江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研数学试题 Word版含解析

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江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019~2020学年第一学期高三期初调研试卷数学I 一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.不需要写出解答过程,请把答案直接填在答题卡相应位置上.‎ ‎1.已知集合,,则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据并集的运算即可求解.‎ ‎【详解】集合,,‎ 由并集的运算可得,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了并集的简单运算,属于基础题.‎ ‎2.如果复数的实部与虚部互为相反数,则等于_____.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算化简,结合复数的实部与虚部互为相反数,即可求得的值.‎ ‎【详解】复数,‎ 由复数除法运算化简可得 ‎,‎ 因为复数的实部与虚部互为相反数,‎ 即,解得,‎ 故答案为:1.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的概念,复数的除法运算,属于基础题.‎ - 28 -‎ ‎3.下表是某同学五次数学附加题测试的得分情况,则这五次测试得分的方差为______.‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 得分 ‎33‎ ‎30‎ ‎27‎ ‎29‎ ‎31‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格可计算得五次测试得分的均值,由方差公式即可求得五次测试成绩的方差.‎ ‎【详解】由表格可知,五次测试得分的均值为,‎ 由方差公式可得 ‎,‎ 故这五次测试成绩的方差为4.‎ 故答案为:4.‎ ‎【点睛】本题考查了平均数与方差的求法,属于基础题.‎ ‎4.已知4瓶饮料中有且仅有2瓶是果汁饮料,从这4瓶饮料中随机取2瓶,则所取两瓶中至少有一瓶是果汁饮料的概率是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出从4瓶饮料中随机抽出2瓶的所有的抽法种数,再求出取出的2瓶不是果汁类饮料的种数,利用对立事件的概率即可求得.‎ ‎【详解】从4瓶饮料中随机抽出2瓶,所有的抽法种数为 =6(种),‎ 取出的2瓶不是果汁类饮料的种数为 =1(种).‎ 所以所取2瓶中至少有一瓶是果汁类饮料的概率为P=1﹣= .‎ 故答案为.‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式,考查了对立事件的概率,解答的关键是掌握对立事件的概率和等于1,属于基础题.‎ ‎5.根据如图所示的伪代码,当输入的分别为2,3时,最后输出的的值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序代码,即可求得输出值.‎ ‎【详解】由程序框图可知,当输入的分别为2,3时,‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以输出的,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题考查了伪代码的简单应用,属于基础题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中,已知双曲线()的两条渐近线的方程为,则该双曲线的离心率为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的两条渐近线方程是y=±2x,得b=2a,从而,即可求出双曲线的离心率.‎ ‎【详解】∵双曲线()的两条渐近线方程是y=±2x,‎ - 28 -‎ ‎∴,即b=2a,∴,∴.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查双曲线的性质,考查学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎7.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,若四边形AA1C1C是边长为4的正方形,且AB=3,BC=5,M是AA1的中点,则三棱锥A1﹣MBC1的体积为_____.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用等体积法将三棱锥A1﹣MBC1的体积转化为三棱锥的体积即可.