2022年高考江苏卷数学含答案.docx

2022年普通高考学校招生全国统一考试〔江苏卷〕 数学 I
𝑛 𝑛
参考公式：
(1)样本数据𝑥1,𝑥2,⋯,𝑥𝑛的方差𝑠2=1𝑛ඉ(𝑥𝑖−𝑥)2，其中𝑥=1𝑛ඉ

𝑥𝑖．
𝑖=1
(2) 直棱柱的侧面积𝑆=𝑐ℎ，其中𝑐为底面周长，ℎ为高．
(3) 棱柱的体积 𝑉= 𝑆ℎ，其中 𝑆为底面积，ℎ 为高．
𝑖=1
一. 填空题：本大题共 14 小题，每题 5 分, 共 70 分．请把答案填写在答⋅ 题⋅ 卡⋅ 相⋅ 应⋅ 位⋅ 置⋅ 上⋅ ．
1.集合𝐴={−1,1,2,4}，𝐵={−1,0,2}，那么𝐴∩𝐵=.
答案: {−1,2}．
2.函数𝑓(𝑥)=log5(2𝑥+1)的单调增区间是.
答案:(−12,+∞).1
建议解法：函数 𝑓(𝑥) = log5(2𝑥+ 1)的定义域为 (− 2, +∞)，在定义域上 𝑓(𝑥) 是增函数．
注意：在确定函数的单调区间时，首先要考虑定⋅ 义⋅ 域⋅ ．
3.设复数𝑧满足i(𝑧+1)=−3+2i〔i是虚数单位〕，那么𝑧的实部是.
建议解法：计算得 𝑧 + 1 = 2 + 3i，𝑧 = 1 + 3i．

根据如下列图的伪代码，当输入 𝑎, 𝑏 分别为 2, 3 时，最后输出的 𝑚 的值为
答案: 1．

．
End If
Print 𝑚
Else𝑚 ← 𝑏
If 𝑎𝑚>←𝑏 T𝑎hen
Read 𝑎, 𝑏
4.
(ø4 ี‰)
答案: 3．
建议解法：这个算法的功能是：“求𝑎,𝑏两数中的最大值𝑚〞．
5. 从 1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，那么其中一个数是另一个数的两倍的概率是
．
答案: 3 ．
1
建议解法：所有的根本领件为：{1,2}, {1,3}, {1,4}, {2,3}, {2,4}, {3,4}，
能使事件发生的根本领件为：{1,2}, {2,4}．
6. 某老师从星期一到星期五收到的信件数分别为10,6,8,5,6，那么该组数据的方差𝑠2=．
答案:3.2．
建议解法：该组数据的平均数为：𝑥=7，方差为：𝑠2=
32+(−1)2+125+(−2)2+(−1)2=
156= 3.2．
7. tan(𝑥+4π)=2，那么ttaann2𝑥𝑥的值为．
答案:49．
tan𝑥+1
1 2tan𝑥3
tan𝑥4
常规解法：由得 1 − tan𝑥 = 2，即 tan𝑥 = 3，所以 tan2𝑥 = 1 − tan2 𝑥 = 4．所以 tan2𝑥 = 9．
建议解法：先化简得ttaann2𝑥𝑥=1−t2an2𝑥，由得tan𝑥=13，所以ttaann2𝑥𝑥=49．
𝑥
8. 在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，过坐标原点的一条直线与函数𝑓(𝑥)=2的图象交于𝑃,𝑄两点，那么线段𝑃𝑄长的最小值是．
函数 𝑓(𝑥) = 𝐴 sin(𝜔𝑥 + 𝜑) (𝐴, 𝜔, 𝜑 为常数，𝐴 > 0，𝜔 > 0) 的局部图象如图
所示，那么 𝑓(0) 的值是 ．
π 7π
3 12
答案: √26 ．

𝑂
√2
𝑥
建议解法：首先 𝐴 = √2
，由
⎧𝜔 ⋅ π + 𝜑 = π,
所以 𝑓(𝑥) = √2 sin(2𝑥 + π3 )，从而 𝑓(0) = √26 ．
⎪𝜔 ⋅ + 𝜑 = ,
⎩
7
1
2
3π
2
得
⎧𝜔 = 2,
(ø 9 ี‰)
⎪
⎩
𝜑 = .
π
3
．
2
𝑥
𝑥 ≠ 0，那么由函数 𝑓(𝑥) 的图象的对称性，得 𝑄(−𝑥, − )．
2
𝑥
建议解法：设 𝑃(𝑥, )，
所以，𝑃𝑄 = 2ා𝑥2 + 𝑥42 ⩾ 4．
答案: 4．
9.
10.𝒆1,𝒆2是夹角为23π的两个单位向量，𝒂=𝒆1−2𝒆2，𝒃=𝑘𝒆1+𝒆2．假设𝒂⋅𝒃=0，那么实数𝑘的值为.
答案:54．
由 ，得1 1 2 1 2 1 2 ，5
建议解法：首先𝒆12

