2024年湘豫名校联考高考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年湘豫名校联考高考数学三模试卷（含解析），共17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。

1.已知等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，且b2024=b20+b24，则b1d的值为( )
A. 1980B. 1981C. 1982D. 1983
2.已知椭圆E：x2+y2a2=1经过点(12, 3)，则E的长轴长为( )
A. 1B. 2C. 4D. 2 3
3.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m/​/l”是“m//β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.若a>1，则alg(lga)−(lga)lga的值是( )
A. 零B. 正数C. 负数D. 以上皆有可能
5.当0≤x<π2时，sin2x+3cs2x+3csx的最大值是( )
A. 2B. 10C. 0D. 2 10
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为e= 5，过点F2的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则tan∠DF1F2=( )
A. 13B. 12C. 2D. 3
7.若偶函数f(x)=|cs(ωx+φ)|+|sin(ωx+φ)|(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π2，则( )
A. ω=2B. φ的值是唯一的
C. f(x)的最大值为 3D. f(x)图象的一条对称轴为x=π4
8.已知实数m，n满足2m+3n=22m+32n，则8m+27n的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在某次数学测试中，甲、乙两个班的成绩情况如下表：
记这两个班的数学成绩的总平均分为x−，总方差为s2，则( )
A. x−=88B. x−=89C. s2=8.6D. s2=2.5
10.已知函数f(x)定义域为R且不恒为零，若函数y=f(2x−1)的图象关于直线x=1对称，y=f(2−x)+1的图象关于点(0,1)对称，则( )
A. f(x+6)=f(x)B. f(10)=0
C. x=7是f(x)图象的一条对称轴D. (56,0)是f(x)图象的一个对称中心
11.一般地，对于复数z=a+bi(i为虚数单位，a，b∈R)，在平面直角坐标系中，设|z|=|OZ|=r(r≥0)，经过点Z的终边的对应角为θ，则根据三角函数的定义可知a=rcsθ，b=rsinθ，因此z=r(csθ+isinθ)，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，θ称为复数z的辐角.为使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合0≤θ<2π的辐角θ的值叫做辐角的主值.已知复数z满足|z−1|≤r，r∈(0,1)，Re(z)为z的实部，θ为z的辐角的主值，则( )
A. |z− 2024i|的最大值为r+ 2025B. |z− 2024i|的最小值为 2025−r
C. csθ≤ 1−r2D. Re(1z)≥1Re(z)(1−r2)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，AB=(csθ,sinθ)，BC=(3sinθ,3csθ).若AB⋅BC=2，则△ABC的面积为______．
13.已知正四棱台ABCD−EFGH中，AB=2EF=2AE=2，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为______．
14.在龙年元宵节的一项无人机飞行表演中，将7架不同的“焰火”无人机和n(n∈N*)架不同的“灯光”无人机排成一列.已知每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火”无人机相邻，设这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p，要使得1p>2024，则n的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为23，每局比赛的结果互不影响．
(1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x36−x+asinx(a∈R)在x=0处的切线方程为y=0．
(1)求a的值；
(2)证明：xf(x)≥0．
17.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠ADC=120°，点E，F分别为棱AB，CC1上的点，
(1)若AE=λAB，且平面以D1DE⊥平面ABB1A1，求实数λ的值；
(2)若F是CC1的中点，平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为3 1010，求AA1AB的值．
18.(本小题17分)
如图，动直线x=a(a≥4)与抛物线Γ：y2=bx(b>0)交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与Γ的一个交点(不同于A，B)，点C在AB上的投影为点M，直线y=x+1为Γ的一条切线．
