2024年江西省南昌十九中高考数学三模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江西省南昌十九中高考数学三模试卷（含详细答案解析），共15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.已知集合M={1,2,3}，N={0,1,2,3,4,7}，若M⊆A⊆N，则满足集合A的个数为( )
A. 4B. 6C. 7D. 8
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a8=30，S10=120，则S14=( )
A. 156B. 252C. 192D. 200
3.已知集合A={x|ln(x−1)≥0}，集合B={x|x2−3x<0}，则A∪B=( )
A. (0,2]B. [2,3)C. (0,+∞)D. [2,+∞)
4.已知a，b是两个单位向量，若向量a在向量b上的投影向量为12b，则向量a与向量a−b的夹角为( )
A. 30∘B. 60∘C. 90∘D. 120∘
5.已知曲线C:x26+y2m=1(m≠0)，则“m∈(0,6)”是“曲线C的焦点在x轴上”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
6.已知α∈(0,π2)，且cs(α−π4)=2cs2α，则tan(α+π4)=( )
A. 3B. 5C. 7D. 15
7.将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为( )
A. 78B. 92C. 100D. 122
8.已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当SS1的值最小时，VV1的值为( )
A. 4 23B. 3C. 3 34D. 2
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有( )
A. 若(1+i)z=−i，则|z|=1
B. 对任意复数z1，z2，有|z1z2|=|z1|⋅|z2|
C. 对任意复数z1，z2，有z1⋅z2−=z1−⋅z2−
D. 在复平面内，若M={z||z−2|≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π
10.已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，g′(x)为g(x)的导函数，且f(x)+g′(x)=2，f(x)−g′(4−x)=2，若g(x)为偶函数，则下列结论一定成立的是( )
A. f(4)=2B. g′(2)=0C. f(−1)=f(−3)D. f(1)+f(3)=4
11.已知抛物线E：y2=2px(ρ>0)焦点为F，过点M(2,0)(不与点F重合)的直线交E于P，Q两点，O为坐标原点，直线PF，QF分别交E于A，B两点，∠POQ=90∘，则( )
A. p=1B. 直线AB过定点(14,0)
C. |FP|⋅|FQ|的最小值为254D. |PA|+|QB|的最小值为254
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出与圆x2+y2=1相切且方向向量为(1, 3)的一条直线的方程______.
13.在平面直角坐标系中，角α的始边与x轴非负半轴重合，终边经过点(− 3,2)，则sin(α+π3)=______.
14.若实数x、y、z≥0，且x+y+z=4，2x−y+z=5，则M=4x+3y+5z的取值范围是______.
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)
已知函数f(x)=lnx−ax，g(x)=2ax，a≠0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥M−ABCD中，AB⊥AD，AB=AM=AD=2，MB=2 2，MD=2 3.
(1)证明：AB⊥平面ADM；
(2)若DC=23AB，BE=2EM，求直线CE与平面BDM所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx,(ω>0)的最小正周期为4π.
(1)求f(x)在[0,π]上的单调增区间；
(2)在△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c满足(2a−c)csB=b⋅csC，求函数f(A)的取值范围.
18.(本小题17分)
已知A，B是椭圆E：x24+y2=1的左，右顶点，点M(m,0)(m>0)与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点M的坐标.
(2)过点M作直线l交椭圆E于C，D两点(与A，B不重合)，连接AC，BD交于点G.
(ⅰ)证明：点G在定直线上；
(ⅱ)是否存在点G使得CG⊥DG，若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
王老师每天早上7：00准时从家里出发去学校，他每天只会从地铁与汽车这两种交通工具之间选择一个乘坐.王老师多年积累的数据表明，他到达学校的时间在两种交通工具下的概率分布如下表所示：
(例如：表格中0.35的含义是如果王老师当天乘地铁去学校，则他到校时间在7：35−7：40的概率为0.35.)
