【文档说明】2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试（三）（ 答案）.docx，共(15)页，338.421 KB，由管理员店铺上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（三）数学答案1．A首先联立方程{𝑦=2𝑥−2𝑦=𝑥2−5𝑥𝑦≤0，得𝑥2−2𝑥−3=0，解得：𝑥=−1或𝑥=3，当𝑥=−1时，𝑦=−4，此时𝑥𝑦>0，舍

去；当𝑥=3时，𝑦=4，此时𝑥𝑦>0，舍去，所以𝑀∩𝑁为空集.2．A0<𝑎<1，𝑏>1时，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏的图象不过第一象限，0<𝑎<1，𝑏=1时，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏

的图象也不过第一象限．因此𝑝是𝑞的充分不必要条件．3．A𝑓(−𝑥)=12(−𝑥)−sin(−𝑥)=−(12𝑥−sin𝑥)=−𝑓(𝑥)所以函数𝑓(𝑥)=12𝑥−sin𝑥为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D

；又𝑓(𝜋2)=𝜋4−1<0，排除C，4．A解：因为数列{𝑎𝑛}为等差数列，𝑎1+𝑎5+𝑎9=𝜋，所以3𝑎5=𝜋，所以𝑎5=𝜋3，所以sin(𝑎2+𝑎8)=sin2𝑎5=sin2𝜋3=√32.5．B若均在晚上播放，则不同的安

排方式有3𝐴22=6种，若白天一场，晚上一场，则有𝐶61⋅𝐶41⋅𝐴22=48种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48+6=54种.6．A由题sin(𝜋5−𝛼)=14，cos(2𝜋5−2𝛼)=1−2sin2(𝜋5−𝛼)=78，c

os(2𝛼+3𝜋5)=cos(𝜋−(2𝜋5−2𝛼))=−cos(2𝜋5−2𝛼)=−78.7．D由题意可知𝑀(√573,4)，𝑁(√213,−2)，又双曲线𝐶经过𝑀，𝑁两点，则{579𝑎2−16𝑏2=1219𝑎2−4𝑏2=1，解

得𝑎=1,𝑏=√3，设双曲线的半焦距为𝑐，所以𝑐=√𝑎2+𝑏2=2，则双曲线的离心率为𝑒=𝑐𝑎=21=2，8．C如图，为𝑓(𝑥)的图象，要使𝑓(𝑥)=𝑚有两不同实数根，即𝑓(𝑥)与𝑦=𝑚有两不同交点，故𝑚∈(1,2].9．AD设𝑧1=𝑎+𝑏i,𝑧

2=𝑎−𝑏i，则𝑧1𝑧2=𝑎2+𝑏2为实数，A选项正确.i4𝑛+3=i3=−i，B选项错误.5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=−2−i，其共轭复数是−2+i，C选项错误.−2−i的虚部为−1，D选项正确.10．BC解：在正方体�

�𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中𝐷1𝐷//𝐶1𝐶，则𝐴𝐹与𝐶1𝐶不垂直，从而直线𝐷1𝐷与直线𝐴𝐹不垂直，故A错误；取𝐵𝐵1的中点𝑀，连接𝐴1𝑀、𝐺𝑀，则𝐴1𝑀//𝐴𝐸，𝐺�

�//𝐸𝐹，易证平面𝐴1𝐺𝑀//平面𝐴𝐸𝐹，从而直线𝐴1𝐺与平面𝐴𝐸𝐹平行，故B正确；连接𝐴𝐷1，𝐷1𝐹，𝐵𝐶1，因为𝐵𝐶1//𝐸𝐹，𝐵𝐶1//𝐴𝐷1，所以𝐴

𝐷1//𝐸𝐹，故四边形𝐴𝐷1𝐹𝐸为平面𝐴𝐸𝐹截正方体的截面，显然四边形𝐴𝐷1𝐹𝐸为等腰梯形，故C正确；假设点𝐶与点𝐺到平面𝐴𝐸𝐹的距离相等，即平面𝐴𝐸𝐹平分𝐶𝐺，则平面𝐴𝐸𝐹必过𝐶𝐺的中点，连接𝐶𝐺

