2022年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)试题(陕西卷详解).docx

2022·陕西卷(理科数学)
1．[2022·陕西卷] 设集合M＝{x|x≥0，x∈R}，N＝{x|x2<1，x∈R}，那么M∩N＝(　　)
A．[0，1] B．[0，1) C．(0，1] D．(0，1)
1．B[解析]由M＝{x|x≥0，x∈R}，N＝{x|x2<1，x∈R}＝{x|－1<x<1，x∈R}，得M∩N＝[0，1)．
2．[2022·陕西卷] 函数f(x)＝cos的最小正周期是(　　)
A.B．πC．2πD．4π
2．B[解析]函数y＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的周期为T＝，故函数f(x)的最小正周期T＝＝π.
3．[2022·陕西卷] 定积分(2x＋ex)dx的值为(　　)
A．e＋2B．e＋1 C．eD．e－1
3．C[解析](2x＋ex)dx＝(x2＋ex)＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e.
图1­1
4．[2022·陕西卷] 根据如图1­1所示的框图，对大于2的整数N，输出的数列的通项公式是(　　)
A．an＝2n
B．an＝2(n－1)
C．an＝2n
D．an＝2n－1
4．C[解析] 阅读题中所给的程序框图可知，对大于2的整数N，输出数列：2，22＝22，222＝23，223＝24，…，22N－1＝2N，故其通项公式为an＝2n.
5．[2022·陕西卷] 底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，那么该球的体积为(　　)
A.B．4πC．2πD.
5．D[解析]设该球的半径为R，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R)2＝()2＋12＋12，解得R＝1，所以该球的体积为V＝πR3＝π.
6．[2022·陕西卷] 从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，那么这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为 (　　)
A.B.C.D.
6．C[解析]利用古典概型的特点可知从5个点中选取2个点的全部情况有C＝10(种)，选取的2个点的距离不小于该正方形边长的情况有：选取的2个点的连线为正方形的4条边长和2条对角线长，共有6种．故所求概率P＝＝.
7．[2022·陕西卷] 以下函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)〞的单调递增函数是(　　)
A．f(x)＝xB．f(x)＝x3
C．f(x)＝D．f(x)＝3x
7．B[解析]由于f(x＋y)＝f(x)f(y)，故排除选项A，C.又f(x)＝为单调递减函数，所以排除选项D.
8．[2022·陕西卷] 原命题为“假设z1，z2互为共轭复数，那么|z1|＝|z2|〞，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的选项是(　　)
A．真，假，真B．假，假，真
C．真，真，假D．假，假，假
8．B[解析] 设z1＝a＋bi，z2＝a－bi，且a，b∈R，那么|z1|＝|z2|＝，故原命题为真，所以其否命题为假，逆否命题为真．当z1＝2＋i，z2＝－2＋i时，满足|z1|＝|z2|，此时z1，z2不是共轭复数，故原命题的逆命题为假．
9．[2022·陕西卷] 设样本数据x1，x2，…，x10的均值和方差分别为1和4，假设yi＝xi＋a(a为非零常数，i＝1，2，…，10)，那么y1，y2，…，y10的均值和方差分别为(　　)
A．1＋a，4B．1＋a，4＋a
C．1，4D．1，4＋a
9．A[解析]由题意可知＝1，故＝＝1＋a.数据x1，x2，…，x10同时增加一个定值，方差不变．应选A.
10．[2022·陕西卷] 如图1­2，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，下降飞行轨迹为某三次函数图像的一局部，那么该函数的解析式为 (　　)
图1­2
A．y＝x3－xB．y＝x3－x
C．y＝x3－xD．y＝－x3＋x
10．A[解析]设该三次函数的解析式为y＝ax3＋bx2＋cx＋d.因为函数的图像经过点(0，0)，所以d＝0，所以y＝ax3＋bx2＋cx.又函数过点(－5，2)，(5，－2)，那么该函数是奇函数，故b＝0，所以y＝ax3＋cx，代入点(－5，2)得－125a－5c＝2.又由该函数的图像在点(－5，2)处的切线平行于x轴，y′＝3ax2＋c，得当x＝－5时，y′＝75a＋c＝0.联立解得故该三次函数的解析式为y＝x3－x.
11．[2022·陕西卷] 4a＝2，lgx＝a，那么x＝________．
11.[解析]由4a＝2，得a＝，代入lgx＝a，得lgx＝，那么x＝10＝.
