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)
1．[2022·安徽卷] 设i是虚数单位，表示复数z的共轭复数．假设z＝1＋i，那么＋i·＝(　　)
A．－2B．－2i
C．2D．2i
1．C[解析]因为z＝1＋i，所以＋i·＝(－i＋1)＋i＋1＝2.
2．[2022·安徽卷] “x＜0”是“ln(x＋1)＜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
2．B[解析]ln(x＋1)<0⇔0<1＋x<1⇔－1<x<0，而(－1，0)是(－∞，0)的真子集，所“x<0”是“ln(x＋1)<0”的必要不充分条件．
3．[2022·安徽卷] 如图1­1所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是(　　)
图1­1
A．34B．53 C．78D．89
3．B[解析]由程序框图可知，变量的取值情况如下：
第一次循环，x＝1，y＝1，z＝2；
第二次循环，x＝1，y＝2，z＝3；
第三次循环，x＝2，y＝3，z＝5；
第四次循环，x＝3，y＝5，z＝8；
第五次循环，x＝5，y＝8，z＝13；
第六次循环，x＝8，y＝13，z＝21；
第七次循环，x＝13，y＝21，z＝34；
第八次循环，x＝21，y＝34，z＝55，不满足条件，跳出循环．
4．[2022·安徽卷] 以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位．直线l的参数方程是(t为参数)，圆C的极坐标方程是ρ＝4cosθ，那么直线l被圆C截得的弦长为(　　)
A.B．2
C.D．2
4．D[解析]直线l的普通方程为y＝x－4，圆C的直角坐标方程是(x－2)2＋y2＝4，圆心(2，0)到直线l的距离d＝＝，所以直线l被圆C截得的弦长为2＝2.
5．[2022·安徽卷] x，y满足约束条件假设z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，那么实数a的值为(　　)
A.或－1B．2或
C．2或1D．2或－1
5．D[解析]
方法一：画出可行域，如图中阴影局部所示，可知点A(0，2)，B(2，0)，C(－2，－2), 那么zA＝2，zB＝－2a，zc＝2a－2.
要使对应最大值的最优解有无数组，
只要zA＝zB>zC或zA＝zC>zB或zB＝zC>zA，
解得a＝－1或a＝2.
方法二：画出可行域，如图中阴影局部所示，z＝y－ax可变为y＝ax＋z，令l0：y＝ax，那么由题意知l0∥AB或l0∥AC，故a＝－1或a＝2.
6．[2022·安徽卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sinx．当0≤x<π时，f(x)＝0，那么f＝(　　)
A.B.
C．0D．－
6．A[解析]由可得，f＝f＋sin＝f＋sin＋sin＝f＋sin＋sin＋sin＝2sin＋sin＝sin＝.
7．[2022·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(　　)
A．21＋B．8＋
C．21D．18
图1­2
7．A[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S＝64－6＋2＝21＋.
8．[2022·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(　　)
A．24对B．30对
C．48对D．60对
8．C[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C－6－12＝48.
9．、[2022·安徽卷] 假设函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，那么实数a的值为(　　)
A．5或8B．－1或5
C．－1或－4D．－4或8
9．D[解析]当a≥2时，
f(x)＝
由图可知，当x＝－时，fmin(x)＝f＝－1＝3，可得a＝8.
当a<2时，f(x)
由图可知，当x＝－时，fmin(x)＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.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，a·b＝0，点Q满足＝(a＋b)．曲线C＝{P|＝acosθ＋bsinθ，0≤θ<2π}，区域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．假设C∩Ω为两段别离的曲线，那么(　　)
A．1＜r＜R＜3B．1＜r＜3≤R
C．r≤1＜R＜3D．1＜r＜3＜R
10．A[解析]由可设＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1)，P(x，y)，那么＝(，)，|OQ|＝2.
曲线C＝{P|＝(cosθ，sinθ)，0≤θ<2π}，
即C：x2＋y2＝1.
区域Ω＝{P|0<r≤||≤R，r<R}表示
圆P1：(x－)2＋(y－)2＝r2与P2：(x－)2＋(y－)2＝R2所形成的圆环，如下列图．
要使C∩Ω为两段别离的曲线，那么有1<r<R<3.
11．[2022·安徽卷] 假设将函数f(x)＝sin的图像向右平移φ个单位，所得图像关于y轴对称，那么φ的最小正值是________．
11.[解析]方法一：将f(x)＝sin的图像向右平移φ个单位，得到y＝sin的图像，由该函数的图像关于y轴对称，可知sin＝±1，即sin＝±1，故2φ－＝kπ＋，k∈Z，即φ＝＋，k∈Z，所以当φ>0时，φmin＝.
