广东省惠州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省惠州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共60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。
广东省惠州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东惠州·统考一模）设复数(其中为虚数单位)，则的虚部是（    ）
A．1 B．0 C． D．
2．（2021·广东惠州·统考一模）如图，阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B． C． D．
3．（2021·广东惠州·统考一模）“”是“直线与圆有公共点”成立的（    ）条件
A．充分不必要 B．充要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要
4．（2021·广东惠州·统考一模）某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：

若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（    ）
A．10 B．09 C．71 D．20
5．（2021·广东惠州·统考一模）在平面直角坐标系中，角的终边绕坐标原点按逆时针方向旋转后经过点，则（    ）
A． B． C． D．0
6．（2021·广东惠州·统考一模）函数f(x)=|x|+ (aR)的图象不可能是（   ）
A． B．
C． D．
7．（2021·广东惠州·统考一模）切割是焊接生产备料工序的重要加工方法，各种金属和非金属切割已经成为现代工业生产中的一道重要工序.被焊工件所需要的几何形状和尺寸，绝大多数是通过切割来实现的.原材料利用率是衡量切割水平的一个重要指标.现需把一个表面积为的球形铁质原材料切割成为一个底面边长和侧棱长都相等的正三棱柱工业用零配件，则该零配件最大体积为（    ）

A．6 B． C．18 D．
8．（2021·广东惠州·统考一模）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·广东惠州·统考一模）已知集合，，下列结论成立的是（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·广东惠州·统考一模）若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（    ）
A．y2=2x B．y2=4x C．y2=6x D．y2=8x
11．（2022·广东惠州·统考一模）已知，，则（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·广东惠州·统考一模）若，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
13．（2022·广东惠州·统考一模）现有名学生报名参加校园文化活动的个项目，每人须报项且只报项，则恰有名学生报同一项目的报名方法有（    ）
A．种 B．种 C．种 D．种
14．（2022·广东惠州·统考一模）已知，则当时，与的大小关系是（    ）
A．
B．
C．
D．不确定
15．（2022·广东惠州·统考一模）设等差数列的公差为d，若，则“”是“（）”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
16．（2022·广东惠州·统考一模）中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W､信道内信号的平均功率S､信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（    ）（附：）
A．20% B．23% C．28% D．50%
17．（2023·广东惠州·统考一模）已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·广东惠州·统考一模）设集合，则的元素个数为（    ）
A．3 B．4 C．9 D．无穷多个
19．（2023·广东惠州·统考一模）数据的第15百分位数为（    ）
A．69 B．70 C．75 D．96
20．（2023·广东惠州·统考一模）如图1，在高为的直三棱柱容器中，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）

A． B．3 C．4 D．6
21．（2023·广东惠州·统考一模）若，则（    ）
A． B． C． D．
22．（2023·广东惠州·统考一模）“家在花园里，城在山水间．半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园．．．．．．”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境．下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
23．（2023·广东惠州·统考一模）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·广东惠州·统考一模）若函数的定义域为，如果对中的任意一个，都有，且，则称函数为“类奇函数”．若某函数是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是（    ）
A．若0在定义域中，则
B．若，则
C．若在上单调递增，则在上单调递减
D．若定义域为，且函数也是定义域为的“类奇函数”，则函数也是“类奇函数”

二、多选题
25．（2021·广东惠州·统考一模）已知等比数列的公比为q，前4项的和为，且，，成等差数列，则q的值可能为（    ）
A． B．1 C．2 D．3
26．（2021·广东惠州·统考一模）下列有关回归分析的结论中，正确的有（    ）
A．运用最小二乘法求得的回归直线一定经过样本点的中心
B．若相关系数的绝对值越接近于1，则相关性越强.
C．若相关指数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越好.
D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合的精度越高
27．（2021·广东惠州·统考一模）已知函数，则下列结论正确的有（    ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在上有2个零点
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数的最小值为
28．（2021·广东惠州·统考一模）在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（    ）

A．存在点使得异面直线与所成角为90°
B．存在点使得异面直线与所成角为45°
C．存在点使得二面角的平面角为45°
D．当时，平面截正方体所得的截面面积为
29．（2022·广东惠州·统考一模）对于实数，下列结论正确的是（   ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
30．（2022·广东惠州·统考一模）如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且，则（    ）

A．与能构成一组基底 B．
C． D．
31．（湖北省荆门市龙泉中学2020-2021学年高三上学期11月月考数学试题）已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递增
D．与图象的所有交点的横坐标之和为
32．（2022·广东惠州·统考一模）近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（    ）

