【文档说明】【精准解析】江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研数学试题.pdf，共(28)页，680.942 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2019~2020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{1,3}A，{3,9}B，则AB__

___.【答案】1,3,9【解析】【分析】根据并集的运算即可求解.【详解】集合{1,3}A，{3,9}B，由并集的运算可得1,3,9AB，故答案为：1,3,9.【点睛】本题考查了并集的简单运算，属于基础题.2.如果复数2()3bibRi的实部与

虚部互为相反数，则b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b的值.【详解】复数2()3bibRi，由复数除法运算化简可得2326233331010biibibbiiii

，因为复数的实部与虚部互为相反数，即62301010bb，解得1b，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.-2-3.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12345得分3330272931【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3330272931305，由方差公式可得

2222221333030302730293031305s12045，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】56【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24C＝6（种），取出的2瓶不是果汁类饮料的种数为22C＝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＝1﹣16＝56．故答案为56．-3-【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,ab分别为2，3时，最后输出的b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,ab分别为2，3时，23

5aab，532bab，所以输出的2b，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xOy中，已知双曲线22221xyab(0,0ab)的两条渐近线的方程为2y

x，则该双曲线的离心率为_______．【答案】5【解析】【分析】由双曲线的两条渐近线方程是y＝±2x，得b＝2a，从而225caba，即可求出双曲线的离心率．【详解】∵双曲线22221xyab(0,0ab)的两条渐近线方程是y＝±2x，-4-∴2ba

，即b＝2a，∴225caba，∴5cea．故答案为5．【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11CAMB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，∴1111134222AMBAABSS3，∴三棱锥A1﹣M

BC1的体积：1111111113433AMBCCAMBAMBVVSAC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na的前n项和为nS，若1530S，71a，则10S的值为_____.【答案】-5-5-【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10S的值.【详解】由等差数列前n项和公式可得1151581515302

aaSa，则82a，由等差数列的通项公式可得117261adad，解得151ad，所以10109105152S，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()yf

x是定义在R上的偶函数，当[0,)x时，sin,[0,1)()(1),[1,)xxfxfxx，则56f_______.【答案】12【解析】【分析】根据偶函数性质可知5566ff

，结合函数解析式可知当1x时为周期等于1的周期函数，所以566ff，代入即可求解.【详解】()yfx是定义在R上的偶函数，所以5566ff

，-6-当[0,)x时，sin,[0,1)()(1),[1,)xxfxfxx，即当1x时为周期等于1的周期函数，即566ff，所以1sin662f，故答案为：1

2.【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ABC中，1AC，3BC.若O是该三角形内的一点，满足()()0OAOBCACB，则COAB_____.【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OAOB，画出几何关系图示，即可由平面向量数量积运算律求得COAB.【详解】因为()()0OAOBCACB，则()0

OAOBBA，即()()0OAOBOAOB，所以220OAOB，即OAOB，所以O在AB的垂直平分线上，由题意可知1AC，3BC.设AB中点为M，如下图所示：-7-由平面向量的线性运算及

数量积运算律可得COABCMMOABCMABMOAB12CMABCACBCBCA221122CBCA

221131422,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sin222cos2，则2sinsin2_______

___．【答案】1或85【解析】由sin222cos2得sin22(1cos2)0，即22sincos4cos0，所以cos0或tan2，当cos0时，22sinsin21cos2sincos1，当tan2时，222

22222sin2sincostan2tan2228sinsin2sincostan1215，故答案为1或85.【点睛】在已知tan的值求关于sin,cos的函数值时，有两类问题可通过把待求式转化为tan的式子快速求值：-8-（1）关于sin

,cos的齐次分式：一次齐次式sincos()sincosabfcd，二次齐次式2222sinsincoscos()sinsincoscosabcfdef；（2）可化为二次齐次式的代数式：

22()sinsincoscosfabc22sinsincoscos1abc2222sinsincoscossincosabc．12.已知点AB、是圆22:4Oxy上任意

两点，且满足23AB.点P是圆22:(4)(3)4Cxy上任意一点，则||PAPB的取值范围是______.【答案】4,8【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AB的中点D，由两个圆的方程可知222,435CPCO，则222431ODOAAD，由平面向量线性运算可知2PA

PBPD，-9-当CPOD、、、四点共线时，PD取得最小值，此时5212PDCOCPOD，当CPOD、、、四点共线时，PD取得最大值，此时5214PDCOCPOD，所以24,8PD

，即||PAPB的取值范围为4,8，故答案为：4,8.【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1a，若不等式||2xxaa，对任意的实数[1,3]x恒成立，则满足条件的实

数a的取值范围是_____.【答案】71,2,2【解析】【分析】根据题意，将不等式变形，转化为两个函数在[1,3]x内的位置关系，再对a分类讨论，画出函数图像即可分析a的取值范围.【详解】对于实数1a，不等式||

