【文档说明】江苏省泰州中学2020届高三下学期第五次模拟考试数学试题【精准解析】.doc，共(27)页，2.188 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年江苏省泰州中学高三年级第五次模拟考试数学I卷一、填空题1.已知集合0Axx=，1,0,1,2B=−，则AB等于．【答案】1,2【解析】试题分析：|01,0,1,21,2ABxx=−=考点：集合运算【方法点睛】1

.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Ven

n图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2.设i是虚数单位，复数z满足(34)43izi+=−，则复数z的虚部为_____．【答案】1−【解析】【分析】利用复数的除法运算求得z，由此

求得z的虚部.【详解】依题意()()()()4334432534343425iiiiziiii−−−−====−++−，所以z的虚部为1−.故答案为：1−【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.3.执行下图的程序框图，如果输入6i=

，则输出的S值为．【答案】21【解析】试题分析：由题意，012345621S=++++++=．考点：程序框图．4.函数y=232xx−−的定义域是.【答案】3,1−【解析】试题分析：要使函数有意义，需满足2232023031xxxxx−−+−−

，函数定义域为3,1−考点：函数定义域5.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．【答案】29.【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33

=9种方法，其中在1，2号盒子中各有一个球有21=2种方法，因此所求概率是2.9考点：古典概型概率6.若x，y满足不等式组1101xyxxy++−，则32xy+的最大值为______.【答案】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32zxy=+，即322zyx=−+与直线32yx=−平行.数形结合可知，当且仅当目标函数过点()1,0A时，取得最大值.故3maxz

=.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.7.已知两条直线m，n，两个平面，，给出四个命题：①若//mn，m⊥，则n⊥②若//，m，n，则//mn③若//m，m⊥，则

⊥④若⊥，//m，则m⊥其中正确命题的序号是_____．【答案】①③【解析】【分析】根据直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断即可.【详解】对①，由线面垂直的性质以及判定定理可知，①正确；对②，若//，m，n，则,mn异面或者平行，②错误；对③，由面面

垂直的判定定理可知，③正确；对④，若⊥，//m，则m可能在内或与平行或与相交，④错误；故答案为：①③【点睛】本题主要考查了判断直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.8.等差数列{}na的公差为2，nS是数列{}na的前n项的和，若2040S=，则135719aa

aaa++++=_________．【答案】10【解析】【分析】利用等差数列奇数项的和与偶数项的和的关系即可求解.【详解】等差数列{}na的公差为2，2040S=，则201231920Saaaaa=+++++1351719241820aaaaaaaaa=+++++++++13

51719131719aaaaaadadadad=+++++++++++++()135171921040aaaaad=+++++=，解得13571910aaaaa++++=.故答案为：10【点睛】本题考查了等差数列的奇数项的和与偶数项的和，

掌握等差数列的性质是关键，属于基础题.9.已知双曲线22214xyb−=的右焦点与抛物线212yx=的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为______.【答案】52yx=【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，根据题意可以知道双曲线的右焦点坐

标，结合双曲线标准方程中,,abc之间的关系求出b的值，最后利用双曲线的渐近线方程进行求解即可.【详解】因为抛物线212yx=的焦点坐标为(3,0)，所以双曲线22214xyb−=的右焦点也是(3,0)，即3c=，而2222945cabbb=+=+=，所以该双曲线的渐近线方程为52y

x=.故答案为：52yx=【点睛】本题考查了求双曲线的渐近线方程，考查了抛物线的焦点，考查了数学运算能力.10.在平面直角坐标系xOy中，直线1:40lkxy−+=与直线2:30lxky+−=相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线4310

0xy−+=的距离的最大值为__________．【答案】92【解析】【分析】判断出P点的轨迹，然后根据直线和圆的位置关系，求得P到直线43100xy−+=的距离的最大值.【详解】设直线1l与y轴交于()0,4A，直线2l与x轴交于(

)3,0B，22345AB=+=.当0k=时，直线1l为4y=，直线2l为3x=，所以两条直线的交点为()13,4P.当0k时，两条直线的斜率分别为k、1k−，斜率乘积为1−，故12ll⊥，所以P点的轨迹是以AB为直径的圆（除,A