‎ ‎【详解】∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,若四边形AA1C1C是边长为4的正方形,且AB=3,BC=5,‎ ‎∴A1C1⊥AA1,AC2+AB2=BC2,∴A1C1⊥A1B1,‎ ‎∵AA1∩A1B1=A1,∴A1C1⊥平面A1MB,‎ ‎∵M是AA1的中点,∴3,‎ ‎∴三棱锥A1﹣MBC1的体积:‎ ‎4.‎ 故答案为:4.‎ ‎【点睛】本题考查等体积法求三棱锥的体积,考查学生转化与化归的思想,考查学生基本计算能力,是一个常考点.‎ ‎8.已知等差数列的前项和为,若,,则的值为_____.‎ ‎【答案】-5‎ - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的前n项和公式,结合通项公式及性质即可求得首项和公差,进而代入前n项和公式即可求得的值.‎ ‎【详解】由等差数列前n项和公式可得 ‎,‎ 则,‎ 由等差数列的通项公式可得,解得,‎ 所以,‎ 故答案为:-5.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式及前n项和公式的简单应用,属于基础题.‎ ‎9.已知是定义在上的偶函数,当时,,则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数性质可知,结合函数解析式可知当时为周期等于1的周期函数,所以,代入即可求解.‎ ‎【详解】是定义在上的偶函数,‎ 所以,‎ - 28 -‎ 当时,,‎ 即当时为周期等于1的周期函数,‎ 即,‎ 所以,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的求值,偶函数与周期函数的综合应用,属于基础题.‎ ‎10.已知在中,,.若是该三角形内一点,满足,则_____.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量数量积的运算律,结合向量的线性运算可得,画出几何关系图示,即可由平面向量数量积运算律求得.‎ ‎【详解】因为,‎ 则,即,‎ 所以,即,‎ 所以在的垂直平分线上,‎ 由题意可知,.‎ 设中点为,如下图所示:‎ - 28 -‎ 由平面向量的线性运算及数量积运算律可得 ‎,‎ 故答案为:4.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律及几何中向量的线性运算应用,属于中档题.‎ ‎11.已知,则__________.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ 由得,即,所以或,‎ 当时,,‎ 当时,,‎ 故答案为1或.‎ ‎【点睛】在已知的值求关于的函数值时,有两类问题可通过把待求式转化为的式子快速求值:‎ - 28 -‎ ‎(1)关于的齐次分式:一次齐次式,二次齐次式;‎ ‎(2)可化为二次齐次式的代数式:‎ ‎.‎ ‎12.已知点是圆上任意两点,且满足.点是圆上任意一点,则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意在坐标系中画出两个圆,结合平面向量的线性运算,由点与圆的位置关系即可判断出取最大值和最小值时的位置,进而求解.‎ ‎【详解】根据题意,画出图形关系如下图所:‎ 取的中点,由两个圆的方程可知,‎ 则,‎ 由平面向量线性运算可知,‎ - 28 -‎ 当四点共线时,取得最小值,此时,‎ 当四点共线时,取得最大值,此时,‎ 所以,即的取值范围为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量与圆的综合应用,点和圆位置关系的综合应用,距离最值的求法,属于中档题.‎ ‎13.设实数,若不等式,对任意的实数恒成立,则满足条件的实数的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,将不等式变形,转化为两个函数在内的位置关系,再对分类讨论,画出函数图像即可分析的取值范围.‎ ‎【详解】对于实数,不等式,对任意的实数恒成立,‎ 则对于任意的实数恒成立,‎ 所以函数的图像在时恒在图像的上方,‎ 当时,显然成立;‎ 当时,在第四象限,若函数的图像在时恒在图像的上方,如下图所示:‎ - 28 -‎ 此时在时恒成立,因而成立;‎ 当时,在第一象限;若函数的图像在时恒在图像的上方,如下图所示:‎ 结合图像可知,需满足,‎ 解不等式可得,‎ 综上所述,满足条件的实数的取值范围为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了含参数绝对值不等式的解法,不等式与函数的关系综合应用,数形结合法求参数的取值范围,属于难题.‎ ‎14.在中,若,则的最大值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ 根据同角三角函数中的商数关系式,结合正弦和角公式化简, 并由正弦定理将角化为边,代入余弦定理即可表示出,再由基本不等式即可求得的取值范围,进而结合同角三角函数关系式求得的取值范围,即可求得的最大值.