2019届江苏省泰州中学高三下学期5月第四次模拟考试数学试题

试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

1．已知A0,2,4，B2,3,4，则AIB______.

2．若复数z满足z2i1i（i为虚数单位，z表示复数z的共轭复数），则z______.

3．依据下列算法的伪代码：

运行后输出的结果是______. 4．函数fxx2的定义域是______. x3x2y25．双曲线21b0的右焦点到渐近线的距离是其到左顶点距离的一半，则b9b______.

6．若将甲、乙两个球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则在1，2号盒子中各有一个球的概率是 ．

xy17．若x，y满足不等式组x10，则3x2y的最大值为______.

xy18．已知a，b，c是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，那么下列命题②若，，中正确的序号为______.①若ac，bc，则a//b；则//；③若a，b，则a//b；④若a，a，则//. 9．已知函数fxsin2x02的图象过点0,，则f

35

的值为8

试卷第1页，总5页

______.

10．等比数列an中，a11，前n项和为Sn，满足S74S63S50，则S4_________． 11．当abc时，

acab的最小值是______. abbc12．在平面四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC4，BD3，

AOB60，若ADBC2，则ABDC______.

13．在直角坐标平面xOy上，⊙O：𝑥2+𝑦2=1，⊙O1：(𝑥−3)2+𝑦2=4.过x轴的左半轴上一点M作⊙O的切线，与⊙O切于点A，与⊙O1分别交于点B、C.若AB = BC，则点M的坐标为________.

2x2ax,xa14．已知函数gx2，若存在a2,3，使得函数

x2ax,xauuuruuuruuuruuurygxat有三个零点，则实数t的取值范围是______.

15．一副直角三角板（如图1）拼接，将BCD折起，得到三棱锥ABCD（如图2）.

（1）若E,F分别为AB,BC的中点，求证：EF//平面ACD； （2）若平面ABC平面BCD，求证：平面ABD平面ACD.

16．如图，在圆内接VABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足

acosCccosA2bcosB.

试卷第2页，总5页

（1）求ÐB的大小；

（2）若点D是劣弧AC上一点，AB3，BC2，AD1，求四边形ABCD的面积.

17．如图，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路l1，l2成60角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在l1和

l2上，修建的木栈道AB与道路l1，l2围成的三角地块OAB.

（1）求修建的木栈道AB与道路l1，l2围成的三角地块OAB面积的最小值； （2）若景区中心C与木栈道A段连线的CAB. ①将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域； ②求出木栈道AB的长度最小值.

x2y2618．已知椭圆C：221ab0的右顶点为A，离心率为，点B1,1在

ab3椭圆上，点D与点B关于原点对称.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）求经过点A，B且和y轴相切的圆的方程；

试卷第3页，总5页

（3）若P，Q是椭圆上异于A，D的两个点，且PQ//AD，点B在直线PQ的上方，试判断PBQ的平分线是否经过x轴上的一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由.

19．已知函数fxalnxbxc(其中a,b,c是常数，且a,b,cR)，曲线

yfx在x1处的切线方程为y1x1.

22（1）求a,c的值；

2（2）若存在x0e,e(其中e是自然对数的底)，使得fx0＞x0成立，求b的取

bb值范围；

（3）设gxfxmx，若对任意b4,，均存在tR，使得方程gxt有三个不同的实数解，求实数m的取值范围.

20．已知an为等差数列，bn为等比数列，公比为qq1.令

Ak|akbk,kN*.

（1）若A1,2.

①当ann，求数列bn的通项公式；

②设a10，q0，试比较an与bnn3的大小？并证明你的结论. （2）问集合A中最多有多少个元素？并证明你的结论.

21．已知点Pa,b，先对它作矩阵M12323202对应的变换，再作N对

0212应的变换，得到的点的坐标为8,43，求实数a，b的值.

x3cos22．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为，其中为参数.

ysin以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为

cos2.求椭圆C上的点到直线l距离的最大值和最小值. 3a,ab2ba23．定义mina,b，设hmina,22，其中，b均为正实数，

abb,ab试卷第4页，总5页

证明：h1.

24．已知正六棱锥SABCDEF的底面边长为2，高为1．现从该棱锥的7个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X表示所得三角形的面积.

