1号卷2022年高考最新原创信息试卷（一）文数（含解析）

这是一份1号卷2022年高考最新原创信息试卷（一）文数（含解析），共17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．已知全集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．1D．
3．已知且，则“”是“”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．在中，，是的中线，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C． D．
6．若抛物线上的一点到焦点的距离为1，则点的纵坐标是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．的图象关于直线对称
D．的单调递增区间是
10．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知圆的方程为，过第一象限内的点作圆的两条切线，，切点分别为，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．6
12．在正三棱锥中，，的边长为2，则该正三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量，，若，，与垂直，则与的夹角的余弦值为 .
14．已知为奇函数，当时，，则的值是 .
15．已知数列满足，且，，则 .
16．已知A为双曲线的右顶点，为双曲线右支上一点，点关于原点的对称点为，记直线，的倾斜角分别为，，且，则双曲线的离心率为 .
三、解答题
17．在锐角中，角所对的边分别为，且的面积.
(1)求角A；
(2)若，求的取值范围.
18．某中学调查了某班所有同学参加唱歌社团和跳舞社团的情况，数据如下表：（单位：人）
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
(2)在既参加唱歌社团又参加跳舞社团的6名同学中，有3名男同学，3名女同学，现从6名同学随机选3人，求恰好是2名男同学和1名女同学的概率.
19．如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
20．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点（异于左、右顶点），若的周长为6，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作不与轴重合的直线与椭圆相交于，两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线于点，求证：直线必过轴一定点.
21．已知函数，．
(1)设，当a＝3，b＝5时，求F（x）的单调区间；
(2)若g（x）有两个不同的零点，，求证：．
22．已知平面直角坐标系中，曲线：经过伸缩变换得到曲线，直线过点，斜率为，且与曲线交于两点.
(1)求曲线的普通方程和直线的参数方程；
(2)求的值.
23．已知函数.
(1)求的解集；
(2)记的最大值为，，且，求证：.
参加唱歌社团
未参加唱歌社团
参加跳舞社团
6
14
未参加跳舞社团
13
12
参考答案：
1．A
【分析】先求出集合的补集，然后根据交集的定义求解.
【详解】因为，，
所以，又，
∴.
故选：A.
2．C
【分析】根据复数运算规则、复数的定义等解决问题.
【详解】由，
得，
所以复数的虚部为1.
故选：C.
3．B
【分析】求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】由得或，
由得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
4．B
【分析】利用平面向量的减法可得出关于、的表达式.
【详解】如下图所示：

因为，则，可得，
因为为的中线，即点为的中点，
所以，.
故选：B.
5．C
【分析】根据题意，求得为偶函数，再利用导数求得函数的单调区间，结合选项，即可求解.
【详解】由函数的定义域为，
且，所以函数为偶函数，
当时，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故选：C.
6．D
【分析】应用抛物线的定义即可求解.
【详解】抛物线的准线方程为，则，解得.
故选：D.
7．D
【分析】先利用三角函数诱导公式求得的值，再利用二倍角公式即可求得的值.
【详解】由，可得，则，
故.
故选：D.
8．C
【分析】利用正弦定理对已知条件进行转化求解.
【详解】因为，
由正弦定理得，，
即，
∴，
∵，
∴，故.
故选：C.
9．A
【分析】先通过辅助角化简函数，然后根据正弦函数的性质逐项判断即可.
【详解】，则的最小正周期为，A错误；
，则的图象关于点成中心对称，B正确；
，则的图象关于直线对称，C正确；
令，解得，D正确.
故选：A
10．D
【分析】先利用对数运算规则和对数函数单调性求得的大小关系及其取值范围，再求得c的取值范围，进而得到三者之间的大小关系.
【详解】由题意得，，
，
由，可得，又，
则，故
又，则.
故选：D.
11．C
【分析】根据题意，求得，得到，结合圆的切线的性质，得到，利用基本不等式，即可求解.
【详解】如图所以，因为过点作圆的两条切线，可得，
由，即，
所以，即，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最大值为.
故选：C.
12．B
【分析】利用补形法得到正四面体所在正方体，进而得到其外接球的半径，即可求得该正三棱锥外接球的表面积.
【详解】在正三棱锥中，，
则，则正三棱锥为正四面体.
将正四面体补成正方体（正四面体的四个顶点S，A，B，C均为正方体的顶点），
则正四面体的外接球即为正方体的外接球，
由的边长为2，可得补成的正方体棱长为，
则其外接球的半径，所以该正三棱锥外接球的表面积.