‎ ‎【详解】在中,,‎ 则,‎ 通分化简可得,‎ 由正弦和角公式可得,‎ 所以,‎ 由正弦定理代入可得,即,‎ 又由余弦定理,‎ 代入可得,‎ 所以,当且仅当时取等号,‎ 则,所以,‎ 即,所以,‎ 则的最大值为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的综合应用,正弦和角公式化简三角函数关系式,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,基本不等式求最值,综合性强,属于难题.‎ - 28 -‎ 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、证明过程或演算步骤.‎ ‎15.如图,在直三棱柱中,,点是棱的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)求证:平面平面.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连接,与交于,连接,由中位线定理即可证明平面;‎ ‎(2)根据题意可证明及,可得平面,再由面面垂直的判定定理可证明平面平面.‎ ‎【详解】(1)证明:连接,与交于,连接,如下图所示:‎ 则为的中位线,‎ 所以,‎ 因为平面,平面,‎ - 28 -‎ 所以平面;‎ ‎(2)证明:在中,,点是棱的中点.‎ 所以,‎ 因为平面,而平面,可得 又因为平面,且,‎ 所以平面,‎ 而平面,‎ 所以平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的判定定理应用,线面垂直与面面垂直判定定理的应用,属于基础题.‎ ‎16.已知函数.‎ ‎(1)求函数的最小正周期和单调递增区间;‎ ‎(2)当时,试求函数的最大值,并写出取得最大值时自变量的值.‎ ‎【答案】(1);(2)时,函数的最大值为.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)将函数解析式变形,结合正弦和角公式及辅助角公式变形,即可由正弦函数的性质求得最小正周期及单调递增区间.‎ ‎(2)根据自变量的范围,结合正弦函数的图像与性质即可求得最大值,结合正弦函数的性质即可求得取最大值时自变量的值.‎ ‎【详解】(1)将函数的解析式变形,结合正弦和角公式与辅助角公式化简可得 - 28 -‎ ‎,‎ 所以函数的最小正周期为;‎ 由正弦函数的图像与性质可知,‎ 解得,‎ 所以的单调递增区间为.‎ ‎(2)因为,‎ 则,‎ 当时,函数的最大值为,‎ 解得此时.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦和角公式及辅助角公式化简三角函数式的应用,正弦函数图像与性质的综合应用,属于基础题.‎ ‎17.已知椭圆:的四个顶点恰好是一边长为2,一内角为的菱形的四个顶点.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若直线交椭圆于两点,在直线上存在点,使得为等边三角形,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2)或.‎ ‎【解析】‎ - 28 -‎ 试题分析:(1)求椭圆标准方程,要确定的值,题中已知四个顶点形成的菱形是确定的,而椭圆的顶点为,因此易得;(2)本小题采取解析几何的基本解法,是等边三角形的条件是三边相等,或两内角为60°,或且,我们采用且,由线段的中垂线与直线相交求得点的坐标,计算,直线与椭圆相交求得点坐标,计算,利用求得值,由于涉及到的垂线.因此对按和分类讨论.‎ 试题解析:(1)因为椭圆:的四个顶点恰好是一边长为2,‎ 一内角为的菱形的四个顶点, 所以,‎ 椭圆的方程为 ‎(2)设,则 ‎(i)当直线的斜率为0时,的垂直平分线就是轴,轴与直线的交点为,‎ 又,‎ 所以是等边三角形,所以满足条件;‎ ‎(ii)当直线的斜率存在且不为0时,设的方程为 所以,化简得解得 所以 又的中垂线为,它的交点记为 - 28 -‎ 由解得 则 因为为等边三角形, 所以应有 代入得到,解得(舍),‎ 综上可知,或 考点:椭圆的标准方程,直线与椭圆相交的综合问题.‎ ‎18.某地举行水上运动会,如图,岸边有两点,,小船从点以千米/小时的速度沿方向匀速直线行驶,同一时刻运动员出发,经过小时与小船相遇.(水流速度忽略不计)‎ ‎(1)若,,运动员从处出发游泳匀速直线追赶,为保证在1小时内(含1小时)能与小船相遇,试求运动员游泳速度的最小值;‎ ‎(2)若运动员先从处沿射线方向在岸边跑步匀速行进小时后,再游泳匀速直线追赶小船.已知运动员在岸边跑步速度为4千米小时,在水中游泳的速度为2千米小时,试求小船在能与运动员相遇的条件下的最大值.‎ ‎【答案】(1)2;(2).‎ - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设运动员游泳的速度为千米/小时,结合余弦定理即可表示出,再由二次函数性质即可求得速度的最小值.