(1)求概率P(X3)的值；

(2)求X的分布列，并求其数学期望E(X)．

25．已知在数列an中，a11，a21，a32，a44，且对于任意nN*有

an4an3an1an.

（1）求证：任意nN*，a2n1a2na2n1； （2）求证：任意nN*，a2na2n2为整数.

试卷第5页，总5页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参

1．2,4 【解析】 【分析】

根据集合的交运算，即可容易求得结果. 【详解】

因为A0,2,4，B2,3,4， 故可得AB2,4. 故答案为：2,4. 【点睛】

本题考查集合的交运算，属简单题. 2．1i 【解析】 【分析】

根据复数运算，求得z，求其共轭即可求得结果. 【详解】

因为z2i1i，故可得zii221i. 故z1i. 故答案为：1i. 【点睛】

本题考查复数的运算，以及共轭复数的求解，属综合基础题. 3．15 【解析】 【分析】

模拟执行程序，即可容易求得输出结果. 【详解】

模拟执行程序如下：

x2,i1,s0，

答案第1页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

满足i4，s1,i2； 满足i4，s3,i3； 满足i4，s7,i4； 满足i4，s15,i5； 不满足i4，输出结果s15. 故答案为：15. 【点睛】

本题考查由伪代码求输出结果，属基础题. 4．2,3U3, 【解析】 【分析】

根据根式被开方数是非负数，以及分母不为零，即可求得. 【详解】

要使得函数有意义，则x20,x30， 解得x2,33,. 故答案为：2,33,. 【点睛】

本题考查具体函数定义域的求解，属基础题. 5．4 【解析】 【分析】 根据题意可知b【详解】

根据题意可知：b故可得c5,b4. 故答案为：4.

答案第2页，总20页

ac，结合a2b2c2，即可求得结果. 2ac，又因为a3，且9b2c2， 2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【点睛】

本题考查双曲线方程的求解，涉及双曲线的渐近线，属基础题. 6．9. 【解析】

试题分析：将甲、乙两个球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，共有3×3=9种方法，其中在1，2号盒子中各有一个球有2×1=2种方法，因此所求概率是.

92

2

考点：古典概型概率 7．3 【解析】 【分析】

画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求得目标函数的最值. 【详解】

画出不等式组表示的平面区域如下图所示：

目标函数z3x2y，即y3z3x与直线yx平行. 222数形结合可知，当且仅当目标函数过点A1,0时，取得最大值. 故zmax3. 故答案为：3. 【点睛】

本题考查简单线性规划问题的处理，属基础题. 8．③④ 【解析】

答案第3页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【分析】

根据空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面之间的位置关系，即可容易判断. 【详解】

①若ac，bc，则a,c位置关系可平行，相交或成异面直线，故①错误； ②若，，则,的位置关系不确定，故②错误；

③若a，b，由垂直于同一个平面的两直线平行，则a//b成立，故③正确； ④若a，a，由垂直于同一条直线的两平面平行，则//成立，故④正确. 故答案为：③④. 【点睛】

本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面之间的位置关系，属基础题. 9．

72 10【解析】 【分析】

根据点的坐标满足函数解析式，即可求得sin,cos，再利用正弦的和角公式即可求得函数值. 【详解】 由题可知：sin34，因为0，故可得cos. 525故f272. sinsincos1084272. 10故答案为：【点睛】

本题考查正弦的和角公式，以及同角三角函数关系，属综合基础题. 10．40 【解析】 【分析】 【详解】

答案第4页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

由题设可知S73S54S6，即4S5a6a74S54a6，也即a73a6q3，所以

341S440，故答案40．

31【点睛】

解答本题的关键是熟练掌握等比数列的通项公式及前项和等基础知识和基本公式的综合运用．求解时先依据题设条件建立方程求出等比数列的公比及首项，再运用等比数列的前项和

341公式求出S440使得问题获解．

3111．3 【解析】 【分析】

分离常数，利用均值不等式即可容易求得结果. 【详解】

因为ab0,bc0，

故可得

acabbcabbcab112123， abbcabbcabbcbcab，即ac2b时取得最小值. abbc当且仅当

故答案为：3. 【点睛】

本题考查利用均值不等式求最小值，属基础题. 12．4 【解析】 【分析】

根据向量的数量积运算即可容易求得结果. 【详解】

uuuvuuuvuuuvuuuv由题可知：ACBDACBDcosAOB6. uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvACBDABBCBCCD 因为

