【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（五）（ 答案）.docx，共(16)页，451.535 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（五）数学答案1．D∁U𝑀={2,3,5,6}，∁U𝑃={1,4,5,6}，(∁U𝑀)∩(∁U𝑃)={5,6}.故选：D.2．B∵(2𝑚−1)𝑥+(𝑚+2)𝑦+5=

0恒过定点，∴(2𝑥+𝑦)𝑚+(−𝑥+2𝑦+5)=0恒过定点，由{2𝑥+𝑦=0,−𝑥+2𝑦+5=0,解得{𝑥=1,𝑦=−2,即直线(2𝑚−1)𝑥+(𝑚+2)𝑦+5=0恒过定点(1,−2).3．B因为方程4𝑥−2𝑥+1

−𝑎=0有解,即方程𝑎=(2𝑥)2−2⋅2𝑥有解，令𝑡=2𝑥>0，则𝑦=𝑡2−2𝑡=(𝑡−1)2−1∈[−1,+∞)，即𝑎∈[−1,+∞)；因为函数𝑓(𝑥)=log2(𝑥+𝑎−1)在

区间(0,+∞)上恒为正值，所以𝑥+𝑎−1>1在区间(0,+∞)上恒成立，即𝑎>−𝑥+2在区间(0,+∞)上恒成立，解得𝑎≥2，所以p是q的必要不充分条件，4．B解：连接𝐵𝐷，交𝐴𝐶于𝑂，连接

𝑃𝑂，则𝑃𝑂⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷且𝑂是𝐴𝐶中点，𝐴𝐶=√𝑎2+𝑎2=√2𝑎，𝑃𝑂=√𝑃𝐶2−(𝐴𝐶2)2=√(2𝑎)2−(√22𝑎)2=√142𝑎，∵截面𝑃𝐴𝐶的面积为8

√7，∴𝑆△𝑃𝐴𝐶＝12×√2𝑎×√142𝑎=8√7，解得𝑎=4，∴正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为：𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷＝13×𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷×𝑃𝑂=13×𝑎2×√142𝑎=√146𝑎

3=√146×43=32√143.故选：B．5．B∵𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2𝑎𝑥，∴𝑓′(1)=3+2𝑎=7，则𝑎=2，∴𝑓′(𝑥)=𝑥(3𝑥+4)，当𝑥<−43时，𝑓′(𝑥)>0；当−43<𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0.故𝑓(𝑥)在(−∞,

0)上的最大值为𝑓(−43)=3227.∵−2𝑥<0，∴𝑓(−2𝑥)的最大值为3227.故选B.6．C因为函数𝑦=cos(1+𝑥2)所以𝑦′=−sin(1+𝑥2)(1+𝑥2)′=−2𝑥sin(1+𝑥2)7．A依题意如图

，延长F1Q，交PF2于点T，∵𝑃𝑄是∠F1PF2的角分线．TF1是𝑃𝑄的垂线，∴𝑃𝑄是TF1的中垂线，∴|PF1|＝|PT|，∵P为双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1上一点，∴|PF1|

﹣|PF2|＝2a，∴|TF2|＝2a，在三角形F1F2T中，QO是中位线，∴|OQ|＝a．故选A．8．B解：因为𝛼、𝛽、𝛾、𝛿为锐角，则sin𝛼cos𝛽≤sin2𝛼+cos2𝛽2，当且仅当sin𝛼=cos𝛽时取等号

，同理sin𝛼cos𝛽+sin𝛽cos𝛾+sin𝛾cos𝛿+sin𝛿cos𝛼≤2，0<sin𝛼cos𝛽sin𝛽cos𝛾sin𝛾cos𝛿sin𝛿cos𝛼=116sin2𝛼⋅si

n2𝛽⋅sin2𝛿⋅sin2𝛾≤116，故不可能有4个数都大于12，所以最多三个数大于12，所以𝑚=3，例如𝛼=45°,𝛽=44°,𝛾=30°,𝛿=60°，故最多有4个数均小于14，所以𝑛=4，例如𝛼=𝛽=𝛾=𝛿=80°，所以

𝑚+𝑛=7.9．ACD根据图象可知，散点从左下到右上分布，销售额𝑦与年份序号𝑥呈正相关关系，故A正确；因为相关系数0.936>0.75，靠近1，销售额𝑦与年份序号𝑥线性相关显著，B错误.根据三次函数回归曲线的相关指数0.999>0.936，相关指数越大，拟合效果越好，所以三次多项式回

