2022 年江苏高考数学（新高考全国 I）试卷

听很多人说这份卷子十分难，于是打算简单做一下吧。

单项选择题

单项选择一共 8 条，一条 5 分，一共是 40 分。错一条的代价实在是太大了，所以还是小心为好。

我给出的答案为 (D)(D)(B)(C)(D)(A)(C)(C)。

Problem 1

如果集合 $M = \{x: \sqrt x < 4\}, N = \{x: 3x \geq 1\}$，求集合 M ∩ N。

1. {x : 0 ≤ x < 2}
2. $\left\{x: \dfrac13 \leq x < 2\right\}$
3. {x : 3 ≤ x < 16}
4. $\left\{x: \dfrac13 \leq x < 16\right\}$

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显然 $M = (0, 16), N = \left[\dfrac13, +\infty\right)$，答案为 (D)。

Problem 2

如果 $\mathop{\rm i}(1 - z) = 1$，求 $z + \overline z$ 的值。

1.  − 2
2.  − 1
3. 1
4. 2

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假设 $z := a + b\mathop{\rm i}(a, b \in \mathbb R)$，那么：

$$ 1 = \mathop{\rm i}(1 - z) = \mathop{\rm i}((1 - a) - b\mathop{\rm i}) = b + (1 - a)\mathop{\rm i} $$

得到 $z = 1 + \mathop{\rm i}$，所以 $z + \overline z = 2\Re(z) = 2$，答案为 (D)。

Problem 3

在 △ABC 中，点 D 在边 AB 上，BD = 2DA，记 $\vec{CA} = \boldsymbol{m}, \vec{CD} = \boldsymbol{n}$，那么：

1. $\vec{CB} = 3\boldsymbol{m} - 2\boldsymbol{n}$
2. $\vec{CB} = -2\boldsymbol{m} + 3\boldsymbol{n}$
3. $\vec{CB} = 3\boldsymbol{m} + 2\boldsymbol{n}$
4. $\vec{CB} = 2\boldsymbol{m} + 3\boldsymbol{n}$

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显然有 $\boldsymbol{n} = \vec{CD} = \vec{CB} + \vec{BD}$，也就是说 $\vec{BD} = \boldsymbol{n} - \vec{CB}$。

同理我们还能得到 $\vec{AD} = \vec{CD} - \vec{CA} = \boldsymbol{n} - \boldsymbol{m}$。

根据 $2\vec{AD} + \vec{BD} = \boldsymbol{0}$ 得到：

$$ \boldsymbol{n} - \vec{CB} + 2(\boldsymbol{n} - \boldsymbol{m}) = \boldsymbol{0} $$

也就是：

$$ \vec{CB} = -2\boldsymbol{m} + 3\boldsymbol{n} $$

答案为 (B)。

Problem 4

一道应用题。大意为，一个棱台水库，水位为海拔 148.5 米的时候，水面面积为 140.0 平方千米。水位为海拔 157.5 米的时候，水面面积为 180.0 平方千米。求解水库水位从 148.5 米上升到 157.5 米时增加的水量。

1. 1.0 × 10⁹ 立方米
2. 1.2 × 10⁹ 立方米
3. 1.4 × 10⁹ 立方米
4. 1.6 × 10⁹ 立方米

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简单的棱台体积计算题，注意单位换算：

$$ \begin{aligned} V &= \frac13 h(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) \\ &= \frac13 \times (157.5 - 148.5) \times(140 + 180 + \sqrt{140 \times 180}) \times 10^6 \\ &= 6(3\sqrt 7 + 16) \times 10^7 \\ &\approx 1.4 \times 10^9 ({\rm m}^3) \end{aligned} $$

答案为 (C)。

Problem 5

从 2 到 8 总共 7 个整数中随机取两个不同的数，求两数互质的概率。

1. 1/6
2. 1/3
3. 1/2
4. 2/3

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互质的整数对包括：

$$ \begin{aligned} &(2, 3), (2, 5), (2, 7) \\ &(3, 4), (3, 5), (3, 7), (3, 8) \\ &(4, 5), (4, 7) \\ &(5, 6), (5, 7), (5, 8) \\ &(6, 7) \\ &(7, 8) \\ \end{aligned} $$

所以概率为：

$$ p = \frac{14}{C_7^6} = \frac23 $$

答案为 (D)。

Problem 6

函数 $f(x) = \sin\left(\omega x + \dfrac\pi 4\right) + b(\omega > 0)$ 的最小正周期为 T，如果 $\dfrac{2\pi}{3} < T < \pi$，而且曲线 y = f(x) 关于点 $\left(\dfrac{3\pi}{2}, 2\right)$ 对称，求 $f\left(\dfrac\pi 2\right)$ 的值。

1. 1
2. 3/2
3. 5/2
4. 3

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根据曲线 y = f(x) 关于点 $\left(\dfrac{3\pi}{2}, 2\right)$ 对称，能得到 $f\left(\dfrac{3\pi}{2}\right) = 2$，以及 b = 0，也就是说：

$$ \begin{aligned} &\sin\left(\omega \dfrac{3\pi}{2} + \dfrac\pi 4\right) = 0 \\ \Rightarrow &\omega \dfrac{3\pi}{2} + \dfrac\pi 4 = k\pi \\ \Rightarrow &\omega = \frac23\left(k - \frac14\right), k \in \mathbb Z \end{aligned} $$

根据最小正周期的范围，得到：

$$ T = \frac{2\pi}{\omega} \in \left(\dfrac{2\pi}{3}, \pi\right) \Rightarrow \omega \in (2, 3) $$