A．该结构的纳米晶个体的表面积为
B．该结构的纳米晶个体的体积为
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为
D．二面角A1−A2A3−B3的余弦值为
33．（2023·广东惠州·统考一模）下列四个命题中为真命题的是（    ）
A．若随机变量服从二项分布，则
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．已知一组数据的方差是3，则的方差也是3
D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4
34．（2023·广东惠州·统考一模）若，则（    ）
A． B．
C． D．
35．（2023·广东惠州·统考一模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，其中在第一象限，若，则（    ）
A． B．
C．以为直径的圆与轴相切 D．
36．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则

三、填空题
37．（2021·广东惠州·统考一模）已知向量，，若存在实数，使得，则___________.
38．（2021·广东惠州·统考一模）已知，，若，则的最小值为___________.
39．（2021·广东惠州·统考一模）设为常数，若的展开式中所有项的系数和为1024，则___________.
40．（2021·广东惠州·统考一模）已知函数关于的不等式只有一个整数解，则实数的取值范围是_____
41．（2022·广东惠州·统考一模）已知i是虚数单位，则复数的模等于___________.
42．（2022·广东惠州·统考一模）已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的标准方程可以是___________.（写出一个正确的方程即可.）
43．（2022·广东惠州·统考一模）若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为，圆台上､下底面圆的半径分别为，（），则___________.
44．（2022·广东惠州·统考一模）如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处.设连杆AB长200，曲柄CB长70，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移动的距离A0A）约为___________.（结果保留整数）（参考数据：sin53.2°≈0.8）

45．（2023·广东惠州·统考一模）若2、a、b、c、9成等差数列，则c﹣a=___________．
46．（2023·广东惠州·统考一模）过点的弦将圆的圆周分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则__________．
47．（2023·广东惠州·统考一模）函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为，．，若，则的值可以是__________．（写出符合条件的一个值即可）
48．（2023·广东惠州·统考一模）已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________．（结果用表示）．

四、解答题
49．（2021·广东惠州·统考一模）在中，，，分别为角，，的对边，.
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.
50．（2021·广东惠州·统考一模）已知等差数列和等比数列满足，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和.
51．（2021·广东惠州·统考一模）一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．

将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．
52．（2021·广东惠州·统考一模）如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接､.

（1）求证：平面平面；
（2）当二面角的大小为120°时，求四棱锥的体积.
53．（2021·广东惠州·统考一模）已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是双曲线C2：＝1的左、右顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），经过左焦点F1的直线l与椭圆C1交于M，N两点，且满足的点P也在椭圆C1上，求四边形F2MPN的面积．
54．（2021·广东惠州·统考一模）已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）设在上存在极大值M，证明：.
55．（2022·广东惠州·统考一模）惠州市某高中学校组织航天科普知识竞赛，分小组进行知识问题竞答.甲乙两个小组分别从6个问题中随机抽取3个问题进行回答，答对题目多者为胜.已知这6个问题中，甲组能正确回答其中4个问题，而乙组能正确回答每个问题的概率均为.甲､乙两个小组的选题以及对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
(1)求甲小组至少答对2个问题的概率；
(2)若从甲乙两个小组中选拔一组代表学校参加全市决赛，请分析说明选择哪个小组更好？
56．（2022·广东惠州·统考一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.
(1)求证：；
(2)当时，求.
57．（2022·广东惠州·统考一模）已知数列满足，且数列是等差数列.
(1)求数列的通项公式：
(2)设数列的前项和为，若且，求集合A中所有元素的和.
58．（2022·广东惠州·统考一模）如图1所示，梯形ABCD中，AB=BC=CD=2，AD=4，E为AD的中点，连结BE，AC交于F，将△ABE沿BE折叠，使得平面ABE⊥平面BCDE（如图2）.

(1)求证：AF⊥CD；
(2)求平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.
59．（2022·广东惠州·统考一模）已知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左､右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.