故选：B.
13．
【分析】根据向量垂直列方程，求得，进而求得与的夹角的余弦值.
【详解】∵与垂直，∴，∴，
∴与的夹角的余弦值为.
故答案为：
14．
【分析】计算，根据奇函数性质计算即可.
【详解】当时，，，为奇函数，则.
故答案为：.
15．
【分析】推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，利用累加法可求得的值，由此可得出的值.
【详解】由得，
由，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，
，故.
故答案为：.
16．
【分析】设点M坐标，利用两点斜率公式结合点在双曲线上化简计算即可.
【详解】设，则，
又，，
∴，
又为双曲线右支上一点，∴，
∴，∴，化简得，
∴.
故答案为：.
17．(1)；
(2)
【分析】（1）先利用向量数量积求得的值，再依据角A的范围即可求得角A的值；
（2）先利用正弦定理和三角函数诱导公式将转化为关于角B的三角函数式，再利用正弦函数的图像性质即可求得的取值范围.
【详解】（1）∵，∴.
∵，∴，又∵，∴.
（2）∵，
∴
.
∵，∴，∴，
∴，∴，
即的取值范围为.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意先算出该班总人数，按照正难则反原则，算出两个社团都未参加的概率，即得至少参加上述一个社团的概率；
（2）先根据题意列举出“从6名同学随机选3人”所含的基本事件（数），再判断事件“恰好是2名男同学和1名女同学”所包含的基本事件（数），利用古典概型概率公式即得；
【详解】（1）由调查数据分析易得全班总人数为，
因既未参加唱歌社团也未参加跳舞社团的同学有12个，
则从该班级随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为.
（2）记3名男同学为，3名女同学为，
从6名同学随机选3人，其一切可能的结果组成的基本事件有：
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，共20个.
根据题意，这些基本事件的出现是等可能的.
而事件“恰好是2名男同学和1名女同学”所包含的基本事件有9个.
因此事件“恰好是2名男同学和1名女同学”的概率为.
19．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接，利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，可得出，推导出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1）证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.

由题意得，平面平面.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，.
在中，因为，，所以，，
所以，，
翻折前，为等边三角形，则，
因为为的中点，所以，，即，
翻折后，仍有，所以，，故，
在中，，因为，则.
又因为，则平分，
因为是斜边上的中线，则，且，
所以，是等边三角形，则，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
综上，在线段上存在一点，且当时，.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，再由直线方程为，令，求得，即可求解.
【详解】（1）解：由点为椭圆上一动点，且的周长为6，且面积的最大值为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由椭圆，可得，直线的方程为，
设直线的方程为，，，则，
联立方程组，整理得，
则，，所以，
又因为，所以直线方程为，
令，则，
则直线必过轴一定点.
21．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）代入a，b的值，求的单调区间；
（2）分离参数得，研究的单调性得，再将所证变形为由比值代换法令可转化成，研究的单调性即可证明.
【详解】（1）当，时，，的定义域为，
∴，
令，解得或，令，解得，
∴的单调递增区间为，，单调递减区间为．
（2）由 得： ，
令
∴ 在有两个交点.

由得： ，由得：
∴ 在上单增，在 上单减，
又∵，，当 时，
由于，是方程的实根，
∴ ，不妨设
由，，∴，，
∴，．
要证：，只需证：，即证：，
即证：．
设，则 ，代入上式得：．
∴只需证：
设，
则，
∴在上单调递增，
∴，
∴，故．
【点睛】极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论 型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
22．(1)，（为参数）（参数方程答案不唯一）；
(2).
【分析】（1）由变换原则可得，代入曲线可得的普通方程；根据直线所过点和斜率，可直接得到直线参数方程；
（2）将直线的参数方程代入的普通方程，得到韦达定理的形式，利用的几何意义可求得结果.
【详解】（1）由得，代入曲线得：，
所以曲线的普通方程为，即.
因为直线过点，斜率为，
直线的参数方程为：（为参数）（参数方程答案不唯一）.
（2）将直线的参数方程代入的普通方程得：
，
设对应的参数为，则，
所以.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论取绝对值符号，进而可得出答案；
（2）由（1）可得，再根据结合基本不等式即可得证.
【详解】（1）由题意得，，
∴等价于或或，
解得或，
故不等式的解集为；
（2）由（1）知，的最大值为6，∴，
∴
，
当且仅当时取等号，
∴.