进而得知 k = 4，也就是说 $\omega = \dfrac52$，那么：

$$ f\left(\dfrac\pi 2\right) = \sin\left(\dfrac52 \cdot \dfrac{\pi}{2} + \dfrac\pi 4\right) + 2 = 1 $$

答案为 (A)。

Problem 7

已知 $a = 0.1e^{0.1}, b = \dfrac19, c = -\ln 0.9$，则：

1. a < b < c
2. c < b < a
3. c < a < b
4. a < c < b

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考虑函数 f(x) = xe^x + ln (1−x), x ≥ 0，有：

$$ f'(x) = (x + 1)e^x - \frac{1}{1 - x} > (x + 1)^2 - \frac{1}{1 - x} = -\frac{x(x^2 + x - 1)}{1 - x} $$

导函数保证了函数至少在区间 $\left(0, \dfrac{-1 + \sqrt5}{2}\right)$ 上递增，而 $\dfrac1{10}$ 属于这个区间，所以：

$$ f(0.1) = 0.1e^{0.1} - \ln\frac{10}{9} > f(0) = 0 $$

所以 a > c。

再考虑函数 $g(x) = \ln(1 + x) - \dfrac{x}{1 + x}, x \geq 0$，有：

$$ g'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^2} = \frac{x}{(1 + x)^2} > 0 $$

从而：

$$ g\left(\frac19\right) = \ln\frac{10}{9} - \frac{1}{10} > 0 $$

这说明：

$$ \ln\frac{10}{9} > \frac{1}{10} \Rightarrow \frac{10}{9} > e^{0.1} \Rightarrow \frac{1}{9} > 0.1e^{0.1} $$

也就是 b > a，从而答案为 (C)。

Problem 8

已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一个球面上，若该球体积为 36π，且 $3\leq l\leq 3\sqrt 3$，求该正四棱锥体积的取值范围。

1. $\left[18, \dfrac{81}{4}\right]$
2. $\left[\dfrac{27}{4}, \dfrac{81}{4}\right]$
3. $\left[\dfrac{27}{4}, \dfrac{64}{3}\right]$
4. [18,27]

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假设球的半径为 R，显然有 $V = \dfrac43\pi R^3 = 36\pi$，得到 R = 3。

假设正四棱锥 O − ABCD 底面中心为 P，其外接球球心为 Q。显然我们得到一个直角三角形 OPA，而球心 Q 在直线 PO 上。令有向线段 QO 长度为 3，记有向线段 QP 长度为 x ∈ (−3,3)。显然：

$$ \begin{aligned} l^2 &= OA^2 = PO^2 + PA^2 \\ &= (QO - QP)^2 + (QA^2 - QP^2) \\ &= (3 - x)^2 + (9 - x^2) \\ &= 18 - 6x \in [9, 27] \end{aligned} $$

也就得到了 $x \in \left[-\dfrac32, \dfrac32\right]$。从而：

$$ V_{O-ABCD} = \frac13 |PO| \cdot 2PA^2 = \frac23(3 - x)(9 - x^2) $$

不难得到函数 $f(x) = \dfrac23(3 - x)(9 - x^2)$ 在区间 $\left[-\dfrac32, -1\right]$ 上递增，在区间 $\left[-1, \dfrac32\right]$ 上递减，计算得到：

$$ f\left(-\dfrac32\right) = \frac{81}{4}, f\left(\dfrac32\right) = \frac{27}{4}, f(-1) = \frac{64}{3} $$

体积的取值范围应当为 $\left[\dfrac{27}{4}, \dfrac{64}{3}\right]$，答案为 (C)。

不定项选择题

不定项选择一共 4 条，一条 5 分，一共是 20 分。

我给出的答案为 (ABD)(AC)(BCD)(BC)。

Problem 9

对于正方体 ABCD − A₁B₁C₁D₁，下列说法中正确的有：

1. 直线 BC₁ 与 DA₁ 所成的角为直角
2. 直线 BC₁ 与 CA₁ 所成的角为直角
3. 直线 BC₁ 与平面 BB₁D₁D 所成的角为 45^∘
4. 直线 BC₁ 与平面 ABCD 所成的角为 45^∘

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根据直线 BC₁ 垂直于平面 A₁B₁CD 就能得到 (A)(B) 均正确。

对于 (C)，显然有直线 A₁C₁ 垂直于平面 BB₁D₁D，而 ∠A₁C₁B = 60^∘，该选项叙述错误。

对于 (D)，显然有直线 CC₁ 垂直于平面 ABCD，而 ∠CC₁B = 45^∘，该选项叙述正确。

所以答案为 (ABD)。

Problem 10

已知函数 f(x) = x³ − x + 1，下列说法中正确的有：

1. f(x) 有两个极值点
2. f(x) 有三个零点
3. 点 (0,1) 为曲线 y = f(x) 的对称中心
4. 直线 y = 2x 为曲线 y = f(x) 的切线

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首先：

f′(x) = 3x² − 1

得到 f(x) 在 $\left(-\infty, -\dfrac{\sqrt 3}{3}\right)$ 上递增，在 $\left(-\dfrac{\sqrt 3}{3}, \dfrac{\sqrt 3}{3}\right)$ 上递减，在 $\left(\dfrac{\sqrt 3}{3}, +\infty\right)$ 上递增。