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv2uuuvuuuvABBCABCDBCBCCD

答案第5页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvABBCABCDBCBCCD

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvABBCABCDBCBD

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvBCABBDABCD

uuuvuuuvuuuvuuuvBCADABCD uuuvuuuvuuuvuuuvBCADABDC

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvACBD6BCADABDC，

又因为ADBC2，

uuuvuuuvuuuvuuuv故可得ABDC4.

故答案为：4. 【点睛】

本题考查向量的数量积运算，属基础题. 13．(−4,0) 【解析】 【详解】

如图，过点O1作𝑂1𝐻⊥𝐵𝐶于点H，则H为BC的中点.

设|𝑂𝑀|=𝑎，得𝑀𝐴=√𝑎2−1. 故|𝑂1𝐻|=𝑎+3,

𝑎

|𝐴𝐻|3

=

√𝑎2−1𝑎

⇒|𝐴𝐻|=|𝐵𝐻|=

3√𝑎2−1𝑎

， 𝐻|2𝑎+3

=√4−().

𝑎

2√𝑎2−|𝑂1

由题设及|𝐵𝐻|=2|𝐵𝐶|知

1

答案第6页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

1𝑎+32√𝑎2−1 |𝐵𝐻|=|𝐴𝐻|⇒√4−()=

3𝑎𝑎⇒𝑎=4.

从而，点（-4，0）. 14．2t【解析】 【分析】

讨论gx的单调性，根据gx的大致图像，结合题目要求，得到不等式，求解即可. 【详解】

2x2ax,xagx2，

x2ax,xa25 12a2aa2时，gx在a,上递增， 2a2aa2时，gx在,a上递增， 当xa，对称轴x2若x≥a，对称轴x所以当2a2时，gx在R上递增，则函数ygxat不可能有三个零点， 故只需考虑2a3的情况. 画出ygx的大致图象可知：

要使得函数ygxat有三个零点，只能ga2ga，

2答案第7页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

2a22a2，即存在2a3，使得t2,即可. 即ta2a,44a令haa24a2a24a42，只要使thamax即可，而

4a25. hah3max12故2t25. 1225. 12故答案为：2t【点睛】

本题考查根据函数零点个数求参数范围，属综合性困难题. 15．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）利用三角形中位线的性质，可得EF//AC，由线面平行的判定定理可证明（2）若平面ABC平面BCD，可得CD平面ABC,CDAB，EF//平面ACD；

QABAC,AB平面ACD，由面面垂直的判定定理可证明

平面ABD平面ACD.

试题解析：（1）因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF//AC， 又EF平面ACD，AC平面ACD，所以EF//平面ACD. （2）因为平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，

CD平面BCD，CDBC，所以CD平面ABC，

因为AB平面ABC，所以CDAB.

又因为ABAC,ACCDC，AC平面ACD，CD平面ACD. 所以AB平面ACD.

又AB平面ABD，所以平面ABD平面ACD.

【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平

答案第8页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的. 16．（1）

；（2）23. 3【解析】 【分析】

（1）利用正弦定理，将边化角，即可容易求得B；

（2）利用余弦解三角形，结合面积公式以及SABCDSABCSACD，即可求得结果. 【详解】

（1）设外接圆的半径为R，则a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，代入得

2RsinAcosC2RsinCcosA22RsinBcosB，

即sinAcosCsinCcosA2sinBcosB，所以sinB2sinBcosB. 因为B0,，所以sinB0，所以cosB因为0B，所以B1. 23.

（2）在VABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC

9423217，所以AC7. 22. 3因为A，B，C，D四点共圆，所以ADC在VACD中，AC2AD2CD22ADCDcosADC， 代入得71CD2CD21， 2所以CD2CD60，解得CD2或CD3（舍）. 所以SABCDSABCSACD

111313ABBCsinABCADCDsinADC321223. 222222【点睛】

本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及三角形的面积求解，属综合基础题.