B两点外）.设以AB为直径的圆的圆心为3,22C，半径522ABr==，圆的方程为()22235222xy−+−=.点()13,4P满足圆的方程.综上所述，点P点的轨迹是以AB为直径的圆（除,AB两点外）.圆心C到直线43100x

y−+=的距离为()223432102243d−+==+−.所以点P到直线43100xy−+=的距离的最大值为59222dr+=+=.故答案为：92.【点睛】本题主要考查直线和直线的位置关系，考查直线和圆的位置关系，属于中档题.11.已知点P在ABC内，且满足1134APABAC

=+，设PBC、PCAV、PAB△的面积依次为1S、2S、3S，则123::SSS=______．【答案】5:4:3【解析】【详解】因为()()11113434APABACPBPAPCPA=+=−+−，所以5430PAPBPC++=，所以123::5:4:3S

SS=．12.已知函数()24,0,{3,0,xxxfxxx−=若函数()()3gxfxxb=−+有三个零点，则实数b的取值范围为__________．【答案】1(,6)(,0]4−−−【解析】【分析】求出函

数()fx的解析式，分别画出函数()fx与3yxb=−的图象，将函数()()3gxfxxb=−+有三个零点转化为函数()fx与3yxb=−的图象的交点有三个求解即可【详解】3yxb=−与3(0)yxx=−相切时6b=−（正舍），3yxb=−与()2404yxx

x=−相切时14b=−，3yxb=−与24(4)yxxx=−不相切.由图可知实数b的取值范围为(),6−−1,04−.故答案为()1,6,04−−−.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)

直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．13.已知函数()si

n(2)6fxx=−，若方程3()5fx=的解为1212(,0)xxxx，12sin()xx−=____________．【答案】45−【解析】【分析】根据122266xx−+−=，可得2123xx=−，所以121sin(cos(2)6)xxx−=−−，再根据

角的范围和同角公式可得结果.【详解】依题意可知，123sin(2)sin(2)665xx−=−=，因为120xx，所以1211226666xx−−−，所以122266xx−+−=，所以

1223xx+=，所以2123xx=−，所以1212sin()sin(2)3xxx−=−1sin(2)62x=−−1cos(2)6x=−−，因为2123xx=−1x，所以103x，所以12(,)662x−−，所以221134cos(2)1sin(2)1()

6655xx−=−−=−=，所以124sin()5xx−=−.故答案为：45−.【点睛】本题考查了同角公式和诱导公式，属于基础题.14.已知1x，2x是函数()2ln2fxxmxx=+−，mR的两个极值点，若12xx，则

()12fxx的取值范围为______．【答案】3ln2,02−−【解析】【分析】先由题得所以12121,2mxxxx+==，1102x.化简得()12fxx=111111)2ln1xxxx−+−−（，再构造函数1)xx−

+g()=（1112ln(0)12xxxx−−，利用导数求函数的值域即得解.【详解】由题得函数的定义域为(0,)+，21()22(22)mfxxxxmxx=+−=−+，所以12,xx是方程2220xxm−+=的两个实数根，所以12121,2mxxxx+==，因为12xx，1>0

x，所以112021xxx+=，所以1102x.所以()2211111121222ln2(1)2ln1=fxxmxxxxxxxxx+−−+−==111111)2ln1xxxx−+−−（记1111)2ln(0)12xxxxxx−+−−g()=（，所以22211()1

2ln2ln()(1)(1)gxxexxx=−++−=−−−由102x2201,ln()04eexex，所以()0,()gxgx在1(0)2，单调递减，又由洛必达法则得当0x→时，21ln

ln011xxxxxxx===−→−，即00lim(ln)0,lim()0xxxxgx→→==1113()ln2ln22222g=+−=−−，所以函数g(x)的值域为3ln2,02−−.即()12fxx的取值范围为3ln2,

02−−.故答案为：3ln2,02−−【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、解答题15.ABC的内角A，B，C所对的边分别

为a，b，c.已知coscos()cosbAcBcaB−=−.（1）求B的大小；（2）若D在BC边上，22BDDC==，ABC的面积为33，求sinCAD.【答案】（1）3B=（2）1313【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，然后利用两角和的正弦公式、

诱导公式进行恒等变换，由此求得cosB的值，进而求得B的大小.（2）利用三角形ABC的面积求得c，由余弦定理求得AD，利用勾股定理证得ADBD⊥，由此求得AC进而求得sinCAD的值.【详解】（1）因为coscos()cosbAcBcaB−=−，所以sincossincos(sinsin)co

sBACBCAB−=−，所以sincossincos2sincosBAABCB+=，即sin()2sincosABCB+=，因为在ABC中，ABC+=−，(0,)C，所以sin2sincosCCB=，且sin0C，所以1cos2B=，因为