并且计算出：

$$ \begin{aligned} f\left(-\frac{\sqrt3}{3}\right) &= \frac{2\sqrt 3}{9} + 1 > 0 \\ f\left(\frac{\sqrt3}{3}\right) &= -\frac{2\sqrt 3}{9} + 1 > 0 \\ \end{aligned} $$

所以 f(x) 有两个极值点，一个零点，选项 (A) 正确，选项 (B) 错误。

进一步，我们我们有：

f(x) + f(−x) = (x³−x+1) + (−x³+x+1) = 2, x ∈ ℝ

这说明选项 (C) 正确。

如果选项 (D) 正确，假设其为 x = x₀ 处的切线，根据 f′(x₀) = 3x₀² − 1 = 2 得到 x₀ =  ± 1。

此外，我们知道曲线 y = f(x) 在 x = x₀ 处切线方程为：

y = f′(x₀)(x−x₀) + f(x₀) = f′(x₀)x − x₀f′(x₀) + f(x₀) = 2x

那么我们得到：

 − x₀f′(x₀) + f(x₀) = 0 ⇒ 2x₀ = f(x₀) = x₀³ − x₀ + 1

将 x₀ =  ± 1 代入验证，发现均不成立，所以选项 (D) 错误。

答案为 (AC)。

Problem 11

已知 O 为坐标原点，点 A(1,1) 在抛物线 C : x² = 2py(p>0) 上，过点 B(0,−1) 的直线交 C 于 P, Q 两点，则下列说法中正确的有：

1. C 的准线方程为 y =  − 1
2. 直线 AB 与 C 相切
3. |OP| ⋅ |OQ| > |OA|²
4. |BP| ⋅ |BQ| > |BA|²

---

首先显然得到 $p = \dfrac12$，进而得到 C 准线方程为 $y = -\dfrac14$，选项 (A) 错误。

直线 AB 方程为 y = 2x − 1，代入抛物线方程得到 x² = 2x − 1 ⇔ (x−1)² = 0，此方程显然仅有 x = 1 一个实数根，所以选项 (B) 正确。

不妨假设 P, Q 坐标分别为 (x₁,x₁²), (x₂,x₂²)。

如果假设 PQ 斜率为 k，那么 PQ 方程为 y = kx − 1，代入抛物线方程得到下述二次方程：

x² = kx − 1 ⇔ x² − kx + 1 = 0

x₁, x₂ 为上述方程的两根，从而我们有 x₁x₂ = 1。

那么：

$$ \begin{aligned} |OP|^2 \cdot |OQ|^2 &= (x_1^2 + x_1^4)(x_2^2 + x_2^4) \\ &= (x_1^2 + x_1^4)\left(\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_1^4}\right) \\ &= 2 + x_1^2 + \frac{1}{x_1^2} \\ &\geq 4 = |OA|^4 \end{aligned} $$

上述等号无法取到，因为 x₁ ≠ x₂，从而 x₁ ≠  ± 1。这说明了选项 (C) 正确。

现在继续计算 (D) 选项，我们有：

$$ \begin{aligned} |BP|^2 \cdot |BQ|^2 &= (x_1^2 + (x_1^2 + 1)^2)(x_2^2 + (x_2^2 + 1)^2) \\ &= (x_1^4 + 3x_1^2 + 1)\left(\frac{1}{x_1^4} + \frac{3}{x_1^2} + 1\right) \\ &= 11 + \left(x_1^4 + \frac{1}{x_1^4}\right) + 6\left(x_1^2 + \frac{1}{x_1^2}\right) \\ &\geq 25 = |BA|^4 \end{aligned} $$

上述等号无法取到，因为 x₁ ≠ x₂，从而 x₁ ≠  ± 1。这说明了选项 (D) 正确。

所以答案为 (BCD)。

Problem 12

已知函数 f(x) 以及其导函数 f′(x) 的定义域均为 ℝ，记 g(x) := f′(x)。

如果 $f\left(\dfrac32 - x\right), g(2 + x)$ 均为偶函数，那么下列说法中正确的是：

1. f(0) = 0
2. $g\left(-\dfrac12\right) = 0$
3. f(−1) = f(4)
4. g(−1) = g(2)

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首先需要熟知这样的结论，即导函数为偶函数，则原函数为关于某点中心对称，导函数为奇函数，则原函数为偶函数。

由于 f(2+x) 的导函数 g(2+x) 为偶函数，那么 f(2+x) 关于点 (2,f(2)) 中心对称。

那么我们可以给出下述推理：

$$ \begin{aligned} f(x) &= f\left(\frac32 - \left(\frac32 - x\right)\right) = f\left(\frac32 + \left(\frac32 - x\right)\right) \\ &= f(3 - x) = f(2 + (1 - x)) = 2f(2) - f(2 - (1 - x)) \\ &= 2f(2) - f(1 + x) \end{aligned} $$

也就得到 f(x+2) = 2f(2) − f(x+1) = f(x)，f(x) 为周期为 2 的周期函数。

对于选项 (A)，如果 f(2) ≠ 0，显然可知 f(0) ≠ 0。而这是存在的，取反例 f(x) = sin (πx) + 1 即可。选项 (A) 错误。

根据 f(x) 周期显然可知 f(2n) = f(2), n ∈ ℤ。

同时有 f(2n+1) = f(1) = 2f(2) − f(2) = f(2), n ∈ ℤ。也就是说对所有整数 n，都有 f(n) = f(2)，所以选项 (C) 正确。

此外根据导函数定义（下面所有操作的基础均为导函数的存在性）：

$$ g\left(\frac32\right) = \lim_{\delta\to 0}\frac{f\left(\dfrac32 + \delta\right) - f\left(\dfrac32\right)}{\delta} $$