答案第9页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

17．（1）93平方千米；（2）①

AB3tan03；②6km. tan33【解析】 【分析】 （1）利用

11rabcabsinBOA，结合余弦定理，利用基本不等式，求得ab的22最小值，即可求得结果；

（2）①根据角度关系，结合三角函数的应用，即可容易表示； ②由①中所求，结合均值不等式，即可容易求得最小值. 【详解】

（1）设三角地带OAB面积为S，OBa，OAb，ABC， 三角形内切圆面积S113rabc，又因为SabsinBOAab， 224所以

1333rabcababcab， 2424得abc1ab，① 2在VOAB中，由余弦定理得c2a2b22abcosBOAc2a2b22abcos602c2

a2b2abab ，②

由①和②得ab36，S3ab93， 4修建的木栈道AB与道路l1，l2围成的三角地带OAB面积的最小值为93平方千米.

（2）①设直线AB和圆C相切点M，CAB0，则CBM， 33答案第10页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

CMBMCMCM3tan，AM，tan，，

tanAM3BMtan3ABAMBM3tan03； tan333AB②tan3433 tan3tantan3341tantan3tan当且仅当3tan36，

6时等号成立，

故木栈道AB的长度最小值为6km. 【点睛】

本题考查利用正余弦定理解决实际问题，涉及均值不等式的使用，属综合中档题.

2x23y22218．（1）（2）x1y21或x5y425；（3）是，1,0. 1；

44【解析】 【分析】

（1）根据点B的坐标满足椭圆方程，结合离心率即可求得椭圆方程；

（2）由（1）中所求即可知A点坐标，设出直线方程，根据题意，列方程求解即可； （3）设出直线PB、QB的斜率分别为k1、k2，以及两条直线的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，求得P,Q两点的坐标，结合PQ//AD，找到k1,k2之间的关系，即可容易求得. 【详解】

c63aa2411（1）由221，解得24，

bba3c2b2a2答案第11页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

x23y2所以椭圆的标准方程为C：1.

44（2）设经过点A，B且和y轴相切的圆的圆心为Em,n，半径为r，

圆的方程为xmynr2，由题意可知rm，因为A2,0，B1,1在圆上，

22m1m52222mnmn0所以，解得或n4， 222r1r51m1nm故所求的圆的方程为x1y21或x5y425.

（3）设点P、Q分别为PxP,xQ、QxQ,yQ，直线PB、QB的斜率分别为k1、k2，

222y1k1x1联立直线PB与椭圆方程x23y2，

144化简得13k1x6k11k1x31k140，

222∵x1是方程的一个解，∴xP31k1413k12222k16k12y1，则P12， 213k13k11同理可得xQ31k24213k22122k26k22yQ1，则2， 213k13k22∴直线PQ的斜率kPQyPyQxPxQ6k1k226k1k266k1k218k1k2，

又∵PQ//AD且kAD6k1k226k1k211，化简得k1k20， ，∴kPQ66kk18kk331212∴直线PB、QB关于直线x1对称，即x1为PBQ的角平分线所在的直线， ∴PBQ的角平分线经过x轴上的定点1,0. 【点睛】

本题考查椭圆方程，圆方程的求解，以及椭圆中定点问题的处理，属综合中档题. 19．（1）a1,c0.（2）b＜e.（3）0,1 【解析】 【分析】

答案第12页，总20页

2e本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（1）求出yfx在x1处的导数，利用斜率和函数值建立等式关系，则可求出a,c的

值. （2）由条件可知，原题等价于lnx0x0b＞0在xe,e2上有解，设

x0hxlnxxb，即hxmax＞0，求导求函数的最值，从而求出b的取值范围. （3）x通过求导分析gx的单调性和最值，分类讨论求出m的取值范围. 【详解】 （1）f'xabbb，由题知f1bcb，且f'1a1， x2x22解得a1,c0；

2e,e（2）由（1）知fxlnxbx，因为存在x0，使得fx0＞x0，

即lnx0x0x0b＞0，设hxlnxxb，则需hxmax＞0， xh'xx2lnx12e,e，设Hxx2lnx，则H'x1＞0在上恒成立， 2xxx2e,e＞0，所以Hx＞0在即Hx单调递增，又因为Hee1上恒成立，