(0,)B，所以3B=.（2）因为22BDDC==，所以1BD=，1CD=，3BC=，因为ABC的面积为33，所以13sin3323c=，解得4c=，由余弦定理得222212cos422422332ADABBDABBD

=+−=+−=，所以()2222222316ADBDAB+=+==，即ADBD⊥，所以2213ACADBD=+=，所以13sin13CDCADAC==.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查运算求解能力，考查数形结合

、函数与方程、化归与转化等数学思想.16.如图，在四棱锥PABCD中，M是PA上的点，ABD△为正三角形，CBCD=，PABD⊥．（1）求证：平面MBD⊥平面PAC；（2）若120BCD=，//DM平面BPC，求证：点M为线段PA的中点．【答案】（1）证明见解析；

（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取BD的中点O，连结OA，OC，可证ACBD⊥，又由PABD⊥，可得BD⊥平面PAC，即可得证；（2）取AB的中点N，连结MN和DN，首先可得ABBC⊥，DNAB⊥，所以DN//BC，即可得到//DN平面BPC．又由//D

M平面BPC，可得平面//DMN平面BPC．根据面面平行的性质可得//MNPB，即可得证；【详解】（1）取BD的中点O，连结OA，OC，∵ABD△为正三角形，∴OABD⊥．∵CBCD=，∴OCBD⊥．在

平面ABCD内，过O点垂直于BD的直线有且只有一条，∴A，O，C三点共线，即ACBD⊥．∵PABD⊥，AC，PA平面PAC，ACPAA=，∴BD⊥平面PAC．∵BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAC．（2）取AB的中点N，连结MN和DN，因为120BCD=

，且BCDC=，所以30CBD=所以90ABC=，即ABBC⊥．∵ABD△为正三角形，∴DNAB⊥．又DN，BC，AB共面，∴//DNCB．∵DN平面BPC，CB平面BPC，∴//DN平面BPC．∵//DM平面BPC，DN，DM平面DMN，∴平面//DMN

平面BPC．∵MN平面DMN，∴//MN平面BPC．∵MN平面PAB，平面PAB平面BPC=PB，∴//MNPB．∵N是AB的中点，∴M为线段PA的中点．【点睛】本题考查面面垂直的证明，线面平行以及面面平行的性质定理

及判定定理的应用，属于中档题.17.已知椭圆2222:1(0)xyMabab+=的离心率为63，焦距为22．斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．（1）求椭圆M的方程；（2）设(2,0)P−，直线PA与椭圆M的另一个交点

为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C，D和点71(,)42Q−共线，求k．【答案】（1）2213xy+=；（2）2k=.【解析】【分析】（1）根据离心率和焦距求得,ca，由此求得b，进而求得椭圆M的标准方程.（2）设出直线PA的方程，联立直线PA的方程和椭圆方程

，写出根与系数关系，进而求得C点的坐标，同理求得D点坐标.求得QC、QD，结合,,QCD三点共线列方程，化简求得k的值.【详解】（1）由题意得222c=，所以2c=，又63cea==，所以3a=，所以2221bac=−=，所以椭圆M的标准方程为2213xy+=．（2）设11(

,)Axy，22(,)Bxy，33(,)Cxy，44(,)Dxy，则221133xy+=①，222233xy+=②，又(2,0)P−，所以可设1112PAykkx==+，直线PA的方程为1(2)ykx=+，由122(2)13ykxxy=++=消去y可得：22221

11(13)121230kxkxk+++−=，则2113211213kxxk+=−+，即2131211213kxxk=−−+，又1112ykx=+，代入①式可得13171247xxx−−=+，所以13147yyx=+，所以1111712(,)47

47xyCxx−−++，同理可得2222712(,)4747xyDxx−−++．故3371(,)42QCxy=+−，4471(,)42QDxy=+−，因为,,QCD三点共线，所以34437171()()()()04242xyxy+−−+−=，将点,CD的坐标代入化简可得12122yyxx−−

=，即2k=．【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.18.某市开发了一块等腰梯形的菜花风景区ABCD（如图）．经测量，AB长为2百米，CD长为6百米，AB与CD相距