12．[2022·陕西卷] 假设圆C的半径为1，其圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，那么圆C的标准方程为________．
12．x2＋(y－1)2＝1　[解析]由圆C的圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，得圆C的圆心为(0，1)．又因为圆C的半径为1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.
13．[2022·陕西卷] 设0<θ<，向量a＝(sin2θ，cosθ)，b＝(cosθ，1)，假设a∥b，那么tanθ＝________．
13.[解析]因为向量a∥b，所以sin2θ－cosθ·cosθ＝0，又cosθ≠0，所以2sinθ＝cosθ，故tanθ＝.
14．[2022·陕西卷] 观察分析下表中的数据：
多面体
面数(F)
顶点数(V)
棱数(E)
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
6
10
立方体
6
8
12
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．
14．F＋V－E＝2[解析] 由题中所给的三组数据，可得5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，由此可以猜想出一般凸多面体的顶点数V、面数F及棱数E所满足的等式是F＋V－E＝2.
15．[2022·陕西卷] A．(不等式选做题)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，那么的最小值为________．
图1­3
B．(几何证明选做题)如图1­3，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，假设AC＝2AE，那么EF＝________．
C．(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中，点到直线ρsin＝1的距离是________．
15．A.B．3　C．1[解析]A．由柯西不等式可知(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，代入数据，得m2＋n2≥5，当且仅当an＝bm时，等号成立，故的最小值为.
B．由题意，可知∠AEF＝∠ACB，又∠A＝∠A，所以△AEF∽ACB，所以＝.因为AC＝2AE，BC＝6，所以EF＝3.
C．点的极坐标可化为x＝ρcosθ＝2cos＝，y＝ρsinθ＝2sin＝1，即点在平面直角坐标系中的坐标为(，1)．直线ρsin＝ρsinθcos－ρcosθsin＝1，即该直线在直角坐标系中的方程为x－y＋2＝0，由点到直线的距离公式得所求距离为d＝＝1.
16．，，[2022·陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)假设a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；
(2)假设a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．
16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.
∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cosB＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cosB的最小值为.
17．[2022·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1­4所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.
(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
图1­4
17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，
BD＝DC＝2，AD＝1.
由题设，BC∥平面EFGH，
平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
(2)方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，那么D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
DA＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)，
BA＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，
∴n·DA＝0，n·BC＝0，
得取n＝(1，1，0)，
∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
那么D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E，F(1，0，0)，G(0，1，0)．
∴＝，FG＝(－1，1，0)，
BA＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
那么n·FE＝0，n·FG＝0，
得取n＝(1，1，0)，
∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
18．，[2022·陕西卷] 在直角坐标系xOy中，点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上．
(1)假设＋＋＝0，求||；
(2)设＝m＋n(m，n∈R)，用x，y表示m－n，并求m－n的最大值．
18．解：(1)方法一：∵＋＋＝0，
又＋＋＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)，
∴解得
即＝(2，2)，故||＝2.
方法二：∵＋＋＝0，
那么(－)＋(－)＋(－)＝0，
∴＝(＋＋)＝(2，2)，
∴||＝2.
(2)∵＝m＋n，
∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)，
∴
两式相减得，m－n＝y－x，
令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B(2，3)时，t取得最大值1，故m－n的最大值为1.
19．，[2022·陕西卷]在一块耕地上种植一种作物，每季种植本钱为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
作物产量(kg)
300
500
概　率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概　率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
(2)假设在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．
19．解：(1)设A表示事件“作物产量为300 kg〞，B表示事件“作物市场价格为6元/kg〞，
由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
∵利润＝产量市场价格－本钱，
∴X所有可能的取值为

P(X＝4000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)0.4＋0.5(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝＝0.2，
所以X的分布列为
X
4000
2000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2000元〞(i＝1，2，3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，
P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1，2，3)，
3季的利润均不少于2000元的概率为
P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季利润不少于2000元的概率为
P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝30.820.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
20．，，[2022·陕西卷] 如图1­5所示，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和局部抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，假设AP⊥AQ，求直线l的方程．
图1­5
20．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2，
∴a＝2，b＝1.
(2)方法一：由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．
由求根公式，得xP＝，从而yP＝，
∴点P的坐标为.
同理，由
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
∵AP⊥AQ，
∴AP·AQ＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，
∵k≠0，
∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
经检验，k＝－符合题意，
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
方法二：假设设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．
21．，，，[2022·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；
(2)假设f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
(2)f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
那么φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法一：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，那么<ln.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，<ln2，结论成立．
②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．
那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，
即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
方法二：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，那么ln>.
故有ln2－ln1>，
ln3－ln2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，
∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．