(1)证明：|CM|为定值；
(2)求△ACM与△BCM的内切圆半径之和的取值范围．
19.(本小题17分)
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n=n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)以“当n=k(k∈N*,k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n=k+1时命题也成立”．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法．
已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：
①0∈A且12∈A；
②对任意的x∈Q，存在唯一的a∈A，满足{x}={a}，其中{y}=y−[y]，[y]表示不超过y的最大整数；
③若a∈A，nm∈A(m∈N*,n∈Z)，则am+nm∈A．
证明：
(1)14∈A；
(2)对任意的m∈N*，对每一个整数k(0≤k<2m)，都有k2m∈A；
(3)12025∈A．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，
则有b1+2023d=b1+19d+b1+23d，且d≠0，所以b1d=1981．
故选：B．
根据等差数列的通项公式即可得．
本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为椭圆E：x2+y2a2=1经过点(12, 3)，
可得(12)2+( 3)2a2=1，解得|a|=2，
所以E的长轴长为：2|a|=4．
故选：C．
点的坐标代入椭圆方程，求得a，进而求解结论．
本题主要考查椭圆的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：m⊂α，α∩β=l，则m⊄α，l⊂β，又m/​/l，则m//β，充分性成立；
m//β，m⊂α，α∩β=l，则m/​/l，必要性成立，
则“m/​/l”是“m//β”的充要条件．
故选：C．
由直线与平面平行的判定定理和性质定理可判断．
本题考查线面平行的判定和性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：a>1，
令b=lga，则b=lga>lg1=0，
alg(lga)−(lga)lga=(10b)lgb−bb=10lgbb−bb=0．
故选：A．
根据已知条件，结合对数的运算性质，即可求解．
本题主要考查对数的运算性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：sin2x+3cs2x+3csx=2sinxcsx+3×2cs2xcsx=2sinx+6csx=2 10sin(x+φ)(其中sinφ=3 1010，csφ= 1010)，
由条件知0<φ≤x+φ<π2+φ<π，所以[2 10sin(x+φ)]max=2 10，
所以原式的最大值为2 10．
故选：D．
直接利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式便形成余弦型函数，进一步求出结果．
本题考查的知识点：三角函数关系式的变换，余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，
不妨设焦点为F2(c,0)，其中一条渐近线为y=bax，则直线l的方程为y=−ab(x−c)，
由y=bax,y=−ab(x−c),解得x=a2c,y=abc,，
即D(a2c,abc)，因为e= c2a2= a2+b2a2= 1+(ba)2= 5，所以ba=2，
所以tan∠DF1F2=abcc+a2c=ba2+(ba)2=22+4=13．
故选：A．
设出焦点坐标，渐近线方程求解D的坐标，结合离心率，转化求解tan∠DF1F2即可．
本题考查双曲线的方程和性质，主要考查了离心率的应用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．
7.【答案】D
【解析】解：偶函数f(x)=|cs(ωx+φ)|+|sin(ωx+φ)|(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为π2，
对于A，因为周期只与ω有关，因此只需考虑f(x)=|csωx|+|sinωx|的情况．
若对任意x∈R，都有f(x+π2)=f(x)，
即f(x+π2)=|csω(x+π2)|+|sinω(x+π2)|=|cs(ωx+ωπ2)|+|sin(ωx+ωπ2)|=|csωx|+|sinωx|，
所以ωπ2=π2，所以ω=1，所以A错；
对于B，因为f(x)为偶函数，所以f(−x)=f(x)．
因为f(x)=|cs(x+φ)|+|sin(x+φ)|，f(−x)=|cs(−x+φ)|+|sin(−x+φ)|，
所以φ=k⋅π4(k∈Z).又|φ|<π2，所以φ=0或φ=±π4，所以B错误；
对于C，f(x)= [|csx+φ|+|sin(x+φ)|]2= 1+|sin2(x+φ)|≤ 2，当|sin2(x+φ)|=1时取得最大值 2，所以C错误；
对于D，容易知道φ=0或φ=±π4时，f(π2−x)=|cs(π2−x+φ)|+|sin(π2−x+φ)|=|sin(x−φ)|+cs|x−φ|=f(x)，
所以f(x)的图象关于直线x=π4对称．所以D正确．
故选：D．
根据三角函数的性质先求得ω=1，再结合三角函数的性质逐项判断即可．
