2022年普通高等学校招生全国统一考试数学文试题(湖北卷).docx

2022年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷数 学文史类一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分. 在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1全集，集合，那么ABCD2，那么双曲线：与：的A实轴长相等 B虚轴长相等C离心率相等D焦距相等3在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次设命题p是“甲降落在指定范围，q是“乙降落在指定范围，那么命题“至少有一位学员没有降落在指定范围可表示为ABCD4四名同学根据各自的样本数据研究变量之间的相关关系，并求得回归直线方程，分别得到以下四个结论：y与x负相关且； y与x负相关且；y与x正相关且； y与x正相关且.其中一定不正确的结论的序号是ABCD 5小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶. 与以上事件吻合得最好的图象是距学校的距离 距学校的距离 距学校的距离 ABCD时间时间时间时间OOOO距学校的距离 6将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，那么m的最小值是ABCD7点、，那么向量在方向上的投影为ABCD8x为实数，表示不超过的最大整数，那么函数在上为A奇函数 B偶函数 C增函数 D 周期函数9某旅行社租用、两种型号的客车安排900名客人旅行，、两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1600元/辆和2400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且型车不多于型车7辆那么租金最少为A31200元 B36000元C36800元 D38400元10函数有两个极值点，那么实数的取值范围是ABCD二、填空题：本大题共7小题，每题5分，共35分请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. 11为虚数单位，设复数，在复平面内对应的点关于原点对称，假设，那么.12某学员在一次射击测试中射靶10次，命中环数如下：7，8，7，9，5，4，9，10，7，4那么平均命中环数为； 命中环数的标准差为.13阅读如下列图的程序框图，运行相应的程序. 假设输入的值为2， 那么输出的结果.否输入开始结束是输出第13题图14圆：，直线：.设圆上到直线的距离等于1的点的个数为，那么.15在区间上随机地取一个数x，假设x满足的概率为，那么.16我国古代数学名著 数书九章 中有“天池盆测雨题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水. 天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸. 假设盆中积水深九寸，那么平地降雨量是寸.注：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸17在平面直角坐标系中，假设点的坐标，均为整数，那么称点为格点.假设一个多边形的顶点全是格点，那么称该多边形为格点多边形.格点多边形的面积记为，其内部的格点数记为，边界上的格点数记为.例如图中是格点三角形，对应的，.图中格点四边形DEFG对应的分别是；格点多边形的面积可表示为，其中a，b，c为常数. 假设某格点多边形对应的， 那么用数值作答.三、解答题：本大题共5小题，共65分解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.18本小题总分值12分在中，角，对应的边分别是，.求角A的大小；假设的面积，求的值.19本小题总分值13分是等比数列的前项和，成等差数列，且.求数列的通项公式；是否存在正整数，使得假设存在，求出符合条件的所有的集合；假设不存在，说明理由20本小题总分值13分如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为，且.过，的中点，且与直线平行的平面截多面体所得的截面为该多面体的一个中截面，其面积记为证明：中截面是梯形；在ABC中，记，BC边上的高为，面积为. 在估测三角形区域内正下方的矿藏储量即多面体的体积时，可用近似公式来估算. ，试判断与V的大小关系，并加以证明. 第20题图21本小题总分值13分设，函数.当时，讨论函数的单调性；当时，称为、关于的加权平均数.i判断, ,是否成等比数列，并证明；ii、的几何平均数记为G. 称为、的调和平均数，记为H. 假设，求的取值范围.22本小题总分值14分如图，椭圆与的中心在坐标原点，长轴均为且在轴上，短轴长分别为，过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D记，和的面积分别为和.当直线与轴重合时，假设，求的值；当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得并说明理由第22题图2022年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷数学文史类试题参考答案一、选择题：1B 2D3A4D 5C 6B 7A 8D 9C 10B二、填空题：111272 134144 153 163 173, 1, 6 79三、解答题：18由，得, 即，解得 或舍去. 因为，所以. 由得. 又，知. 由余弦定理得故. 又由正弦定理得. 19 设数列的公比为，那么，. 由题意得 即 解得 故数列的通项公式为. 由有. 假设存在，使得，那么，即当为偶数时， 上式不成立；当为奇数时，即，那么.综上，存在符合条件的正整数，且所有这样的n的集合为. 20 依题意平面，平面，平面，所以A1A2B1B2C1C2. 又，且 .因此四边形、均是梯形.由平面，平面，且平面平面，可得AA2ME，即A1A2DE. 同理可证A1A2FG，所以DEFG. 又、分别为、的中点，那么、分别为、的中点，即、分别为梯形、的中位线. 因此 ，而，故，所以中截面是梯形. . 证明如下：由平面，平面，可得.而EMA1A2，所以，同理可得. 由是的中位线，可得即为梯形的高， 因此，即. 又，所以.于是.由，得，故. 21 的定义域为，. 当时，函数在，上单调递增；当时，函数在，上单调递减. i计算得，. 故, 即 . 所以成等比数列.因，即. 由得. ii由i知，.故由，得. 当时，.这时，的取值范围为；当时，从而，由在上单调递增与式，得，即的取值范围为；当时，从而，由在上单调递减与式，得，即的取值范围为. 22 依题意可设椭圆和的方程分别为：，：. 其中，解法1：如图1，假设直线与轴重合，即直线的方程为，那么，所以.在C1和C2的方程中分别令，可得，于是.假设，那么，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，假设，那么. 解法2：如图1，假设直线与轴重合，那么，；，.所以.假设，那么，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，假设，那么. 第22题解答图1第22题解答图2解法1：如图2，假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，那么因为，所以. 又，所以，即. 由对称性可知，所以，于是. 将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得，.根据对称性可知，于是. 从而由和式可得. 令，那么由，可得，于是由可解得.因为，所以. 于是式关于有解，当且仅当，等价于. 由，可解得，即，由，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.解法2：如图2，假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，那么因为，所以. 又，所以.因为，所以.由点，分别在C1，C2上，可得，两式相减可得，依题意，所以. 所以由上式解得.因为，所以由，可解得.从而，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.