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

2022·湖南卷(理科数学)
1．[2022·湖南卷] 满足＝i(i为虚数单位)的复数z＝(　　)
A.＋iB.－i
C．－＋iD．－－i
1．B[解析]因为＝i，那么z＋i＝zi，所以z＝＝＝.
2．[2022·湖南卷]对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，中选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p1，p2，p3，那么(　　)
A．p1＝p2＜p3B．p2＝p3＜p1
C．p1＝p3＜p2D．p1＝p2＝p3
2．D[解析]不管是简单随机抽样、系统抽样还是分层抽样，它们都是等概率抽样，每个个体被抽中的概率均为.
3．[2022·湖南卷]f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，那么f(1)＋g(1)＝(　　)
A．－3B．－1 C．1D．3
3．C[解析]因为f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，
所以f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.
4．[2022·湖南卷] 的展开式中x2y3的系数是(　　)
A．－20B．－5
C．5D．20
4．A[解析] 由题意可得通项公式Tr＋1＝C(－2y)r＝C(－2)rx5－ryr，令r＝3，那么C(－2)r＝C(－2)3＝－20.
5．[2022·湖南卷] 命题p：假设x＞y，那么－x＜－y，命题q：假设x＞y，那么x2＞y2.在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∨q中，真命题是(　　)
A．①③B．①④
C．②③D．②④
5．C[解析]依题意可知，命题p为真命题，命题q为假命题．由真值表可知p∧q为假，p∨q为真，p∧(綈q)为真，(綈p)∨q为假．
6．[2022·湖南卷] 执行如图1­1所示的程序框图．如果输入的t∈[－2，2]，那么输出的S属于(　　)
A．[－6，－2] B．[－5，－1]
C．[－4，5] D．[－3，6]
图1­1
6．D[解析] (特值法)当t＝－2时，t＝2(－2)2＋1＝9，S＝9－3＝6，所以D正确．
7．、[2022·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1­2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，那么能得到的最大球的半径等于(　　)
图1­2
A．1B．2 C．3D．4
7．B[解析]由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r＝＝2.
8．[2022·湖南卷] 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，那么该市这两年生产总值的年平均增长率为(　　)
A.B.
C.D.－1
8．D[解析]设年平均增长率为x，那么有(1＋p)(1＋q)＝(1＋x)2，解得x＝－1.
9．[2022·湖南卷] 函数f(x)＝sin(x－φ)，且
∫0f(x)dx＝0，那么函数f(x)的图像的一条对称轴是(　　)
A．x＝B．x＝
C．x＝D．x＝
9．A[解析] 因为∫0f(x)dx＝0，即∫0f(x)dx＝－cos(x－φ)0＝－cos＋cosφ＝0，可取φ＝，所以x＝是函数f(x)图像的一条对称轴．
10．、[2022·湖南卷] 函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图像上存在关于y轴对称的点，那么a的取值范围是(　　)
A．(－∞，) B．(－∞，)
C.D.
10．B[解析]依题意，设存在P(－m，n)在f(x)的图像上，那么Q(m，n)在g(x)的图像上，那么有m2＋e－m－＝m2＋ln(m＋a)，解得m＋a＝ee－m－，即a＝ee－m－－m(m＞0)，可得a∈(－∞，)．
(一)选做题(请考生在第11，12，13三题中任选两题作答，如果全做，那么按前两题计分)
11．[2022·湖南卷] 在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线l与曲线C：(α为参数)交于A，B两点，且|AB|＝2.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，那么直线l的极坐标方程是________．
11．ρcosθ－ρsinθ＝1[解析]依题意可设直线l：y＝x＋b，曲线C：的普通方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1.由|AB|＝2可知圆心(2，1)在直线l：y＝x＋b上，即l：y＝x－1，所以l的极坐标方程是ρcosθ－ρsinθ－1＝0.
12．[2022·湖南卷] 如图1­3所示，AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝，BC＝2，那么⊙O的半径等于________．
图1­3
12.[解析]设圆的半径为r，记AO与BC交于点D，依题可知AD＝1.由相交弦定理可得1(2r－1)＝，解得r＝.
13．[2022·湖南卷] 假设关于x的不等式|ax－2|＜3的解集为，那么a＝________．
13．－3[解析]依题意可得－3＜ax－2＜3，即－1＜ax＜5，而－＜x＜，即－1＜－3x＜5，所以a＝－3.
(二)必做题(14～16题)
14．[2022·湖南卷] 假设变量x，y满足约束条件且z＝2x＋y的最小值为－6，那么k＝________.
14．－2[解析]画出可行域，如图中阴影局部所示，不难得出z＝2x＋y在点A(k，k)处取最小值，即3k＝－6，解得k＝－2.