根据 $f\left(\dfrac32 - x\right)$ 为偶函数，得到：

$$ g\left(\frac32\right) = \lim_{\delta\to 0}\frac{f\left(\dfrac32 - \delta\right) - f\left(\dfrac32\right)}{\delta} = \lim_{\delta\to 0}\frac{f\left(\dfrac32 + \delta\right) - f\left(\dfrac32\right)}{-\delta} $$

上述第二个等号作换元 δ →  − δ。上述两个式子相加得到 $g\left(\dfrac32\right) = 0$，据 g(x) 的周期性即可得到 $g\left(-\dfrac12\right) = 0$。选项 (B) 正确。

选项 (D) 存在反例 f(x) = sin (πx)，该函数满足所有题设约束，但是不满足 (D) 要求。

所以答案为 (BC)。

填空题

Problem 13

求 $\left(1 - \dfrac yx\right)(x + y)^8$ 的展开式中 x²y⁶ 的系数。

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最终展开式中 x²y⁶ 项可能的出现方式为 1 ⋅ x²y⁶ 以及 $-\dfrac yx \cdot x^3y^5$。那么最终系数为：

$$ C_8^2 - C_8^3 = \frac{8 \times 7}{2!} - \frac{8 \times 7 \times 6}{3!} = -28 $$

故答案为  − 28。

Problem 14

写出与圆 x² + y² = 1 和 (x−3)² + (y−4)² = 16 都相切的一条直线的方程。

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假设直线方程为 ax + by + c = 0，显然根据直线和圆相切的要求：

$$ \begin{cases} \dfrac{|c|}{\sqrt{a^2 + b^2}} = 1 \\ \dfrac{|3a + 4b + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}} = 4 \\ \end{cases} $$

根据第一个方程显然有 c ≠ 0，那么记 $a' := \dfrac ac, b' := \dfrac bc$，上述方程组即：

$$ \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{a'^2 + b'^2}} = 1 \\ \dfrac{|3a' + 4b' + 1|}{\sqrt{a'^2 + b'^2}} = 4 \\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \sqrt{a'^2 + b'^2} = 1 \\ |3a' + 4b' + 1| = 4 \\ \end{cases} $$

分情况讨论，若 3a′ + 4b′ + 1 = 4 ⇔ 3a′ + 4b′ = 3，那么：

$$ b' = \frac{3 - 3a'}{4} \Rightarrow a'^2 + b'^2 = a'^2 + \left(\frac{3 - 3a'}{4}\right)^2 = 1 $$

即：

$$ 25a'^2 - 18a' - 7 = 0 \iff a' \in \left\{1, -\frac{7}{25}\right\} $$

对应的 b′ 分别为 0 和 $\dfrac{24}{25}$。

若 3a′ + 4b′ + 1 =  − 4 ⇔ 3a′ + 4b′ =  − 5，那么：

$$ b' = \frac{-5 - 3a'}{4} \Rightarrow a'^2 + b'^2 = a'^2 + \left(\frac{-5 - 3a'}{4}\right)^2 = 1 $$

得到 $a' = -\dfrac35$，对应的 $b' = -\dfrac45$。

从而得到答案为 x =  − 1 或  − 7x + 24y + 25 = 0 或  − 3x − 4y + 5 = 0。

Problem 15

若曲线 y = (x+a)e^x 有两条过坐标原点的切线，求 a 的取值范围。

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首先：

y′ = (x+a+1)e^x

那么曲线在 x = x₀ 处切线方程为：

y = (x₀+a+1)e^x₀(x−x₀) + (x₀+a)e^x₀

该切线过坐标原点等价于：

 − x₀(x₀+a+1)e^x₀ + (x₀+a)e^x₀ = 0 ⇔ x₀ + a = x₀(x₀+a+1)

也就是说切线过坐标原点等价于 x₀ 为下述二次方程的根：

x₀² + ax₀ − a = 0

根据题设，上述方程有两个互不相同的实根，即：

Δ = a² + 4a > 0 ⇔ a ∈ (−∞,−4) ∪ (0,+∞)

所以答案为 (−∞,−4) ∪ (0,+∞)。

Problem 16

已知椭圆 $C: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)$，C 的上顶点为 A，两个焦点为 F₁, F₂，离心率为 $\dfrac12$。过 F₁ 且垂直于 AF₂ 的直线交 C 于 D, E 两点，|DE| = 6，求 △ADE 的周长。

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根据离心率，不妨假设 $a = 2t, b = \sqrt3 t, c = t(t > 0)$。那么 A 坐标为 $(0, \sqrt3 t)$，F₁, F₂ 坐标为 (±t,0)。

那么 AF₂ 斜率为 $-\sqrt 3$，得知 DE 的斜率为 $\dfrac{1}{\sqrt 3}$，那么 DE 方程为 $x = \sqrt3y - t$。代入椭圆方程得到：

$$ \dfrac{(\sqrt3y - t)^2}{4t^2} + \dfrac{y^2}{3t^2} = 1 \iff 13y^2 - 6\sqrt3 yt - 9t^2 = 0 $$

假设上述关于 y 的方程的两个根为 y₁, y₂，那么 $y_1 + y_2 = \dfrac{6\sqrt3 t}{13}, y_1y_2 = -\dfrac{9}{13}t^2$。

我们显然知道：

$$ \begin{aligned} |DE|^2 &= 4(y_1 - y_2)^2 = 4((y_1 + y_2)^2 - 4y_1y_2) \\ &= \left(\frac{48t}{13}\right)^2 = 36 \end{aligned} $$