归曲线的拟合效果好于回归直线的拟合效果，C正确；由三次多项式函数𝑦=0.07𝑥3+29.31𝑥2−33.09𝑥+10.44，当𝑥=10时，𝑦≈2680.54亿元，D正确；10．BCDA选项，由𝐷𝐷1//𝐶�

�1，即𝐶𝐶1与𝐴𝐹并不垂直，所以D1D⊥AF错误.B选项，如下图，延长FE、GB交于G’连接AG’、GF，有GF//BE又E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，所以𝐺𝐺′=𝐵𝐵1=𝐴𝐴1，而𝐴𝐴1//𝐺𝐺′，即𝐴1𝐺//𝐴𝐺′；又因为面𝐴𝐵𝐵

1𝐴1∩面𝐴𝐸𝐹=𝐴𝐺，且𝐴1𝐺⊄面𝐴𝐸𝐹，𝐴1𝐺⊂面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以A1G∥平面AEF，故正确.C选项，取𝐵1𝐶1中点𝐻，连接𝐺𝐻，由题意知𝐺𝐻与𝐸𝐹

平行且相等，所以异面直线A1G与EF所成角的平面角为∠𝐴1𝐺𝐻，若正方体棱长为2，则有𝐺𝐻=√2,𝐴1𝐺=𝐴1𝐻=√5，即在△𝐴1𝐺𝐻中有cos∠𝐴1𝐺𝐻=√1010，故正确.

D选项，如下图若设G到平面AEF的距离、C到平面AEF的距离分别为ℎ1、ℎ2，则由𝑉𝐴−𝐺𝐸𝐹=13⋅𝐴𝐵⋅𝑆𝐺𝐸𝐹=𝑉𝐺−𝐴𝐸𝐹=13⋅ℎ1⋅𝑆𝐴𝐸𝐹且𝑉𝐴−𝐶𝐸𝐹=13⋅𝐴𝐵⋅𝑆𝐶𝐸�

�=𝑉𝐶−𝐴𝐸𝐹=13⋅ℎ2⋅𝑆𝐴𝐸𝐹，知ℎ1ℎ2=𝑆𝐺𝐸𝐹𝑆𝐶𝐸𝐹=2，故正确.11．AC解：由数列{an}是等比数列，设公比为𝑞，知：在A中，∵𝑎𝑛2=𝑎12𝑞2𝑛−2，∴𝑎𝑛+

12𝑎𝑛2=𝑎12𝑞2𝑛𝑎12𝑞2𝑛−2=𝑞2是常数，∴数列{an2}是等比数列，故A正确；在B中，若a3=2，a7=32，则a5=√2×32=8，故B错误；在C中，若a1<a2<a3，则𝑎1<𝑎1�

�<𝑎1𝑞2，当𝑎1>0时，可得1<𝑞<𝑞2，解得𝑞>1，且{𝑎𝑛}中各项为正数，所以𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝑎𝑛(𝑞−1)>0，此时数列{an}是递增数列；当𝑎1<0时，可得1>𝑞>𝑞2，解得0<𝑞<1，此时{�

�𝑛}中各项为负数，所以𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝑎𝑛(𝑞−1)>0，此时数列{an}是递增数列，综上所述，C正确；在D中，若数列{an}的前n和Sn=3n﹣1+r，则a1=S1=1+r，a2=S2﹣S1=(

3+r)﹣(1+r)=2，a3=S3﹣S2=(9+r)﹣(3+r)=6，∵a1，a2，a3成等比数列，∴𝑎22=𝑎1𝑎3，∴4=6(1+r)，解得r=﹣13，故D错误.12．BD在直线𝐴𝐵上满足|𝐴𝑃⃑⃑⃑⃑⃑|=32|𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑|的点𝑃有两个，一个在线段𝐴𝐵上，

一个在线段𝐴𝐵的延长线上，A错；如图，𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝑂⃑⃑⃑⃑⃑．则𝐴𝐵𝑂𝐶是平行四边形，又|𝐴𝑂⃑⃑⃑⃑⃑|=|𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑|=𝑅，而|𝑂𝐵|=|𝑂𝐶|=𝑅，所以𝐴𝐵𝑂𝐶是菱形，且∠𝐴

