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【福建】厦门市2024届高三下学期第二次质量检测数学试题
展开这是一份【福建】厦门市2024届高三下学期第二次质量检测数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合A=xx−1≤4，B=x4−xx≥0，则A∩∁RB=（ ）
A．0,4B．0,4
C．−3,0∪4,5D．−3,0∪4,5
2．已知正项等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，且4S3=a3+12,4S4=a4+12，则d=（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知α，β为关于x的实系数方程x2−4x+5=0的两个虚根，则α+βα+β=（ ）
A．52B．−52C．5D．−5
4．已知样本2,1,3,x,4,5x∈R的平均数等于60%分位数，则满足条件的实数x的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．在平面直角坐标系xOy中，点P在直线3x+4y+1=0上.若向量a=3,4，则OP在a上的投影向量为（ ）
A．−35,−45B．35,45C．−325,−425D．325,425
6．设F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左右焦点，P为双曲线左支上一点，且满足PF1=F1F2，直线PF2与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A．53B．3C．2D．5
7．已知cs140°−α+sin110°+α=sin130°−α，求tanα=（ ）
A．33B．−33C．3D．−3
8．设集合A=−1,0,1，B=x1,x2,x3,x4,x5xi∈A,i=1,2,3,4,5，那么集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的元素的个数为（ ）
A．60B．100C．120D．130
二、多选题
9．为了预测某地的经济增长情况，某经济学专家根据该地2023年1～6月的GDP的数据y（单位：百亿元）建立了线性回归模型，得到的经验回归方程为y=0.42x+a，其中自变量x指的是1～6月的编号，其中部分数据如表所示：
参考数据：i=16yi2=796,i=16yi−y2=70．
则下列说法正确的是（ ）
A．经验回归直线经过点3.5,11
B．a=10.255
C．根据该模型，该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元
D．相应于点x4,y4的残差为0.103
10．如图1，扇形ABC的弧长为12π，半径为62，线段AB上有一动点M，弧AB上一点N是弧的三等分点，现将该扇形卷成以A为顶点的圆锥，使得AB和AC重合，则在图2的圆锥中（ ）
A．圆锥的体积为216π
B．当M为AB中点时，线段MN在底面的投影长为37
C．存在M，使得MN⊥AB
D．MNmin=3302
11．设fx，gx都是定义在R上的奇函数，且fx为单调函数，f1>1，若对任意x∈R有fgx−x=a（a为常数），gfx+2+gfx=2x+2，则（ ）
A．g2=0B．f3<3
C．fx−x为周期函数D．k=1nf(4k)>2n2+2n
三、填空题
12．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上一点，且|AF|＝5，O为坐标原点，则
△OAF的面积为 .
13．已知函数fx=sinωx+φω>0在−π3,π6上单调，fπ6=f4π3=−f−π3，则ω的可能取值为 .
14．已知函数fx=xa−lgbx（a>0，b>0）且b≠1），若fx≥1恒成立，则ab的最小值为 .
四、解答题
15．如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是边长为2的菱形，∠ABB1=π3，AC=22，M为A1B1中点，CM=11.
(1)证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；
(2)若BC=2，求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
16．定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，△ABC的面积为S，三个内角A、B、C所对的边分别为a,b,c，且sinC=2Sc2−b2.
(1)证明：△ABC是倍角三角形；
(2)若c=9，当S取最大值时，求tanB.
17．已知A2,0，B−2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
18．若∀n∈N*，都存在唯一的实数cn，使得fcn=n，则称函数fx存在“源数列”cn.已知fx=x−lnx,x∈0,1.
(1)证明：fx存在源数列；
(2)（ⅰ）若fx−λx≤0恒成立，求λ的取值范围；
（ⅱ）记fx的源数列为cn，证明：cn前n项和Sn<53.
19．小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中X1次，第二组投篮2次，投中X2次，求EX1−X2；
(3)记Pi表示小明投篮ii=2,3,⋅⋅⋅次，恰有2次投中的概率，记XX=2,3,⋅⋅⋅,n表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投），证明：EX≥2i=2n+2Pi.