=1，𝒆22
=1，𝒆1⋅𝒆2=−12.
𝒂⋅𝒃=0𝑘𝒆2−2𝒆2−2𝑘𝒆⋅𝒆+𝒆⋅𝒆=0
即 𝑘 − 2+ 𝑘 − 2 = 0，所以 𝑘 = 4．
⎪⎩−𝑥 − 2𝑎, 𝑥 ⩾ 1.
11.实数𝑎≠0，函数𝑓(𝑥)=⎧⎪⎨2𝑥+𝑎,𝑥<1,假设𝑓(1−𝑎)=𝑓(1+𝑎)，那么𝑎的值为．
12. 在𝑙
答案:−34．
令 2 − 𝑎 = −1 − 3𝑎 得 𝑎 = − 2 ，这与 𝑎 > 0 矛盾，舍去．
建议解法：假设 𝑎 > 0，那么 𝑓(13− 𝑎) = 2(1 − 𝑎)+ 𝑎 = 2 − 𝑎，𝑓(1+ 𝑎) = −(1+ 𝑎)− 2𝑎= −1 − 3𝑎．
假设 ，那么 3 ， ．
𝑎<0 𝑓(1−𝑎)=−(1−𝑎)−2𝑎=−1−𝑎𝑓(1+𝑎)=2(1+𝑎)+𝑎=2+3𝑎
令 −1 − 𝑎 = 2+ 3𝑎 得 𝑎 = − 4，经检验，满足题意．
𝑦 𝑀 𝑃 𝑙 𝑦 𝑁 𝑀𝑁 𝑡 𝑡
平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝑃是函数𝑓(𝑥)=e𝑥(𝑥>0)的图象上的动点，该图象在点𝑃处的切线交 轴于点 ．过点 作的 垂 线交 轴于点 ．设线段 的中点的纵坐标为，那么的最大值是
.
答案:12(e+1e)．𝑠
建议解法：设 𝑃(𝑠,e ) (𝑠> 0)．
ດ 𝑠

𝑠 𝑠
𝑠 𝑠
由𝑓(𝑠)=e得切线𝑙的方程为𝑦−e=e(𝑥−𝑠)，所以𝑀(𝑠0,e−𝑠e).
𝑠 1 𝑠 𝑠
所以 2 2e𝑠 ．
直线𝑃𝑁的方程为(𝑥−𝑠)+e𝑠(𝑦−e𝑠)=0，所以𝑁(0,e𝑠+e𝑠)．
𝑡=𝑔(𝑠)=e−𝑠e+ (𝑠 >0)
而𝑔ດ(𝑠)=e𝑠−12e𝑠−12𝑠e𝑠+12−e𝑠𝑠=12(1−𝑠)(e𝑠+e1𝑠)．所以，当𝑠=1时，𝑡取最大值12(e+1e)．
13.设1=𝑎1⩽𝑎2⩽⋯⩽𝑎7，其中𝑎1,𝑎3,𝑎5,𝑎7成公比为𝑞的等比数列，𝑎2,𝑎4,𝑎6成公差为1的等差数列，那么𝑞的 最小值是．
答案: √3 3．
建议解法：设 𝑎 = 𝑏，那么 1 ⩽ 𝑏 ⩽ 𝑞 ⩽ 𝑏 + 1 ⩽ 𝑞 ⩽ 𝑏 + 2 ⩽ 𝑞 ．
2
3
其次，假设 𝑞 < √3
首先，𝑏 = 1，𝑞 = √3 满足不等式；
2
3
综上可得，𝑞 的最小值为
3
，那么 𝑏 ⩽ 𝑞 − 2 < 1，与 𝑏 ⩾ 1 矛盾．
√
3
3
3
．

，那么实数 𝑚 的取值范围是 ．
14.设∅集合𝐴=඼(𝑥,𝑦)|𝑚2⩽(𝑥−2)2+𝑦2⩽𝑚2,𝑥,𝑦∈𝐑ල,𝐵={(𝑥,𝑦)|2𝑚⩽𝑥+𝑦⩽2𝑚+1,𝑥,𝑦∈𝐑}．假设𝐴∩𝐵≠
答案:ඹ12,2+√2ය．