得到 $t = \dfrac{13}{8}$。

另外，直接求解方程得到：

$$ y_{1, 2} = \frac{3\sqrt 3 \pm 12}{13}t = \frac{3\sqrt 3}{8} \pm \frac32 $$

从而得到 D, E 的坐标为：

$$ \left(\frac{3\sqrt 3}{2} - \frac12, \frac{3\sqrt 3}{8} + \frac32\right), \left(-\frac{3\sqrt 3}{2} - \frac12, \frac{3\sqrt 3}{8} - \frac32\right) $$

考虑到 A 坐标为 $\left(0, \dfrac{13\sqrt 3}{8}\right)$，得到：

$$ \begin{aligned} |AD|^2 &= \left(\frac{3\sqrt 3}{2} - \frac12\right)^2 + \left(\frac{3\sqrt 3}{8} + \frac32 - \dfrac{13\sqrt 3}{8}\right)^2 \\ &= \frac{223 - 84\sqrt 3}{16} \\ |BD|^2 &= \left(-\frac{3\sqrt 3}{2} - \frac12\right)^2 + \left(\frac{3\sqrt 3}{8} - \frac32 - \dfrac{13\sqrt 3}{8}\right)^2 \\ &= \frac{223 + 84\sqrt 3}{16} \\ \end{aligned} $$

不难发现 $(14 \pm 3\sqrt 3)^2 = 223 \pm 84\sqrt 3$，所以：

$$ |AD| + |BD| = \frac{14 - 3\sqrt 3}{4} + \frac{14 + 3\sqrt 3}{4} = 7 $$

从而需要求的三角形周长为 13。即最后的答案为 13。

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【另解】我自己也是算完之后才回想起来有这么一个简单的结论我忘了，离心率为 $\dfrac12$ 的椭圆，其上顶点和两个焦点构成等边三角形。

这个事实意味着直线 DE 不仅垂直于 AF₂，而且是垂直平分 AF₂。也就是说 △ADE 全等于 △DEF₂。那么其周长：

C_△DEF2 = (|DF₁|+|DF₂|) + (|EF₁|+|EF₂|) = 4a = 13

解答题

这次解答题的顺序是数列、解三角形、立体几何、统计、解析几何、导数，中规中矩的顺序。

Problem 17

记 S_n 为数列 {a_n} 的前 n 项和，已知 a₁ = 1，且数列 $\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}$ 是公差为 $\dfrac13$ 的等差数列。

1. 求 {a_n} 的通项公式。

2. 求证：

$$ \sum_{k = 1}^n \frac{1}{a_k} < 2, n \in \mathbb N $$

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【第一问】根据数列 $\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}$ 是公差为 $\dfrac13$ 的等差数列，并且我们能得到其首项为：

$$ \frac{S_1}{a_1} = 1 $$

那么我们得到其通项公式为：

$$ \frac{S_n}{a_n} = \frac13 n + \frac23 \iff 3S_n = (n + 2)a_n $$

取 n + 1 代替 n，得到等式 3S_n + 1 = (n+3)a_n + 1，上述两式相减：

3(S_n + 1−S_n) = (n+3)a_n + 1 − (n+2)a_n ⇔ (n+2)a_n = na_n + 1

也就是下述关系：

$$ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n + 2}{n}, n \in \mathbb N $$

那么对于 n ≥ 2：

$$ \begin{aligned} a_n &= \frac{a_n}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \cdots \cdot \frac{a_2}{a_1} = \frac{n + 1}{n - 1} \cdot \frac{n}{n - 2} \cdot \cdots \cdot \frac{3}{1} \\ &= \frac{n(n + 1)}{2} \end{aligned} $$

经检验，n = 1 时上述通项公式也成立，所以数列 {a_n} 的通项公式为：

$$ a_n = \frac{n(n + 1)}{2}, n \in \mathbb N $$

【第二问】可以计算得到：

$$ \begin{aligned} \sum_{k = 1}^n \frac{1}{a_k} = \sum_{k = 1}^n \frac{2}{k(k + 1)} = 2\sum_{k = 1}^n \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}\right) = 2\left(1 - \frac{1}{n + 1}\right) < 2 \end{aligned} $$

Problem 18

记 △ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c。已知下述关系：

$$ \frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B} $$

1. 若 $C = \dfrac{2\pi}{3}$，求 B

2. 求 $\dfrac{a^2 + b^2}{c^2}$ 的最小值

---

【第一问】根据二倍角公式有：

$$ \frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B} = \frac{2\sin B\cos B}{1 + (2\cos^2 B - 1)} = \frac{\sin B}{\cos B} $$

代入已知等式：

$$ \frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{\sin B}{\cos B} $$

整理得到：

cos Acos B = sin B + sin Asin B ⇒ sin B = cos Acos B − sin Asin B = cos (A+B)

根据三角形内角和，有 A + B + C = π ⇒ A + B = π − C，即：

sin B = cos (π−C) =  − cos C

已知 $C = \dfrac{2\pi}{3}$，所以：

$$ \sin B = -\cos\frac{2\pi}{3} = \frac12 $$

由于 B 位于三角形内，所以 B ∈ (0,π)。

另外，考虑到 $C = \dfrac{2\pi}{3}$，若 $B > \dfrac\pi2$，则 A = π − C − B < 0，不符合要求，所以 $B < \dfrac\pi2$。