时间
2023年1月
2023年2月
2023年3月
2023年4月
2023年5月
2023年6月
编号x
1
2
3
4
5
6
y/百亿元
y1
y2
y3
11.107
y5
y6
参考答案：
1．C
【分析】分别解不等式求出集合A,B，求出∁RB，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由x−1≤4，得−4≤x−1≤4,∴−3≤x≤5，则A=[−3,5]，
由4−xx≥0，得x(x−4)≤0x≠0,∴0
故选：C
2．B
【分析】根据Sn,an的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案.
【详解】因为4S3=a3+12,4S4=a4+12，故两式相减得：4a4=a4+12−a3+12，
即a4−12−a3+12=0，则a4+a3a4−a3−2=0，
又数列an为正项等差数列，故a4−a3−2=0，∴a4−a3=2，即d=2，
故选：B
3．A
【分析】解得x2−4x+5=0的虚根，代入α+βα+β求解即可.
【详解】由x2−4x+5=0，Δ=−42−4×1×5=−4<0，
∴方程x2−4x+5=0的两个虚根为α=4+4i2=2+i，β=4−4i2=2−i或α=2−i，β=2+i，
不妨取α=2+i，β=2−i，则α=22+12=5，β=22+−12=5，
∴α+βα+β=5+52+i+2−i=52.
故选：A.
4．C
【分析】确定样本的60%分位数为样本数据从小到大排序后的第4个数，分类讨论x的取值范围，结合样本平均数列出方程，即可求得答案.
【详解】因为60%×6=3.6，故样本的60%分位数为样本数据从小到大排序后的第4个数，
由题意得x=1+2+3+4+5+x6=15+x6，
当x≤3时，15+x6=3，则x=3，满足题意；
当3
故满足条件的实数x的个数是2，
故选：C
5．C
【分析】确定直线的方向向量，结合数量积的运算判断出a=3,4为直线3x+4y+1=0的法向量，结合投影向量的含义即可求得答案.
【详解】由题意设直线3x+4y+1=0的方向向量为b，则b=1,−34，
而a=3,4，则a⋅b=3−3=0，即a=3,4为直线3x+4y+1=0的法向量，
又O到直线3x+4y+1=0的距离为d=|1|32+42=15，
故OP在a上的投影向量为−15×a5=−325,−425，
故选：C
6．A
【分析】根据双曲线的定义，余弦定理建立关于a,b,c的方程，化简即可求出双曲线离心率.
【详解】如图，
由双曲线定义可得|PF2|−|PF1|=2a，又PF1=F1F2=2c，
所以|PF2|=2a+2c，又渐近线OM方程为y=bax，
因为渐近线OM⊥PF2，所以F2M=bca2+b2=b，所以OM=a，
所以cs∠PF2F1=PF22+F1F22−PF122PF2⋅F1F2=bc，
即2a+2c222a+2c⋅2c=bc，化简可得a+c=2b，
平方可得5a2−3c2+2ac=0，即3ca2−2ca−5=0，
解得ca=53或ca=−1（舍去），
故选：A
7．D
【分析】利用三角函数诱导公式化简已知等式可得cs20°+α=cs40°−α+cs40°+α，再利用两角和差的余弦公式结合同角三角函数关系化简可得tanα=cs20°−2cs40°sin20°，继而利用三角恒等变换，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，cs140°−α+sin110°+α=sin130°−α
即−cs40°+α+cs20°+α=cs40°−α，
故cs20°+α=cs40°−α+cs40°+α，
即cs20°csα−sin20°sinα=2cs40°csα，
故cs20°csα−2cs40°csα=sin20°sinα，
即tanα=sinαcsα=cs20°−2cs40°sin20°=cs(30°−10°)−2cs(30°+10°)sin20°
=−32cs10°+32sin10°sin20°=3sin(10°−30°)sin20°=−3sin20°sin20°=−3，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用三角函数诱导公式以及两角和差的公式化简得出tanα的表达式之后，要利用拆角的方法，继而结合三角恒等变换公式，化简求值即可.
8．D
【分析】明确集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合B中满足1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的元素的个数，
即指x1,x2,x3,x4,x5中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为C51×2+C52×22+C53×23=10+40+80=130（个），
故选：D
9．AC
【分析】求得数据的样本中心点，即可判断A；结合回归直线方程求出a可判断B；将x=12代入回归直线方程求得预测值，可判断C；根据残差的计算可判断D.