2 𝑚1
建议解法：首先 𝐵 ≠ ∅，由 𝐴 ≠ ∅ 得 𝑚 ⩾ 2，即 𝑚 ⩽ 0 或 𝑚 ⩾ 2．
集合 𝐴 表1 示的图形是：以点 𝑃(2, 0) 为圆心，外边界圆的半径 𝑟 = |𝑚| 的圆盘或圆环〔当 𝑚 = 0 时缩为点 𝑃 ；
集合𝐵表示图形是：以两条直线𝑙1：𝑥+𝑦=2𝑚和𝑙2：𝑥+𝑦=2𝑚+1为边界的带型区域；
当 𝑚= 2时变为圆〕．
|2−2𝑚|√||

|1−2𝑚|
圆心𝑃到直线𝑙1的距离𝑑1=
√2 =
2|𝑚−1|，圆心𝑃到直线𝑙2的距离𝑑2=
√2 ．
√2 √2
所以 2(𝑚 − 1)2 ⩽ 𝑚2 或 2 (1 − 2𝑚)2 ⩽ 𝑚2．
因为𝐴∩𝐵≠∅，所以m1in൳𝑑1,𝑑2൴⩽𝑟，即𝑑1⩽𝑟或𝑑2⩽𝑟，即𝑑12⩽𝑟2或𝑑2⩽𝑟2． 化简得 𝑚2− 4𝑚+ 2 ⩽ 0或 2𝑚2− 4𝑚+ 1 ⩽ 0．
合并得 1 − √22 ⩽ 𝑚 ⩽ 2 + √2．
即 2 − √2 ⩽ 𝑚 ⩽ 2+ √2或 1 −2⩽ 𝑚 ⩽ 1+2．
又因为𝑚⩽0或𝑚⩾12．
1,2+√2
所以，实数𝑚的取值范围是ඹ2ය．
步骤．
二. 解答题: 本大题共 6 小题，共计 90 分．请在答⋅ 题⋅ 卡⋅ 指⋅ 定⋅ 区⋅ 域⋅ 内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算
15. (本小题总分值 14 分)

在△𝐴𝐵𝐶中，π角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐．
(1) 假设 sin(𝐴 + 61) = 2 cos 𝐴，求 𝐴 的值；
(2)假设cos𝐴=3，𝑏=3𝑐，求sin𝐶的值．
3
2√2
3
所以 sin 𝐶 = cos 𝐴 = 3 ．
1
另解：由 cos 𝐴 = ，得 sin 𝐴 = ．
𝑏 = 3𝑐，
3
1
π
3
2 2 2
所以 𝑎2 = 𝑏2 − 𝑐2，即1𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2，所以 𝐵 = 2 ．
因为 0 < 𝐴 < π，所以 𝐴 = ．
(2) 由余弦定理得 𝑎 = 𝑏 + 𝑐 − 2𝑏𝑐 cos 𝐴，又 cos 𝐴 = ，
．
√
π
2
2
因为 cos 𝐴 ≠ 0，所以 tan 𝐴 = 3
(1) 由得 √3 sin 𝐴 + 1 cos 𝐴 = 2 cos 𝐴，即 sin 𝐴 = √3 cos 𝐴．
解:

因为 cos 𝐶 ≠ 0，所以 tan 𝐶 = 2√1 2 ，从而 sin 𝐶 = 13 ．
说明：本小题主要考查三角函数的根本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力．
由 𝑏 = 3𝑐√及正弦定理，得 sin 𝐵 = 3 sin 𝐶，即 sin(𝐴 + 𝐶) = sin 𝐶．
所以， 2 3 2 cos 𝐶 + 31 sin 𝐶 = sin 𝐶，即 cos 𝐶 = 2√2 sin 𝐶．

16. (本小题总分值 14分)
𝐸, 𝐹 𝐴𝑃, 𝐴𝐷
∠𝐵𝐴如𝐷图=，60在∘
四棱锥 𝑃 − 𝐴𝐵𝐶𝐷 中，平面 𝑃𝐴𝐷 ⟂ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵 = 𝐴𝐷，
𝐸
𝐹
𝐵
𝐶
， 分别是 的中点．
(1) 求证：直线 𝐸𝐹 ⫽ 平面 𝑃𝐶𝐷；
(2) 求证：平面 𝐵𝐸𝐹 ⟂ 平面 𝑃𝐴𝐷．

𝐴 𝐷
𝐵
说明：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．
𝐴 𝐹 𝐷
𝐶
又因为 𝐵𝐹 ⊂ 平面 𝐵𝐸𝐹 ，所以平面 𝐵𝐸𝐹 ⟂ 平面 𝑃𝐴𝐷．
𝐵𝐹 ⊂ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷，所以 𝐵𝐹 ⟂ 平面 𝑃𝐴𝐷．
因为平面 𝑃𝐴𝐷 ⟂ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷，平面 𝑃𝐴𝐷 ∩ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐷，
𝐸
因为 𝐹 是 𝐴𝐷 的中点，所以 𝐵𝐹 ⟂ 𝐴𝐷．
所以，直线 𝐸𝐹 ⫽ 平面 𝑃𝐶𝐷．
(2) 连结 𝐵𝐷．因为 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷 = 60∘，所以 △𝐴𝐵𝐷 为正三角形．
又因为 𝐸𝐹 ⊄ 平面 𝑃𝐶𝐷，𝑃𝐷 ⊂ 平面 𝑃𝐶𝐷，
(1) 在 △𝑃𝐴𝐷 中，因为 𝐸, 𝐹 分别是 𝐴𝑃, 𝐴𝐷 的中点，所以 𝐸𝐹 ⫽ 𝑃𝐷．
证明:
(ø16 ี‰)
17. (本小题总分值 14 分)

𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 𝑃
请你设计一个包装盒．如下列图，𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影局部所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 四个点重合于图中的点，正好形成一个正四棱柱形状的
包装盒．𝐸,𝐹 在 𝐴𝐵上，是被切去的一个等2 腰直角三角形斜边的两个端点．设 𝐴𝐸= 𝐹𝐵= 𝑥〔cm〕．
(1) 某广告商要求包装盒的侧面积 〔3 cm 〕最大，试问 应取何值
𝑆 𝑥
(2) 某厂商要求包装盒的容积 𝑉〔cm 〕最大，试问 𝑥应取何值并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
𝐴 𝑥

𝐸 𝐹
60 ⇨
𝑃
𝑥 𝐵
解: 设包装盒的的底面边长为 𝑎〔cm〕，高为 ℎ〔cm〕，那么由得
𝑎 = √2𝑥，
(1) 𝑆 = 4𝑎ℎ = 8𝑥(30 − 𝑥) = −8(𝑥 − 15)2 + 1800．
ℎ =
60 − 2𝑥

√
2
= √2(30 − 𝑥)，其中 0 < 𝑥 < 30．
(2) 𝑉 = 𝑎2ℎ = 2√2𝑥2(30 − 𝑥) = 2√2(30𝑥2 − 𝑥3)．
所以，当 𝑥 = 15 时，𝑆 取得最大值．
𝑉 ດ = 2√2(60𝑥 − 3𝑥2) = 6√2𝑥(20 − 𝑥), (0 < 𝑥 < 30)．
令 𝑉 ດ = 0，得 𝑥 = 20．
当 𝑥 ∈ (0, 20) 时，𝑉 ດ > 0；当 𝑥 ∈ (20, 30) 时，𝑉 ດ < 0．
所以 𝑉 在 (0, 20] 上递增，在 [20, 30) 上递减．
因此，当 𝑥 = 20 时，𝑉 取得最大值．
此时， = ，即包装盒的高与底面边长的比值为 ．
ℎ 1
说明：本小题主要考查函数的概念、导数等根底知识，考查数学建模能力、空间想象能力、数学阅读能力
及解决实际问题的能力．
𝑎 2
12
(ø17 ี‰)
𝑥𝑂𝑦 𝑀, 𝑁
18. (本小题总分值 16 分)
𝑃𝐴 𝑘
𝑃 𝑥 𝐶 𝐴𝐶 𝐵
如图，在平面直角坐标系 中， 分别是椭圆
𝑥42+
𝑦22=1
的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于𝑃,𝐴两点，其中𝑃在第一象限． 过 作 轴的垂线，垂足为 ．连接 ，并延长交椭圆于点 ．设
直线 的斜率为 ．

(1) 假设直线 𝑃𝐴 平分线段 𝑀𝑁，求 𝑘 的值；
(2) 当 𝑘 = 2时，求点 𝑃 到直线 𝐴𝐵 的距离 𝑑；
(3) 对任意的 𝑘 > 0，求证：𝑃𝐴 ⟂ 𝑃𝐵．

𝑀
𝐴
𝑂

𝑁
𝑃
𝐶 𝐵 𝑥
(ø18 ี‰)

