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)
1．[2022·江苏卷] 集合A＝{－2，－1，3，4}，B＝{－1，2，3}，那么A∩B＝________．
1．{－1，3}[解析]由题意可得A∩B＝{－1，3}．
2．[2022·江苏卷] 复数z＝(5－2i)2(i为虚数单位)，那么z的实部为________．
2．21[解析]根据复数的乘法运算公式知，z＝(5－2i)2＝52－252i＋(2i)2＝21－20i，故实部为21，虚部为－20.
图1­1
3．[2022·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______．
3．5[解析] 根据流程图的判断依据，此题看2n＞20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25>20成立，那么输出的n的值为5.
4．[2022·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y＝cosx与y＝sin(2x＋φ)(0≤φ<π)，它们的图像有一个横坐标为的交点，那么φ的值是________．
5.[解析]将x＝分别代入两个函数，得到sin＝，解得π＋φ＝＋2kπ(k∈Z)或π＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，化简解得φ＝－＋2kπ(k∈Z)或φ＝＋2kπ(k∈Z)．又φ∈[0，π)，故φ＝.
6．[2022·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1­2
6．24[解析]由频率分布直方图可得，数据在[80，90]的频率为0.01510＝0.15，数据在[90，100]的频率为0.02510＝0.25.又样本容量为60株，故所求为(0.15＋0.25)60＝24(株)．
7．[2022·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中，假设a2＝1，a8＝a6＋2a4，那么a6的值是________．
7．4[解析]由等比数列的定义可得，a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，即a2q6＝a2q4＋2a2q2.又an＞0，所以q4－q2－2＝0，解得q2＝2，故a6＝a2q4＝122＝4.
8．[2022·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＝2πrh，所以S侧1＝2πr1h1＝S侧2＝2πr2h2，那么＝＝，故＝＝＝.
9．[2022·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．
9.[解析]由题意可得，圆心为(2，－1)，r＝2，圆心到直线的距离d＝＝，所以弦长为2＝2＝.
10．[2022·江苏卷] 函数f(x)＝x2＋mx－1，假设对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，那么实数m的取值范围是________．
10.[解析]因为f(x)＝x2＋mx－1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，只需
解得即m∈.
11．[2022·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，假设曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，那么a＋b的值是________．
11．－3[解析]易知y′＝2ax－.根据题意有解得
故a＋b＝－3.
12．、[2022·江苏卷] 如图1­3所示，在平行四边形ABCD中，AB＝8，AD＝5，＝3，·＝2，那么·的值是________．
图1­3
12．22[解析] 因为CP＝3PD，AP·BP＝2，所以AP＝AD＋DP＝AD＋AB，BP＝BC＋CP＝AD－AB，所以AP·BP＝·＝AD2－AD·AB－AB2＝2.又因为AB＝8，AD＝5，所以2＝25－64－AB·AD，故AB·AD＝22.
13．、[2022·江苏卷] f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝.假设函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，那么实数a的取值范围是________．
13.[解析]先画出y＝x2－2x＋在区间[0，3]上的图像，再将x轴下方的图像对称到x轴上方，利用周期为3，将图像平移至区间[－3，4]内，即得f(x)在区间[－3，4]上的图像如以下图所示，其中f(－3)＝f(0)＝f(3)＝0.5，f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.5.
函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)等价于y＝f(x)的图像与直线y＝a有10个不同的交点，由图像可得a∈.
14．、[2022·江苏卷] 假设△ABC的内角满足sinA＋sinB＝2sinC，那么cosC的最小值是______．
14.[解析]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，那么由正弦定理得a＋b＝2c.故
cosC＝＝＝＝－≥－＝，
当且仅当3a2＝2b2，即＝时等号成立．
15．[2022·江苏卷] α∈，sinα＝.
(1)求sin的值；
(2)求cos的值．
15．解： (1)因为α∈，sinα＝，
所以cosα＝－＝－.
故sin＝sincos α＋cossin α＝
＋＝－.
(2)由(1)知sin 2α＝2sin αcos α＝2
＝－，
cos 2α＝1－2sin2α＝1－2＝，
所以cos＝coscos 2α＋sinsin 2α＝
＋＝－.
16．、[2022·江苏卷] 如图1­4所示，在三棱锥P­ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
图1­4
16．证明： (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.又因为DF＝5，所以DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.
17．、[2022·江苏卷] 如图1­5所示，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)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F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．
图1­5
17．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BF2＝＝a.又BF2＝，故a＝.
