1号卷2022年高考最新原创信息试卷（六）理数（含解析）

这是一份1号卷2022年高考最新原创信息试卷（六）理数（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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是虚数单位，复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
3．在等差数列中，，，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
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．已知双曲线的左、右焦点分别是，点是其虚轴的一个端点，若的一个内角是，则的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
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．在梯形中，，，且，若与交于点，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知，，，则a，b，c（ ）
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．已知为坐标原点，点在椭圆上，若点分别在直线，上，若四边形为平行四边形，且为定值，则的离心率为（ ）
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．若，则 ．
15．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 .
16．已知数列的通项公式为，若表示不超过的最大整数，如，，则数列的前2022项的和为 ．
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a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3人，记抽取的3人中“防范意识强”的人数为X，求X的分布列和数学期望．
18．如图，四边形为梯形，，，，．
(1)求的值；
(2)求的长．
19．如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，，，，分别为，的中点，点在上．
(1)确定点G的位置，使得；
(2)当二面角与的大小相等时，求的长．
20．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.
21．已知函数，.
(1)当时，研究在上的单调性；
(2)①求证：；
②当，时，求证：.
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．D
【分析】根据题意求集合，再根据交集运算求解.
【详解】由题意可得，，，
所以．
故选：D．
2．A
【分析】根据题意，得到，结合复数的运算，即可求解.
【详解】由复数在复平面内对应的点为，可得，
所以.
故选：A.
3．B
【分析】根据等差中项的性质计算可得.
【详解】由等差中项的性质可得，则．
故选：B．
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．C
【分析】由题得，求出即得解.
【详解】由题意得，，在中，，可得，
即，，
，的渐近线方程为．
故选：C．

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．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.
10．D
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性即可比较大小.
【详解】令，求导得，
当时，，则在上单调递减，
则，即，而，于是，
所以.
故选：D
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】由已知四边形可得，再用，，的坐标表示出斜率，得到，最后由定值条件求出离心率.
【详解】四边形为平行四边形，
．
设，，，则，，
，，，
，
当时，为定值，即为定值，
椭圆的离心率为．
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】根据题意，化简二项式为，结合二项展开式的性质，即可求解.
【详解】由二项式，
根据二项展开式的性质，可得．
故答案为：.
15．
【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：
16．3848
【分析】由题意，由解不等式，对分类讨论，结合分组求和即可得解.
【详解】，
数列的2022项的和为，
当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，，
数列的前2022项的和为．
故答案为：3848.
【点睛】关键点点睛：关键是由的定义由分类讨论即可顺利得解.
17．(1)，（分）
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）先利用频率和为1求出a，再利用平均值的公式进行求解即可；
（2）根据分层抽样计算出7人中“防范意识差”和“防范意识强”的人数，得到随机变量X的取值的所有可能取值，再求出随机变量X每个取值的概率，可得分布列，根据期望公式可求出数学期望.
【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，“防范意识强”的人数为．
则的所有可能的值为0，1，2．
则，，，
故的分布列为
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）计算出，利用两角和的余弦公式可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理可求出BD的长，再在中利用余弦定理可求得BC的长.
【详解】（1）因为，且，解得，．
而，所以，
所以
因为，所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
因为，所以．
在中，由余弦定理得
，
所以．
19．(1)为的中点
(2)
【分析】（1）由题意首先证得，结合以及为中点即可得解；
（2）建立适当的空间直角坐标系，设，表示出三个平面的法向量，由即可列方程求解.
【详解】（1），，，，
，，
平面，平面，
，
又平面，
平面，
又因为平面，
．
过作交于点，则，
因为为中点，
当为的中点时，．
（2）由（1）知两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，．
设平面的法向量为，则，即，
取，则．
易知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，
则，即，解得，
即当二面角与的大小相等时，．
20．(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.
21．(1)在和上单调递增；在和上单调递减
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导函数，然后解不等式即可求解函数的单调区间；
（2）①令，利用导数研究函数的单调性，求解最值即可证明；
②结合①的结论把所证不等式转化为，结合转化为证明，令，求导，研究函数单调性，求解最值即可证明.
【详解】（1）当时，，则，
令，解得或，
当时，；当时，；
所以在和上单调递增；在和上单调递减.
（2）①令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，即.
②由①知，故要证，
只需证.先证当时，，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，以下只需证明.
令，
则，所以在上单调递减，
所以，所以，
综上，，即原不等式成立.
【点睛】结论点睛：恒成立问题：
（1）恒成立；恒成立．
（2）恒成立；恒成立．
（3）恒成立；恒成立；
（4），，．
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.
0
1
2