交𝐸𝐹于点𝑂，易知𝑂不是𝐶𝐺的中点，故假设不成立，故D错误；11．ACD对于A项，22+2=6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为𝑃1=1+2+3+4+5+66×6=2136=712，故A正确；对于B项，21+1=3，所以挑战

第一关通过的概率𝑃2=12，则连续挑战前两关并过关的概率为𝑃=𝑃1𝑃2=12×712=724，故B错误；对于C项，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216，抛掷3次至少出现一个5点的共有63−53=216−125=9

1种，故𝑃(𝐵)=91216,而事件AB包括：含5,5,5的1种，含4,5,6的有6种，共7种，故𝑃(𝐴𝐵)=7216,所以𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐵)=7216×21691=113,故C正确；对于D项，当n=4时，2𝑛+𝑛=24+4=20，基

本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5,5,5,6的有4种，含5,5,6,6的有6种，含6,6,6,6的有1种，含4,6,6,6的有4种，含5,6,6,6的有4种，含4,5,6,6的有12种，含3,6,6,6的有4种，所以

𝑃4=356×6×6×6=351296，12．AC解：𝑎1>1,𝑎𝑛𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛𝑎𝑛+1−3𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)∴𝑎𝑛+1−3𝑎𝑛=3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1∴𝑎𝑛+1+1𝑎𝑛+1=3(𝑎�

�+1𝑎𝑛)则{𝑎𝑛+1𝑎𝑛}是公比为3的等比数列.∴𝑎1+𝑎2+1𝑎1+1𝑎2=4(𝑎1+1𝑎1)=102𝑎12−5𝑎1+2=0,𝑎1=2或12，又𝑎1>1，所以𝑎1=2，A

正确；𝑎22−52⋅3𝑎𝑛+1=0,𝑎2=52⋅3±√254⋅9−42，可能小于𝑎1=2，故B错误；又𝑆𝑛+𝑇𝑛=𝑎12+1𝑎12+𝑎22+1𝑎22+⋯+𝑎𝑛2+1𝑎𝑛2=(𝑎1+1�

�1)2+(𝑎2+1𝑎2)2+⋯+(𝑎𝑛+1𝑎𝑛)2−2𝑛=(52)2+(52⋅3)2+(52⋅32)2+⋯+(52⋅3𝑛−1)2−2𝑛=254⋅𝑞𝑛−18−2𝑛=2532(9𝑛−1)−2𝑛，故

C正确；12(𝑆𝑛+𝑇𝑛)=2564,9𝑛−11−𝑛=25⋅9𝑛−182−𝑛，𝑛=1不符9𝑛−1=(1+8)𝑛−1=𝐶𝑛1⋅8+𝐶𝑛2⋅82+𝐶𝑛3⋅83+⋯+𝐶𝑛𝑛8𝑛

−1=8𝐶𝑛1+82(𝐶𝑛2+8𝐶𝑛3+⋯+8𝑛−2𝐶𝑛𝑛)故当𝑛=8时，9𝑛−182=1+𝐶82+8𝐶83+⋯+86𝐶88=29+8𝐶83+⋯+86𝐶88为奇数，故D错误.13．lg25∵lgsin𝑥−lgcos𝑥=lgsi

n𝑥cos𝑥=lgtan𝑥=lg2，∴tan𝑥=2，又sin𝑥cos𝑥=sin𝑥cos𝑥sin2𝑥+cos2𝑥=tan𝑥tan2𝑥+1=25，lgsin𝑥+lgcos𝑥=lg(sin𝑥cos𝑥)=lg25.14．√32连接𝐴𝑂并