【详解】选项A：由题意得：x=16×1+2+3+4+5+6=3.5，
因为i=16yi2=796，i=16yi−y2=i=16yi2−6y2=70，所以796−6y2=70，得y=11，
因此该经验回归直线经过样本点的中心3.5,11，故A正确；
选项B：由A知，11=0.42×3.5+a，得a=9.53，故B错误；
选项C：由B得y=0.42x+9.53，则当x=12时，y=14.57，
故该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元，故C正确；
选项D：当x=4时，y=11.21，相应于点x4,y4的残差为11.107−11.21=−0.103，
（相应于点xi,yi的残差ei=yi−yi），故D错误，
故选：AC
10．BCD
【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合AB⊥M1N，可求得M1N的长，即可判断D.
【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知2πR=12π,∴R=6，
圆锥的母线长为62，故h=622−62=6，
故圆锥体积为v=13×πR2×h=13×π×36×6=72π，A错误；
对于B，当M为AB中点时，设M在底面上的投影为H，则H为OB的中点，
则HN为线段MN在底面的投影，
OH=3，而∠NOH=120∘,ON=6，在△OHN中，
HN2=OH2+ON2−2OH⋅ON⋅cs∠120°=9+36−2×3×6×−12=63，
即HN=37，即线段MN在底面的投影长为37，B正确；
对于C，作NT⊥OB于T，作TM1⊥AB于M1，连接M1N，
设圆锥底面直径为BE，由于AB=AE=62,BE=12，
即AB2+AE2=BE2，∴AB⊥AE，则TM1∥AE，
∠NOE=60∘，则△ONE为正三角形，故T为OE的中点，
则BT=34BE，故BM1=34BA，即M1为AB的四等分点，
由于平面ABE⊥底面BNE，平面ABE⊥底面BNE=BE，NT⊂底面BNE，
NT⊥BE，故NT⊥平面ABE，AB⊂平面ABE，故NT⊥AB，
又TM1⊥AB，TM1∩NT=T,TM1,NT⊂平面NTM1，故AB⊥平面NTM1，
M1N⊂平面NTM1，故AB⊥M1N，
故当M与M1重合时，MN⊥AB，C正确；
对于D，由C的分析知，AB⊥M1N，而TN=6×32=33，
故MNmin=M1N=TN2+(TM1)2=332+34×622=3302，D正确，
故选：BCD
11．BC
【分析】对于A，在fgx−x=a中，令x=0得a=fg0=f0=0，fx为单调函数，所以gx−x=0；对于B，由f3+f1=4，得f3=4−f1<3，对于C，设hx=fx−x，则由fx+2+fx=2x+2，可得hx+2+hx=0，对于D，由hx+4=hx，得fx+4−x−4=fx−x，f4k为等差数列，且f4−f0=4，所以k=1nf4k=4×nn+12=2n2+2n.
【详解】在fgx−x=a中，令x=0得a=fg0=f0=0，
所以fgx−x=0，又fx为单调函数，
所以gx−x=0，即gx=x，所以fx+2+fx=2x+2，
所以g2=2，所以A错误；
由f3+f1=4，得f3=4−f1<3，所以B正确；
设hx=fx−x，则由fx+2+fx=2x+2，
可得hx+2+hx=0，所以hx+4+hx+2=0，
所以hx+4=hx，即fx−x为周期函数，所以C正确；
由hx+4=hx，得fx+4−x−4=fx−x，即fx+4−fx=4，
所以f4k为等差数列，且f4−f0=4，即f4=4，
所以f4k=4+4k−1=4k，所以k=1nf4k=4×nn+12=2n2+2n，
所以D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由hx+4=hx，得fx+4−x−4=fx−x，f4k为等差数列，且f4−f0=4，所以k=1nf4k=4×nn+12=2n2+2n.
12．2
【解析】根据抛物线的标准方程求出交点，再利用焦半径公式求出点A的纵坐标，利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】根据题意，抛物线C：y2=4x的焦点为F1,0，
设Am,n，则AF=m+1=5，∴ m=4，∴ n=±4，
∴ S△AOF=12×1×4=2.