2百米，田地内有一条笔直的小路EF（E在BC上，F在AD上）与AB平行且相距0.5百米．现准备从风景区入口处A出发再修一条笔直的小路AN与BC交于N，在小路EF与AN的交点P处拟建一座瞭望塔．（1）若瞭

望塔P恰好建在小路AN的中点处，求小路AN的长；（2）两条小路EF与AN将菜花风景区划分为四个区域，若将图中阴影部分规划为观赏区．求观赏区面积S的最小值．【答案】（1）10百米；（2）（324−）平方百米．【解析】【分析】（1）过点P、N、C分别做AB的垂线，垂足分别为Q

、M、G，在直角三角形AMN中，结合勾股定理，即可求解；（2）以直线CD所在直线为x轴，边CD的垂直平分线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设13(,),[0,)22Ptt，得出面积2123221ttSt−+=+，结合基本不等式，即可求

解.【详解】（1）过点P、N、C分别做AB的垂线，垂足分别为Q、M、G，因为P是AN的中点，所以21MNPQ==，由已知条件易知CBG是等腰直角三角形，所以1BMMN==，所以213AMABBM=+=+=，在直角三角形AMN中，由勾股定理得

22223110ANAMMN=+=+=，答：小路AN的长为10百米；（2）以直线CD所在直线为x轴，边CD的垂直平分线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设13(,),[0,)22Ptt，则直线1:(1)2(1)APyxt=++，联立直线:1BCyx=−，得221Nyt=+，所以PEN△的高

为21322122(21)ttt−−=++，所以21311332123()()222222(21)221tttStttt−−+=++−=++，令21[1,4)tm+=，则213818332444mmSmmm−+==+−−

，所以当22m=即122t=−时，S的最小值为324−．答：观赏区面积S的最小值为（324−）平方百米．【点睛】本题主要考查了函数的实际应用问题，以及基本不等式的应用问题，其中解答中认真审题，建立适当的直角坐标系，求得面积的表达式，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查分

析问题和解答问题的能力.19.已知函数()2(2)xxfxaeeax−=++−，（aR，e是自然对数的底数）．（1）讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()(2)cosfxax+，求a的取值范围．【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）[2,)+.【解

析】【分析】（1）求得()fx，然后对a分成0a和0a两种情况进行分类讨论，由此求得()fx的单调区间.（2）首先令2x=，代入()(2)cosfxax+，求得a的一个取值范围.构造函数()()(2)cosgxfxax=−+，利用()gx的导函数()gx研究()

gx的最小值，由此求得a的取值范围.【详解】（1）2(2)2()2(2)xxxxxaeaefxaeeae−+−−=−+−=()()21xxxaeee−+=，当0a时，()0fx，函数()fx在R上递减；当0a时，由(

)0fx，解得2lnxa，故函数()fx在2(,ln)a−上单调递减，由()0fx，解得2lnxa，故函数()fx在2(ln,)a+上单调递增．综上所述，当0a时，()fx在R上递减；当0a时，()fx在2(,ln)a−上递减，在2(ln,)a

+上递增.（2）当2x=时，()22()2(2)02cos222faeeaa−=++−=+，即222()02eae+−，故0a，令()()(2)cosgxfxax=−+2(2)c(2s)oxxaeeaxxa−=++−−+，则22(

)(2)(2)sinxxaegxaaxe−=+−++，若2a，则当[0,]x时，()0gx，函数()gx在[0,]上单调递增，当(,)x+时，()2(2)(2)xxgxaeeaa−−+−−+2

244404aeea−−−−−，当[0,)x+时，()gx单调递增，则()(0)0gxg=，符合题意；若02a，则(0)2(2)0ga=−，()2(2)(2)24xxxxgxaeeaaaee−

−−+−−+=−−，由240xxaee−−−=得2420axlna++=，故242()0aglna++，存在0242(0,]axlna++，使得0()0gx=，且当0(0,)xx时，()0gx，()gx在0(0,)

xx上单调递减，当0(0,)xx时，()(0)0gxg=，不合题意，综上，实数a的取值范围为[2,)+．【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.20.已

知数列{}na是首项为1的等差数列，数列{}nb是公比不为1的等比数列，且满足122aab+=，233aab+=，454aab+=（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）令*2211()(1)(1)nnnnnnnabcnNabab++++=++，记数列{}nc的前n项和为nS，求证：

对任意的*nN，都有413nS；（3）若数列{}nd满足11d=，1nnnddb++=，记12nknkkdTb==，是否存在整数，使得对任意的*nN都有212nnndTb−成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答