(1)求椭圆C2的方程；
(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互为补角，求△F1QR面积S的最大值.
60．（2022·广东惠州·统考一模）已知函数（）.
(1)当m=0时，讨论的单调性；
(2)若不等式对恒成立，求m的取值范围.
61．（2023·广东惠州·统考一模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
62．（2023·广东惠州·统考一模）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知．

(1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．
(2)记与的面积分别为和，请求出的最大值．
63．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．
64．（2023·广东惠州·统考一模）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
65．（2023·广东惠州·统考一模）已知双曲线的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线的距离之积为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，求的面积．
66．（2023·广东惠州·统考一模）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，．

参考答案：
1．A
【分析】由复数的四则运算进行化简，即可求得虚部.
【详解】
所以的的虚部是1.
故选：A.
2．B
【分析】图中的阴影部分表示的是集合与的补集的交集形成.
【详解】图中的阴影部分表示的是集合与的补集的交集形成即为
故选：B
3．C
【分析】利用点到直线的距离，找出直线与圆有公共点的等价条件，根据集合间的关系判断即可.
【详解】圆心到直线的距离，，
直线与圆有公共点，则有，即，解得，且；所以，“”是“直线与圆有公共点”成立的必要不充分条件，
故选：C
4．B
【分析】按照题意依次读出前4个数即可.
【详解】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，
所以选出来的第4个个体的编号为09，
故选：B
5．C
【分析】由题意可得，然后利用正切的二倍角公式求解即可；或利用特殊角求解
【详解】解析1由题意旋转后所得终边对应的角为，则，
所以，
解析2由点坐标的特殊性知，原角终边按逆时针方向旋转后所得的终边对应的一个角为，原角度可看作，所以，
故选:C.
6．C
【解析】对分类讨论，将函数写成分段形式，利用对勾函数的单调性，逐一进行判断图象即可.
【详解】，
① 当时，，图象如A选项；
②当时，时，，
在递减，在递增；
时，，由，单调递减，
所以在上单调递减， 故图象为B；
③当时，时，，可得， ，在递增，
即在递增，图象为D；
故选：C.
7．C
【分析】当正三棱柱体积最大时，是其顶点外接于球的时候，由已知条件求出球的半径，设底面边长，则，而，从而可求出，进而可求得正三棱柱的体积
【详解】正三棱柱体积最大时，是其顶点外接于球的时候，
如图，为底面的中心，因为.
设底面边长，则，
且，其中为外接圆半径
解得，所以.
故选：C.

8．C
【分析】对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.
【详解】已知方程可以变形为，即，
∴
其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，
又由，可得，
故选：C.
9．C
【分析】分别根据子集的概念、交集和并集运算、补集运算分析选项是否成立.
【详解】对于A：集合，，不满足，则A错；
对于B：，则B错；
对于C：，则C正确；
对于D：，则D错.
故选：C.
10．D
【分析】由抛物线的定义可解答.
【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴，解得，∴抛物线的标准方程为.
故选：D.
11．A
【分析】由及解出与即可求解.
【详解】因为，且，，
所以，，
所以.
故选：A.
12．B
【分析】令，得，再令，即可求解．
【详解】令，代入得，令，得，所以.
故选：B.
13．B
【分析】首先从名学生中选名选报同一项目作为一个整体，然后从个项目中选择个项目排列即可，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】根据题意首先从名学生中选名选报同一项目作为一个整体，
然后从个项目中选择个项目排列即可，故不同的报名方法种数为.
故选：B.
14．B
【分析】求出函数的单调区间，令，得或，结合图像可得，，三段和的大小关系，再根据函数的单调性即可得出与的大小关系.
【详解】解：由函数，
得函数在上递增，在上递减，在上递增，
作出函数和的图像，如图所示，
令，得或，
结合图像可知，当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
综上所述，当时，.
故选：B.

