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

2022安徽卷(理科数学)12022安徽卷 设i是虚数单位，表示复数z的共轭复数假设z1i，那么i()A2B2iC2D2i1C解析因为z1i，所以i(i1)i12.22022安徽卷 “x0”是“ln(x1)0”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件2B解析ln(x1)001x11x0，而(1，0)是(，0)的真子集，所“x0”是“ln(x1)zC或zAzCzB或zBzCzA，解得a1或a2.方法二：画出可行域，如图中阴影局部所示，zyax可变为yaxz，令l0：yax，那么由题意知l0AB或l0AC，故a1或a2.62022安徽卷 设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)sinx当0x时，f(x)0，那么f()A.B.C0D6A解析由可得，ffsinfsinsinfsinsinsin2sinsinsin.72022安徽卷 一个多面体的三视图如图12所示，那么该多面体的外表积为()A21B8C21D18图127A解析如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的局部，其外表积S646221.82022安徽卷 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60的共有()A24对B30对C48对D60对8C解析方法一(直接法)：在上底面中选B1D1，四个侧面中的面对角线都与它成60，共8对，同样A1C1对应的对角线也有8对，同理下底面也有16对，共有32对左右侧面与前后侧面中共有16对面对角线所成的角为60，故所有符合条件的共有48对方法二(间接法)：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或所成的角为60，所以所成角为60的面对角线共有C61248.9、2022安徽卷 假设函数f(x)|x1|2xa|的最小值为3，那么实数a的值为()A5或8B1或5C1或4D4或89D解析当a2时，f(x)由图可知，当x时，fmin(x)f13，可得a8.当a2时，f(x)由图可知，当x时，fmin(x)f13，可得a4.综上可知，a的值为4或8.10、2022安徽卷 在平面直角坐标系xOy中，向量a，b，|a|b|1，ab0，点Q满足(ab)曲线CP|acosbsin，02，区域P|0r|PQ|R，rR假设C为两段别离的曲线，那么()A1rR3B1r3RCr1R3D1r3R10A解析由可设a(1，0)，b(0，1)，P(x，y)，那么(，)，|OQ|2.曲线CP|(cos，sin)，02，即C：x2y21.区域P|0r|R，rR表示圆P1：(x)2(y)2r2与P2：(x)2(y)2R2所形成的圆环，如下列图要使C为两段别离的曲线，那么有1rR0时，min.方法二：由f(x)sin的图像向右平移个单位后所得的图像关于y轴对称可知，2k，kZ，又0，所以min.12、2022安徽卷 数列an是等差数列，假设a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，那么q_.121解析 因为数列an是等差数列，所以a11，a33，a55也成等差数列又a11，a33，a55构为公比为q的等比数列，所以a11，a33，a55为常数列，故q1.132022安徽卷 设a0，n是大于1的自然数，的展开式为a0a1xa2x2anxn.假设点Ai(i，ai)(i0，1，2)的位置如图13所示，那么a_.图13133解析由图可知a01，a13，a24，由组合原理知故解得142022安徽卷设F1，F2分别是椭圆E：x21(0b1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点假设|AF1|3|F1B|，AF2x轴，那么椭圆E的方程为_14x2y21解析设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c，那么可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|3|F1B|，可得3，故即代入椭圆方程可得b21，解得b2，故椭圆方程为x21.S有5个不同的值假设ab，那么Smin与|a|无关假设ab，那么Smin与|b|无关假设|b|4|a|，那么Smin0假设|b|2|a|，Smin8|a|2，那么a与b的夹角为15解析S可能的取值有3种情况：S123，22ab，S34ab，所以S最多只有3个不同的值因为a，b是不相等的向量，所以S1S3224ab2(ab)0，S1S22ab(ab)20，S2S3(ab)0，所以S3S2|4|a|b|16|a|2|a|20，所以Smin0，故正确；对于，|b|2|a|，Smin4|a|28|a|2cos8|a|2，所以cos，又0，所以，故错误16、2022安徽卷 设ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b3，c1，A2B.(1)求a的值；(2)求sin的值16解： (1)因为A2B，所以sinAsin2B2sinBcosB，由余弦定理得cosB，所以由正弦定理可得a2b.因为b3，c1，所以a212，即a2.(2)由余弦定理得cosA.因为0A，所以sinA.故sinsinAcoscosAsin.17、2022安徽卷 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，假设赛完5局仍未出现连胜，那么判定获胜局数多者赢得比赛假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望)17解：用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛，Ak表示“第k局甲获胜，Bk表示“第k局乙获胜，那么P(Ak)，P(Bk)，k1，2，3，4，5.(1)P(A)P(A1A2)P(B1A2A3)P(A1B2A3A4) P(A1)P(A2)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(A3)P(A4).(2)X的可能取值为2，3，4，5.P(X2)P(A1A2)P(B1B2)P(A1)P(A2)P(B1)P(B2)，P(X3)P(B1A2A3)P(A1B2B3)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(B3)，P(X4)P(A1B2A3A4)P(B1A2B3B4)P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)，P(X5)1P(X2)P(X3)P(X4).故X的分布列为X2345PEX2345.18、2022安徽卷 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值18解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在和内单调递减，在内单调递增(2)因为a0，所以x10，当a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，所以f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p.因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，那么xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而可得a1a2c，故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，那么当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立