即hx单调递增，所以hxmaxhe令hxmaxeb， 2e222eb＞0，解得b＜e； ee2m（3）gxlnxbxmx，g'x2mxbx22x①当m0时，对任意b4,，易知方程2mx2bx2，

2xx2 bx20均仅有唯一解xx0，

且当x0,x0时，g'x＞0，gx单调递增， 当xx0,时，g'x＜0，gx单调递减，

故方程gxt最多有两个不同的实数解，所以m0不符合题意；

② 当m＞0时，若b216m≤0，则g'x0恒成立，gx单调递增， 方程gxt最多只有一个实数解，不符题意，

答案第13页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以对任意b4,，应有b216m＞0，即m0,1， 此时，易知方程2m因为g'1x2bx20在0,上有两个不同的实数根x1,x2，

2m2b＜0，不妨取x1＜x2，则有x1＜1，列表如下： 2x1 0 x 0,x1  x1,x2  ] x2 0 x2,  g'x gx

Z 极大值 极小值 Z 由表可知，gx的极大值为gx1lnx1bx1mx1，

因为2mx1bx120，所以gx1lnx1bx1mx1lnx1mx12＜0，

b2mb22m2b2b2＞0，所以2＞x2， 又因为2＞1，且g'222bmmmb2x1b2因为g2ln2＞0＞gx1，所以必然存在tmaxg,gx2,gx1，

m2mb2x1使得方程gxt在区间,x1,x1,x2,x2,2上均有一个实数解，符合题意；

2m综上所述，实数m的取值范围为0,1. 【点睛】

本题考查利用导数求函数的切线，考查存在性问题的转化，考查分类讨论求函数的最值，考查学生问题的转化能力和计算能力，属于难题. 20．（1）①bn【解析】 【分析】

（1）①利用数列基本量，结合已知条件，即可容易求得结果；

答案第14页，总20页

2n1；②anbnn1,2,，证明见解析；（2）3个，证明见解析.

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

②用作差法，结合代数运算，即可证明和判断；

n（2）将问题转化为qtns0有多少个解的问题，构造函数，利用导数判断函数单调性，

从而问题得解. 【详解】

（1）由A1,2，得a1b1，a2b2.

设数列an公差为d，数列bn公比为q，由a2b2a1da1q，故da1q1.

a1b11，a2b22，①因为ann，所以数列bn的公比q②答：anbnn1,2,.证明如下： 因为a10，q0，q1，所以

b22，bn2n1. 所以，b1n1bnana1qn1an1aq1aq1a1q1n1 111a1q1qn2qn1L1a1q1n1

n2n3a1q1?qqL1n1

n2n3a1q1q1q1Lq1

2n3n4n4n5a2q1qqL1qqL1Lq110.

所以anbnn1,2,.

n（2）不妨设anabnb0，bnpq，由anbnabnpqnabnqn. pp令sabt，，t0，原问题转化为关于n的方程

ppqntns0，①

最多有多少个解.

下面我们证明：当q0时，方程①最多有2个解；q0时，方程②最多有3个解. 当q0时，考虑函数fxqtxs，则f'xqlnqt，

xx如果tlnq0，则fx为单调函数，故方程①最多只有一个解；

答案第15页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

如果tlnq0，且不妨设由f'x0得f'x有唯一零点x0logq于是当xx0时，f'x恒大于0或恒小于0， 当xx0时，f'x恒小于0或恒大于0，

这样fx在区间0,x0与x0,上是单调函数， 故方程①最多有2个解. 当q0时，如果t0.

如果n为奇数，则方程①变为qtns0，

显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①. 如果n为偶数，则方程①变为

nt， lnqqtns0，由q0的情形，上式最多有2个解，

即满足①的偶数最多有2个. 这样，最多有3个正数满足方程①.

对于t0，同理可以证明，方程①最多有3个解. 综上所述，集合A中的元素个数最多有3个.