𝐵𝑂=𝜋3，|𝐵𝐸|=√32𝑅，𝐵𝐴⃑⃑⃑⃑⃑在𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑上的投影为|𝐵𝐸|=√32𝑅，B正确；如，𝑎=(2,1),𝑏⃑=(1,2)，𝑐=(1,1)，满足𝑐⊥(𝑎−𝑏⃑)，但𝑎≠𝑏⃑，C错；𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=𝑃𝐵

⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⇒𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⋅(𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑−𝑃𝐶⃑⃑⃑⃑⃑)=𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐶𝐴⃑⃑⃑⃑⃑=0⇒𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝐶𝐴⃑⃑⃑⃑⃑，即𝑃𝐵⊥𝐶𝐴，同理𝑃𝐶⊥𝐴𝐵,𝑃𝐴⊥𝐵

𝐶，所以𝑃是△𝐴𝐵𝐶的垂心，D正确；故选：BD．13．5.分析：先求复数z，再求|𝑧|.详解：由题得𝑧=18−𝑖2−3𝑖=(18−𝑖)(2+3𝑖)(2−3𝑖)(2+3𝑖)=39+52𝑖

13=3+4𝑖,所以|𝑧|=√32+42=5.故答案为5.点睛：（1）本题主要考查复数的运算和复数的模，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)的共轭复数𝑧=𝑎−𝑏𝑖,|𝑧|=√𝑎2+𝑏2.14．19910=(100−1)10=(1−

100)10=1−𝐶101×100+𝐶102×1002−⋯+10010，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，因此它除以1000后余数为1．15．𝜋2设𝐴𝐶的中点为𝐷，连接𝐵𝐷，∵𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，∴𝐵𝐷=𝐴𝐷，且𝐴𝐵=𝐵𝐷，∴𝛥𝐴𝐵𝐷

是等边三角形，并且𝛥𝐴𝐵𝐷的高是√3,∴𝐴𝐷=2，即𝐴𝐶=2𝐴𝐷=4，∴𝑇=4，即2𝜋𝜔=4，解得：𝜔=𝜋2.故答案为：𝜋216．±2试题分析：求导函数可得y′=3（x+1）（x-1），令y′＞0，可得x＞1或x＜-1；令y′＜0，可得-1＜x＜1

；∴函数在（-∞，-1），（1，+∞）上单调增，（-1，1）上单调减，∴函数在x=-1处取得极大值，在x=1处取得极小值．∵函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，∴极大值等于0或极小值等于0．∴1-3+c=0或-1+3+c=0，∴c=-2或2．17．（1）在𝛥𝐷𝐶𝐸

中，设𝐶𝐷=𝑥，𝐶𝐸=𝑦(𝑥>𝑦)，则𝑆=12𝑥𝑦sin60∘=√32，∴𝑥𝑦=2，由余弦定理可得，𝐷𝐸2=𝑥2+𝑦2−2𝑥𝑦cos60∘，∴𝑥2+𝑦2=5，解得𝑥=2，𝑦=1，所以菱形的边长𝐴𝐵为2.（2）在𝛥𝐷𝐶𝐹中，由题意

知,∠𝐷𝐶𝐹=30∘，由正弦定理可得，𝐶𝐹sin∠𝐶𝐷𝐹=𝐷𝐹sin30∘，∴sin∠𝐶𝐷𝐹=𝐶𝐹𝐷𝐹sin30∘=45，∵𝐸是边𝐵𝐶上一点，所以∠𝐶𝐷𝐸≤∠𝐶𝐷𝐵=60∘，∴cos∠𝐶𝐷𝐹=35，因为∠𝐷𝐹𝐶=

𝜋−(∠𝐶𝐷𝐹+30∘),所以cos∠𝐷𝐹𝐶=cos[𝜋−(∠𝐶𝐷𝐹+30∘)]=−cos(∠𝐶𝐷𝐹+30∘),由两角和的余弦公式可得，cos(∠𝐶𝐷𝐹+30∘)=cos∠𝐶𝐷𝐹cos

30∘−sin∠𝐶𝐷𝐹sin30∘=35×√32−45×12=3√3−410，所以cos∠𝐷𝐹𝐶=4−3√310即为所求.18(1)由题可知𝑓(𝑝)=𝐶54𝑝4(1−𝑝)=5𝑝4(1−𝑝)，𝑓′(𝑝)=5𝑝3(4−5𝑝)，令𝑓

′(𝑝)=0，得𝑝=45，当𝑝∈(0,45)时，𝑓′(𝑝)>0，𝑓(𝑝)在(0,45)上单调递增；当𝑝∈(45,1)时，𝑓′(𝑝)<0，𝑓(𝑝)在(45,1)上单调递减.所以𝑓(𝑝)的最大