(1)某天早上王老师通过抛一枚质地均匀的硬币决定乘坐地铁还是乘坐汽车去学校，若正面向上则坐地铁，反面向上则坐汽车.求他当天7：40−7：45到校的概率；
(2)已知今天(第一天)王老师选择乘坐地铁去学校，从第二天开始，若前一天到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校，否则当天他将乘坐汽车去学校.且若他连续10天乘坐地铁，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，第11天他都将坐汽车到校.记他从今天起(包括今天)到第一次乘坐汽车去学校前坐地铁的次数为X，求E(X)；
(3)已知今天(第一天)王老师选择乘坐地铁去学校.从第二天开始，若他前一天坐地铁去学校且到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校；若他前一天坐地铁去学校且到校时间晚于7：40，则当天他会乘坐汽车去学校；若他前一天乘坐汽车去学校，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，当天他都会乘坐地铁去学校.记Pn为王老师第n天坐地铁去学校的概率，求{Pn}的通项公式.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合M={1,2,3}，N={0,1,2,3,4,7}，M⊆A⊆N，
则A={1,2,3}，{1,2,3,0}，{1,2,3,4}，{1,2,3,7}，{1,2,3,0,4}，{1,2,3,0,7}，{1,2,3,4,7}，{0,1,2,3,4,7}，共8个．
故选：D.
根据已知条件，结合集合的包含关系，直接列举，即可求解．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
则a1+4d+a1+7d=3010a1+10×92d=120，
解得a1=−32d=3，
所以S14=14a1+14×132d=14×(−32)+7×13×3=252.
故选：B.
设等差数列{an}的公差为d，根据等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，解出a1，d的值，进而求出S14.
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由ln(x−1)≥0可得：x≥2，所以A=[2,+∞),
由x2−3x<0可得：0所以A∪B=(0,+∞).
故选：C.
先求出集合A，B，由并集的定义求解即可．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设向量a与向量a−b的夹角为α，
由题意得，|a|=|b|=1，
因为向量a在向量b上的投影向量为12b，
所以a⋅b|b|⋅b|b|=12b，
即a⋅b=12，
所以|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 1−2×12+1=1，
则csα=a⋅(a−b)|a||a−b|=a2−a⋅b=1−12=12，
因为0∘≤α≤180∘，
所以α=60∘.
故选：B.
结合投影向量的定义可求a⋅b，然后结合向量数量积的性质即可求解．
本题主要考查了向量数量积性质的应用，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：曲线C:x26+y2m=1(m≠0)，m∈(0,6)，
则曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，充分性成立，
若曲线C的焦点在x轴上，
则m<6且m≠0，必要性不成立，
故“m∈(0,6)”是“曲线C的焦点在x轴上”的充分不必要条件．
故选：A.
根据已知条件，依次证明充分性、必要性，即可求解．
本题主要考查充分性、必要性，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为α∈(0,π2)，且cs(α−π4)=2cs2α，
所以cs(α−π4)=2sin(π2−2α)=4sin(π4−α)cs(π4−α)，
由题意α≠π4，
所以sin(π4−α)=14，所以cs(π4+α)=14，
所以sin(π4+α)= 1−cs2(π4+α)= 154，
所以tan(α+π4)=sin(α+π4)cs(α+π4)= 15.
故选：D.
将已知等式利用诱导公式及二倍角的正弦公式化简可得sin(π4−α)，从而可得cs(π4+α)，再利用同角三角函数的基本关系求解即可．
本题主要考查三角恒等变换，考查运算求解能力了，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有C43⋅C11⋅A22+C42⋅C22A22⋅A22=14种，
当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有C42⋅A33=36种，
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14+36=50，
同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50，
故不同的分配方法数是50+50=100.
故选：C.
分体育书分给甲和乙两种情况求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，
则R2=h2+r2，
S=πR2，S1=2πrh，
V=1243πR3=23πR3，
V1=πr2h，
所以SS1=πR22πrh=h2+r22rh=h2r+r2h≥2 h2r⋅r2h=1，
当且仅当r=h时等号成立，此时R= 2r，
所以VV1=23πR3πr2h=23π( 2r)3πr2⋅r=4 23.
故选：A.
设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则SS1=h2r+r2h，根据基本不等式可得r=h，R= 2r，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解．
本题考查圆柱、球体的面积与体积问题，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：(1+i)z=−i，z=−i1+i=−i(1−i)(1+i)(1−i)=1−i2=12−12i，则|z|= 14+14= 22，A错误；
设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，
所以|z1⋅z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
|z1|⋅|z2|= a2+b2⋅ c2+d2= (a2+b2)(c2+d2)= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
所以|z1z2|=|z1||z2|，B项正确；
C项，z1⋅z2−=(ac−bd)−(ad+bc)i，z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，
所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，C项正确；
D项，M={z||z−2|≤2}表示圆心为(2,0)，半径为2的圆面，其面积为4π，D项错误．
故选：BC.
