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)
1．[2022·山东卷] a，b∈R，i是虚数单位，假设a＋i＝2－bi，那么(a＋bi)2＝(　　)
A．3－4iB．3＋4i
C．4－3iD．4＋3i
1．A[解析]因为a＋i＝2－bi，所以a＝2，b＝－1，所以(a＋bi)2＝(2－i)2＝3－4i.
2．[2022·山东卷] 设集合A＝{x|x2－2x<0}，B＝{x|1≤x≤4}，那么A∩B＝(　　)
A．(0，2] B．(1，2)
C．[1，2) D．(1，4)
2．C[解析]因为集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|1≤x≤4}，所以A∩B＝{x|1≤x＜2}，应选C.
3．[2022·山东卷] 函数f(x)＝的定义域为(　　)
A．(0，2) B．(0，2]
C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
3．C[解析]假设函数f(x)有意义，那么log2x－1＞0，∴log2x＞1，∴x＞2.
4．[2022·山东卷] 用反证法证明命题“设a，b为实数，那么方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根〞时，要做的假设是(　　)
A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
4．A[解析] 方程“x2＋ax＋b＝0至少有一个实根〞等价于“方程x2＋ax＋b＝0有一个实根或两个实根〞，所以该命题的否认是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根〞．应选A.
5．，[2022·山东卷] 实数x，y满足axy3
B．sin x>sin y
C．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
D.>
5．A[解析]因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以x3>y3恒成立．应选A.
6．，[2022·山东卷] 函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图像如图1­1所示，那么以下结论成立的是(　　)
图1­1
A．a>1，x>1B．a>1，0
C．01D．024∶0.16＝3∶2，所以第一组的人数为20＝12.又因为第一组与第三组的频率之比是0.24∶0.36＝2∶3，所以第三组有12÷＝18人．因为第三组中没有疗效的人数为6，所以第三组中有疗效的人数是18－6＝12.
9．[2022·山东卷] 对于函数f(x)，假设存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，那么称f(x)为准偶函数，以下函数中是准偶函数的是(　　)
A．f(x)＝B．f(x)＝x2
C．f(x)＝tanxD．f(x)＝cos(x＋1)
9．D[解析]因为f(x)＝f(2a－x)，所以函数f(x)的图像关于x＝a对称．A选项中，函数f(x)＝没有对称性；B选项中，函数f(x)＝x2关于y轴对称，与a≠0矛盾；C选项中，函数f(x)＝tanx也没有对称性；D选项中，函数f(x)＝cos(x＋1)的图像是由函数g(x)＝cosx的图像向左平移一个单位后得到的，又函数g(x)＝cosx的图像关于x＝kπ(k∈Z)对称，所以函数f(x)＝cos(x＋1)的图像关于x＝kπ－1(k∈Z)对称．应选D.
10．[2022·山东卷] x，y满足约束条件当目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)在该约束条件下取到最小值2时，a2＋b2的最小值为(　　)
A．5B．4
C.D．2
10．B[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z＝ax＋by过点A(2，1)时，目标函数z＝ax＋by取得最小值，即2＝2a＋b，所以2－2a＝b，所以a2＋b2＝a2＋(2－2a)2＝5a2－8a＋20.构造函数m(a)＝5a2－8a＋20(0x＝4不满足不等式，结束循环，输出n＝3.
12．，[2022·山东卷] 函数y＝sin2x＋cos2x的最小正周期为________．
12．π[解析]因为y＝sin2x＋＝
sin＋，所以该函数的最小正周期T＝＝π.
13．[2022·山东卷] 一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，那么该六棱锥的侧面积为________．
13．12[解析] 设该六棱锥的高是h.根据体积公式得，V＝26h，解得h＝1，那么侧面三角形的高为＝2，所以侧面积S＝226＝12.
14．[2022·山东卷] 圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，那么圆C的标准方程为________．
14．(x－2)2＋(y－1)2＝4　[解析]因为圆心在直线x－2y＝0上，所以可设圆心坐标为(2b，b)．又圆C与y轴的正半轴相切，所以b>0，圆的半径是2b.由勾股定理可得b2＋()2＝4b2，解得b＝±1.又因为b>0，所以b＝1，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(x－2)2＋(y－1)2＝4.
15．，[2022·山东卷] 双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p>0)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___．
15．y＝±x[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＋a2＝c2，即＝b2.联立消去y，得x＝±，即x＝±a.又因为双曲线截抛物线的准线所得的线段长为2c，所以2a＝2c，即a＝c，所以b＝a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
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
A
B
C
数量
50
150
100
(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：50＝1，150＝3，100＝2.
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，B3}{B2，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.a＝3，cosA＝，B＝A＋.
(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B＝A＋，
所以sinB＝sin＝cosA＝.
由正弦定理可得，b＝＝＝3.
(2)由B＝A＋得cosB＝cos＝－sinA＝－.
由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)，
所以sinC＝sin[π－(A＋B)]
＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B
＝＋
＝.
因此△ABC的面积S＝absinC＝33＝.
18．，[2022·山东卷] 如图1­4所示，四棱锥P­ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，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AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，
AB＝BC＝AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，
所以O为AC的中点．
又在△PAC中，F为PC的中点，所以AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，
所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形，
所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，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d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知，bn＝a＝n(n＋1)，
所以Tn＝－12＋23－34＋…＋(－1)nn(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，
所以当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝
＝，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)
＝－n(n＋1)
＝－.
所以Tn＝
20．，[2022·山东卷] 设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数．
(1)假设a＝0，求曲线y＝f(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a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
此时f′(x)＝，所以f′(1)＝.
又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，
f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
那么x1＝，
x2＝.
因为x1＝
＝＞0，
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a≥0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－＜a<0时，f(x)在，上单调递减，
在上单调递增．
21．，，[2022·山东卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线y＝x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AD⊥AB，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λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；
　(ii)求△OMN面积的最大值．
21．解：(1)由题意知，＝，可得a2＝4b2.
椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.
将y＝x代入可得x＝±.
因此＝，即a＝2，所以b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)(i)设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，那么B(－x1，－y1)．
因为直线AB的斜率kAB＝，且AB⊥AD，
所以直线AD的斜率k＝－.
设直线AD的方程为y＝kx＋m，
由题意知k≠0，m≠0.
由消去y，得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－，
因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.
由题意知x1≠－x2，
所以k1＝＝－＝.
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．
令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1，0)．
可得k2＝－.
所以k1＝－k2，即λ＝－.
因此，存在常数λ＝－使得结论成立．
(ii)直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，
令x＝0，得y＝－y1，即N.
由(i)知M(3x1，0)，
所以△OMN的面积S＝3|x1||y1|＝
|x1||y1|.
因为|x1||y1|≤＋y＝1，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.