解:
(1) 由得 𝑀(−2,0)，𝑁(0, −√
2)，直线 𝑃𝐴经过 𝑀𝑁的中点 𝑄(−1, −
√22)．
所以𝑘=𝑘𝑃𝐴=𝑘𝑂𝑄=√22．4
2 4 2 4 2 2
所以直线 𝐴𝐵 的方程为 𝑥 − 𝑦 − 3 = 0．
(2) 当 𝑘 = 2 时，直线 𝑃𝐴 的方程为 𝑦 = 2𝑥，代入椭圆方程 𝑥2 + 2𝑦2 = 4，得 𝑥2 = 9， 所以𝑃(3,3)，𝐴(−3,−3)，于是𝐶(3,0)．𝑘𝐴𝐵=𝑘𝐴𝐶=1．
点 𝑃到直线 𝐴𝐵的距离 𝑑=
|23−43−23|=
2√32．
√2
(3)将直线𝑃𝐴的方程𝑦=𝑘𝑥代入椭圆方程𝑥42+𝑦22=1，得𝑥=±√22．
√1 + 2𝑘2 √1 +𝑘2𝑘2
2 2
1+2𝑘
将 𝑦 = 𝑘2 (𝑥 − 𝑥0) 代入椭圆方程 𝑥42 + 𝑦22 = 1，得 (2 + 𝑘2)𝑥2 − 2𝑘2𝑥0𝑥 − (2 + 3𝑘2)𝑥02 = 0．
记𝑥0= ，其中0< <2，那么𝑃(𝑥0,𝑘𝑥0)，𝐴(−𝑥0,−𝑘𝑥0)，𝐶(𝑥0,0)． 所以直线𝐴𝐵的斜率𝑘𝐴𝐵=𝑘𝐴𝐶=2，直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘2(𝑥−𝑥0)．
(2 + 3𝑘2)𝑥0
(2+3𝑘2)𝑥0𝑘3𝑥0
解得𝑥=−𝑥0或𝑥= 2+𝑘2 ．所以𝐵(
2+𝑘2 ,2+𝑘2)．
2 + 𝑘2
𝑘3𝑥02 − 𝑘𝑥0
𝑘3−𝑘(2+𝑘2) 1 1
所以 𝑘𝑃𝐵=
(22++3𝑘2)𝑥0−𝑥0=2+3𝑘2−(2+𝑘2)=−𝑘=−𝑘𝑃𝐴．
所以 𝑃𝐴 ⟂ 𝑃𝐵．
说明：本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等根底 知识，考查运算求解能力和推理论证能力．
19. (本小题总分值 16 分)

在区间 𝐼 上恒成立，那么称 𝑓(𝑥) 和 𝑔(𝑥) 在区间 𝐼 上单调性一致．
𝑓ດ(𝑥)已𝑔ດ(知𝑥)𝑎⩾,𝑏0是实数，函数𝑓(𝑥)=𝑥3+𝑎𝑥，𝑔(𝑥)=𝑥2+𝑏𝑥，𝑓ດ(𝑥)和𝑔ດ(𝑥)分别是𝑓(𝑥)和𝑔(𝑥)的导函数．假设
(1) 设 𝑎> 0．假设 𝑓(𝑥)和 𝑔(𝑥)在区间 [−1,+∞) 上单调性一致，求 𝑏的取值范围；
|𝑎 − 𝑏|
解:
(2)设𝑎<0且𝑎≠𝑏．假设𝑓(𝑥)和𝑔(𝑥)在以𝑎,𝑏为端点的开区间上单调性一致，求||的最大值．
(1)𝑓ດ(𝑥)=3𝑥2+𝑎，𝑔ດ(𝑥)=2𝑥+𝑏．
因为ດ ，所以 ，所以 在区间 上恒成立，
𝑎>0 𝑓ດ(𝑥)>0 𝑔ດ(𝑥)⩾0 [−1,+∞)
而𝑔(𝑥)=2𝑥+𝑏在在区间[−1,+∞)上的最小值为−2+𝑏，所以−2+𝑏⩾，即𝑏⩾2．
因此，实数 𝑏的取值范围是 [2, +∞)．
𝑎
3
(2) 当 𝑎 < 0时，令 𝑓ດ(𝑥) = 3𝑥2 + 𝑎 = 0，得 𝑥 = ±ා− ．
① 假设 ，那么 ．因为 ，所𝑎以 和 在 上单调性不一致．𝑎
𝑏>00∈(𝑎,𝑏)𝑓ດ(0)𝑔ດ(0)=𝑎𝑏<0𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)(𝑎,𝑏)
②假设𝑏⩽0，那么在(−∞,0)上，𝑔ດ(𝑥)<0；在(−∞,−ා−3)上，𝑓ດ(𝑥)>0，在(−ා−3,0)上，𝑓ດ(𝑥)<0．
假设𝑓(𝑥)和𝑔(𝑥)在以𝑎,𝑏为端点的开区间上单调性一致，那么(𝑎,𝑏)⊆(−ා−𝑎3,0)或(𝑏,𝑎)⊆(−ා−𝑎3,0)，
即 ⎨⎪𝑏 ⩾ −ා− 𝑎3 . 从而 − 3 ⩽ 𝑎 < 0，于是 − 3 ⩽ 𝑏 ⩽ 0．
⎧⎪𝑎⩾−ා−𝑎3,11
⎩ 1| | 11ດ21
1
当𝑎=−3，𝑏=0时，|𝑎−𝑏|取得最大值3．此时，在(−3,0)上，𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=2𝑥(3𝑥
因此 |𝑎 − 𝑏| 的最大值为 3．
− 3) > 0恒成立．
说明：本小题主要考查函数的概念、性质及导数等根底知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方 法进行探索、分析与解决问题的综合能力．
20. (本小题总分值 16 分)