2xxaa，对任意的实数[1,3]x恒成立，则2axax对于任意的实数[1,3]x恒成立，所以函数yxa的图像在[1,3]x时恒在2ayx图像的上方，当2a时，显然成立；当12a时，2ayx

在第四象限，若函数yxa的图像在[1,3]x时恒在2ayx图像的上方，如下图所示：此时在[1,3]x时恒成立，因而12a成立；-10-当2a时，2ayx在第一象限；若函数yxa

的图像在[1,3]x时恒在2ayx图像的上方，如下图所示：结合图像可知，需满足2233aaa，解不等式可得72a，综上所述，满足条件的实数a的取值范围为71,2,2，故答案为：71,2,

2.【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ABC中，若tantan3tantanAABC，则sinA的最大值为_____.【答案】215【解析】【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cosA，再由基本不等式即可求得cosA的取值范围，进而结合同角三角函数关系式求得sinA的取值范围，即可求得sinA的

最大值.【详解】在ABC中，tantan3tantanAABC，-11-则sincossincos3cossincossinABACABAC，通分化简可得sincossincossin3cossinsinABCCBABC，由正弦和角公式可得sinsin3coss

insinACBABC，所以2sin3cossinsinAABC，由正弦定理代入可得23cosabcA，即23cosabcA，又由余弦定理2222cosabcbcA，代入可得223cos2cosbcAbcbcA，所以2222cos555bcbcA

bcbc，当且仅当bc时取等号，则24cos25A，所以241sin25A，即221sin25A，所以21sin5A，则sinA的最大值为215.故答案为：215.【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.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111ABCABC中，ABBC，点P是棱AC的中点.-12-（1）求证：1AB//平面1PBC；（2）求证：平面1PBC平面11AACC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接1CB，与1BC交于O，连接OP，由中位线定理即可证明1AB/

/平面1PBC；（2）根据题意可证明BPAC及1AAPB，可得PB平面11AACC，再由面面垂直的判定定理可证明平面1PBC平面11AACC.【详解】（1）证明：连接1CB，与1BC交于O，连接O

P，如下图所示：则OP为1ABCV的中位线，所以1//OPAB，因为OP平面1PBC,1AB平面1PBC，所以1AB//平面1PBC；（2）证明：在ABC中，ABBC，点P是棱AC的中点.所以BPAC，-13-因为1AA平面ABC，而PB平面A

BC，可得1AAPB又因为1,ACAA平面11AACC，且1ACAAA∩，所以PB平面11AACC，而PB平面1PBC，所以平面1PBC平面11AACC.【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7()sinsin412fxxx.（1）求函数()yfx的最小正周期和单调递增区间；（2）当[0,]x时，试求函数()yfx的最大值，并写出取得最大值时自变量x的值.

【答案】（1）2T；112,2,1212kkkZ（2）12x时，函数()yfx的最大值为3.【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()yfx的解析式变形，结合正弦和角公式与辅助角公式化简可得7()sinsin412fxxxsins

in443xx33sincos2424xx-14-153sin2x，所以函数()yfx的最小正周期为2T;由正弦函数的图像与性质可知12522,22kxkkZ

，解得1122,1212kxkkZ，所以()yfx的单调递增区间为112,2,1212kkkZ.（2）因为[0,]x，则5517,121122x，当1522x时，函数()yfx的

最大值为3，解得此时12x.【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C:22221(0)xyabab的四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60的菱形的四个顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线ykx交椭

圆C于,AB两点，在直线上存在点P,使得PAB△为等边三角形,求k的值.【答案】（1）2213xy；（2）0k或1k．【解析】试题分析：（1）求椭圆标准方程，要确定,ab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(,0),(0,)ab，因此易得,ab

；（2）本小题采取解析几何的基本解法，PAB△是等边三角形的条件是三边相等，或两内角为60°，或POAB且3POAO，我们采-15-用POAB且3POAO，由线段AB的中垂线与直线l相交求得点P的坐标，计算PO，直线ykx与椭圆相交求得A点坐

标，计算AO，利用3POAO求得k值，由于涉及到AB的垂线．因此对k按0k和0k分类讨论．试题解析：(1)因为椭圆C:22221(0)xyabab的四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60的菱形的四个顶点,所以3,1ab,椭圆C的方程为22

13xy(2)设11,Axy,则11,Bxy（i）当直线AB的斜率为0时，AB的垂直平分线就是y轴，y轴与直线的交点为(0,3)P,又3,3AOPO23ABPAPB，所以PAB△是等边三角形,所以0

k满足条件；(ii)当直线AB的斜率存在且不为0时，设AB的方程为ykx所以221{3xyykx，化简得解得12331xk所以222233313131kAOkkk又AB的中垂线为