根据复数的运算逐项判断即可．
本题考查复数的运算，复数的性质，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对A：∵g(x)为偶函数，则g(x)=g(−x)，
两边求导可得g′(x)=−g′(−x)，
∴g′(x)为奇函数，则g′(0)=0，
令x=4，则可得f(4)−g′(0)=2，则f(4)=2，A成立；
对B：令x=2，则可得f(2)+g′(2)=2f(2)−g′(2)=2，则f(2)=2g′(2)=0，B成立；
∵f(x)+g′(x)=2，则可得f(2+x)+g′(2+x)=2，
f(x)−g′(4−x)=2，则可得f(2−x)−g′(2+x)=2，
两式相加可得：f(2+x)+f(2−x)=4，
∴f(x)关于点(2,2)成中心对称，
则f(1)+f(3)=4，D成立；
又∵f(x)+g′(x)=2，则可得f(x−4)+g′(x−4)=f(x−4)−g′(4−x)=2，
f(x)−g′(4−x)=2，则可得f(x)=f(x−4)，
∴f(x)以4为周期的周期函数，
根据以上性质只能推出f(−1)+f(−3)=4，不能推出f(−1)=f(−3)，C不一定成立．
故选：ABD.
先证明g′(x)为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设直线PQ：x=my+2与抛物线联立可得：y2−2pmy−4p=0，
设P(y122p,y1),Q(y222p,y2)，则y1y2=−4p，
因为∠AOB=90∘，所以OP⋅OQ=(y1y2)24p2+y1y2=4−4p=0，解得p=1，故A正确；
由A可知，F(12,0)，设直线PF:x=m1y+12，与抛物线联立可得，y2−2m1y−1=0，
设A(xA,yA)，B(xB,yB)，所以yA=−1y1，同理可得yB=−1y2，所以yAyB=1y1y2=−14，
直线AB：2x−(yA+yB)y+yAyB=0，即2(x−18)−(yA+yB)y=0，所以直线AB过定点(18,0)，故B错误；
|FP|⋅|FQ|=(y122+12)(y222+12)=y12y224+y12+y224+14≥y12y22+2|y1y2|+14=254，故C正确；
|PA|=y12+1+1y12+12,|QB|=y22+1+1y22+12，
所以|PA|+|QB|=y12+y22+1y12+1y22+42=1716(y12+y22)+42≥1716×2|y1y2|+42=254，故D正确．
故选：ACD.
设直线PQ：x=my+2与抛物线联立可得抛物线交点坐标，由∠AOB=90∘可得OP⋅OQ=0，从而求得p的值，即可判断A；设直线PF:x=m1y+12，与抛物线联立可得交点坐标关系，从而可确定直线所过的顶点，即可判断B；根据坐标关系求解|FP|⋅|FQ|，结合基本不等式求得最值，即可判断C；根据坐标运算可得|PA|+|QB|，结合基本不等式的最值，即可判断D.
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
12.【答案】y= 3x+2(y= 3x−2)
【解析】解：设圆的切线方程为y= 3x+b，
利用圆心(0,0)到直线的距离d=|b| 1+3=1，解得b=±2，
故圆的切线方程为y= 3x±2.
故答案为：y= 3x+2(y= 3x−2).
直接利用点到直线的距离公式求出圆的切线方程．
本题考查的知识点：圆与直线的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】− 714
【解析】解：在平面直角坐标系中，角α的始边与x轴非负半轴重合，终边经过点(− 3,2)，
则csα=− 3 (− 3)2+22=− 3 7，sinα=2 7，
则sin(α+π3)=12sinα+ 32csα=12×2 7+ 32×(− 3 7)=− 714.
故答案为：− 714.
由三角函数的定义，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了三角函数的定义，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
14.【答案】[15,19]
【解析】解：因为实数x、y、z≥0，且x+y+z=4，2x−y+z=5，
所以x=2y+1≥0，z=3−3y≥0，
所以0≤y≤1，
则M=4x+3y+5z=8y+4+3y+15−15y=19−4y∈[15,19].