值点𝑝0=45(2)①记事件A为一个互助组合做对题，事件B为一个互助组合中甲档中的学生做对题，事件C为一个互助组合中乙档中的学生做对题，则𝑃(𝐵)=45，𝑃(𝐶)=45⋅58=12，𝑃(𝐴)=1

−𝑃(𝐵̅)𝑃(𝐶̅)=1−15⋅12=0.9.②由题意知随机变量𝑋∼𝐵(𝑛,0.9)，𝑃(𝑋=𝑘)=𝐶𝑛𝑘×0.9𝑘×0.1𝑛−𝑘(𝑘=0,1,2,⋅⋅⋅,𝑛)因为𝑃(𝑋=90)最大，所以{𝐶𝑛90×0.990

×0.1𝑛−90≥𝐶𝑛91×0.991×0.1𝑛−91𝐶𝑛90×0.990×0.1𝑛−90≥𝐶𝑛89×0.989×0.1𝑛−89，解得99≤𝑛≤9019，因为n是整数，所以𝑛=99或𝑛=100，当𝑛=99时，𝐸(𝑋)=𝑛�

�=99×0.9=89.1；当𝑛=100时，𝐸(𝑋)=𝑛𝑝=100×0.9=9019．(1)证明：∵𝐴𝐴1=𝐴1𝐶，且O为AC的中点，∴𝐴1𝑂⊥𝐴𝐶，又侧面𝐴𝐴1𝐶1𝐶⊥底面ABC

，侧面𝐴𝐴1𝐶1𝐶∩底面ABC=AC，且𝐴1𝑂⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，∴𝐴1𝑂⊥平面ABC.(2)解：如图，连接OB，以O为坐标原点，OB，OC，𝑂𝐴1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.因为边长呈比例关系，不

妨设𝐴𝐴1=2.由已知可得𝐴(0,−√3,0)，𝐴1(0,0,1)，𝐵(3,0,0)，𝐶(0,√3,0)，𝐶1(0,2√3,1)∴𝐵𝐶→=(−3,√3,0)，𝐴1𝐵→=(3,0,−1)，𝐴1𝐶

1→=(0,2√3,0).设平面𝐶𝐴1𝐵的法向量为𝑚→=(𝑥1,𝑦1,𝑧1).则有{𝑚→⋅𝐵𝐶→=0𝑚→⋅𝐴1𝐵→=0⇒{−3𝑥1+√3𝑦1=03𝑥1−𝑧1=0取𝑥1=1

，则𝑦1=√3，𝑧1=3，∴𝑚→=(1,√3,3)为平面𝐶𝐴1𝐵的一个法向量.设平面𝐴1𝐵𝐶1的法向量为𝑛→=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则有{𝑛→⋅𝐴1𝐶1→=0𝑛→⋅𝐴

1𝐵→=0⇒{2√3𝑦2=03𝑥2−𝑧2=0𝑦2=0，令𝑥2=1，则𝑧2=3，∴𝑛→=(1,0,3)为平面𝐴1𝐵𝐶1的一个法向量，∴cos⟨𝑚→,𝑛→⟩=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→|

⋅|𝑛→|=10√13⋅√10=√13013.∴所求二面角的余弦值为√13013.20．解：（1）由已知得𝑒=𝑐𝑎=√22且2𝑐=2，所以𝑎=√2，𝑐=1.所以椭圆方程为𝑥22+𝑦2=1.（2）

设点𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝐷(𝑥3,𝑦4)，由𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=13𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，得{𝑥3=2𝑥1+𝑥23𝑦3=2𝑦1+𝑦23，设|𝑂𝐸||𝑂𝐷|=𝜆，则结合题意可知𝑂𝐸⃑⃑

⃑⃑⃑=𝜆𝑂𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑，所以𝐸(𝜆𝑥3,𝜆𝑦3).将点𝐸(𝜆𝑥3,𝜆𝑦3)代入椭圆方程，得𝜆2(𝑥322+𝑦32)=1.即1𝜆2=𝑥322+𝑦32=(2𝑥1+𝑥23)22+(2𝑦1+𝑦23)2.变形，得1𝜆2=49(𝑥122+𝑦12