1yxk，它l的交点记为00(,)Pxy由30{1xyyxk解得0031{31kxkyk-16-则2299(1)kPOk因为PAB△为等边三角形，所以应有3POAO代入得到222299333(

1)31kkkk，解得0k（舍），1k综上可知，0k或1k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,AB两点，30BAC，小船从A点以v千米/小时的速度沿A

C方向匀速直线行驶，同一时刻运动员出发，经过t小时与小船相遇.（水流速度忽略不计）（1）若4v，2ABkm，运动员从B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A处沿射线AB方向在岸边跑步匀速行进(0)mmt小时后，再游泳匀速直线追赶小船.已知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，试求小船在能与运动员相遇的条件下v的最大值.【答案】（

1）2；（2）433.【解析】【分析】（1）设运动员游泳的速度为x千米/小时，结合余弦定理即可表示出2x，再由二次函数性质-17-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0，进而求得速度的最大值.【详解】（1）设运动

员游泳的速度为x千米/小时，由余弦定理可知22224224cos30xttt，化简可得222483116434xttt，因为01t，所以11t，则当13t，即33t时，2x取得最小值，此时2x，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tm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2222424cos30tmmvtmvt，整理化简可得221284340mmvvtt

，设,0,1mkkt，则上式可化为221284340kvkv在0,1内有解，则2284341240vv，解得4303v，当433v时，代入方

程可解得13k，满足0,1k，所以小船在能与运动员相遇的条件下v的最大值为433.【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.-18-19.已知函数,lnxfxe

gxx．（1）设2hxgxx，求函数hx的单调增区间；（2）设01x，求证：存在唯一的0x，使得函数ygx的图象在点00,Axgx处的切线l与函数yfx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()11fxax＜成立．【答案】（1）hx的单调增区间为（0，22]；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数)'(hx，在函数定义域内由'()0hx确定其增区间；（2）先求出()gx在0x处的切线方程，设这条切线与()yfx的图

象切于点11(,())xfx，由010101()()'()'()gxfxkgxfxxx，得出关于0x的方程，然后证明此方程的解在(1,)上存在且唯一．（3）把问题转化为10xeaxx在(

0,)上有解，令()1xHxeaxx，则只要min()0Hx即可．【详解】（1）h（x）＝g（x）﹣x2＝lnx﹣x2，x∈（0，+∞）．令222221()20xxhxxxx，解得202x＜．∴函数h（x）的单调增区间为（0，22]

．（2）证明：设x0＞1，1()gxx，可得切线斜率01kx，-19-切线方程为：0001ln()yxxxx．假设此切线与曲线y＝f（x）＝ex相切于点B（x1，1xe），f′（x）＝ex

．则k=1xe，∴110010ln1xxexkexxx．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＞1．0001()lnuxxx，在x0∈（1，+∞）上单调递增．又u′

（1）＝－1，1'()10uee，∴'()0ux在(1,)上有唯一实数解m，0(1,)xm，0'()0ux，()ux递减，0(,)xm时，0'()0ux，()ux递增，而(1)

20u，∴0()0ux在(1,)m上无解，而22()30uee，∴0()0ux在(,)m上有唯一解．∴方程0()0ux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：()111xfxexxx，令v（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0．∴v′（x）＝ex﹣1＞0，∴函数v（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，∴v（x）＞v（0）＝0．-20-∴()1110x

fxexxx＞，∴不等式()11fxax＜，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()11fxax＜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＝ln(1)a＞0，函数H（x）在区间（0，ln(1)a）上单调递减，在区间（ln(1)a，+∞）上单调递增．∵H（0）＝0，∴min()(ln(1))0HxHa

．∴存在对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式()11fxax＜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n

a的前n项和为nS，数列nb满足：1155ba，529ab，当3n时，1nnSb，且nS，1nnSb，2nS成等比数列，*Nn.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）求证：数列nb中的项

都在数列na中；（3）将数列na、11nnbb的项按照：当n为奇数时，na放在前面：当n为偶数时，11nnbb放在前面进行“交叉排列”，得到一个新的数列：1a，121bb，231bb，

2a，3a，341bb，…这个新数列的前n和为nT，试求nT的表达式.【答案】（1）21nan，41nbn；（2）证明见解析；（3）当2,*nkkN时，-21-241025nnnTn；当43,*nk

kN时，21141023nnnTn；当41,*nkkN时，21141027nnnTn.【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na的通项公式与前n项和；根据等比中项定义，结合数列na的

前n项和，代入化简可求得数列nb的通项公式；（2）根据数列na，nb的通项公式，即可证明数列nb中的项都在数列na中；（3）由数列nb的通项公式，代入由裂项求和法可得11nnbb的前n项和，再对n分类讨论

