1号卷2022年高考最新原创信息试卷（五）文数（含解析）

这是一份1号卷2022年高考最新原创信息试卷（五）文数（含解析），共16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．已知复数的实部为3，则实数的值为（ ）
A．B．1C．2D．5
3．荀子曰：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”这句来自先秦时期的名言，阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理.由此可得，“至千里”是“积跬步”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．0B．1C．3D．
6．已知向量，，若，则的值为（ ）
A．B．2C．或1D．或2
7．已知，，若，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
8．已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线的准线于点，点在抛物线上且，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
9．将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则下列关于的说法正确的是（ ）
A．最大值为1
B．图象关于y轴对称
C．图象关于点成中心对称
D．图象关于直线对称
10．已知函数满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知正四面体的内切球半径为1，则外接球半径为（ ）
A．B．C．2D．3
12．已知函数（且），式子①，②，③，则对任意，存在，，能使上面式子恒成立的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
13．已知，则 .
14．为了起到隔离防撞，减少车辆冲击力，疏散人群，警示司机等作用，一些道路路口经常会摆放一些水泥隔离墩.已知某水泥隔离墩的三视图如图所示，则这个水泥隔离墩的体积是 .
15．已知点F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若点P是双曲线左支上的点，且，则△的面积为 .
16．已知数列是递增数列，前项和为，且当时，，则 .
三、解答题
17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，且，求的周长.
18．“疫苗犹豫”，即尽管疫苗可及，却迟迟未接种或拒绝接种疫苗的现象.成人接种新冠疫苗的犹豫，主要原因是对感染新冠肺炎的风险缺乏了解，心存侥幸，认为即使不接种也未必会感染，对感染的后果也认识不足.现从某小区未接种的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)求出样本的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）；
(2)现先从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查，求第2组中抽到2人的概率.
19．如图，在平行四边形中，是上靠近点的三等分点，过点作，分别交，于点，，将沿折起至.

(1)若，求证：平面平面；
(2)若在线段上，当为何位置时，平面.
20．已知函数.
(1)当时，求在点的切线方程；
(2)若恒成立，求的取值范围.
21．已知平面直角坐标系中，曲线经过伸缩变换得到曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若直线不过点且不平行于坐标轴，直线交曲线于，两点，且以为直径的圆经过点，求面积的取值范围.
22．已知点，的极坐标为，，直线经过，两点，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于，两点.以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系.
(1)求直线的极坐标方程和曲线的参数方程；
(2)求.
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对任意的实数，都有成立，求的取值取值范围；
参考答案：
1．C
【分析】分别化简集合A,B,再求交集.
【详解】由题意，,得，故；
又，故，∴.
故选:C.
2．B
【分析】利用复数运算得实部，列方程求解.
【详解】由题意得，，则其实部为，解得.
故选:B.
3．A
【分析】利用充分必要条件的定义求解.
【详解】荀子的名言表明至千里必须积跬步，积跬步未必能至千里，故“至千里”是“积跬步”的的充分不必要条件.
故选:A.
4．A
【分析】由函数的奇偶性和指数的增长速度比一次函数的增长速度快可得结果.
【详解】由题意得，，函数为奇函数，
由指数的增长速度比一次函数的增长速度快，知选项A符合要求，
故选：A.
5．C
【分析】利用与的关系直接求解.
【详解】因为，所以，
故选:C.
6．C
【分析】利用向量减法运算和垂直的坐标表示直接求解.
【详解】由题意得，，∵，
∴，解得或，
故选:C.
7．D
【分析】利用“1”的代换结合基本不等式求解.
【详解】因为，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
因此的最小值为.
故选:D.
8．D
【分析】求出抛物线焦点坐标及准线方程，由已知结合抛物线定义可得轴，再求出点即可求解得答案.
【详解】抛物线的焦点，准线，设，
由已知结合抛物线的定义，得轴，则，解得，
因此，则，所以直线的斜率为.
故选：D
9．B
【分析】先由二倍角和辅助角公式化简，再结合余弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】由题意得，，
则，
∴为偶函数，关于y轴对称，故B正确；
最大值为，故A错误；
由，所以，关于故C错误；
因为，故D错误；
故选：B.
10．B
【分析】将换成，得到即，联立方程组求得 的解析式，进而求得的值.
【详解】由，将换成，可得，
即，
联立方程组，解得，
所以.
故选：B.
11．D
【分析】设正四面体棱长为，由等体积法求出内切球的半径，根据内切球半径为1求出，再由外接球半径求解即可 .
【详解】如图，为中点，，设在底面的投影为，为的中心，，
设正四面体棱长为，则，，
，
正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，体积为，设正四面体的内切球半径为，
设为内切球的球心，所以，
即，
则有，即，解可得，
因为正四面体的内切球半径为1，所以，解得：，
若四面体的外接球的球心为，则外接球半径，解得.
故选：D.
12．D
【分析】求导，讨论确定函数单调性，判断①；由对称性和特值判断②；特值判断③.
【详解】由题意得，，
当时，恒成立，则在上单调递增，
∵对任意恒成立，∴恒成立，则①正确；
∵，
∴当时，恒成立，则②正确；
当时，在上单调递增，∵恒成立，
∴恒成立，则③正确.
故选:D.
13．
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，准确运算，即可求解.
【详解】因为，可得，
所以.
故答案为：.
14．48
【分析】根据三视图还原几何体的直观图，再根据柱体的体积公式计算可得.
【详解】由三视图知，这个水泥隔离墩的直观图如下图中的四棱柱，
此几何体的体积为.
故答案为：
15．16
【分析】由双曲线的定义可知，，再在△中利用由余弦定理可求出，从而求出△的面积．
【详解】双曲线，所以，，所以，，