故答案为：2
13．127,35,95
【分析】根据函数的单调区间确定0<ω≤2，再根据fπ6=f4π3=−f−π3确定关于周期的相应等式，结合其范围，即可求得答案.
【详解】设fx=sinωx+φω>0的周期为T，函数fx在−π3,π6上单调，
故T=2πω≥2π6−(−π3)=π,∴0<ω≤2；
由fπ6=−f−π3以及函数fx在−π3,π6上单调，得fπ6+−π32=f−π12=0，
由fπ6=f4π3，4π3−π6=7π6,T≥π，得7π6=T或π6+4π32=−π12+T4或π6+4π32=−π12+3T4，
若7π6=T，则7π6=2πω,∴ω=127；
若π6+4π32=−π12+T4，则3π4=−π12+π2ω,∴ω=35；
若π6+4π32=−π12+3T4，则3π4=−π12+3π2ω,∴ω=95；
故ω的可能取值为127,53,95，
故答案为：127,35,95
14．e
【分析】根据题意分类讨论0
【详解】函数fx=xa-lgbx的定义域为0,+∞，
当0
当x∈0,x0时，f'x<0，fx单调递减，
当x∈x0,+∞时，f'x>0，fx单调递增，
所以当x=x0时，fx有极小值，也是最小值，
又因为f1≥1且f1=1，所以fxmin=fx0=1x0=1，
则x0=1alnb1a=1，得alnb=1，所以ab=blnb，
设gb=blnbb>1，g'b=lnb-1lnb2，令g'b=0，得b=e，
当b∈1,e，g'b<0，
当b∈e,+∞，g'b>0，
所以gb在区间1,e单调递减，e,+∞单调递增，
所以gbmin=ge=e，即ab的最小值为e.
故答案为：e.
【点睛】方法点睛：通过分类讨论0
15．(1)证明见解析
(2)277
【分析】（1）连接AM,AB1，证明AM⊥AB，继而证明AM⊥AC，即可证明AM⊥平面ABC，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面ABC与平面ABC1的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接AM,AB1，在菱形ABB1A1中，A1A=A1B=2,∠AA1B=π3，
故△AA1B为正三角形，又M为A1B1中点，故AM⊥A1B1，且AM=3，
又AB∥A1B1，故AM⊥AB，
CM=11，AC=22，则AM2+AC2=CM2，故AM⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC，故AM⊥平面ABC，
又AM⊂平面ABB1A1，故平面ABC⊥平面ABB1A1；
（2）由于BC=AB=2，AC=22，则BC2+BA2=AC2，故CB⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，
而CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1，
取BB1中点为O，则△ABB1为正三角形，则AO⊥BB1，
作OH∥BC，交CC1于H，故OH⊥平面ABB1A1，BB1,OA⊂平面ABB1A1，
故OH⊥OA,OH⊥OB1，则OA,OB1,OH两两垂直，
分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则A3,0,0,B0,−1,0,C0,−1,2,C10,1,2,M32,32,0，
BA=3,1,0,BC1=0,2,2，
因为AM⊥平面ABC，故AM=−32,32,0可作为平面ABC的法向量，
设平面ABC1的法向量为n=x,y,z，则n⋅BA=0n⋅BC1=0，
即3x+y=02y+2z=0，令y=−3，则可得n=1,−3,3，
故cs〈n⋅AM〉=n⋅AM|n|⋅|AM|=−233×7=−277，
而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为[0,π2]，
故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为277.
16．(1)证明见解析
(2)23−3
【分析】（1）由三角形面积公式化简条件，结合余弦定理及正弦定理进一步化简即可证明；
（2）由正弦定理结合题中条件得到a=9sin3Bsin2B，结合三角形面积公式S=12×acsinB化为关于tanB的表达式，构造函数，利用导数求得最大值即可.