本题主要考查三角函数的相关性质，考查计算能力，属于中档题，也是易错题．
8.【答案】B
【解析】解：令x=2m，y=3n，
实数m，n满足2m+3n=22m+32n，
则x+y=x2+y2(x,y>0)，
即(x−12)2+(y−12)2=12．
则(x,y)表示圆(x−12)2+(y−12)2=12上位于第一象限内的点，
令t=x+y，易知t∈(1,2]，
则有x2+y2=t，
所以xy=(x+y)2−(x2+y2)2=t2−t2，
又因为8m+27n=(2m)3+(3n)3=x3+y3=(x+y)3−3xy(x+y)=t3−3×t2−t2×t=−t32+32t2，
令f(t)=−12t3+32t2，t∈(1,2]，
所以f′(t)=−32t2+3t=−32t(t−2)≥0，
所以f(t)在(1,2]上单调递增，
所以f(t)max=f(2)=2．
即8m+27n的最大值为2．
故选：B．
令x=2m，y=3n，则有(x−12)2+(y−12)2=12，则(x,y)表示圆(x−12)2+(y−12)2=12上位于第一象限内的点，令t=x+y∈(1,2]，则有x2+y2=t、xy=t2−t2，8m+27n=−t32+32t2，再令f(t)=−12t3+32t2，t∈(1,2]，利用导数求出函数f(t)的最大值即可．
本题考查了转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，属于难题．
9.【答案】BD
【解析】解：依题意得x−=45×88+45×9090=89，
因为甲班人数占总人数的比为4590=12，乙班人数占总人数的比为4590=12，
所以s2=12×[1+(88−89)2]+12×[2+(88−89)2]=2.5．
故选：BD．
利用平均数和方差的定义求解．
本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：函数f(x)定义域为R且不恒为零，若函数y=f(2x−1)的图象关于直线x=1对称，y=f(2−x)+1的图象关于点(0,1)对称，
因为y=f(2x−1)的图象关于直线x=1对称，
所以f(x)的图象关于直线x=1对称．
因为y=f(2−x)+1的图象关于点(0,1)对称，
所以f(x)的图象关于点(2,0)对称．
所以f(x)=−f(4−x).令x=2，得f(2)=0．
所以函数f(x)的周期为T=4×(2−1)=4，
所以f(x+6)≠f(x)，A错误；
f(10)=f(2+2×4)=f(2)=0，B正确；
因为f(x)图象的对称轴为x=1+2k，k∈Z，所以x=7是函数f(x)图象的一条对称轴，C正确；
因为f(x)图象的对称中心为(2+2k,0)，k∈Z，所以(56,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，D正确．
故选：BCD．
根据已知条件求得函数的周期，再逐项判断即可．
本题主要考查函数的性质，考查计算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由复数z满足|z−1|≤r，r∈(0,1)的几何意义知，点Z在以(1,0)为圆心、以r为半径的圆上或圆内，如图所示：
对于A、B，|z− 2024i|的几何意义是点Z与点(0, 2024)的距离，其最大值为r+ 12+( 2024)2=r+ 2025．
|z− 2024i|的最小值为 2025−r，所以选项A、B正确．
对于C，因为图中辐角的余弦值不小于 1−r2，所以选项C错误．
对于D，设z=x+yi(x,y∈R)，有Re(1z)=xx2+y2=1x⋅cs2θ(其中θ是z的辐角的主值)，
因为csθ≥ 1−r2，所以Re(1z)=1xcs2θ≥1x(1−r2)=1Re(z)(1−r2)，选项D正确．
故选：ABD．
由|z−1|≤r，r∈(0,1)的几何意义，画出点Z所表示的平面图形，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了复数的几何意义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
12.【答案】 52
【解析】解：因为AB=(csθ,sinθ)，BC=(3sinθ,3csθ)，
所以|AB|=1，|BC|=3，
因为AB⋅BC=2，
所以AB⋅BC=−BA⋅BC=−|BA|⋅|BC|csB=−3csB=2，
所以csB=−23，
因为B∈(0,π)，所以sinB= 53，
所以S△ABC=12|AB||BC|sinB=12×1×3× 53= 52．
故答案为： 52．
由平面向量的数量积运算结合题设条件可得sinB= 53，再由三角形的面积公式计算即可．
本题考查平面向量的数量积与三角形的面积公式，属于基础题．
13.【答案】 24
【解析】解：如图1，延长AE，BF，CG，DH交于点I，
易得△EGI∽△ACI，相似比为12，AI=2AE=2，AC=2 2，
I在正四棱台上、下底面的投影点分别记为O1，O2，
则|O2I|= AI2−AO22= 2，|O1O2|=12|O2I|= 22，
首先四棱台内部能够放入的球体的直径2r≤|O1O2|= 22，即r≤ 24；
其次取AD，BC，GF，EH的中点M，N，S，T，作纵截面MNST，
如图2，设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则r≤d，
则OS= O1O2+O1S2= ( 24)2+(12)2= 64，
SN= O1O2+(O2N−O1S)2= ( 22)2+(12)2= 32，