‎ ‎(2)根据余弦定理代入化简变形,可转化为一元二次方程,由一元二次方程有解,即可确定,进而求得速度的最大值.‎ ‎【详解】(1)设运动员游泳的速度为千米/小时,‎ 由余弦定理可知,‎ 化简可得,‎ 因为,所以,‎ 则当,即时,取得最小值,此时,‎ 所以为保证在1小时内(含1小时)能与小船相遇,运动员游泳速度的最小值为2.‎ ‎(2)运动员游泳时间为 小时,运动员在岸边跑步的速度为4千米小时,在水中游泳的速度为2千米小时,‎ 由余弦定理可知,‎ 整理化简可得,‎ 设,‎ 则上式可化为在内有解,‎ 则,‎ 解得,‎ 当时,代入方程可解得,满足,‎ - 28 -‎ 所以小船在能与运动员相遇的条件下的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的综合应用,二次函数求最值及有解的应用,属于中档题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎(1)设,求函数的单调增区间;‎ ‎(2)设,求证:存在唯一的,使得函数的图象在点处的切线l与函数的图象也相切;‎ ‎(3)求证:对任意给定的正数a,总存在正数x,使得不等式成立.‎ ‎【答案】(1)的单调增区间为(0,];(2)证明见解析;(3)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出导函数,在函数定义域内由确定其增区间;‎ ‎(2)先求出在处的切线方程,设这条切线与的图象切于点,由,得出关于的方程,然后证明此方程的解在上存在且唯一.‎ ‎(3)把问题转化为在上有解,令,则只要即可.‎ ‎【详解】(1)h(x)=g(x)﹣x2=lnx﹣x2,x∈(0,+∞).‎ 令,‎ 解得.‎ - 28 -‎ ‎∴函数h(x)的单调增区间为(0,].‎ ‎(2)证明:设x0>1,,可得切线斜率,‎ 切线方程为:.‎ 假设此切线与曲线y=f(x)=ex相切于点B(x1,),f′(x)=ex.‎ 则k=,‎ ‎∴.‎ 化为:x0lnx0﹣lnx0﹣x0-1=0,x0>1.‎ 下面证明此方程在(1,+∞)上存在唯一解.‎ 令u(x0)=x0lnx0﹣lnx0﹣x0-1,x0>1.‎ ‎,在x0∈(1,+∞)上单调递增.‎ 又u′(1)=-1,,‎ ‎∴在上有唯一实数解,‎ ‎,,递减,‎ 时,,递增,‎ 而,∴在上无解,‎ 而,∴在上有唯一解.‎ ‎∴方程在(1,+∞)上存在唯一解.‎ 即:存在唯一的x0,使得函数y=g(x)的图象在点A(x0,g(x0))处的切线l与函数y=f(x)的图象也相切.‎ ‎(3)证明:,‎ 令v(x)=ex﹣x﹣1,x>0.‎ - 28 -‎ ‎∴v′(x)=ex﹣1>0,‎ ‎∴函数v(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴v(x)>v(0)=0.‎ ‎∴,‎ ‎∴不等式,a>0⇔ex﹣x﹣1﹣ax<0,‎ 即H(x)=ex﹣x﹣1﹣ax<0,‎ 由对任意给定的正数a,总存在正数x,使得不等式成立⇔H(x)min<0.‎ H(x)=ex﹣x﹣1﹣ax,a,x∈(0,+∞).‎ H′(x)=ex﹣1﹣a,令ex﹣1﹣a=0,‎ 解得x=>0,‎ 函数H(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.‎ ‎∵H(0)=0,∴.‎ ‎∴存在对任意给定的正数a,总存在正数x,使得不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性、最值问题,考查导数的应用,不等式的证明,考查综合运算能力,转化与化归思想,本题难度较大.‎ ‎20.等差数列的前项和为,数列满足:,,当时,,且,,成等比数列,.‎ ‎(1)求数列,的通项公式;‎ ‎(2)求证:数列中的项都在数列中;‎ ‎(3)将数列、的项按照:当为奇数时,放在前面:当为偶数时,放在前面进行“交叉排列”,得到一个新的数列:,,,,,‎ - 28 -‎ ‎,…这个新数列的前和为,试求的表达式.‎ ‎【答案】(1),;(2)证明见解析;(3)当时,;当时,;当时,.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据等差数列通项公式,即可由基本量计算求得首项与公差,进而求得数列的通项公式与前n项和;根据等比中项定义,结合数列的前n项和,代入化简可求得数列的通项公式;‎ ‎(2)根据数列,的通项公式,即可证明数列中的项都在数列中;‎ ‎(3)由数列的通项公式,代入由裂项求和法可得的前n项和,再对分类讨论,即可确定新数列的前和的表达式.‎ ‎【详解】(1)为等差数列,设公差为,‎ ‎,,‎ 所以,解得,‎ 所以由等差数列通项公式可得;‎ 等差数列的前项和为,‎ 所以,‎ 当时,,且,,成等比数列,.‎ 所以,‎ - 28 -‎ 则,即,‎ 化简可得,当时也成立,‎ 所以.‎ ‎(2)证明:由(1)可知,,‎ 则,‎ 所以数列中的项都在数列中;‎ ‎(3)由(1)可知,‎ 则,‎ 所以数列的前n项和为,‎ 当时,,‎ 当()时,,经检验当时也成立,‎ 当时,,‎ 综上所述,当时,;‎ 当时,;‎ - 28 -‎ 当时,.