是双曲线左支上的点，，，
在△中，由余弦定理得，
，
△的面积为.
故答案为：.
16．
【分析】根据题意，推得，得到，求得，再利用并项法求和，即可求解.
【详解】由时，，可得，
即，所以，
两式相减得，即，
所以，
因为是递增数列，所以，则，即，
所以数列是首项为，公差的等差数列，所以，
经检验时成立，则，
则
.
故答案为：.
【点睛】方法知识点拨：对于数列分组求和的解题策略：
1、一个数列的的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减；
2、分组转化求和的常见类型：
①若数列满足（为等差或等比数列），可分组求和；
②若（为等差或等比数列），可分组求和.
17．(1)
(2)9
【分析】（1）正弦定理边化角再结合两角和的正弦公式化简求解；
（2）代入，结合三角变换得是等边三角形，再求周长即可.
【详解】（1）∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，又∵，∴
（2）由（1）知，
则
.
又∵，∴，∴，∴是等边三角形，
∵，∴的周长为9.
18．(1)平均数为44.5；中位数为45.1
(2)
【分析】（1）根据频率和为1计算得到，再根据平均值和中位数的定义计算得到答案.
（2）根据分层抽样的比例关系得到第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，列出所有情况，统计满足条件的情况，得到概率.
【详解】（1）由，得.
平均数为：，
设中位数为，则，
得.
（2）第1，2组的人数分别为人，人，
从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为
设从5人中随机抽取3人，为：
，，，，，，，，，，
共10个基本事件，
第2组中抽到2人的情况有，，，，，，共6种情况，从而第2组中抽到2人的概率.
19．(1)证明见解析
(2)当是上靠近点的三等分点时，//平面
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）由线面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）∵，，，平面，
∴平面，∵平面，∴，
又，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）当是上靠近点的三等分点时，平面.理由如下：
延长，交于点，连接，
易知，∴，
∵，∴.
当是上靠近点的三等分点时，
∴，∴，
∵平面，平面，∴平面.

20．(1)
(2)
【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求方程；
（2）将不等式同构变形为，构造函数，判单调性得，分离参数求最值得解.
【详解】（1）当时，，则，，
∴，∴切线方程为，即.
（2）由题意得，，即，
亦即,
设，易得恒成立.
∴在上单调递增;
易知：①当时，，恒成立,此时恒成立；
②当时， 等价于，
由①②知恒成立，则恒成立
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，∴，即的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义及不等式恒成立，解决问题关键是将不等式同构为并构造函数.
21．(1)
(2)
【分析】（1）用换元法直接代入即可求出；
（2）当直线，分别与坐标轴重合时；当直线，的斜率均存在且不为零时，设直线，的方程分别为，，直曲联立，用韦达定理表示出面积，再通过换元法和二次函数求出最值即可.
【详解】（1）由得，代入曲线得：，
∴曲线的方程为.
（2）由题意得，.
当直线，分别与坐标轴重合时，易知的面积，
当直线，的斜率均存在且不为零时，
设直线，的方程分别为，，，，
联立，得，∴，
则，同理可得，
∴.
令，则，∴，
，
综上，的面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)的极坐标方程为，的参数方程为（为参数）
(2)
【分析】（1）求得点、的直角坐标得到直线的方程，结合极坐标与直角的互化公式，进而得到直线的极坐标方程，化简得到曲线的直角坐标方程，进而得到曲线的参数方程；
（2）求得圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式，即可求解.
【详解】（1）由题意得，点，的直角坐标分别为、，
则直线的直角坐标方程为，
故直线的极坐标方程为.
∵，∴，∴，
则曲线的直角坐标方程为，
故曲线的参数方程为（为参数）.
（2）由曲线：，得圆心，
则圆心到直线：的距离，
由圆的弦长公式，得.
23．(1)
(2)
【分析】（1）由绝对值的意义分绝对值内正负讨论，再解不等式即可；
（2）由绝对值的意义找到最小值，再解一元二次不等式恒成立问题即可.
【详解】（1）由题意得，，
则等价于或或，
解得或或，
则不等式的解集为.
（2）由（1）知，的最小值为.
因为对任意的实数，都有成立.
只需，即，故的取值范围为.