从而 $B = \dfrac\pi6$。

【第二问】根据上一问：

$$ \cos(A + B) = \sin B = \cos\left(\frac\pi2 - B\right) $$

由于 $A + B, \dfrac\pi2 - B \in (0, \pi)$，而余弦函数在这一个区间单调，所以：

$$ A + B = \dfrac\pi2 - B \iff A + 2B = \frac\pi2 $$

根据正弦定理：

$$ \frac{a^2 + b^2}{c^2} = \frac{\sin^2A + \sin^2B}{\sin^2C} $$

使用  − cos C = sin B 替换，并代入 $A + 2B = \dfrac\pi2$：

$$ \begin{aligned} \frac{a^2 + b^2}{c^2} &= \frac{\sin^2A + \sin^2B}{\sin^2C} = \frac{\sin^2\left(\dfrac\pi2 - 2B\right) + \sin^2B}{1 - \cos^2C} \\ &= \frac{\cos^2 2B + \sin^2B}{1 - \sin^2B} = \frac{(2\cos^2 B - 1)^2 + (1 - \cos^2B)}{\cos^2B} \\ &= 4\cos^2B + \frac{2}{\cos^2B} - 5 \geq 4\sqrt2 - 5 \end{aligned} $$

等号成立当且仅当 $\cos B = \dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}$。

即 $\dfrac{a^2 + b^2}{c^2}$ 的最小值为 $4\sqrt2 - 5$。

Problem 19

已知直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 的体积为 4，△A₁BC 的面积为 $2\sqrt 2$。

1. 求 A 到平面 A₁BC 的距离

2. 设 D 为 A₁C 的中点，已知 AA₁ = AB 且平面 A₁BC 垂直于平面 ABB₁A₁，求二面角 A − BD − C 的正弦值。

---

【第一问】考虑三棱锥 A₁ − ABC，其和直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 有相同的底面 △ABC 且有相同的高 AA₁，所以其体积为直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 的三分之一，即：

$$ V_{A_1-ABC} = \frac13 \times 4 = \frac43 $$

如果记 A 到平面 A₁BC 的距离为 h，△A₁BC 的面积为 S，那么 $V_{A_1-ABC} = \dfrac13 Sh$。从而得到：

$$ \dfrac13 Sh = \frac43 \Rightarrow Sh = 4 $$

由题设有 $S = 2\sqrt 2$，所以 A 到平面 A₁BC 的距离为：

$$ h = \frac{4}{2\sqrt 2} = \sqrt 2 $$

【第二问】

在直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 中，我们有 BB₁ 垂直于平面 ABC，考虑到 BC⊂ 平面 ABC，所以 BB₁⊥BC。

另一方面，直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 中侧面 ABB₁A₁ 为长方形，而 AA₁ = AB，所以该侧面为正方形，进而 AB₁⊥A₁B。

由于平面 A₁BC 垂直于平面 ABB₁A₁ 且两平面交于 A₁B，考虑到 AB₁⊂ 平面 ABB₁A₁，所以 AB₁ 垂直于平面 A₁BC。而又由于 BC⊂ 平面 ABC，所以 AB₁⊥BC。

因为 AB₁, BB₁ 都是平面 ABB₁A₁ 内的直线且两者相交于 B₁，而直线 BC 与两者均垂直，所以 BC 垂直于平面 ABB₁A₁。考虑到 AB⊂ 平面 ABB₁A₁，所以 AB⊥BC。同理依然有 A₁B⊥BC。

也就是说 △ABC 为以 AC 为斜边的直角三角形，△A₁BC 为以 A₁C 为斜边的直角三角形。设 AA₁ = AB = a, BC = b，那么 $A_1B = \sqrt2 a$，△ABC 面积为 $\dfrac12 ab$，△A₁BC 面积为 $\dfrac{\sqrt 2}{2}ab = 2\sqrt 2$。

那么直三棱柱 ABC − A₁B₁C₁ 的体积为 $a\cdot \dfrac12 ab = \dfrac12 a^2b = 4$。

从而得到 a = b = 2。

上述论述中我们已经说明了 AB, B₁B, BC 两两垂直，所以以 B 为坐标原点，BC, BA, BB₁ 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系。

那么 A 坐标为 (0,2,0)，A₁ 坐标为 (0,2,2)，C 坐标为 (2,0,0)。

由于 D 为 A₁C 中点，所以其坐标为 (1,1,1)。

那么 $\vec{BA} = (0, 2, 0), \vec{BD} = (1, 1, 1), \vec{BC} = (2, 0, 0)$。

假设平面 ABD 的法向量为 n = (x₁,y₁,z₁)，根据 $\boldsymbol{n} \bot \vec{BA}, \vec{BD}$ 得到：

$$ \begin{cases} x_1 + y_1 + z_1 = 0 \\ 2y_1 = 0 \end{cases} $$

不妨取 n = (1,0,−1)。同理可以取平面 CBD 的法向量 m = (0,1,−1)。

记欲求二面角大小为 θ，可以得到二面角 A − BD − C 的余弦值绝对值为：

$$ |\cos\langle\boldsymbol{n}, \boldsymbol{m}\rangle| = \left|\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\boldsymbol{m}|}\right| = \frac{1}{2} $$

从而得到该二面角的正弦值为：

$$ \sin\theta = \sqrt{1 - |\cos\theta|^2} = \frac{\sqrt 3}{2} $$

Problem 20

概率统计相关问题。医疗团队针对某一种疾病和个人卫生的关系做调查，抽样 100 名该病患者构成病例组和 100 名未患有该病的健康人构成对照组，调查他们的个人卫生，得到下述数据：