案】（1）12(1)21nann=+−=−，1222nnnb−==；（2）证明见解析；（3）存在整数5=，使得对任意的*nN都有212nnndTb−成立，理由见解析.【解析】【分析】（1）

利用等差等比数列的基本量表示已知条件，解方程组得到基本量，利用等差等比数列的通项公式得到答案；（2）根据（1）的结论得到数列nc的通项公式，利用指数的运算裂项，相消求和后得到nS的表达式，判定单调性，然后利用不等式的基本性质即可证明；（3）假设存在满足要求的整数

，取1,2,3n=得到的范围，进而求得的值为5，然后证明当5=时，对任意的*nN，都有212nnndTb−成立．为此先要根据1nnnddb++=，利用等比数列的求和公式，求得114=22

nnnTT++−，结合11114nnnnTTd+++=+，求得11152()24nnnnTd+=−−，然后利用作差法证明即可.【详解】（1）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q

，则1213122327dbqdbqdbq+=+=+=，所以1212(1)4(1)dbqqdbqq=−=−，因为1,0q，所以2q=．所以11122234278dbdbdb+=+=+=，解得12db==所以12(1)21nann=+−=−，12

22nnnb−==．（2）因为2211(1)(1)nnnnnnnabcabab++++=++21(23)2[(21)21][(21)21]nnnnnn+++=−+++1114(21)21(21)21nnnn+=−−+++所以123nnScccc=+++12231111

4()()112132132152=−+−+++++111()1(21)21(21)2nnnn++−+−++11114(1121(21)2nn+=−+++11144(

)31(21)23nn+=−++又因为对任意的*nN，都有nS单调递增，即115840131339nSSc===，所以对任意的*nN，都有413nS成立；（3）假设存在满足要求的整数，令1n=，则112212dd

bb−，解得59；令2n=，则1222441()2dddbbb+−，解得173355；令3n=，则123324661()2ddddbbbb++−，解得671332323；所以133523，又已知Z，故若存在，则5=．

下证：当5=时，对任意的*nN，都有212nnndTb−成立．2312311114444nnnTdddd=++++；231112311111144444nnnnn

Tddddd+++=+++++231111223111111()()()44444nnnnnTTddddddd++++=+++++++；即1211122311114()()()444nnnnnTTddd

dddd+++=+++++++23231111122224444nn=+++++23111111222222nn

=+++++=−又11114nnnnTTd+++=+；所以111152()42nnnnnnTTTd+++=+=−则11152()24nnnnTd+=−−1221152()()24nnnnnnnndd

Tdbb+−=−−−11112()()()244nnnnndd+=−−−1112()()()24nnnndd+=−−+112()()224nnn=−−122()2n=−而对任意的*nN，12

2()2n−单调递增，所以11122()22()222n−−即对任意的*nN都有2152nnndTb−成立，得证.所以，存在整数5=，使得对任意的*nN都有212nnndTb−成立．【点睛】本题考查等差比数列得综合问题，涉及等差等比数列的通项公式，求和公式，裂

项求和法，存在性问题和探索性方法，考查不等式的证明，属难题.2019—2020学年江苏省泰州中学高三年级第五次模拟考试数学第II卷21.已知矩阵4001A=，1205B=，列向量aXb=.（1）求矩阵AB；（2）若

1151BAX−−=，求a，b的值.【答案】（1）4805；（2）28a=，5b=【解析】试题分析：（1）根据矩阵乘法得矩阵AB；（2）根据逆矩阵性质得51XAB=，再根

据矩阵乘法得结果.试题解析：（1）401248010505AB==；（2）由1151BAX−−=，解得51XAB=485280515=

=，又因为aXb=，所以28a=，5b=.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为3cossinxy==（α为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点M的极坐标为322,4

，直线l的极坐标方程为sin2204−+=．（1）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）若N是曲线C上的动点，P为线段MN的中点，求点P到直线l的距离的最大值．【答案】（1）40xy−−=,2213xy+=；（2）722.【解析】【分析】（1）直接利用极坐标方程

、参数方程和普通方程互化的公式求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）设N（3cos，sinα），α∈[0，2π）．先求出点P到直线l的距离31cossin6222d−−=再求最大值.【详解】（1）因为直线l的极坐标方程为πsin2204

