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

2022山东卷(文科数学)12022山东卷 a，bR，i是虚数单位，假设ai2bi，那么(abi)2()A34iB34iC43iD43i1A解析因为ai2bi，所以a2，b1，所以(abi)2(2i)234i.22022山东卷 设集合Ax|x22x0，Bx|1x4，那么AB()A(0，2 B(1，2)C1，2) D(1，4)2C解析因为集合Ax|0x2，Bx|1x4，所以ABx|1x2，应选C.32022山东卷 函数f(x)的定义域为()A(0，2) B(0，2 C(2，) D2，)3C解析假设函数f(x)有意义，那么log2x10，log2x1，x2.42022山东卷 用反证法证明命题“设a，b为实数，那么方程x2axb0至少有一个实根时，要做的假设是()A方程x2axb0没有实根B方程x2axb0至多有一个实根C方程x2axb0至多有两个实根D方程x2axb0恰好有两个实根4A解析 方程“x2axb0至少有一个实根等价于“方程x2axb0有一个实根或两个实根，所以该命题的否认是“方程x2axb0没有实根应选A.5，2022山东卷 实数x，y满足axay(0ay3Bsin xsin yCln(x21)ln(y21) D.5A解析因为axay(0a1)，所以xy，所以x3y3恒成立应选A.6，2022山东卷 函数yloga(xc)(a，c为常数，其中a0，a1)的图像如图11所示，那么以下结论成立的是()图11Aa1，x1Ba1，0c1C0a1D0a1，0c0，b0)在该约束条件下取到最小值2时，a2b2的最小值为()A5B4C.D210B解析画出关于x，y的不等式组表示的可行域，如图阴影局部所示显然当目标函数zaxby过点A(2，1)时，目标函数zaxby取得最小值，即22ab，所以22ab，所以a2b2a2(22a)25a28a20.构造函数m(a)5a28a20(0a0，圆的半径是2b.由勾股定理可得b2()24b2，解得b1.又因为b0，所以b1，所以圆C的圆心坐标为(2，1)，半径是2，所以圆C的标准方程是(x2)2(y1)24.15，2022山东卷 双曲线1(a0，b0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x22py(p0)的焦点为F.假设双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|c，那么双曲线的渐近线方程为_15yx解析 由题意可知，抛物线的焦点F为，准线方程为y.因为|FA|c，所以a2c2，即b2.联立消去y，得x，即xa.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为2c，所以2a2c，即ac，所以ba，所以双曲线的渐近线方程为yx.16，2022山东卷 海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如表所示工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测地区ABC数量50150100(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；(2)假设在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率16解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：501，1503，1002.所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1，3，2.(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2.那么抽取的这2件商品构成的所有根本领件为：A，B1，A，B2，A，B3，A，C1，A，C2，B1，B2，B1，B3，B1，C1，B1，C2，B2，B3B2，C1，B2，C2，B3，C1，B3，C2，C1，C2，共15个每个样品被抽到的时机均等，因此这些根本领件的出现是等可能的记事件D为“抽取的这2件商品来自相同地区，那么事件D包含的根本领件有B1，B2，B1，B3，B2，B3，C1，C2，共4个所以P(D)，即这2件商品来自相同地区的概率为.17，2022山东卷 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.a3，cosA，BA.(1)求b的值；(2)求ABC的面积17解：(1)在ABC中，由题意知，sinA.又因为BA，所以sinBsincosA.由正弦定理可得，b3.(2)由BA得cosBcossinA.由ABC，得C(AB)，所以sinCsin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.因此ABC的面积SabsinC33.18，2022山东卷 如图14所示，四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBCAD，E，F分别为线段AD，PC的中点图14(1)求证：AP平面BEF；(2)求证：BE平面PAC.18证明：(1)设ACBEO，连接OF，EC.由于E为AD的中点，ABBCAD，ADBC，所以AEBC，AEABBC，所以O为AC的中点又在PAC中，F为PC的中点，所以APOF.又OF平面BEF，AP平面BEF，所以AP平面BEF.(2)由题意知，EDBC，EDBC，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BECD.又AP平面PCD，所以APCD，所以APBE.因为四边形ABCE为菱形，所以BEAC.又APACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PAC.19，2022山东卷 在等差数列an中，公差d2，a2是a1与a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bna，记Tmb1b2b3b4(1)nbn，求Tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2)由题意知，bnan(n1)，所以Tn122334(1)nn(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以Tn20，2022山东卷 设函数f(x)alnx，其中a为常数(1)假设a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性20解：(1)由题意知，当a0时，f(x)，x(0，)此时f(x)，所以f(1).又f(1)0，所以曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为x2y10.(2)函数f(x)的定义域为(0，)f(x).当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(2a1)，当a时，0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减当a时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减当a0时，0.设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点，那么x1，x2.因为x10，所以，x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减，x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增，x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减综上可得，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a时，函数f(x)在(0，)上单调递减；当ab0)的离心率为，直线yx被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)点D在椭圆C上，且ADAB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点(i)设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数使得k1k2，并求出的值；(ii)求OMN面积的最大值21解：(1)由题意知，可得a24b2.椭圆C的方程可简化为x24y2a2.将yx代入可得x.因此，即a2，所以b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)(i)设A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，那么B(x1，y1)因为直线AB的斜率kAB，且ABAD，所以直线AD的斜率k.设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0，m0.由消去y，得(14k2)x28mkx4m240，所以x1x2，因此y1y2k(x1x2)2m.由题意知x1x2，所以k1.所以直线BD的方程为yy1(xx1)令y0，得x3x1，即M(3x1，0)可得k2.所以k1k2，即.因此，存在常数使得结论成立(ii)直线BD的方程yy1(xx1)，令x0，得yy1，即N.由(i)知M(3x1，0)，所以OMN的面积S3|x1|y1|x1|y1|.因为|x1|y1|y1，当且仅当|y1|时，等号成立，此时S取得最大值，所以OMN面积的最大值为.