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

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1、2022湖北卷(理科数学)12022湖北卷 i为虚数单位，()A1B1 CiDi1A解析1.应选A.22022湖北卷 假设二项式的展开式中的系数是84，那么实数a()A2B.C1D.2C解析展开式中含的项是T6C(2x)2C22a5x3，故含的项的系数是C22a584，解得a1.应选C.32022湖北卷 U为全集，A，B是集合，那么“存在集合C使得AC，BUC是“AB的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3C解析假设存在集合C使得AC，BUC，那么可以推出AB；假设AB，由维思图可知，一定存在CA，满足AC，BUC，故“存在集合C使得AC，BUC是“AB的充

2、要条件应选C.42022湖北卷 根据如下样本数据：x345678y4.02.50.50.52.03.0得到的回归方程为bxa，那么()Aa0，b0Ba0，b0Ca0Da0，b04B解析作出散点图如下：观察图象可知，回归直线bxa的斜率b0.故a0，br2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.那么由椭圆、双曲线的定义，得r1r22a1，r1r22a2，平方得4arr2r1r2，4ar2r1r2r.又由余弦定理得4c2rrr1r2，消去r1r2，得a3a4c2，即4.所以由柯西不等式得.所以.应选A.102022湖北卷 函数f(x)是定义在R上的奇函

3、数，当x0时，f(x)(|xa2|x2a2|3a2)假设xR，f(x1)f(x)，那么实数a的取值范围为()A.B.C.D.10B解析因为当x0时，f(x)，所以当0xa2时，f(x)x；当a2x0，对任意a0，b0，假设经过点(a，f(a)，(b，f(b)的直线与x轴的交点为(c，0)，那么称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)1(x0)时，可得Mf(a，b)c，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数(1)当f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；(2)当f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.(以上两空各只需写出一个符合

4、要求的函数即可)14(1)(2)x(或填(1)k1；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)解析设A(a，f(a)，B(b，f(b)，C(c，0)，那么此三点共线：(1)依题意，c，那么，即.因为a0，b0，所以化简得，故可以选择f(x)(x0)；(2)依题意，c，那么，因为a0，b0，所以化简得，故可以选择f(x)x(x0)152022湖北卷 (选修41：几何证明选讲)如图13，P为O外一点，过P点作O的两条切线，切点分别为A，B，过PA的中点Q作割线交O于C，D两点，假设QC1，CD3，那么PB_图13154解析由切线长定理得QA2QCQD1(13)4，解得QA2.故PBPA2QA4.162

5、022湖北卷 (选修44：坐标系与参数方程)曲线C1的参数方程是(t为参数)以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是2，那么C1与C2交点的直角坐标为_16.解析 由消去t得yx(x0)，即曲线C1的普通方程是yx(x0)；由2，得24，得x2y24，即曲线C2的直角坐标方程是x2y24.联立解得故曲线C1与C2的交点坐标为.17、2022湖北卷 某实验室一天的温度(单位：)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)10costsint，t0，24)(1)求实验室这一天的最大温差(2)假设要求实验室温度不高于11，那么在哪段时间实验室需要降温17解：(

6、1)因为f(t)102102sin，又0t24，所以t11时，实验室需要降温由(1)得f(t)102sin，故有102sin11，即sin.又0t24，因此t，即10t60n800假设存在，求n的最小值；假设不存在，说明理由18解：(1)设数列an的公差为d，依题意得，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60

7、n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.19、2022湖北卷 如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02)(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ.(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角假设存在，求出的值；假设不存在，说明理由图1419解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当1时，P是

8、DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1，所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.图图(2)如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EFBD.又DPBQ，DPBQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQBD，从而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因为BQDP，BEDF1，于是EQFP，所以四边形EFPQ也是等腰梯形同理可证四边形PQMN也是等腰梯形分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，那么GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面

9、角假设存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，那么GOH90.连接EM，FN，那么由EFMN，且EFMN知四边形EFNM是平行四边形连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GHME2.在GOH中，GH24，OH2122，OG21(2)2(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1，故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角方法二(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系由得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)图(2，0，2)，FP(1，0，)

10、，FE(1，1，0)(1)证明：当1时，FP(1，0，1)，因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，那么由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2，2，1)假设存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，那么mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受

11、年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40X120发电机最多可运行台数123假设某台发电机运行，那么该台年利润为5000万元；假设某台发电机未运行，那么该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机多少台20解：(1)依题意，p1P(40X120)0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为pC(1p3)4C(1p3)3p30.9440.930.10.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)安装1台发电机的情形由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y5000，E(Y)500015000.安装2台发电机的

12、情形依题意，当40X80时，一台发电机运行，此时Y50008004200，因此P(Y4200)P(40X80)p10.2；当X80时，两台发电机运行，此时Y5000210000，因此P(Y10000)P(X80)p2p30.8.由此得Y的分布列如下：Y420010 000P0.20.8所以，E(Y)42000.2100000.88840.安装3台发电机的情形依题意，当40X80时，一台发电机运行，此时Y500016003400，因此P(Y3400)P(40X120时，三台发电机运行，此时Y5000315000，因此P(Y15000)P(X120)p30.1.由此得Y的分布列如下：Y340092

13、0015 000P0.20.70.1所以，E(Y)34000.292000.7150000.18620.综上，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机2台21、2022湖北卷 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围21解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|x|1，即|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y2(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x，C2：y0(x0)依题

14、意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组可得ky24y4(2k1)0.当k0时，y1.把y1代入轨迹C的方程，得x.故此时直线l：y1与轨迹C恰好有一个公共点.当k0时，方程的判别式16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0，0)，那么由y1k(x2)，令y0，得x0.(i)假设由解得k.即当k(，1)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点(ii)假设或由解得k或k0.即当k时，直线l与C1只有一个公共点当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点故当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点(iii)假设由解得1k或0k0，即0xe时，函数

15、f(x)单调递增；当f(x)e时，函数f(x)单调递减故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)因为e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3.于是根据函数ylnx，yex，yx在定义域上单调递增，可得3ee3，e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中由e3及(1)的结论，得f()f(3)f(e)，即.由，得ln33；由，得ln3elne3，所以3ee3.综上，6个数中的最大数是3，最小数是3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小由(1)知，当0xe时，f(x)f(e)，即.在上式中，令x，又e，那么ln，从而2ln2.由得，elne2.72.7(20.88)3.0243，即eln3，亦即lnelne3，所以e366e，即3ln，所以e3.综上可得，3ee3ee33，即这6个数从小到大的顺序为3e，e3，e，e，3，3.