−+=，即ρsinθ－ρcosθ＋4＝0．由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得直线l的直角坐标方程为x－y－4＝0．将曲线C的参数方程3xcosysin==消去参数a，得曲线C的普通方程为2213xy+=．（2）设N（3cos，sinα），α∈[0，2π）．

点M的极坐标（22，3π4），化为直角坐标为（－2，2）．则31cos1,sin122P−+．所以点P到直线l的距离31πcossin6sin622372222d−−−+==，所以当5π6=时，点M到直线l的距离的最大值为722．【点睛】本题主要考查参数方

程、极坐标方程和普通方程的互化，考查三角函数的图像和性质，考查点到直线的距离的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23.在一次运动会上，某单位派出了由6名主力队员和5名替补队员组成的代表队参加比赛.（1）如果随机抽派5名队员上场比赛

，将主力队员参加比赛的人数记为X，求随机变量X的数学期望；（2）若主力队员中有2名队员在练习比赛中受轻伤，不宜同时上场；替补队员中有2名队员身材相对矮小，也不宜同时上场，那么为了场上参加比赛的5名队员中至少有3

名主力队员，教练员有多少种组队方案？【答案】(1)3011；(2)1?91【解析】【分析】（1）由题可知X服从超几何分布，求得X的取值，根据概率公式求得对应概率，即可求得其数学期望；（2）根据题意，将问题根据主力分别有3,4,5人上场进行分类，即可容易求得.【详解】（

1）由题可知X服从超几何分布，X的可取值为0,1,2,3,4,5，故可得()5551110462CPXC===；()1465511305146277CCPXC====；()236551115025246277CCPXC====；()326551120030346211CCPXC

====；()416551175254462154CCPXC====；()5651161546277CPXC====.故()52510025112345777723115477EX=++++=630231.（2）要满足题意，则可以是3名主力2名替补；4名主力1名替补；5名主力

.若是3名主力2名替补，则共有()()312211424323144CCCCCC++=种；若是4名主力1名替补，则共有()4131424545CCCC+=种；若是5名主力，则共有41422CC=种

；故要满足题意，共有144452191++=种出场方式.【点睛】本题考查超几何分布的数学期望的求解，以及组合问题的分类分布求解，属综合中档题.24.（1）已知：111mmxnnnCCC−−−+=及1mmnymCCn−=，（2n，*nN，*)mN．求x；y（结果用m，n表示）（2）已知

0121111()(1)2342nnnnnnfnCCCCn=−+−+−+，*nN．猜想()fn的表达式并用数学归纳法证明你的结论．【答案】（1）xm=或nm−，1yn=−；（2）猜想1()(1)(2)fnnn=++，证明见解析.【解析】【分析】（1）根据组合数的

性质以及组合数公式证明即可；（2）根据1(1)6f=，1(2)12f=的值猜想出1()(1)(2)fnnn=++，再由数学归纳法证明即可.【详解】（1）111mmmxnnnnCCCC−−−+==，可得xm=或nm−；111!(1)!!()!(1)!()mmmnnymmnn

CCCnnmnmmnm−−−−====−−−解得1yn=−；（2）111(1)236f=−=，1211(2)23412f=−+=猜想1()(1)(2)fnnn=++下面用数学归纳法证明：①1n=时11(1)623f==，猜想成立；②假设(*)nkkN=时猜想成立即0121111()(

1)2342kkkkkkfkCCCCk=−+−+−+1(1)(2)kk=++则1nk=+时，由111mmmnnnCCC−−−=+及11mmnnmCCn−−=得0121111111111(1)(1)2343k

kkkkkfkCCCCk+++++++=−+−+−+01021111()()234kkkkkCCCCC=−++++111111(1)()(1)23kkkkkkkkCCCkk−++++−++−++01111111()(1)(1)3423kkkkkkkkfkCCCCkk−+=−+++−+−++又

11111331mmkkmCCmmk+++=+++1112113mkCkm++=−++则1211111222(1)()1111343kkkkfkfkCCCkk+++++=−−−−++−++012111111()(1)1kkkkkkf

kCCCCk+++++=−−+−++−+0111111222(1)233kkkkkCCCk++++++−+−++2()(1)1fkfkk=−++即31(1)()1(1)(2)kfkfkkkk++==+++则1(1)(2)(3)fkkk+=++，则1nk=+猜想成立．由①②

知1()(1)(2)fnnn=++．【点睛】本题主要考查了组合公式以及性质的应用，利用数学归纳法证明恒等式，属于中档题.