延长交𝐵𝐶于点𝐸，则𝐸为𝐵𝐶的中点，且𝐴𝑂=2𝑂𝐸=𝐵𝐶，所以，𝐴𝐸=32𝐴𝑂=32𝐵𝐶，𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+𝐵𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+12𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+12(𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑−𝐴𝐵⃑⃑⃑

⃑⃑)=12(𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑)，所以，2𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑，所以，4𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑2=(𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑)2=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑2+𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑2+2𝐴𝐵⃑⃑⃑

⃑⃑⋅𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=9𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑2，设𝐴𝐵=𝑐，𝐴𝐶=𝑏，𝐵𝐶=𝑎，因为43√3𝐵𝐶2=𝐴𝐵⋅𝐴𝐶，则𝑎2=√34𝑏𝑐，则9𝑎2=𝑐2+𝑏2+2𝑏𝑐cos𝐴，由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2�

�𝑐cos𝐴，所以，𝑏𝑐cos𝐴=2𝑎2=√32𝑏𝑐，因此，cos𝐴=√32.15．31.6由题意画出简图，如图：由题意可得∠𝐶𝐴𝐷=53∘，∠𝐶𝐵𝐷=37∘，𝐴𝐵=10×1.753=17.53，所以tan∠𝐶𝐵𝐷=tan37∘=

sin37∘cos37∘≈34，tan∠𝐶𝐴𝐷=tan53∘=sin53∘cos53∘=cos37∘sin37∘≈43，设𝐶𝐷=ℎ，则在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=𝐶𝐷tan∠𝐶𝐵

𝐷≈4ℎ3，在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶=𝐶𝐷tan∠𝐶𝐴𝐷≈3ℎ4，所以𝐴𝐵=17.53=𝐵𝐶−𝐴𝐶≈712ℎ，解得ℎ≈30.05，所以该建筑的高度约为30.05+1.55=31.6米.16．(−103,0]∪

(1,2)解：由于𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥+2)且𝑓(𝑥)是奇函数，故𝑓(𝑥+2)=𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥+4)=−𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)是周期为4的周期函数，令𝑔(𝑥)=𝑡𝑥𝑥2+1，𝑥

∈[−4，4]，则𝑔′(𝑥)=−𝑡(𝑥2−1)(𝑥2+1)2，由𝑔′(𝑥)=−𝑡(𝑥2−1)(𝑥2+1)2=0，得𝑥1=−1，𝑥2=1，当𝑡<0时，𝑔(𝑥)在[−4，−1)，(1，4]上单调递增，在(−1,1)上单调递减，作出函数𝑓(𝑥)

，𝑔(𝑥)的大致图象如图1所示，∵ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)有5个不同的零点，∴−1=𝑓（3）<𝑔（3）<0，解得−103<𝑡<0；②当𝑡=0时，𝑔(𝑥)=0，显然满足题意；③当𝑡>0时，𝑔(𝑥)在[−4，−1)，(1

，4]上单调递减，在(−1,1)上单调递增，作出函数𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)的大致图象如图2所示，∵ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)有5个不同的零点，∴{0<𝑔(1)<𝑓(1)=1𝑔′(0

)>1，解得1<𝑡<2，综上，𝑡的取值范围是(−103,0]∪(1,2)．17．(1)由cos𝐴=√55，所以sin𝐴=2√55所以cos𝐶=−cos(𝐴+𝐵)=−cos𝐴cos𝐵+sin𝐴sin𝐵=−√55×√22+2√55×√

22=√1010；(2)由(1)知，cos𝐶=√1010，所以sin𝐶=3√1010，在△𝐴𝐵𝐶中利用正弦定理可得：𝐴𝐵sin𝐶=𝐵𝐶sin𝐴=𝐴𝐶sin𝐵得𝐴𝐵=6√105，𝐵𝐶=8√55，所以𝑆=12𝐴𝐵×𝐵𝐶sin𝐵