)+49(𝑥1𝑥22+𝑦1𝑦1)+19(𝑥222+𝑦22)(*)又因为𝐴，𝐵均在椭圆上，且𝑘𝑂𝐴⋅𝑘𝑂𝐵=−12，所以{𝑥122+𝑦12=1𝑥222+𝑦22=1𝑘𝑂𝐴⋅𝑘

𝑂𝐵=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=−12，代入(*)式解得𝜆=3√55.所以|𝑂𝐸||𝑂𝐷|是定值，为𝜆=3√55.21．（1）甲的中位数是117+1212=119，乙的中位数是128+1282=128，乙的成绩更好（2）乙频率分布直方图如下图所示：

分组频数频率[100,110)20.1[110,120)40.2[120,130)50.25[130,140)60.3[140,150)30.15合计201（3）甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作𝐴1、𝐴2,乙3个成绩记作𝐵1、𝐵2、𝐵3

（其中𝐵3表示150分），任意选出2个成绩所有的取法为(𝐴1,𝐴2)，(𝐴1,𝐵1)，(𝐴1,𝐵2)，(𝐴1,𝐵3)，(𝐴2,𝐵1)，(𝐴2,𝐵2)，(𝐴2,𝐵3)，(𝐵1,𝐵2)，(𝐵1,𝐵3)，(𝐵2,𝐵3)共10种取法

其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是：(𝐴1,𝐵1)，(𝐴1,𝐵2)，(𝐴2,𝐵1)，(𝐴2,𝐵2)共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率：410=25.22．解：（1）由𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥+1得𝑓′(𝑥)=−𝑎𝑥2−1𝑥=−𝑎+�

�𝑥2(𝑥>0)，∵函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥+1有两个不同的零点𝑥1，𝑥2，∴𝑓(𝑥)在(0,+∞)上不单调，∴𝑎<0，令𝑓′(𝑥)>0得0<𝑥<−𝑎，𝑓′(𝑥)<0得𝑥>−𝑎，故𝑓(𝑥)在(0,−𝑎)上单调递增，在(−𝑎,+∞

)上单调递减，则𝑓(𝑥)的极大值为𝑓(−𝑎)=−ln(−𝑎)>0，∴0<−𝑎<1，∴−1<𝑎<0.∵𝑥→0+时𝑓(𝑥)<0，𝑥→+∞时𝑓(𝑥)<0，∴𝑎的取值范围是−1<𝑎<0.（2）由（1）

知𝑓(𝑥0)=−ln(−𝑎)，∵𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，∴𝑎𝑥1−ln𝑥1+1=𝑎𝑥2−ln𝑥2+1，∴𝑎=ln𝑥1−ln𝑥21𝑥1−1𝑥2=ln1𝑥2−ln1𝑥11𝑥1−1𝑥2.令1𝑥1=𝑡1，1𝑥2=𝑡2，则𝑎=ln𝑡2−l

n𝑡1𝑡1−𝑡2，且1𝑥1+1𝑥22=𝑡1+𝑡22，要证1𝑥1+1𝑥2>2𝑒𝑓(𝑥0)，只需证𝑡1+𝑡22>𝑒(−ln(−𝑎)).下面先证明𝑡1+𝑡22>𝑡1−𝑡2ln𝑡1−ln𝑡2，这只要证明ln𝑡1𝑡2<2(𝑡1𝑡2−1)𝑡

1𝑡2+1，设0<𝑡1𝑡2=𝑚<1，所以只要证明ln𝑚−2(𝑚−1)𝑚+1<0，设𝑔(𝑚)=ln𝑚−2(𝑚−1)𝑚+1，则𝑔′(𝑚)=1𝑚−4(𝑚+1)2=(𝑚−1)2𝑚(𝑚+1)2≥0，所以𝑔(𝑚)递增

，则𝑔(𝑚)<𝑔(1)=0成立.于是得到𝑡1+𝑡22>𝑡1−𝑡2ln𝑡1−ln𝑡2=−1𝑎，因此只要证明−1𝑎≥−𝑒ln(−𝑎)(−1<𝑎<0)，构造函数ℎ(𝑎)=−1�

�+𝑒ln(−𝑎)，则ℎ′(𝑎)=1𝑎2+𝑒𝑎=1+𝑒𝑎𝑎2，故ℎ(𝑎)在(−1,−1𝑒)上递减，在(−1𝑒,0)上递增，则ℎ(𝑎)≥ℎ(−1𝑒)=0，即−1𝑎≥−𝑒ln(−𝑎)成立.