15．[2022·湖南卷] 如图1­4，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b(a＜b)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p＞0)经过C，F两点，那么＝________．
图1­4
15．1＋[解析] 依题意可得C，F，代入抛物线方程得a＝p，b2＝2a，化简得b2－2ab－a2＝0，即2－2－1＝0，解得＝1＋.
16．[2022·湖南卷] 在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足||＝1，那么|＋＋|的最大值是________．
16．1＋[解析]由||＝1，得动点D在以C为圆心，半径为1的圆上，故可设D(3＋cosα，sinα)，
所以OA＋OB＋OD＝(2＋cos α，＋sinα)，所以|OA＋OB＋OD|2＝(2＋cosα)2＋(＋sinα)2＝8＋4cosα＋2sinα＝8＋2sin(α＋φ)，
所以(|＋＋|2)max＝8＋2，即|＋＋|max＝＋1.
17．、[2022·湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率．
(2)假设新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；假设新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．
17．解：记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知
P(E)＝，P(E)＝，P(F)＝，P(F)＝，
且事件E与F，E与F，E与F，E与F都相互独立．
(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，那么H＝EF，于是P(H)＝P(E)P(F)＝＝，
故所求的概率为P(H)＝1－P(H)＝1－＝.
(2)设企业可获利润为X(万元)，那么X的可能取值为0，100，120，220.因为P(X＝0)＝P(EF)＝＝，P(X＝100)＝P(EF)＝＝，
P(X＝120)＝P(EF)＝＝，
P(X＝220)＝P(EF)＝＝，
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P

数学期望为
E(X)＝0＋100＋120＋220＝＝＝140.
18．、[2022·湖南卷] 如图1­5所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝.
图1­5
(1)求cos∠CAD的值；
(2)假设cos∠BAD＝－，sin∠CBA＝，求BC的长．
18．解：(1)在△ADC中，由余弦定理，得
cos∠CAD＝，
故由题设知，cos∠CAD＝＝.
(2)设∠BAC＝α，那么α＝∠BAD－∠CAD.
因为cos∠CAD＝，cos∠BAD＝－，
所以sin∠CAD＝＝
＝，
sin∠BAD＝＝＝.
于是sinα＝sin(∠BAD－∠CAD)
＝sin∠BADcos∠CAD－cos∠BADsin∠CAD
＝－
＝.
在△ABC中，由正弦定理，得＝.
故BC＝＝＝3.
19．、[2022·湖南卷] 如图1­6所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)假设∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．
图1­6
19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.
因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.
(2)方法一：如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.
由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
图(a)
又因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.
进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角．
不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.
在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.
故cos∠C1HO1＝＝＝.
即二面角C1­OB1­D的余弦值为.
方法二：因为四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
图(b)
如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，那么即
取z＝－，那么x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1­OB1­D的余弦值为.
20．、[2022·湖南卷] 数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)假设{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；
(2)假设p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①
因为<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④可知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
21．、、、[2022·湖南卷] 如图1­7，O为坐标原点，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：－＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.e1e2＝，且|F2F4|＝－1.
(1)求C1，C2的方程；
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
图1­7
21．解： (1)因为e1e2＝，所以·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，
F4(b，0)，于是b－b＝|F2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，－y2＝1.
(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝，y1y2＝.
因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，于是AB的中点为M，故直线PQ的斜率为－，PQ的方程为y＝－x，即mx＋2y＝0.
由得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，从而|PQ|＝2＝2.设点A到直线PQ的距离为d，那么点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝.因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝.
又因为|y1－y2|＝＝，所以2d＝.
故四边形APBQ的面积S＝|PQ|·2d＝＝2·.
而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.
综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.
22．、[2022·湖南卷] 常数a＞0，函数
f(x)＝ln(1＋ax)－.
(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)假设f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．
22．解：(1)f′(x)＝－＝.(*)
当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当0<a<1时，由f′(x)＝0得
x1＝2.
当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，
在区间(x1，＋∞)上单调递增．
综上所述，
当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，
此时f(x)不存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0<a<1.
又f(x)的极值点只可能是x1＝2和x2＝－2，且由f(x)的定义可知，
x>－且x≠－2，
所以－2>－，－2≠－2，
解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．
而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.
令2a－1＝x.由0<a<1且a≠知，
当0<a<时，－1<x<0；
当<a<1时，0<x＜1.
记g(x)＝lnx2＋－2.
(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋－2，所以g′(x)＝－＝<0，
因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，
从而g(x)<g(－1)＝－4<0.
故当0<a<时，f(x1)＋f(x2)<0.
(ii)当0<x<1时，g(x)＝2lnx＋－2，
所以g′(x)＝－＝<0，
因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，
从而g(x)>g(1)＝0.故当<a<1时，f(x1)＋f(x2)>0.
综上所述，满足条件的a的取值范围为.