，即可确定新数列的前n和nT的表达式.【详解】（1）na为等差数列，设公差为d，1155ba，529ab，所以151149aaad，解得2d，所以由等差数列通项公式可得12121nann；等差数列na的前n项

和为nS，所以21212nnnSn，当3n时，1nnSb，且nS，1nnSb，2nS成等比数列，*Nn.所以212nnnnbSSS，则222212nnnbn，即2

12nnbnn，化简可得41nbn，当1,2nn时也成立，-22-所以41nbn.（2）证明：由（1）可知21nan，41nbn，则21412211nnbnna，所以数列n

b中的项都在数列na中；（3）由（1）可知41nbn，则111114145414415nnbnbnnn，所以数列11nnbb的前n项和为11111145991341455451nnBnnn

，①当2,*nkkN时，22254541025nkkkknnTTSBkkn，②当43,*nkkN（2k）时，2243212212212158341023nkkknkn

TTSBkkn，经检验当1n时也成立，③当41,*nkkN时，22412121212158541027nkkknknTTSBkkn，综上所述，当2,*nkkN时，241025nnnTn

；当43,*nkkN时，21141023nnnTn；当41,*nkkN时，21141027nnnTn.【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

-23-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T是按逆

时针旋转2的旋转变换，对应的变换矩阵是M.（1）求点(1,1)P在T作用下的点P的坐标；（2）求曲线2:Cyx在变换T的作用下所得到的曲线C的方程.【答案】（1）1,1；（2）2yx.【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C的方程.【详解】（1）由题意变换T是按逆时针旋转2的旋转变换，对应的变换矩阵是M，可知cossin012210sincos22M

，1011111011M，所以点(1,1)P在T作用下的点P的坐标为1,1.（2）设xy是变换后曲线C

上任意一点，与之对应的变换前的点为00xy，则00xxMyy，即000110xxyy，所以00yxxy，即00xyyx，因为00xy

在曲线2:Cyx上，将00xyyx代入可得2xy，-24-即2yx，所以曲线2:Cyx在变换T的作用下所得到的曲线C的方程为2yx.【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11xtyt（t为参数），圆C的参数方程为cossinxaya（0a，为参数），点P是圆C上的任意一点，若点P到直

线的距离的最大值为21，求实数a的值.【答案】1a【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a的值.【详解】直线的参数方程为11xtyt（t为参数），化为普通方程可得

20xy，圆C的参数方程为cossinxaya（0a，为参数），化为普通方程可得222xya，由点到直线距离公式可得圆心到直线的距离为222d，点P是圆C上的任意一点，且点P到直线的距离的最大值为21

，所以满足212a，0a，解得1a.【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-25-23.已知x、y、z均为正数，求证：111xyzyzzxxyxyz＋＋＋＋【答案】证明见解析【解析】【详解】∵x，y，z都是为正数，

∴12()xyxyyzzxzyxz．同理，可得2yzzxxyx，2zxxyyzy．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得111xyzyzzxxyxyz．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512．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()EX．【答案】（1）6（2）()EX=10.7X1234P2314114184【解析】【详解】（1）设袋中原有n个白球，则从9个球中任取2个球都是白球的概率为229nCC

，-26-由题意知229nCC=512，即(1)5298122nn，化简得2300nn．解得6n或5n（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1，2，3，4.62(1)93PX；3

61(2)984PX；3261(3)98714PX；32161(4)987684PX.所以取球次数X的概率分布列为：X1234P2314114184所求数学期望为E（X）=

123+214+3114+4184=10.725.设集合1,0,1M，集合12,,,,1,2,,nniAxxxxMin，集合nA中满足条件“121nxxxm”的元素个数记为nmS.（1）求22

S和42S的值；(2)当mn时，求证：11322nnmnmS.【答案】（1）24228,32SS；（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0,1,1PQ，运用从特殊到一般是数学思想进行推证，进而归纳得到1122222nmmmnnnSCCC，然后运用缩放法进行推证：解(1)24228,32SS；-27-（2）设集合0,1,1PQ.若121nxx

x，即123,,,,nxxxx中有1n个取自集合P，1个取自集合Q，故共有112nnC种可能，即为112nC，同理，122nxxx，即123,,,,nxxxx中有2n个取自集合P，2个取自

集合Q，故共有222nnC种可能，即为222nC，若12nxxxm，即123,,,,nxxxx中有nm个取自集合P，m个取自集合Q，故共有2nmmnC种可能，即为2mmnC，所以1122222nmmmnnnSCCC因为当0kn时，故1knC，所

以10knC所以1122222nmmmnnnSCCC0011221122221212mmmmnnnnnnnnCCCCCC0011221112222222222mmmmnnmmnnnnnnnCCCCCC

11111222322nnmnnm.-28-