	个人卫生不够良好	个人卫生良好
病例组	40	60
对照组	10	90

1. 能否有 99% 的把握认为患该病的群体和未患该病的群体个人卫生情况有差异

2. 从该地区人群中任选一人，记 A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”。记指标 R 为：

$$ R = \frac{P(B \mid A)}{P(\overline B \mid A)} \cdot \frac{P(\overline B | \overline A)}{P(B \mid \overline A)} $$

1. 证明：

$$ R = \frac{P(A \mid B)}{P(\overline A \mid B)} \cdot \frac{P(\overline A | \overline B)}{P(A \mid \overline B)} $$

2. 利用调查数据估计 $P(A \mid B), P(A \mid \overline B)$，并根据上述结论估计 R 值。

---

【第一问】直接使用卡方检验：

$$ K^2 = \frac{n(ad - bc)^2}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)} = \frac{200 \times (40 \times 90 - 10 \times 60)^2}{100 \times 100 \times 50 \times 150} = 24 > 6.635 $$

可知我们有 99% 的把握认为患该病的群体和未患该病的群体个人卫生情况有差异。

【第二问】我们首先证明第一小问的等式：

根据 R 的定义和条件概率的定义：

$$ \begin{aligned} R &= \frac{P(B \mid A)}{P(\overline B \mid A)} \cdot \frac{P(\overline B | \overline A)}{P(B \mid \overline A)} = \frac{\dfrac{P(AB)}{P(A)} \cdot \dfrac{P(\overline A\overline B)}{P(\overline A)}}{\dfrac{P(A\overline B)}{P(A)} \cdot \dfrac{P(\overline AB)}{P(\overline A)}} \\ &= \frac{P(AB)P(\overline A\overline B)}{P(A\overline B)P(\overline AB)} \\ &= \frac{\dfrac{P(AB)}{P(B)} \cdot \dfrac{P(\overline A\overline B)}{P(\overline B)}}{\dfrac{P(A\overline B)}{P(\overline B)} \cdot \dfrac{P(\overline AB)}{P(B)}} = \frac{P(A \mid B)}{P(\overline A \mid B)} \cdot \frac{P(\overline A | \overline B)}{P(A \mid \overline B)} \end{aligned} $$

容易根据调查数据估计出：

$$ P(A \mid B) = 0.4, P(\overline A \mid B) = 0.6, P(\overline A | \overline B) = 0.9, P(A \mid \overline B) = 0.1 $$

此时 R = 6。

Problem 21

已知点 A(2,1) 在双曲线 $C: \dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{a^2 - 1} = 1(a > 1)$ 上，直线 l 交 C 于 P, Q 两点，直线 AP, AQ 的斜率之和为 0。

1. 求 l 的斜率

2. 若 $\tan\angle PAQ = 2\sqrt 2$，求 △PAQ 的面积

---

【第一问】由于 A(2,1) 在双曲线 C 上，所以：

$$ \dfrac{4}{a^2} - \dfrac{1}{a^2 - 1} = 1 \Rightarrow a^2 = 2 $$

不妨记 AP 的斜率为 k，那么 AQ 的斜率为  − k。从而 AP 的方程为 y = k(x−2) + 1，将其代入双曲线方程得到：

$$ \dfrac{x^2}{2} - (kx - 2k + 1)^2 = 1 $$

整理为：

$$ \left(\frac{1}{2} - k^2\right)x^2 + 2(2k - 1)kx - (1 + (2k - 1)^2) = 0 $$

由于 A 为双曲线和 AP 的交点之一，所以 x = 2 为其一根，另一根为 P 的横坐标。

上述方程的两根之积为：

$$ -\frac{1 + (2k - 1)^2}{\dfrac{1}{2} - k^2} = -\frac{2 + 2(2k - 1)^2}{1 - 2k^2} $$

得知其横坐标即可计算其纵坐标，所以 P 的坐标为：

$$ \left(-\frac{1 + (2k - 1)^2}{1 - 2k^2}, \frac{2k^2 - 4k + 1}{1 - 2k^2}\right) $$

将 k 替换为  − k 得到 Q 的坐标：

$$ \left(-\frac{1 + (2k + 1)^2}{1 - 2k^2}, \frac{2k^2 + 4k + 1}{1 - 2k^2}\right) $$

也就是说 l 的斜率为：

$$ k_l = \frac{-\dfrac{1 + (2k + 1)^2}{1 - 2k^2} + \dfrac{1 + (2k - 1)^2}{1 - 2k^2}}{\dfrac{2k^2 + 4k + 1}{1 - 2k^2} - \dfrac{2k^2 - 4k + 1}{1 - 2k^2}} = -1 $$

【第二问】由于 tan ∠PAQ > 0，所以其为锐角。我们可以知道 $\tan\dfrac12\angle PAQ = \dfrac1k$，这里 k 为 AP, AQ 斜率的绝对值。从而：

$$ \tan\angle PAQ = \frac{2\tan\dfrac12\angle PAQ}{1 - \tan^2\dfrac12\angle PAQ} = \frac{2 / k}{1 - 1 / k^2} = 2\sqrt 2 $$

由 k > 0 得到 $k = \sqrt 2$。

从而根据上一问的结果，我们得到：

$$ P\left(\frac{10 - 4\sqrt 2}{3}, \frac{4\sqrt 2 - 5}{3}\right), Q\left(\frac{10 + 4\sqrt 2}{3}, \frac{-4\sqrt 2 - 5}{3}\right) $$