ON= O2O2+O2N2= ( 24)2+1=3 24，
所以ON2=OS2+SN2，OS⊥SN，
所以d=OS= 64，
所以rmax=min{ 24, 64}= 24．
由已知先计算四棱台内部能够放入的球体的直径最大值为 22，然后取AD，BC，GF，EH的中点M，N，S，T，作纵截面MNST，设球心O到线段SN的距离为d，得出d=OS= 64，然后可得r的最大值．
本题考查几何体的切接关系，属于中档题．
14.【答案】4047
【解析】解：方法一：从排列的角度看问题．每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火“无人机相邻有四种情况，
情况1：7架“焰火”无人机排在一起，此时有An+11A77Ann种方法，
情况2：7=2+5，组成方式为〇〇，〇〇〇〇〇，此时有A75An+12A22Ann种方法，
情况3：7=3+4，组成方式为〇〇〇，〇〇〇〇，此时有A73An+12A44Ann种方法．
情况4：7=2+2+3.组成方式为〇〇，〇〇，〇〇〇，此时有3A73An+13A22Ann种方法．
所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p=An+11A77Ann+A73An+12A22AnnAn+11A77Ann+A75An+12A22Ann+A73An+12A44Ann+3A73An+13A22A22Ann=2n+2<12024，
所以n>4046.因为n∈N*，所以n的最小值为4047．
方法二：我们可以不考虑“灯光”无人机的排法，同时也不考虑“焰火”无人机之间的相对位置，
只需将对应的“焰火”无人机放入“灯光”无人机形成的空位中即可．对7架“焰火”无人机排法进行分类，
①7架在一起，有n+1种排法；
②7=5+2，由插空法知有2Cn+12种排法；
③7=4+3，由插空法知有2Cn+12种排法；
④7=3+2+2.由插空法知有3Cn+13种排法；
所以这7架“焰火”无人机至少有5架连在一起的概率为p=2Cn+12+n+13Cn+13+4Cn+12+n+1=2n+2<12024．
所以n>4046.因为n∈N*，所以n的最小值为4047．
方法一：分情况讨论每一架“焰火”无人机都至少和另一架“焰火“无人机相邻有四种情况，可得概率．
方法二：对7架“焰火”无人机排法分为四类，计算可得结果．
本题主要考查古典概型及其计算公式，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，得X的取值可能为0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−23)3=127，
P(X=1)=C31×23×(1−23)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×(1−23)=49，
P(X=3)=(23)3=827；
所以X的分布列为
故X的期望E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．
(2)第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为P=C32(23)2(1−23)+(23)3=49+827=2027．
【解析】(1)利用二项分布求出分布列和期望；
(2)甲得分高于乙得分分甲得2分或者甲得3分两种情况求解．
本题考查二项分布的分布列和期望以及事件的概率，属于基础题．
16.【答案】解：(1)函数f(x)=x36−x+asinx，定义域为R，
又f′(x)=x22−1+acsx，
因为函数f(x)在x=0处的切线方程为y=0，
所以f′(0)=0，即−1+a=0，
解得a=1；
(2)证明：注意到f(0)=0，令g(x)=x22−1+csx，
则g′(x)=x−sinx，
令h(x)=x−sinx，则h′(x)=1−csx≥0，
所以h(x)在R上单调递增，即g′(x)在R上单调递增，
因为g′(0)=0−sin0=0，
所以当x∈(−∞,0)时，g′(x)<0；当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在x∈(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)=022−1+cs0=0，
即f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增，
因为f(0)=0，
所以当(−∞,0)时，f(x)<0；当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，
所以xf(x)≥0．
【解析】(1)先求出f′(x)，再结合f′(0)=0即可求出a的值；
(2)注意到f(0)=0，令g(x)=x22−1+csx，利用导数得到g(x)的单调性，进而可得g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增，再结合f(0)=0即可证得xf(x)≥0．
本题主要考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图1，取AB的中点E′，连接DE′，
因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB=180°−120°=60°，
所以△ABD是等边三角形，
所以DE′⊥AB，
因为DD1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AB，