𝑛 > 𝑘 𝑆 + 𝑆 = 2(𝑆 + 𝑆 )
𝑀 = {1} 𝑎 = 2 𝑎
(1) 设 ， 2 ，求 的值；5
设𝑀为局部正整数组成的集合，数列൳𝑎𝑛൴的首项𝑎1=1，前𝑛项的和为𝑆𝑛．对任意的整数𝑘∈𝑀，当整数 时，𝑛+𝑘 𝑛−𝑘 𝑛 𝑘都成立．
解:
(2) 设 𝑀 = {3,4}，求数列 ൳𝑎𝑛൴ 的通项公式．
(1)假设𝑀={1}，那么当整数𝑛⩾2时，𝑆𝑛+1+𝑆𝑛−1=2(𝑆𝑛+𝑆1)都成立． 因为 𝑆1= 𝑎1= 1，所以 𝑆𝑛+1 − 𝑆𝑛= 𝑆𝑛 − 𝑆𝑛−1+ 2，即 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛= 2． 所以，当𝑛⩾2时，൳𝑎𝑛൴是𝑎2=2，公差为𝑑=2的等差数列．
𝑎5=𝑎2+3𝑑 =8．
(2)假设𝑀={3,4}，那么当整数𝑛⩾4时，𝑆𝑛+3+𝑆𝑛−3=2(𝑆𝑛+𝑆3)，且𝑆𝑛+4+𝑆𝑛−2=2(𝑆𝑛+1+𝑆3)．
两式相减得 𝑎𝑛+4+ 𝑎𝑛−2= 2𝑎𝑛+1． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ①
当整数𝑛⩾5时，𝑆𝑛+4+𝑆𝑛−4=2(𝑆𝑛+𝑆4)且𝑆𝑛+5+𝑆𝑛−3=2(𝑆𝑛+1+𝑆4)．
两式相减得 𝑎𝑛+5+ 𝑎𝑛−3= 2𝑎𝑛+1． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ②
由①式和②式得，当𝑛⩾2时，𝑎𝑛,𝑎𝑛+3,𝑎𝑛+6,𝑎𝑛+9,𝑎𝑛+12,⋯和𝑎𝑛,𝑎𝑛+4,𝑎𝑛+8,𝑎𝑛+12,⋯均成等差数列，
所以 2𝑎𝑛+6= 𝑎𝑛+ 𝑎𝑛+12= 𝑎𝑛+4+ 𝑎𝑛+8， . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ③
即当𝑛⩾6时，𝑎𝑛,𝑎𝑛+2,𝑎𝑛+4,𝑎𝑛+6,⋯成等差数列，
所以 2𝑎𝑛+3 = 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+6 = 𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛+4，
即当𝑛⩾8时，൳𝑎𝑛൴成等差数列，设公差为𝑑，那么𝑎𝑛=𝑎8+(𝑛−8)𝑑．
即当 𝑛 ⩾ 2 时，൳𝑎𝑛൴ 成等差(𝑛数− 列1)(，𝑛 −公2差) 为 𝑑，𝑎𝑛 = 𝑎2 + (𝑛 − 2)𝑑，
由③知，当 𝑛 ⩾ 2时，2[𝑎8+ (𝑛 + 6− 8)𝑑]= 𝑎𝑛+ [𝑎8+ (𝑛 + 12− 8)]，即 𝑎𝑛= 𝑎8+ (𝑛 − 8)𝑑，
由 ⎪⎨ 7 1 4 3
所以 𝑆𝑛= 1+ (𝑛− 1)𝑎2+
2⎧𝑑(𝑛∈𝐍∗)．
⎧𝑎
=3,
得 ⎪⎨ 2
⎧𝑆+𝑆=2(𝑆+𝑆),
⎪⎩𝑆9+𝑆1=2(𝑆5+𝑆4).
4𝑎 +2=7𝑑,
⎪⎩6𝑎2+2=10𝑑.
解得⎪⎨⎪⎩𝑑2=2.
所以，𝑎𝑛=2𝑛−1(𝑛⩾2)，又𝑎1=1，所以𝑎𝑛=2𝑛−1．
说明：本小题考查数列的通项与前 𝑛 项和的关系、等差数列的根本性质等根底知识，考查考生分析探索及逻辑推理的能力．
2022年普通高等学校招生全国统一考试〔江苏卷〕 数学 II〔附加题〕
注 意 事 项