方法二：由f(x)＝sin的图像向右平移φ个单位后所得的图像关于y轴对称可知，－2φ＝＋kπ，k∈Z，又φ>0，所以φmin＝.
12．、[2022·安徽卷] 数列{an}是等差数列，假设a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，那么q＝________.
12．1[解析] 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
13．[2022·安徽卷] 设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.假设点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图1­3所示，那么a＝________.
图1­3
13．3[解析]由图可知a0＝1，a1＝3，a2＝4，由组合原理知故
解得
14．[2022·安徽卷]设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0＜b＜1)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|，AF2⊥x轴，那么椭圆E的方程为________．
14．x2＋y2＝1[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＋b2＝1，解得b2＝，故椭圆方程为x2＋＝1.

①S有5个不同的值
②假设a⊥b，那么Smin与|a|无关
③假设a∥b，那么Smin与|b|无关
④假设|b|＞4|a|，那么Smin＞0
⑤假设|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，那么a与b的夹角为
15．②④[解析]S可能的取值有3种情况：S1＝2＋3，＝＋2＋2a·b，S3＝＋4a·b，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S1－S3＝2＋2－4a·b＝2(a－b)>0，S1－S2＝＋－2a·b＝(a－b)2>0，S2－S3＝(a－b)>0，所以S3<S2<S1，故Smin＝S3＝b2＋4a·b.
对于①，可知明显错误；
对于②，当a⊥b时，Smin与|a|无关，故②正确；
对于③，当a∥b时，Smin与|b|有关，故③错误；
对于④，设a，b的夹角为θ，那么Smin＝b2＋4a·b＝|b2|＋4|a||b|cosθ>||－4|a||b|>16|a|2－|a|2＝0，所以Smin>0，故④正确；
对于⑤，|b|＝2|a|，Smin＝4|a|2＋8|a|2cosθ＝8|a|2，所以cosθ＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝，故⑤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b＝3，c＝1，A＝2B.
(1)求a的值；
(2)求sin的值．
16．解： (1)因为A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，由余弦定理得cosB＝＝，所以由正弦定理可得a＝2b·.
因为b＝3，c＝1，所以a2＝12，即a＝2.
(2)由余弦定理得cosA＝＝＝
－.因为0<A<π，所以sinA＝＝＝.
故sin＝sinAcos＋cosAsin＝＋＝.
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)＝，k＝1，2，3，4，5.
(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(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝，
P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝
P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝，
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P

EX＝2＋3＋4＋5＝.
18．、[2022·安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当x∈[0，1]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)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1<x2，
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；
当x1<x<x2时，f′(x)>0.
故f(x)在和内单调递减，
在内单调递增．
(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，
①当a≥4时，x2≥1.
由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．
②当0<a<4时，x2<1.
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x＝x2＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，
所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；
当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．
19．、[2022·安徽卷] 如图1­4，两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．
图1­4
(1)证明：A1B1∥A2B2；
(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求的值．
19．解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，
那么由得A1，
由得A2.
同理可得B1，B2.
所以＝＝2p1，
＝＝2p2.
故＝，所以A1B1∥A2B2
(2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，所以△A1B1C1∽△A2B2C2，
因此＝.
又由(1)中的＝||知，＝，
故＝.
20．、、[2022·安徽卷] 如图1­5，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.
图1­5
(1)证明：Q为BB1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两局部的体积之比；
(3)假设AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．
20．解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，
BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，
所以平面QBC∥平面A1AD，
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，
即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，
于是△QBC∽△A1AD，
所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．
(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两局部的体积分别为V上和V下，BC＝a，那么AD＝2a.
图1
V三棱锥Q­A1AD＝·2a·h·d＝ahd，
V四棱锥Q­ABCD＝··d·＝ahd，
所以V下＝V三棱锥Q­A1AD＋V四棱锥Q­ABCD＝ahd.
又V四棱柱A1B1C1D1­ABCD＝ahd，
所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1­ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.
(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.
又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，
所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．
因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，
所以S△ADC＝4，AE＝4.
于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA＝θ，BC＝a，那么AD＝2a.
因为S四边形ABCD＝·2sinθ＝6，
所以a＝.
图2
从而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1，
所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，＝.
设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，
由
得
所以n＝(－sinθ，cosθ，1)．
又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，
所以cos〈n，m〉＝＝，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.
21．、、[2022·安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.
(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；
(2)数列{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.
21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.
①当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p·＝.
因此a>c，即ak＋1>c，
所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，
即an＋1<an.
综上所述，an>an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，那么xp≥c，
所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1<a1，并且a2＝f(a1)>c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，那么当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，
即有ak＋1>ak＋2>c，
所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．