【详解】（1）因为sinC=2Sc2−b2=2×12absinCc2−b2=absinCc2−b2，
又sinC≠0,所以abc2−b2=1，
则b2=c2−ab，
又由余弦定理知，b2=a2+c2−2accsB，
故可得2ccsB=a+b，
由正弦定理，2sinCcsB=sinA+sinB,
又sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC,
代入上式可得sinCcsB=sinBcsC+sinB,
即sinCcsB−sinBcsC=sinB，
sinC−B=sinB，
则有C−B=B,C=2B,
故△ABC是倍角三角形.
（2）因为C=2B，所以A=π−B−C=π−3B>0,
故0
则S=12×acsinB=92asinB
=92×9sin3Bsin2B×sinB=814⋅sin3BcsB,
=814⋅sin2BcsB+cs2BsinBcsB
=814×sin2B+cs2BtanB
=8142tanB1+tan2B+1−tan2B1+tan2B⋅tanB
=814×3tanB−tan3B1+tan2B
设x=tanB∈0,3，fx=3x−x31+x2，
则f′x=3−3x21+x2−3x−x3⋅2x1+x22
=−x4−6x2+31+x22
令f′x=0得x2=23−3或者x2=−23−3（舍），
且当0
当23−3
在23−3,3上单调递减，
故当x=23−3时，fx取最大值，
此时S也取最大值，
故tanB=23−3为所求.
17．(1)x24+y23=1,(x≠±2)
(2)存在，12
【分析】（1）设点P(x,y),(x≠±2)，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线PA,PB的方程，求出点C,D的坐标，即可得出直线CH的方程，继而求出H点坐标，从而求出HC⋅HD的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【详解】（1）由题意设点P(x,y),(x≠±2)，由于k1⋅k2=−34，
故yx−2⋅yx+2=−34，整理得x24+y23=1，
即Γ的轨迹方程为x24+y23=1,(x≠±2)；
（2）由题意知直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，
设直线PA的方程为y=k1x+2，令x=t，则可得y=k1t+2，即Ct,k1t+2，
直线PB:y=k2x−2，同理求得Dt,k2t−2，
又直线CH的方程为y−k1t+2=−1k2x−t，
令y=0，得xH=t+k1k2t+2=14t−32，即Ht−64,0，
故HC⋅HD=3t+64,k1t+2⋅3t+64,k2t−2=3t+6216+k1k2t2−4
=3t+6216−3t2−44=−3t−6216+12，
当t=6时，−3t−6216+12取到最大值12，
即HC⋅HD存在最大值，最大值为12.
【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得C,D坐标，进而求出HC⋅HD的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心.
18．(1)证明见解析
(2)（i）λ≥1；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合f1=1，根据数列的新定义，即可证明结论；
（2）（i）由fx−λx≤0恒成立，可得λ≥x−xlnx恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；
（ii）由（i）可得fx≤1x，从而由fcn≤1cn，推得n≤1cn，可得到cn≤1n2，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式.
【详解】（1）由fx=x−lnx,x∈0,1，得f′x=12x−1x=x−22x<0，
即fx在0,1上单调递减，又f1=1，
当x>0且x无限趋近于0时，fx趋向于正无穷大，
即fx的值域为[1,+∞)，且函数在0,1上单调递减，
对于f(x)可以取到任意正整数，且在x∈(0,1]上都有存在唯一自变量与之对应，
故对于∀n∈N*，令fx=n，其在0,1上的解必存在且唯一，不妨设解为cn，
即∀n∈N*，则都存在唯一的实数cn∈(0,1]，使得fcn=n，
即fx存在源数列；
（2）（i）fx−λx≤0恒成立，即λ≥x−xlnx恒成立，
令t=x∈0,1，即λ≥t2−2tlnt恒成立，
令φt=t2−2tlnt，则φ′(t)=2t−2lnt−2，
令g(t)=φ′(t)=2t−2lnt−2,t∈0,1，则g′t=2−2t≤0，仅在t=1时取等号，
即g(t)在0,1上单调递减，故g(t)≥g(1)=0，即φ(t)在0,1上单调递增，、
故φ(t)max=φ(1)=1，故λ≥1；
（ii）由（i）得fx≤1x，故fcn≤1cn，即n≤1cn，
故cn≤1n2<1n2−14=22n−1−22n+1，
当n=1时，S1≤112=1<53，
当n≥2时，Sn≤1+23−25+25−27+⋯+22n−1−22n+1=53−22n+1<53，
即cn前n项和Sn<53.