考生在答题前请认真阅读本本卷须知及各题答题要求

1. 本试卷共 2 页，均为非选择题〔第 21 题 ∼ 第 23 题〕。本卷总分值为 40 分，考试时间为 30 分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。
2. 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符。
4. 作答试题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。
5. 如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
，
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
21. 【选做题】此题包括 A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．假设多做，那么按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
(本小题总分值 10 分)
𝑂
1
如图，圆 𝑂 与圆 𝑂 内切于点 𝐴
1
2
，其半径分别为 𝑟 与 𝑟 ( 𝑟 > 𝑟 )．圆
1
2 1 2
证明：因为圆 𝑂1 与圆 𝑂2 内切于点 𝐴，所以三点 𝑂1, 𝑂2, 𝐴 在一直线上．
的弦 𝐴𝐵 交圆 𝑂 于点 𝐶〔
2
𝑂 不在 𝐴𝐵 上〕．求证：𝐴𝐵 ∶ 𝐴𝐶 为定值．
1
连结 𝑂1𝑂2𝐴, 𝑂1𝐵, 𝑂2𝐶，那么两个等腰三角形 𝐴𝑂1𝐵 与 𝐴𝑂2𝐶 相似，
所以 𝐴𝐵 ∶ 𝐴𝐶 = 𝑂1𝐴 ∶ 𝑂2𝐵 = 𝑟1 ∶ 𝑟2 为定值．
说明：本小题主要考查两圆内切、相似比等根底知识，考查推理论证 能力．
𝐶

𝑂1 𝑂2

(ø 21−A ี‰)
𝐴
A. 选修 4 – 1:几何证明选讲
B. 选修 4 – 2:矩阵与变换
(本小题总分值10分1) 1 1 2
矩阵 𝑨 = ย21ร，向量 𝜷 = ย2ร．求向量 𝜶，使得 𝑨 𝜶 = 𝜷 ．
𝑥 3
⎪⎩4𝑥 + 3𝑦 = 2.
解得 ⎪⎨
解：𝑨2=ย121รย121ร=ย3423ร．
设向量𝜶=ย𝑦ร，那么ย4
所以 𝜶= ย−21ร．
23รย𝑥𝑦ร=ย12ร，即⎧⎪⎨3𝑥+2𝑦=1,
⎧𝑥 =−1,
⎪⎩𝑦=2.
说明：本小题主要考查矩阵运算等根底知识，考查运算求解能力．
C. 选修 4 – 4:坐标系与参数方程
(本小题总分值 10 分)
⎧⎪𝑥=5cos𝜑,
⎧⎪𝑥=4−2𝑡,
〔𝑡 为参数〕平行的直线的普通方程．
在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，求过椭圆⎨⎪⎩𝑦=3sin𝜑〔𝜑为参数〕的右焦点，且与直线⎨⎪⎩𝑦=3−𝑡
解：椭圆的右焦点为 𝐹(4, 0)，直线的普通方程为 𝑥 − 2𝑦 + 2 = 0． 所求的直线的普通方程为 (𝑥 − 4) − 2(𝑦 − 0)= 0，即 𝑥 − 2𝑦 − 4= 0．
说明：本小题主要考查椭圆及直线的参数方程等根底知识，考查转化问题的能力．
(本小题总分值 10 分)
D. 选修 4 – 5:不等式选讲
解不等式𝑥+|2𝑥−1|<3．
解：由得 ⎨⎪⎩𝑥 + (2𝑥 − 1) < 3,
⎧⎪2𝑥 − 1 ⩾ 0,
或 ⎪⎨⎩𝑥 − (2𝑥 − 1) < 3.
⎧⎪2𝑥 − 1 < 0,
即 −2 < 𝑥 < 43 ．
即 12 ⩽ 𝑥 < 43 ，或 −2 < 𝑥 < 12 ，
另解：由得 2𝑥 − 1 < 3 − 𝑥，所以 𝑥 − 3 < 2𝑥 − 1 < 3 − 𝑥
因此，不等式 𝑥 + 2𝑥 − 1 < 3 的解集为 𝑥 −2 < 𝑥 < ．
|
|
|
|
඼
|
|
4
ල
因此，不等式 𝑥 + 2𝑥 − 1 < 3 的解集为 𝑥 −2 < 𝑥 < ．
|
|
|
3
|
说明：本小题主要考查解绝对值不等式的根底知识，考查分类讨论、运算求解能力．
඼
||
4
3
ල
，即 −2 < 𝑥 < ．
4
3

1
𝐵1
𝐷
𝐵
𝑁
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
22. (本小题总分值 10分)
𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1
𝐴𝐴1=2
𝐴𝐵=1 𝑁
𝐶1
的中点∘，点𝑀在𝐶𝐶1上．设二面角𝐴1−𝐷𝑁−𝑀的大小为𝜃．
𝐴1
√6
(1) 当 𝜃 = 90
(2) 当 cos𝜃=
时，求 𝐴𝑀 的长；
6 时，求 𝐶𝑀 的长．

