1号卷2022年高考最新原创信息试卷（六）文数（含解析）

这是一份1号卷2022年高考最新原创信息试卷（六）文数（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，若为纯虚数，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．2
3．设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．下表数据为年我国生鲜零售市场规模（单位：万亿元），根据表中数据可求得市场规模关于年份代码的线性回归方程为，则（ ）
A．1.01B．3.68C．3.78D．4.7
5．设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若，则的面积为（ ）
A．B．C．8D．
6．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A．4B．C．D．
7．已知命题：直线：过定点，命题：是直线：与直线：垂直的充要条件，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
8．若的最大值和最小值分别为，，则（ ）
A．0B．1C．2D．4
9．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10．在梯形中，，，且，若与交于点，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数的部分图象如图所示，其中，，现有如下说法：
①函数在上单调递减；
②将函数的图象向右平移个单位长度后关于原点对称；
③当时，，
则正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
12．已知双曲线：的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于两点，若（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知，是单位向量，若，则，夹角的余弦值为 .
14．已知函数，若函数仅有1个零点，则实数的取值范围为 .
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则 .
16．在几何学中，截角立方体是一种十四面体，由八个正三角形与六个正八边形组成，共有个面，个顶点以及条边，是一种阿基米德立体，属于半正多面体.下图是一个所有棱长均为的截角立方体，则该截角立方体的外接球的表面积为 .
三、解答题
17．“国家反诈中心”APP集合报案助手、举报线索、风险查询、诈骗预警、骗局曝光、身份核实等多种功能于一体，是名副其实的“反诈战舰”.2021年该APP于各大官方应用平台正式上线，某地组织全体村民下载注册，并组织了一场线下反电信诈骗问卷测试，随机抽取其中100份问卷，统计测试得分（满分100分），将数据按照分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求的值及这100份问卷的平均分（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）；
(2)若界定问卷得分低于70分的村民“防范意识差”，不低于90分的村民“防范意识强”.现从样本的“防范意识差”和“防范意识强”村民中采用分层抽样的方法抽取7人开座谈会，再从这7人中随机抽取2人，求2人中恰有1人“防范意识强”的概率.
18．已知各项均不为0的数列中，，（是常数，），且是与的等比中项.
(1)求证：是等差数列，并求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
19．如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若，点在圆上，.

