2022年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(江苏卷详解).docx

2022江苏卷(课标数学)12022江苏卷 集合A2，1，3，4，B1，2，3，那么AB_11，3解析由题意可得AB1，322022江苏卷 复数z(52i)2(i为虚数单位)，那么z的实部为_221解析根据复数的乘法运算公式知，z(52i)252252i(2i)22120i，故实部为21，虚部为20.图1132022江苏卷 如图11所示是一个算法流程图，那么输出的n的值是_35解析 根据流程图的判断依据，此题看2n20是否成立假设不成立，那么n从1开始每次增加1；假设成立，那么输出n的值此题经过4次循环，得到2520成立，那么输出的n的值为5.42022江苏卷 从1，2，3，6这4个数中一次随机地取2个数，那么所取2个数的乘积为6的概率是_4.解析 根本领件有(1，2)，(1，3)(1，6)，(2，3)，(2，6)，(3，6)，共6种情况，乘积为6的是(1，6)和(2，3)，那么所求事件的概率为.5、2022江苏卷 函数ycosx与ysin(2x)(0)，它们的图像有一个横坐标为的交点，那么的值是_5.解析将x分别代入两个函数，得到sin，解得2k(kZ)或2k(kZ)，化简解得2k(kZ)或2k(kZ)又0，)，故.62022江苏卷为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长(单位：cm)，所得数据均在区间80，130上，其频率分布直方图如图12所示，那么在抽测的60株树木中，有_株树木的底部周长小于100 cm.图12624解析由频率分布直方图可得，数据在80，90的频率为0.015100.15，数据在90，100的频率为0.025100.25.又样本容量为60株，故所求为(0.150.25)6024(株)72022江苏卷 在各项均为正数的等比数列an中，假设a21，a8a62a4，那么a6的值是_74解析由等比数列的定义可得，a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，即a2q6a2q42a2q2.又an0，所以q4q220，解得q22，故a6a2q41224.82022江苏卷 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.假设它们的侧面积相等，且，那么的值是_8.解析因为，所以.又圆柱的侧面积S侧2rh，所以S侧12r1h1S侧22r2h2，那么，故.92022江苏卷 在平面直角坐标系xOy中，直线x2y30被圆(x2)2(y1)24截得的弦长为_9.解析由题意可得，圆心为(2，1)，r2，圆心到直线的距离d，所以弦长为22.102022江苏卷 函数f(x)x2mx1，假设对于任意xm，m1，都有f(x)b0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)假设点C的坐标为，且BF2，求椭圆的方程；(2)假设F1CAB，求椭圆离心率e的值图1517解：设椭圆的焦距为2c, 那么F1(c, 0), F2(c, 0)(1)因为B(0, b), 所以BF2a.又BF2，故a.因为点C在椭圆上，所以1，解得b21.故所求椭圆的方程为y21.(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线AB上，所以直线AB的方程为1.解方程组得所以点A的坐标为.又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.因为直线F1C的斜率为，直线AB的斜率为，且F1CAB，所以1.又b2a2c2，整理得a25c2，故e2，因此e.18、2022江苏卷如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tanBCO.(1)求新桥BC的长(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大图1618解：方法一：(1)如以下图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0, 60), C(170，0)，直线BC的斜率kBCtanBCO.又因为ABBC, 所以直线AB的斜率kAB.设点B的坐标为(a，b)，那么kBC，kAB，解得a80, b120，所以BC150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为rm, OMdm(0d60)由条件知，直线BC的方程为y(x170)，即4x3y6800.由于圆M与直线BC相切，故点M(0, d)到直线BC的距离是r，即r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时，r最大，即圆面积最大，所以当OM10 m时，圆形保护区的面积最大方法二：(1)如以下图，延长OA, CB交于点F.因为tanFCO，所以sinFCO，cosFCO.因为OA60，OC170，所以OFOCtanFCO，CF，从而AFOFOA.因为OAOC, 所以cosAFBsinFCO.又因为ABBC，所以BFAFcosAFB，从而BCCFBF150.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，那么MDBC，且MD是圆M的半径，并设MDrm，OMdm(0d60)因为OAOC, 所以sinCFOcosFCO.故由(1)知sinCFO，所以r.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得10d35.故当d10时，r最大，即圆面积最大，所以当OM10 m时，圆形保护区的面积最大19、2022江苏卷 函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f(x)是R上的偶函数(2)假设关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围(3)正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)0)，那么t1，所以m对任意t1成立因为t11213, 所以，当且仅当t2, 即xln2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，那么g(x) ex3a(x21)当x1时，ex0，x210.又a0，故g(x)0，所以g(x)是1，)上的单调递增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0，故ee12a.令函数h(x) x(e1)lnx1，那么h(x)1.令h(x)0, 得xe1.当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调递增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0；当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以h(x)0对任意的x(1，e)成立故当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)lna，从而ea1h(e)0，即a1(e1)lna，故ea1ae1.综上所述，当a时，ea1ae1.202022江苏卷 设数列an的前n项和为Sn.假设对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，那么称an是“H数列(1)假设数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.假设an是“H数列，求d的值(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列bn和cn，使得anbncn(nN*)成立20解： (1)证明：由，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam，所以an是“H数列(2)由得，S22a1d2d.因为an是“H数列，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，y0，证明：(1xy2)(1x2y)9xy.证明：因为x0，y0，所以1xy230，1x2y30，故(1xy2)(1x2y)339xy.222022江苏卷 盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)22解：(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P.(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.X4表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球，故P(X4)；X3表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球，故P(X3)；于是P(X2)1P(X3)P(X4)1.所以随机变量X的概率分布如下表：X234P因此随机变量X的数学期望E(X)234.23、2022江苏卷 函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式都成立23解： (1)由，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明：由得，xf0(x)sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsin.类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)xf3(x)cosxsin，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立(i)当n1时，由上可知等式成立(ii)假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin，因此当nk1时，等式也成立综合(i)(ii)可知，等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin(nN*)，所以(nN*)