=12⋅6√105⋅8√55⋅√22=245.18．(1)设等差数列{an}的公差为d，由{𝑎1+𝑎3=−2𝑆2=−3，得{2𝑎1+2𝑑=−22𝑎1+𝑑=−3解得{𝑎1=−2𝑑=1所以𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=𝑛−3(n∈N*)；(2)由（1

）可知𝑎𝑛+2=𝑛−1，故𝑏𝑛=3𝑛−1，所以𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+...+𝑏𝑛=30+31+32+...+3𝑛−1=1−3𝑛1−3=12(3𝑛−1)19．(1)解：由题得𝐴𝑂=12𝐴𝐷,∵𝐴𝐷2=𝑃𝑂2+𝐴𝑂2,∴

𝐴𝐷2=36+14𝐴𝐷2,所以𝐴𝐷=4√3,𝐴𝑂=2√3.所以△𝐴𝐵𝐶是圆的内接三角形，所以𝐴𝐵sin60∘=2×2√3,∴𝐴𝐵=6，由题得𝑃𝐴2=12+𝑃𝑂2.假设𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥𝑃𝐵,∴36=

12+𝑃𝑂2+12+𝑃𝑂2,∴𝑃𝑂=√6.此时𝑃𝐴⊥𝑃𝐶.所以𝑃𝑂=√6时，𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝐶.(2)解：如图所示，建立以点𝑂为坐标原点的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧.设|𝑃𝑂|=𝑥,(0≤𝑥≤6),∴𝑃(0,0,

𝑥),𝐸(−√3,3,0),𝐵(√3,3,0),𝐶(−2√3,0,0)，所以𝐸𝑃→=(√3,−3,𝑥),𝑃𝐵→=(√3,3,−𝑥),𝑃𝐶→=(−2√3,0,−𝑥),设平面𝑃𝐵𝐶

的法向量为𝑛→=(𝑎,𝑏,𝑐)，所以{𝑛⃑·𝑃𝐵→=√3𝑎+3𝑏−𝑐𝑥=0𝑛⃑·𝑃𝐶→=−2√3𝑎−𝑐𝑥=0，所以𝑛→=(𝑥,−√3𝑥,−2√3).设直线𝐸𝑃与面𝑃𝐵𝐶所成的角为𝜃

，由题得sin𝜃=|√3𝑥+3√3𝑥−2√3𝑥|√12+𝑥2⋅√𝑥2+3𝑥2+12=2√3𝑥√12+𝑥2⋅√4𝑥2+12=√3√𝑥2+36𝑥2+15≤13.当且仅当|𝑃𝑂|=𝑥=√6时，直线𝐸𝑃与面𝑃𝐵𝐶所成的角的正弦值最大.20．

(1)根据分层抽样知使用移动支付的人数为8人，不使用移动支付的有2人，则𝑋的可能值为1，2，3，𝑃(𝑋=1)=𝐶81𝐶22𝐶103=115，𝑃(𝑋=2)=𝐶82𝐶21𝐶103=71

5，𝑃(𝑋=3)=𝐶83𝐶20𝐶103=715，分布列为𝑋123𝑃115715715𝐸(𝑋)=1×115+2×715+3×715=125.(2)从全市随机选出10人，设使用移动支付的人数为𝑌，则𝑌~𝐵(10,35)，

且𝑃(𝑌=𝑘)=𝐶10𝑘(35)𝑘(25)10−𝑘(𝑘∈𝑁,0≤𝑘≤10).由{𝐶10𝑘(35)𝑘(25)10−𝑘≥𝐶10𝑘−1(35)𝑘−1(25)11−𝑘𝐶10𝑘(35)𝑘(25

)10−𝑘≥𝐶10𝑘+1(35)𝑘+1(25)9−𝑘，解得285≤𝑘≤335，因为𝑘∈𝑁∗，所以𝑘=6故使用移动支付的人数最有可能为6.21．（1）证明：由{𝑦=2√2𝑥(𝑥≥0)𝑥2+𝑦28=1，解得{�

�=√22𝑦=2．∴𝑀(√22,2)．∵过M作的两条直线斜率都存在，不防设直线MA的斜率为𝑘，且𝑘>0，则直线MA的方程为𝑦−2=𝑘(𝑥−√22)，由{𝑦−2=𝑘(𝑥−√22)8𝑥2+𝑦2−8=0消去𝑦整理得(8+𝑘

2)𝑥2+(4𝑘−√2𝑘2)𝑥+12𝑘2−2√2𝑘−4=0，∴𝑥𝐴+𝑥𝑀=−4𝑘−√2𝑘28+𝑘2，∴𝑥𝐴=−4𝑘−√2𝑘28+𝑘2−√22=√2𝑘2−4𝑘𝑘2+8−√22．同理得直线MB的方程为𝑦−2=−𝑘(𝑥−√22)，可得𝑥𝐵=

√2𝑘2+4𝑘𝑘2+8−√22．∴𝑘𝐴𝐵=𝑦𝐴−𝑦𝐵𝑥𝐴−𝑥𝐵=[𝑘(𝑥𝐴−√22)+2]−[−𝑘(𝑥𝐵−√22)+2]𝑥𝐴−𝑥𝐵=2√2，为定值．（2）解：由（1）设直线AB

的方程为𝑦=2√2𝑥+𝑚(𝑚≠0)，由{𝑦=2√2𝑥+𝑚8𝑥2+𝑦2−8=0消去𝑦整理得16𝑥2+4√2𝑚𝑥+(𝑚2−8)=0，∵直线AB与椭圆交于两点，∴𝛥=(4√2𝑚)2−64(𝑚2−8)=32(16−𝑚2)>0，解得−4<𝑚<4,且𝑚≠

0．又点𝑀(√22,2)到直线AB的距离为𝑑=|𝑚|3，|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥𝐴−𝑥𝐵|=√1+𝑘2√(𝑥𝐴+𝑥𝐵)2−4𝑥𝐴𝑥𝐵=3×√16−𝑚28．设𝛥𝐴𝑀𝐵的面积为S，则𝑆2=14|

𝐴𝐵|2𝑑2=132𝑚2(16−𝑚2)≤132⋅(162)2=2，当且仅当𝑚2=16−𝑚2，即𝑚=±2√2时等号成立．∴𝛥𝐴𝑀𝐵面积的最大值为√2．22．（1）因为𝑓(𝑥)=sin𝑥+𝑥

cos𝑥，所以𝑓′(𝑥)=cos𝑥+(cos𝑥−𝑥sin𝑥)=2cos𝑥−𝑥sin𝑥.（2）因为𝑔(𝑥)=𝑥sin𝑥，所以𝑔′(𝑥)=sin𝑥+𝑥cos𝑥=𝑓(𝑥)，又因为𝑓′(𝑥)=2cos𝑥−𝑥sin𝑥，所以当𝑥∈(𝜋2,𝜋)时，

𝑓′(𝑥)<0，即𝑔′(𝑥)在𝑥∈(𝜋2,𝜋)时单调递减.又因为𝑔′(𝜋2)=sin𝜋2+𝜋2×cos𝜋2=1>0，𝑔′(𝜋)=sin𝜋+𝜋×cos𝜋=−𝜋<0，所以存在唯一𝑥0∈(�

�2,𝜋)，使得𝑔′(𝑥0)=0，所以当𝑥∈(𝜋2,𝑥0)时，𝑔′(𝑥0)>0，𝑔(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑥0,𝜋)时，𝑔′(𝑥0)<0，𝑔(𝑥)单调递减.当𝑥=𝑥0时�

�(𝑥)取得极大值.因此𝑔(𝑥)在区间(𝜋2,𝜋)上有且只有一个极值点.