因为点C在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝1.
故所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(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F1C⊥AB，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2，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)，tan∠BCO＝.
(1)求新桥BC的长．
(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大
图1­6
18．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kBC＝－tan∠BCO＝－.
又因为AB⊥BC, 所以直线AB的斜率kAB＝.
设点B的坐标为(a，b)，
那么kBC＝＝－，kAB＝＝，
解得a＝80, b＝120，
所以BC＝＝150.
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, OM＝dm(0≤d≤60)．
由条件知，直线BC的方程为y＝－(x－170)，
即4x＋3y－680＝0.
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10≤d≤35.
故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，
所以当OM＝10 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tan∠FCO＝，
所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝.
因为OA＝60，OC＝170，
所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF＝＝，从而AF＝OF－OA＝.
因为OA⊥OC, 所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.
又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.
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MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．
因为OA⊥OC, 所以sin∠CFO＝cos∠FCO.
故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝，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10≤d≤35.
故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，
所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大．
19．、、、[2022·江苏卷] 函数f(x)＝ex＋e－x，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)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
(3)正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
19．解： (1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，
所以f(x)是R上的偶函数．
(2)由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x>0)，那么t>1，所以m≤－＝
－对任意t>1成立．
因为t－1＋＋1≥2＋1＝3, 所以－≥－，
当且仅当t＝2, 即x＝ln2时等号成立．
因此实数m的取值范围是.
(3)令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，那么g′(x) ＝ex－＋3a(x2－1)．
当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0.又a>0，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)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0，
故e＋e－1－2a<0, 即a>.
令函数h(x) ＝x－(e－1)lnx－1，那么h′(x)＝1－.令h′(x)＝0, 得x＝e－1.
当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；
当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．
注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；
当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，
h(x)<h(e)＝0.
所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．
故①当a∈⊆(1，e)时，h(a)<0，
即a－1<(e－1)lna，从而ea－1<ae－1；
②当a＝e时，ea－1＝ae－1；
③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.
综上所述，当a∈时，ea－1<ae－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a∈(e，＋∞)时，ea－1>ae－1.
20．[2022·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Sn＝am，那么称{an}是“H数列〞．
(1)假设数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列〞．
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.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an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
20．解： (1)证明：由，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am，
所以{an}是“H数列〞．
(2)由得，S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列〞，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1.
当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列〞，因此d的值为－1.
(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，那么an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，那么an＝bn＋cn(n∈N*)．
下证{bn}是“H数列〞．
设{bn}的前n项和为Tn，那么Tn＝a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列〞．
同理可证{cn}也是“H数列〞．
所以对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列〞{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
21．[2022·江苏卷] A．[选修4­1：几何证明选讲]
如图1­7所示，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．
证明：∠OCB＝∠D.
图1­7
证明：因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC，
所以∠OCB＝∠B.
又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，
所以∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，
所以∠B＝∠D，因此∠OCB＝∠D.
[2022·江苏卷] B．[选修4­2：矩阵与变换]
矩阵A＝，B＝，向量α＝，x，y为实数．假设＝，求x＋y的值．
解：由得，＝＝)，
Bα＝)))＝)．
因为＝，所以)＝)．
故解得
所以x＋y＝.
[2022·江苏卷] C．[选修4­4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，求线段AB的长．
解：将直线l的参数方程代入抛物线方程y2＝4x，
得＝4，
解得t1＝0，t2＝－8，
所以AB＝|t1－t2|＝8.
[2022·江苏卷] D．[选修4­5：不等式选讲]
x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明：因为x>0，y>0，
所以1＋x＋y2≥3>0，
1＋x2＋y≥3>0，
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
22．[2022·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.
{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球〞，故P(X＝4)＝＝；
{X＝3}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(X＝3)＝＝＝；于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝.
所以随机变量X的概率分布如下表：
X
2
3
4
P

因此随机变量X的数学期望
E(X)＝2＋3＋4＝.
23．、[2022·江苏卷] 函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式＝都成立．
23．解： (1)由，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，
于是f2(x)＝f1′(x)＝′－′＝
－－＋，
所以f1＝－，f2＝－＋.
故2f1＋f2＝－1.
(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)＝cosx＝sin.
类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin，
4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．
(i)当n＝1时，由上可知等式成立．
(ii)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin.
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
′＝cos·′＝sin，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin，
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合(i)(ii)可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(n∈N*)，
所以＝(n∈N*)．