，

，可得． 平面做平行线，所以以点为原点， ，、》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系设，则，

，

设平面由设直线的法向量为，得与平面所成角为，

，取，

∴．

20. 已知等差数列（1）若（2）若对于每个的取值范围．

【答案】（1）（2）【解析】

的首项，求；

，公差．记的前n项和为．

，存在实数，使成等比数列，求d

【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求【小问1详解】

，再求；

的范围. 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

因为，

所以，

所以，又，

所以，

所以，

所以，

【小问2详解】

因为，，成等比数列，

所以，

，

，

由已知方程的判别式大于等于0，

所以，

所以对于任意的恒成立，

所以对于任意的恒成立，

当时，，

当时，由，可得

当时，，

又

所以

21. 如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点段上，直线分别交直线于C，D两点．

在线》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；

（2）求【答案】（1）的最小值．

；

（2）【解析】

．

【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；

（2）设直线方程与与椭圆方程联立可得的方程分别联立，可解得点，再将直线的坐标，再根据两点间的距离公式求出，由柯西不等式即可求出最小值． ，最后代入化简可得【小问1详解】

设

是椭圆上任意一点,,则

，当且仅当【小问2详解】

设直线时取等号，故的最大值是.

,直线方程与椭圆联立,可得》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

,设，所以，

因为直线与直线交于,

则,同理可得,.则

，

当且仅当时取等号，故的最小值为.

【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

22. 设函数（1）求（2）已知切线都经过点（ⅰ）若，则的单调区间；

，曲线．证明：

；

上不同的三点处的．

（ⅱ）若（注：【答案】（1），则是自然对数的底数）

的减区间为，增区间为.

． 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.

（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.

【小问1详解】

，

当，；当，，

故的减区间为，的增区间为.

【小问2详解】

（ⅰ）因为过故故方程该方程可整理为有三条不同的切线，设切点为，

有3个不同的根，

，

，

设，

则

，

当故因为在或时，；当上为减函数，在且时，上为增函数，

，

，

有3个不同的零点，故》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

故且整理得到：且，

此时，

设，则，

故为上的减函数，故，

故.

（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：

故在上为减函数，在上为增函数，

不妨设，则，

因为有3个不同的零点，故且，

故且整理得到：，

因为，故，

又，

设，，则方程即为：

即为，

记

则为有三个不同的根，

设，，

，

， 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

要证：，即证即证：，

即证：，

即证：，

而且故，

故，

故即证：，

即证：

即证：，

记，则设，则即故在上为增函数，故，

所以记，

则所以在为增函数，故，

，

，

，

，

，

， 》》》》》》历年考试真题——2023年整理《《《《《《

故故原不等式得证：

即，

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.