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列通项公式与求和公式的求法,等比中项的性质简单应用,裂项求和法的应用,分类讨论求数列的前n项和的综合应用,属于难题.‎ 选做题:本题包括三小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答,若多做,则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.‎ 选修4-2:矩阵与变换 ‎21.设变换是按逆时针旋转的旋转变换,对应的变换矩阵是.‎ ‎(1)求点在作用下的点的坐标;‎ ‎(2)求曲线在变换的作用下所得到的曲线的方程.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据所给旋转变换的角度可求得对应的矩阵,由所给点的坐标即可求得变换后的对应坐标;‎ ‎(2)根据变换可得矩阵乘法式,计算后代入方程即可得变换后的曲线的方程.‎ ‎【详解】(1)由题意变换是按逆时针旋转的旋转变换,对应的变换矩阵是,‎ 可知,‎ ‎,‎ 所以点在作用下的点的坐标为.‎ ‎(2)设是变换后曲线上任意一点,与之对应的变换前的点为,‎ 则,即,‎ - 28 -‎ 所以,即,‎ 因为在曲线上,将代入可得,‎ 即,‎ 所以曲线在变换的作用下所得到的曲线的方程为.‎ ‎【点睛】本题考查了旋转变换对应矩阵的求法,由矩阵求对应点的坐标,矩阵的乘法运算应用,属于中档题.‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎22.已知直线的参数方程为(为参数),圆的参数方程为(,为参数),点是圆上的任意一点,若点到直线的距离的最大值为,求实数的值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给直线参数方程与圆的参数方程,转化为普通方程,结合点与圆的位置关系及距离最值,即可求得的值.‎ ‎【详解】直线的参数方程为(为参数),‎ 化为普通方程可得,‎ 圆的参数方程为(,为参数),‎ 化为普通方程可得,‎ 由点到直线距离公式可得圆心到直线的距离为,‎ 点是圆上的任意一点,且点到直线的距离的最大值为,‎ - 28 -‎ 所以满足,,‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的转化,点和圆位置关系的简单应用,属于基础题.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.已知x、y、z均为正数,求证:‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】∵x,y,z都是为正数,∴. ‎ 同理,可得,.‎ 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得 ‎.‎ 必做题:第24题、第25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.‎ ‎24.袋中装有大小相同的黑球和白球共9个,从中任取2个都是白球的概率为.现甲、乙两人从袋中轮流摸球,甲先取,乙后取,然后甲再取 ,每次摸取1个球,取出的球不放回,直到其中有一人取到白球时终止.用X表示取球终止时取球的总次数.‎ ‎(1)求袋中原有白球的个数;‎ ‎(2)求随机变量X的概率分布及数学期望.‎ ‎【答案】(1)6(2)=‎ X ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设袋中原有个白球,则从9个球中任取2个球都是白球的概率为,‎ 由题意知=,即,化简得.‎ 解得或(舍去) 故袋中原有白球的个数为6.‎ ‎(2)由题意,X的可能取值为1,2,3,4.‎ ‎;;‎ ‎;.‎ 所以取球次数X的概率分布列为:‎ X ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所求数学期望为E(X)=1+2+3+4=‎ ‎25.设集合,集合 ,集合中满足条件 “”的元素个数记为.‎ ‎(1)求和值;‎ ‎(2)当时,求证:.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:(1)按照题设条件中的规定和定义进行求解计算;(2)先考虑特殊情形 - 28 -‎ ‎,运用从特殊到一般是数学思想进行推证,进而归纳得到,然后运用缩放法进行推证:‎ 解(1);‎ ‎(2)设集合.‎ 若,即中有个取自集合,1个取自集合, ‎ 故共有种可能,即为,‎ 同理,,即中有个取自集合,2个取自集合,‎ 故共有种可能,即为,‎ 若,即中有个取自集合,个取自集合, ‎ 故共有种可能,即为,‎ 所以 因为当时,故,所以 所以 ‎.‎ - 28 -‎ - 28 -‎
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