(1)求证：平面；
(2)若，，求三棱锥的体积.
20．已知函数，.
(1)当时，研究在上的单调性；
(2)当时，
①求证：；
②求证：.
21．已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为的直线与圆：相切.
(1)求的方程；
(2)设，过点作的两条切线，，切点分别为，，试求面积的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，直线的普通方程为；曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
(1)求直线与曲线的极坐标方程；
(2)直线与直线及曲线分别交于点，（点与点不重合），若，求的值.
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若不等式对任意恒成立，求的值.
年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码
1
2
3
4
5
市场规模
4.2
4.4
4.7
5.1
5.6
参考答案：
1．B
【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由，则，解得，
所以，又，∴.
故选：B.
2．C
【分析】设复数，根据共轭复数、复数的加法、复数的乘法运算以及纯虚数的概念运算可求得的值，从而可得复数的虚部.
【详解】设，则，即，
则，
又为纯虚数，
所以，解得，故复数的虚部为.
故选：C.
3．D
【分析】设等比数列的公比为，由已知条件求出，然后由等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由得，解得，
所以.
故选:D.
4．C
【分析】求出样本中心，代入线性回归方程即可求出.
【详解】由题意得，，，所以.
故选：C.
5．D
【分析】由椭圆的定义求得，取的中点，得到，利用勾股定理可得，进而求得的面积.
【详解】由椭圆中，，，则，可得，
又由椭圆的定义可得，
取的中点，因为，则，
由勾股定理可得，
所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据题意，得到对应的三棱锥为棱长为2正方体中三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.
【详解】由题意得，该三视图对应的三棱锥为棱长为2正方体中三棱锥，
如图所示，所以该三棱锥的体积为.
故选：C.
7．B
【分析】由题意首先由直线：过定点，以及与直线总是垂直判断命题的真假，进一步可得复合命题的真假.
【详解】命题：直线：过定点，故命题为假命题.
∵恒成立，∴对任意的，直线与直线均垂直，
∴是直线：与直线：垂直的充分不必要条件，故命题为假命题，
∴，，均为假命题，为真命题.
故选：B.
8．D
【分析】构造，确定函数为奇函数，，根据奇函数性质计算得到答案.
【详解】设，函数定义域为，则，即为奇函数，
其图象关于原点对称，则的最大值与最小值之和为0，
，故.
故选：D.
9．B
【分析】构造函数 ，求出 ，利用导数判断 的单调性，进而得出答案.
【详解】令，则，易得在上单调递增，
∴，即，∴.
故选：B.
10．A
【分析】建系标点，利用平面向量的坐标运算求解.
【详解】因为，则，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，，
可得，，所以.
故选：A.
11．A
【分析】先根据题意求出函数的解析式，再分别判断三个命题即可.
【详解】由题意得，，所以，所以，
所以，将代入中，得，
则，即，
又，所以，则；
当时，，所以函数在上先减后增，故①错误；
将函数的图象向右平移个单位长度后，得到，其图象关于轴对称，故②错误；
当时，，则，所以，故③错误.
故选：A.
12．C
【分析】设，则，，求得点到的渐近线的距离为，在直角中，由勾股定理，得到，结合，根据离心率的定义，即可求解.
【详解】不妨设渐近线方程为，即，
设，则，，
再设的中点为，则点到的渐近线的距离为，
在圆中，半径为可得，即，则，
在直角中，由勾股定理得，即，
又由，可得，即，
所以的离心率为.
故选：C.
13．
【分析】根据题意，结合向量的线性运算，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由，是单位向量，可得，
因为，可得，
解得，所以解得.
故答案为：.
14．
【分析】作出函数图象，结合的图象与直线仅有一个交点，即可列不等式求解.
【详解】令，则，作出函数的大致图象如图所示，
当时，，
观察可知，当或时，函数的图象与直线仅有一个交点，
∴实数的取值范围为.
故答案为：
15．7
【分析】根据正弦定理、两角和的正弦公式，结合同角的三角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】，
由正弦定理可得：
，
得，
左右两边同时除以，
可得.
故答案为：
16．
【分析】补全图形，利用对称性可得外接球的球心即为正方体的中心，并结合勾股定理求出半径，即可得出结果.
【详解】如图，将该截角立方体补全为正方体，
由对称性知，该截角立方体的外接球的球心即为正方体的中心，
因为该截角立方体的棱长为，
所以正方体的棱长为，
则，，
设该截角立方体的外接球的半径为，
则，
所以外接球的表面积.
故答案为：
17．(1)，分
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图中频率之和为1即可求解，由平均数的计算公式即可求解平均数，
（2）利用列举法列举所有基本事件，即可由古典概型的概率公式求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可得，，解得.
100份问卷的平均分为
（分）
（2）从样本的“防范意识差”和“防范意识强”村民中采用分层抽样的方法抽取7人，则“防范意识差”的人数为，记为，，，，，
“防范意识强”的人数为，记为，
则从7人中随机抽取2人的所有结果为：
，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，共21种，
其中恰有1人“防范意识强”的有，，，,，,，，，，共10种，
∴所求概率.
18．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）对已知等式变形结合等差数列定义即可得证，进一步得表达式（含参），结合即可求解.
（2）由列项相消法先求得表达式，进一步即可得证.
【详解】（1）由，得，即，
∴数列是以2为首项，为公差的等差数列，
∴，即，
由是与的等比中项，得，即，
解得，∴.
（2）∵，
∴
∵，，∴，即.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据线面垂直的性质可得，从而可证得平面，进而可证得，再证明，根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据棱锥的体积公式计算即可.
【详解】（1）连接，则圆所在平面，而在圆所在平面内，
∴，
又，，，平面，
∴平面，又平面，∴，
由，且可得，
又，∴，
∴为的中点，且，
又，，平面，
∴平面；
（2）由题意得，，，
由可得，，
∴，，
点到底面的距离等于点到底面距离的一半，即为，
∴三棱锥的体积.

20．(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）求解导数，分别令，解不等式得函数在区间上的单调性；
（2）令，求导确定函数的单调性，根据单调性得最值可证得不等式；令，求导得在上的单调性，根据可证得结论.
【详解】（1）当时，，则，
当时，令，解得；令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减.
（2）①令，则，
∴在上单调递增，
∴，即.
②要证，只需证，
令，则，
∴在上单调递减，∴，
∴，∴，即原不等式成立.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由题意表示出直线的方程，再由圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值，求出抛物线的方程；
（2）设，，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求出直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合函数的性质即可求得结果.
【详解】（1）由题意得，抛物线的焦点，则直线：，
圆的圆心为，半径，则，解得或（舍去），
∴抛物线的方程为.
（2）设，
对于函数，求导得，
∴切线的斜率为，
∴切线的方程为，
即，即，
同理可得切线的方程为，
又点在两切线上，∴，
∴直线的方程为.
联立，得，
∴
且，
点到直线的距离，
∴.
∵，∴，∴
即面积的取值范围是.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）先消参，将圆的方程化为普通方程，然后结合，，即可求解；
（2）将分别代入两个极坐标方程得的表达式，由可列方程求解.
【详解】（1）由，，得直线的极坐标方程为.
由，得曲线的普通方程为，
即，
由，，得曲线的极坐标方程为.
（2）把代入，得，
把代入，得，
∵，∴，
即，
∴，解得，
又，∴.
23．(1)
(2)1
【分析】（1）根据绝对值的性质将函数转化为分段函数，再结合分段函数分类讨论解不等式即可得结论；
（2）令，则恒过定点，根据分段函数的函数图象，根据直线与函数的位置关系确定等式恒成立时的值.
【详解】（1）由题意得，
又，∴或或，
解得或或，
∴不等式的解集为.
（2）令，则恒过定点，
由（1）可得到的部分图象如图所示，
当直线经过点时，，
由图象可知，若不等式对恒成立，则.