再由当an6n8，bn2，则a1b1，a2b2，a4b4，A1,2,4.

nn由此，可知集合A中的元素个数最多有3个. 【点睛】

本题考查等比数列基本量的求解，利用导数研究方程根的个数，属综合中档题. 21．a5，b3 【解析】 【分析】

分别求得NM，NM，即可容易求得结果. 【详解】

1答案第16页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

20依题意，NM0212323213，

113234， 14114由逆矩阵公式得，NM3414所以34【点睛】

3485，即有a5，b3. 14334本题考查点关于矩阵变换后坐标的求解，属基础题. 22．最大值为2【解析】 【分析】

将直线的极坐标方程转化为直角方程，利用参数以及点到直线的距离公式，求三角函数的最值，即可求得结果. 【详解】 由cos66. ，最小值为222132cossin2， ，得322即l的直角坐标方程为x3y40.

x3cos因为椭圆C的参数方程为，

ysin所以椭圆C上的点到直线l距离

d3cos3sin426cos446cos44， 22所以d的最大值为266. ，最小值为222答案第17页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【点睛】

本题考查极坐标方程转化为直角坐标方程，以及用参数求解距离的最值问题，属综合基础题. 23．证明见解析 【解析】 【分析】

根据对h的定义，求得h【详解】

因为a，b均为正实数，所以h因为a2b22ab，所以【点睛】

本题考查用均值不等式证明不等式，属综合中档题；本题的难点在于h24．(1) P2222ab，再利用均值不等式，即可证明.

a2b22ab， 22ab2ab1，即h21. 22ab2ab的获得. 22ab6. 353636618.

35(2)分布列见解析，E(X)【解析】

3分析：（1）从7个顶点中随机选取3个点构成三角形，共有C735种取法，其中面积X3的三角形有6个，由古典概型概率公式可得结果；(2) X的可能取值3,2,6,23,33，根据古典概型概率公式可求得随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得其数学期望EX．

详解：（1）从7个顶点中随机选取3个点构成三角形，

3共有C735种取法，其中X3的三角形如ABF，

这类三角形共有6个 因此PX=366. 3C735（2）由题意，X的可能取值为3,2,6,23,33 其中X3的三角形如ABF，这类三角形共有6个；

答案第18页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

其中X2的三角形有两类，，如PAD（3个），PAB（6个），共有9个； 其中X6的三角形如PBD，这类三角形共有6个；

其中X23的三角形如CDF，这类三角形共有12个； 其中X33的三角形如BDF，这类三角形共有2个； 因此PX=369 ,PX=235356122PX=6,PX=23,PX=33

353535所以随机变量的概率分布列为：

X 3 2 9 356 23 33 PX

所求数学期望

6 356 3512 352 35EX36961223636618. 262333353535353535点睛：在解古典概型概率题时，首先把所求样本空间中基本事件的总数n，其次所求概率事件中含有多少个基本事件m，然后根据公式Pm求得概率；求解一般的随机变量的期望n和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．注意在求离散型随机变量的分布列时不要忽视概率分布列性质的应用，对实际的含义要正确理解.

25．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）严格遵循数学归纳法的证明步骤，即可容易求证；

（2）根据a1至a8的结果，猜想a2na2n2a2n1，用数学归纳法证明即可. 【详解】

（1）因为a3a2a1，因此n1时，命题成立；

答案第19页，总20页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

假设nk时，命题成立，即a2k1a2ka2k1，

则a2k3a2k2a2ka2k1a2k2a2k1，即nk1时，命题也成立， 因此任意nN*，a2n1a2na2n1.

（2）易知a11，a21，a32，a44，a56，a69，a715，a825，

a2a42，a4a66，a6a815，

猜想a2na2n2a2n1，nN*， 证明：当n1时，命题成立；

假设nk时，命题成立，即a2ka2k2a2k1， 则a2k2a2k4a2k2a2k3a2k1a2ka2k2a2k2a2k1a2k1a2k

222 a22aaaaa2aaak22k12k22k2k22k22k12k22k1a2k2a2k1a2k3，

即nk1时，命题也成立， 所以a2na2n2a2n1，nN*，

又a2n1N，因此任意nN*，a2na2n2为正整数. 【点睛】

本题考查用数学归纳法证明数列问题，属综合经典题型.

*答案第20页，总20页