𝑀
𝐶
𝐴
(ø22 ี‰)

解：

以向量 1 为正交1基底建立空间直角坐标系 ，
𝐷්𝐴,𝐷්𝐶,𝐷෿𝐷𝐷−𝑥𝑦𝑧
那么 𝐷(0,0,0)，𝐴(1,0,0)，𝑁(2, 1,0)，𝐴1(1,0,2)．设 𝑀(0,1,𝜆)，其中 0 ⩽ 𝜆 ⩽ 2．
⎪⎨ 1
⎧设平面𝐴1𝐷𝑁的一个法向量为𝒎=(𝑥,𝑦,𝑧)，那么由𝒎⋅𝐷෿𝐴1=0，𝒎⋅𝐷්𝑁=0得

𝐷1

𝐶1
𝑥+2𝑧=0,
⎧设平面 𝑀𝐷𝑁 的一个法向量为 𝒏 = (𝑥, 𝑦, 𝑧)，那么由 𝒏 ⋅ 𝐷𝑀 = 0，𝒏 ⋅ 𝐷𝑁 = 0 得
⎪⎩2𝑥+𝑦=0.
取 𝒎= (−2,1,1)．
𝐴1 𝐵1
෿්
⎪⎩ 2 𝑥 + 𝑦 = 0. ∘
⎪⎨𝑦1+𝜆𝑧=0,
(1)当 𝜃= 90
取 𝒏 = (2𝜆,−𝜆,1)．
1 5 1
时，𝒎⟂𝒏，即𝒎⋅1𝒏=0．
𝐴 𝐷
𝑀
𝑁𝐶 𝑦
所以−4𝜆−𝜆+1=，即𝜆= ．
此时，𝑀(0,1,5)，𝐴෿𝑀=(−1,1,5)．
𝑥 𝐵
所以 𝐴𝑀= √551．

√6|−5𝜆+1|√6
(2)由(1)可知，|cos⟨𝒎,𝒏⟩|=cos𝜃=
6， 即
|√ 2|
= 6．
2 1√6
5𝜆 + 1
化简得 2𝜆 − 𝜆 = 0，所以 𝜆 = 2，或 𝜆 = 0．
所以，𝐶𝑀 = 2 ．
当𝜆=0时，𝜃1为钝角，不合题意，舍去．
说明：本小题主要考查空间向量的根底知识，考查运用空间向量解决问题的能力．
23. (本小题总分值 10 分)

(1) 记 𝑛 为满足 1 的点 的个数，求 𝑛；
设整数 𝑛 ⩾ 4，𝑃(𝑎,𝑏) 是平面直角坐标系 𝑥𝑂𝑦 中的点，其中 𝑎,𝑏 ∈ {1,2,3, ⋯ , 𝑛}，𝑎 > 𝑏 ．
𝐴 𝑎−𝑏=3 𝑃 𝐴
(2)记𝐵𝑛为满足3(𝑎−𝑏)是整数的点𝑃的个数，求𝐵𝑛．
③ 假设 𝑛 = 3𝑚 + 3，𝑚 ∈ 𝐍∗，那么 𝐵𝑛 = 𝑚(3𝑚2 + 3) = 𝑛(𝑛6− 3) ．
说明：本小题主要考查计数原理，考查探究能力．
② 假设 𝑛 = 3𝑚 + 2，𝑚 ∈ 𝐍∗，那么 𝐵𝑛 = 𝑚(3𝑚2 + 1) = (𝑛 − 1)6(𝑛 − 2) ；
．
2
=
2
𝑚 [(𝑛 − 3) + (𝑛 − 3𝑚)] 𝑚(2𝑛 − 3 − 3𝑚)
3
所以 𝐵𝑛 = (𝑛 − 3) + (𝑛 − 6) + ⋯ + (𝑛 − 3𝑚) =
① 假设 𝑛 = 3𝑚 + 1，𝑚 ∈ 𝐍∗，那么 𝐵𝑛 = 𝑚(3𝑚2 − 1) = (𝑛 − 1)6(𝑛 − 2) ；
∗
，𝑘 ∈ 𝐍 ．
3
𝑛 − 1
，且 𝑘 ⩽
的整数局部为 𝑚，那么 𝑘 = 1, 2, ⋯ , 𝑚．
𝑛 − 1
记
𝑛
，所以 𝐴 = 𝑛 − 3．
𝑃(𝑏 + 3, 𝑏)，其中 𝑏 = 1, 2, 3, ⋯ , 𝑛 − 3
3
(2) 设 (𝑎 − 𝑏) = 𝑘 为整数，那么 𝑎 = 3𝑘 + 𝑏，其中 𝑏 = 1, 2, 3, ⋯ , 𝑛 − 3𝑘
(1) 当 𝑎 − 𝑏 = 3 时，
解：