故答案为：[15,19].
由已知等式可用y表示x，z，结合y的范围即可求解．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)由题意可得f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1x−a=1−axx(a≠0)，
当a<0时，由于x>0，所以f′(x)>0恒成立，从而f(x)在(0,+∞)上递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得01a，
从而f(x)在(0,1a)上递增，在(1a,+∞)递减；
(2)令h(x)=f(x)−g(x)=lnx−ax−2ax，要使f(x)≤g(x)恒成立，
只要使(x)≤0恒成立，只需h(x)max≤0，
h′(x)=1x−a−2ax2=−a2x2+ax+2ax2=−(ax+1)(ax−2)ax2，
令h′(x)=0，解得x=2a或x=−1a(舍)，
∴h(x)在(0,2a)上单调递增，在(2a,+∞)上单调递减，
所以hmax(x)=h(2a)=ln2a−3≤0，
解得：a≥2e3，所以a的最小值为2e3.
【解析】(1)利用导函数的正负判断原函数的单调性；
(2)构造函数，再转化为恒成立问题解决．
本题考查函数的单调性以及导数的综合应用，其中需要构造函数，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为AB=AM=2，MB=2 2，
所以AM2+AB2=MB2，
所以AB⊥AM，
又AB⊥AD，且AM∩AD=A，AM⊂平面ADM，AD⊂平面ADM，
所以AB⊥平面ADM.
(2)因为AM=AD=2，MD=2 3，
则cs∠MAD=4+4−122×2×2=−12，且0∘<∠MAD<180∘，可知∠MAD=120∘，
在平面ADM内过点A作x轴垂直于AM，又由(1)知AB⊥平面ADM，
分别以AM，AB所在直线为y，z轴建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，
则D( 3,−1,0)，C( 3,−1,43)，B(0,0,2)，M(0,2,0)，
因为BE=2EM，则E(0,43,23)，
可得EC=( 3,−73,23)，BM=(0,2,−2)，BD=( 3,−1,−2)，
设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则BM⋅n=2y−2z=0BD⋅n= 3x−y−2z=0，
取z=1得n=( 3,1,1)，
设直线EC与平面BDM所成角为θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs|=|EC⋅n|EC||n||=|434 53× 5|=15，
所以直线EC与平面BDM所成角的正弦值为15.
【解析】(1)根据AB=AM=2，MB=2 2，利用勾股定理得到AB⊥AM，再由AB⊥AD，利用线面垂直的判定定理证明．
(2)由AM=AD=2，MD=2 3，易得∠MAD=120∘，在平面ADM内过点A作x轴垂直于AM，再结合(1)以AM，AB所在直线为y，z轴建立空间直角坐标系，求得EC的坐标，平面BDM的一个法向量n，利用空间向量求线面夹角．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx
=12−1−cs2ωx2+ 32sin2ωx
= 32sin2ωx+12cs2ωx
=sin(2ωx+π6)，
∵T=2π2ω=4π，
∴ω=14，
故f(x)=sin(12x+π6)，
由−π2+2kπ≤12x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得4kπ−4π3≤x≤4kπ+2π3,k∈Z，
当k=0时，−4π3≤x≤2π3，
又x∈[0,π]，
所以f(x)在[0,π]上的单调增区间为[0,2π3]；
(2)由(2a−c)csB=b⋅csC，得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
∴2sinAcsB=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，
∴f(A)=sin(12A+π6)，
∵0∴π6∴12∴f(A)的取值范围为(12,1).
【解析】(1)利用三角恒等变换化简f(x)，再利用整体代入法即可得解；
(2)利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式求得角B，从而得到A的取值范围，进而利用三角函数的性质即可得解．
本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理以及三角函数的性质，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设P(x0,y0)是椭圆上一点，则x02+4y02=4，
因为|PM|= (m−x0)2+y02= 34(x0−43m)2−13m2+1，(−2≤x0≤2)，
①若0②若m>32，|PM|min= 34×4−4m+m2+1=1，解得m=1(舍去)或m=3，
所以M点的坐标为(3,0).