此时 PQ 方程为 $y = -x + \dfrac53$，A 到此的距离为：

$$ d = \frac{|2 + 1 - 5 / 3|}{\sqrt 2} = \frac{2\sqrt 2}{3} $$

而：

$$ |PQ| = \sqrt 2 \left(\frac{10 + 4\sqrt 2}{3} - \frac{10 - 4\sqrt 2}{3}\right) = \frac{16}{3} $$

所以需要求的面积为：

$$ S = \frac12 |PQ| \cdot d = \frac{16\sqrt 2}{9} $$

Problem 22

已知函数 f(x) = e^x − ax 与函数 g(x) = ax − ln x 有相同的最小值。

1. 求 a

2. 证明存在实数 b，令直线 y = b 和曲线 y = f(x), y = g(x) 共计有三个不同的交点，且这三个交点的横坐标从小到大排列构成等差数列。

---

【第一问】显然：

$$ f'(x) = e^x - a, g'(x) = a - \frac1x $$

由于这两个函数有相同的最小值，所以：

$$ f(\ln a) = a - a\ln a = 1 + \ln a = g\left(\frac1a\right) $$

也就是说：

$$ \ln a - \frac{a - 1}{a + 1} = 0 $$

另外，由最小值的存在性显然有 a > 0。考虑函数：

$$ \phi(x) := \ln x - \frac{x - 1}{x + 1}, x > 0 $$

其有：

$$ \phi'(x) = \frac1x - \frac{2}{(x + 1)^2} = \frac{x^2 + 1}{x(x + 1)^2} > 0 $$

由 ϕ(a) = ϕ(1) = 0 得到 a = 1。

【第二问】首先证明，f(x) − g(x) = 0 在 (0,+∞) 上有唯一的解 x₀。

定义函数 h(x) := f(x) − g(x)。

根据上一问，得知 f(x) 在 (0,+∞) 上递增，g(x) 在 (0,1) 上递减，这说明 h(x) 在 (0,1) 上递增。

另外：

$$ h'(x) = e^x + \frac1x - 2 > e - 2 > 0, x > 1 $$

所以 h(x) 在 (1,+∞) 上递增，即 h(x) 在 (0,+∞) 上递增。

此外：

h(1) = e − 2 > 0

另外：

g(e^1 − e) = e^1 − e − (1−e) > e − 1 = f(1) > f(e^1 − e)

故 h(e^1 − e) < 0。

这说明了 x₀ 唯一存在于区间 (e^1 − e,1) 上。

下面证明 b = f(x₀) = g(x₀) 满足条件。

在此之前，我们需要知道由于 0 < x₀ < 1，所以 1 = f(0) < b = f(x₀) < e − 1 = f(1)。

首先证明 f(x) = b 有除 x₀ 外，还具有一根 x₁ ∈ (−∞,0)。由于 f(x) 在 (−∞,0) 上递减，并且 f(0) < b，且 f(1−e) = e^1 − e + (e−1) > e − 1 > b。

这说明了 x₁ 唯一存在于 (1−e,0) 上。

再证明 g(x) = b 有除 x₀ 外，还具有一根 x₂ ∈ (1,+∞)。由于 g(x) 在 (1,+∞) 上递增，并且 g(1) = 1 < b，且 g(e) = e − 1 > b。

这说明了 x₂ 唯一存在于 (1,e) 上。

也就是说直线 y = b 和曲线 y = f(x), y = g(x) 共计有三个不同的交点，其横坐标从小到大为 x₁, x₀, x₂。

现在观察下述：

$$ \begin{cases} f(\ln x_0) = e^{\ln x_0} - \ln x_0 = x_0 - \ln x_0 = g(x_0) = b \\ g(e^{x_0}) = e^{x_0} - \ln e^{x_0} = e^{x_0} - x_0 = f(x_0) = b \\ \end{cases} $$

这说明 ln x₀, e^x₀ 也是直线 y = b 和曲线 y = f(x), y = g(x) 交点的横坐标，但我们已经证明了一共仅有三个交点，这只能说明 x₁ = ln x₀, x₂ = e^x₀。

由于 f(x₀) = g(x₀)，所以 e^x₀ + ln x₀ = x₁ + x₂ = 2x₀。

所以这三个横坐标从小到大排列为等差数列，证明完毕。

后记

卷子做完了，Holder 也已经明白了我已经没有高中时候那种手算能力了。

不少人说这份卷子很难，其实我看真正算得上是难题的几乎没有，几乎每道题都有很自然的思考角度和解决方式。

但问题就是现在大部分的高考备考流于做模板题，练死思路，结果就是这次高考连稍微难点的解三角形、立体几何都做不出来。

复习不够全面，可能连条件概率的定义、棱台的体积公式都会忘记。

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这份卷子只不过是把平时用来送分的解答题前几条，数列、解三角形、立体几何稍微出得有了点新意，稍微加了点门槛。卷子其他地方平心而论，概率与统计只要记得条件概率定义五分钟就能写完，解析几何是考烂了的二级结论，选择填空也乏善可陈。但就是这样，就能把平时的中档生直接卡住。

而且这份卷子的特征就是，思路的高下直接影响分数。想到了妙手，就能一分钟内看出答案，想不到，那就和我做填空题最后一问一样算到起飞还得不到答案。一旦陷入了这种状况，如果不及时调整思路，可能影响的是后面的解题状态。

说明死方法没用了，脑子要灵活。总而言之，是一份好卷子，但是被骂也是理所应当。