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 28页

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 -‎