因为DE′∩DD1=D，DE′⊂平面DD1E′，DD1⊂平面DD1E′，
所以AB⊥平面DD1E′，
因为AB⊂平面ABB1A1，
所以平面DD1E′⊥平面ABB1A1，
所以E点和E′点重合，
所以AE=12AB，
即AE=12AB，
即λ=12．

(2)以E为AB的中点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

不妨设AB=2，AA1=2a，
则A( 3,−1,0)，B1( 3,1,2a)，D1(0,0,2a)，B( 3,1,0)，D(0,0,0)，F(0,2,a)，
所以AB1=(0,2,2a)，D1B1=( 3,1,0)，DB=( 3,1,0)，DF=(0,2,a)，
设平面AB1D1的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AB1=0,n⋅D1B1=0,即2y1+2az1=0, 3x1+y1=0,
令x1= 3，则z1=3a，y1=−3，
所以平面AB1D1的一个法向量为n=( 3,−3,3a)，
设平面BDF的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅DB=0,m⋅DF=0,即 3x2+y2=0,2y2+az2=0,
令x2= 3，则y2=−3，z2=6a，
所以平面BDF的一个法向量为m=( 3,−3,6a)，
设平面AB1D1与平面BDF的夹角为θ，
则csθ=|n⋅m||n|⋅|m|=| 3× 3+(−3)×(−3)+3a×6a| 12+9a2× 12+36a2=12a2+18 12a2+9× 12a2+36，
令12a2+18 12a2+9× 12a2+36=3 1010，
解得a2=3或a2=34，
所以a= 3或a= 32，
所以AA1AB=2 32= 3或AA1AB= 32．
【解析】(1)取AB的中点E′，结合已知条件证明平面DD1E′⊥平面ABB1A1，进而得出E点和E′点重合，即可得解；
(2)建立空间直角坐标系Dxyz，分别求出平面BDF与平面BDF的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查空间线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：联立y2=bxy=x+1，消去y并整理得x2+(2−b)x+1=0，
因为直线y=x+1与抛物线Γ有且仅有一个交点，
所以Δ=(2−b)2−4=0，
又b>0，
解得b=4，
所以Γ的方程为y2=4x，
此时A(a,2 a)，B(a,−2 a)，
不妨设C(x0,y0)，
因为CA⋅CB=0，
即(x0−a)(x0−a)+(y0−2 a)(y0+2 a)=0，
因为点C在曲线y2=4x上，
所以y02=4x0，
解得x0=a−4，
则点C的横坐标为a−4，
所以|CM|=xM−xC=a−(a−4)=4，
故|CM|为定值，定值为4；
(2)不妨设△ACM，△BCM内切圆的半径分别为r1，r2，
此时r1=12(|AM|+|CM|−|AC|)，r2=12(|CM|+|BM|−|BC|)，
不妨设△ABC的内切圆半径为R，
此时R=12(|AC|+|BC|−|AB|)，
所以r1+r2=12(2|CM|+|AM|+|BM|−|AC|−|BC|)
=12(2|CM|+|AB|−2R−|AB|)=|CM|−R=4−R，
因为R= 2( a+ a(a−4)+ a− a(a−4)− 2a)= 2( 2a+4 a− 2a)
=4 2a 2a+4 a+ 2a=4 2 2+4 a+ 2，
易知函数y=R(a)在[4,+∞)上单调递增，
所以4 2−4≤R<2，
则2故△ACM与△BCM内切圆的半径之和的取值范围是(2,8−4 2]．
【解析】(1)由题意，将抛物线方程与直线方程联立，利用判别式为零求出Γ的方程，设出点C的坐标，利用向量的坐标运算以及C在曲线y2=4x上，列出等式求出点C的横坐标为a−4，进而即可得证；
(2)设△ACM，△BCM内切圆的半径分别为r1，r2，得到r1，r2的表达式，设△ABC的内切圆半径为R，得到R的表达式，此时问题转化成函数y=R(a)在[4,+∞)上的单调性，再进行求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)因为12∈A且0∈A，结合条件③可知14=122+02∈A；
(2)对m用数学归纳法，
当m=1时，由条件①0∈A，12∈A，知结论成立，
假设当m=i(i∈N*,i≥1)时成立，即k2i∈A，
下面证明k2k+1∈A，其中0≤k<2i+1，
分两种情形来讨论：
(a)k<2i.则由归纳假设k2i∈A，且02∈A，
从而由条件③得，k2i+1=k2i2+02∈A，
(b)k≥2i.则由归纳假设k−2i2i∈A，且12∈A，
从而由条件③得，k2i+1=k−2i2i2+12∈A，
故由归纳假设(2)证毕；
(3)由(2)可得20022048∈A，且由条件②存在t∈Z，使得2025t+12025=t+12025∈A，
从而由条件③得t+11024=t+22048=2025t+12025+200220482025∈A，
又11024∈A，结合条件②知t=0，
所以12025∈A．
【解析】(1)由题意可知14=122+02，进而可证得14∈A；
(2)利用数学归纳法证明；
(3)由(2)可得20022048∈A，再结合条件②和条件③证明即可．
本题主要考查了数学归纳法的应用，属于中档题．班级
人数
平均分
方差
甲
45
88
1
乙
45
90
2
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827