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，解答的关键在于证明不等式时，得到n≤1cn后，即可推出cn≤1n2，此时要用放缩法得到cn≤1n2<1n2−14，从而再用裂项法求和，证明不等式.
19．(1)12
(2)12
(3)证明见解析
【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
（2）方法1：得到X1−X2的可能取值及相应的概率，求出期望值；
方法2：得到X1~B3,12，X2~B2,12，得到EX1，EX2，由X1，X2互相独立，求出EX1−X2=EX1−EX2，得到答案；
（3）先计算出P(i)=i(i−1)2i+1，再求出P(X=k)，k=2,3,⋅⋅⋅,n−1，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得到P(X=n)，计算出E(X)=2i=2n+1i(i−1)2i+1+n(n+1)2n+1，作商比较出n(n+1)2n+1≥2P(n+2)，从而证明出结论.
【详解】（1）设事件An表示共有nn=0,1,2,3,4次投中，事件B表示第二次没投中，
则BA2表示一共投中2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，
故PBA2=12C32×122×12=316，
A2表示一共投中2次，故PA2=C42122×122=38，
则PBA2=PBA2PA2=31638=12；
（2）方法1：根据题意有X1可得取值为0,1,2,3，X2的可能取值为0,1,2，
故X1−X2的可能取值为−2,−1,0,1,2,3，
则PX1−X2=−2=PX1=0PX2=2=123×122=132，
PX1−X2=−1=PX1=0PX2=1+PX1=1PX2=2
123⋅C2112×12+C31122×12×122=532，
PX1−X2=0=PX1=0PX2=0+PX1=1PX2=1+PX1=2PX2=2
123×122+C3112×122⋅C2112×12+C32122×12×122=516，
PX1−X2=1=PX1=1PX2=0+PX1=2PX2=1+PX1=3PX2=2
=C3112×122×122+C32122×12⋅C2112×12+123×122=516，
PX1−X2=2=PX1=2PX2=0+PX1=3PX2=1
C32122×12×122+123⋅C2112×12=532，
PX1−X2=3=PX1=3PX2=0=123×122=132.
所以EX1−X2=(−2)×132+(−1)×532+0×516+1×516+2×532+3×132=12.
方法2：因为X1~B3,12，X2~B2,12，
所以EX1=3×12=32，EX2=2×12=1.
又因为X1，X2互相独立，
所以EX1−X2=EX1−EX2=12.
（3）根据题意可知P(i)=Ci2×12i=i(i−1)2i+1.
P(X=k)=Ck−1112×12k−1=k−12k，k=2,3,⋅⋅⋅,n−1，
P(X=n)=1−122+223+⋅⋅⋅+n−22n−1，
记Sn=122+223+⋅⋅⋅+n−22n−1①，
12Sn=123+224+⋅⋅⋅+n−22n②，
两式相减得12Sn=122+123+⋯+12n−1−n−22n=14−12n1−12−n−22n=12−n2n，
故Sn=1−n2n−1，
故P(X=n)=1−1+n2n−1=n2n−1.
所以E(X)=k=2n−1kPX=k+nPX=n=k=2n−1kk−12k+n⋅n2n−1
=2k=2n−1kk−12k+1+2nn−12n+1+2n+1n2n+2+n⋅n2n−1−2nn−12n+1−2n+1n2n+2
=2i=2n+1i(i−1)2i+1+n(n+1)2n+1，
又因为n(n+1)2n+12P(n+2)=n(n+1)2n+12×n+2(n+1)2n+2+1=2nn+2，且当n≥2时，2nn+2≥1，
所以E(X)=2i=2n+1i(i−1)2i+1+n(n+1)2n+1≥2i=2n+1P(i)+2P(n+2)=2i=2n+2P(i).
【点睛】常见分布列的数学期望和方差公式：
若X服从两点分布，则EX=p,DX=p1−p，
若X∼Bn,p，则EX=np,DX=np1−p，
若X∼Hn,M,N，则EX=nMN,DX=nMN1−MN1−n−1N−1.
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