(2)(ⅰ)证明：设直线l的方程为x=ty+3，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
由x=ty+3x24+y2=1，得(t2+4)y2+6ty+5=0，
所以y1+y2=−6tt2+4，y1y2=5t2+4，
所以y1+y2=−65ty1y2，①
由Δ=16t2−80>0，得t> 5或t<− 5，
直线AC的方程为y=y1x1+2(x+2)，②
直线BD的方程为y=y2x2−2(x−2)，③
联立②③，消去y，得x+2x−2=(x1+2)y2(x2−2)y1=(ty1+5)y2(ty2+1)y1=ty1y2+5y2ty1y2+y1④，
联立①④，消去ty1y2，则x+2x−2=−56(y1+y2)+5y2−56(y1+y2)+y1=−5，
解得x=43，即点G在直线x=43上．
(ⅱ)由图知，CG⊥DG，即AG⊥BG，
所以点G在以AB为直径的圆上，
设G(43,n)，则(43)2+n2=4，
所以n=±2 53，即G(43,±2 53)，
所以直线AC的方程为y=± 55(x+2)，
直线AC的方程与椭圆方程联立，得9x2+16x−4=0，
解得xA=−2，
所以xC=−49⋅(−12)=29，
所以yC=±4 59，
所以kl=kMC=±4 525.
【解析】(1)设P(x0,y0)是椭圆上一点，则x02+4y02=4，由两点之间的距离公式可得|PM|= 34(x0−43m)2−13m2+1，(−2≤x0≤2)，分情况讨论|PM|min=1，解得m，即可得出答案．
(2)(ⅰ)设直线l的方程为x=ty+3，C(x1,y1)，D(x2,y2)，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得y1+y2=−65ty1y2①，写出直线AC、BD的方程，进而可得答案．
(ⅱ)由图知，CG⊥DG，即AG⊥BG，则点G在以AB为直径的圆上，设G(43,n)，则(43)2+n2=4，解得n，写出直线AC的方程，联立椭圆的方程，解得xA，进而可得答案．
本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)记“硬币正面向上”为事件A，“7：40−7：45到校”为事件B，
易知P(A)=0.5，P(B|A)=0.2，P(B|A−)=0.1，
所以P(B)=P(A)⋅P(B|A)+P(A−)⋅P(B|A−)=0.5×0.2+0.5×0.1=0.15；
(2)易知X的所有可能取值为1，2，3，…，9，10，
因为当1≤k≤9(k∈N*)时，P(X=k)=25×(35)k−1，
又P(X=10)=(35)9，
所以E(X)=1×25+2×25×35+3×25×(35)2+⋯+9×25×(35)8+10×(35)9，
而35E(X)=1×25×35+2×25×(35)2+⋯+8×25×(35)8+9×25×(35)9+10×(35)10，
两式相减得25E(X)=1×25×35+2×25×(35)2+…+8×25×(35)8+9×25×(35)9+10×(35)10，
则E(X)=1+35+(35)2+⋯+(35)8+(35)9=1−(35)101−35=52−55×(35)10，
故E(X)=52−52×(35)10；
(3)易知P1=1，Pn+1=35Pn+(1−Pn)=−25Pn+1，
所以Pn+1−57=−25(Pn−57)，
则数列{Pn−57}是以P1−57=27为首项，−25为公比的等比数列，
所以Pn−57=27×(−25)n−1，
故Pn=27×(−25)n−1+57.
【解析】(1)由题意，记“硬币正面向上”为事件A，“7：40−7：45到校”为事件B，结合题目所给信息，代入概率公式中即可求解；
(2)先得到X的所有可能取值，得到当1≤k≤9(k∈N*)时，P(X=k)=25×(35)k−1，P(X=10)=(35)9，代入期望公式中，进而即可求解；
(3)根据题目所给信息以及等比数列的性质以及通项公式再进行求解即可．
本题考查离散型随机变量分布列的期望以及等比数列的性质，考查了逻辑推理和运算能力．到校时间
7：30之前
7：30−7：35
7：35−7：40
7：40−7：45
7：45−7：50
7：50之后
乘地铁
0.1
0.15
0.35
0.2
0.15
0.05
乘汽车
0.25
0.3
0.2
0.1
0.1
0.05