15．C
【分析】利用指数函数的单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义，结合充分、必要性定义判断即可.
【详解】充分性：若，则，即，∴，即，所以充分性成立；必要性：若，即，∴，则，必要性成立.因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
16．B
【分析】根据题意写出算式，再利用对数的换底公式及题中的数据可求解.
【详解】将信噪比从1000提升至5000时，C大约增加了
.
故选：B.
17．A
【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.
【详解】因为，所以，
则
故复数的虚部为.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.
18．A
【分析】根据函数在上单调递增，及，即可得解.
【详解】由函数在上单调递增，及，
可得，则其元素个数为3，
故选：A．
19．B
【分析】根据百分位数的定义得到答案.
【详解】因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70.
故选：B．
20．B
【分析】根据同底等高的锥体与柱体体积之间的关系即可根据比例求解.
【详解】由图2知:,其中表示三棱柱的高，故,
因此可知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得．
故选：B．
21．D
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
22．C
【分析】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，可排除B、D；再结合基本不等式和二次函数的性质求得A、C的函数最大值，看是否为1，进而判断.
【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，
则函数和都不满足，故排除B、D；
而的图象过点，，，
且时，，当且仅当时，等号成立，
即函数的最大值为2，
又“心形”函数的最大值为1，故排除A；
由的图象过点，，，
且时，，当且仅当时，等号成立，
即函数的最大值为1，满足题意，故C满足.
故选：C．
23．A
【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，，然后利用展开式的通项公式得到有理项项数，再利用古典概型的概率求解.
【详解】解：因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式的总项数为7项，故，
展开式的通项，
当是偶数时该项为有理项，
有4项，
所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为．
故选：A．
24．C
【分析】对A，根据“类奇函数”的定义，代入求解即可；
对B，根据题意可得，再结合函数的单调性判断即可；
对C，根据，结合正负分数的单调性判断即可；
对D，根据“类奇函数”的定义，推导判断即可.
【详解】对于A，由函数是“类奇函数”，所以，且，所以当时，，即，故A正确；
对于B，由，即随的增大而减小，若，则成立，故B正确；
对于，由在上单调递增，所以，在上单调递减，设，在上单调递增，即在上单调递增，故C错误；
对于D，由，所以，所以函数也是“类奇函数”，所以D正确；
故选：C
25．AC
【分析】根据，，成等差数列，以及数列前4项的和为，求出a3，再根据，，成等差数列，将各项化为a3和q，进而求出q.
【详解】因为，，成等差数列，所以，又因为数列前4项的和为，
所以，
而数列公比为q，再根据有，，所以或.
故选：AC.
26．ABD
【分析】对于A，由最小二乘法求回归方程的过程可知回归直线一定经过样本点的中心；对于B，C，由相关系数和相关指数的性质判断；对于D，由残差点分布的特征判断.
【详解】解：对于A，由最小二乘法求回归方程的过程可知回归直线一定经过样本点的中心，所以A正确；
对于B，相关系数的绝对值越接近于1，则相关性越强，所以B正确；
对于C，根据相关概念，相关指数的值越接近于1，表示回归模型的拟合效果越好，越接近于0，表示效果越差，C错误；
对于D，由残差图的特征可知，残差点分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合的精度越高，所以D正确.
故选：ABD.
27．CD
【分析】由可判断选项A是否正确，根据奇函数的零点个数特征可判断选项B是否正确，关于对称的点设为：、，验证是否为该函数上的任意点，即可判断选项C的正确性，通过求导求解函数的最小值，即可判断选项D是否正确.
【详解】对于A，因为，排除A选项；
由，根据对称性，奇函数在上必定有奇数个零点，排除B选项；
设函数上任意点，则关于点对称的点为，
，
所以，总在函数上，故C选项正确；

令，则，或；
当时，；当时，；
所以，函数在为增函数，在为减函数；

选项D正确；
故选：CD.
【点睛】关于给定函数相关推论的判断，可以从以下几个方面入手
(1)结合函数单调性、奇偶性、对称性、周期性、最值进行判断；
(2)观察选项特征，选取特殊值代入运算进行判断；
(3)复杂函数求助导数的帮助进行判断.
28．AD
【分析】对于A，由正方体的性质可将异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，而当为的中点时，可得，从而可判断；对于B，与或重合时，直线与所成的角最小；对于C，当与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断；对于D，过作，交于，交于点，由题意可得四边形即为平面截正方体所得的截面，且四边形是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可
【详解】解：异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，

当为的中点时，，此时与所成的角为90°，所以A正确；
当与或重合时，直线与所成的角最小，为60°，所以B错误；
当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；

对于D，过作，交于，交于点，因为，所以､分别是､的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，，所以梯形的面积为，所以D正确.
故选：AD.

29．BCD
【分析】根据不等关系对选项一一分析即可.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则 ，从而有，故正确.
故选：BCD
30．BC
【分析】对A，由正八边形性质可证与平行，即可由基底定义判断；
对B，由正八边形性质可证，即可由向量数量积与向量垂直的关系判断；
对C，由，利用平行四边形法则即可计算；
对D，由，即可根据向量数量积定义计算
【详解】
连接BG，CF，由正八边形的性质可知，，，所以，所以与是共线向量，所以与不能构成一组基底，A项错误；
，所以，所以，B项正确；
因为，由平行四边形法则可知，，C项正确；
正八边形的每一个内角为，，
所以，D项错误（或者从正八边形的性质可知与的夹角为锐角，则有可判断D错误）.
故选：BC
31．BCD
【解析】根据图象求出函数解析式，再判断各选项．
【详解】由题意，，∴，又，，又，∴，
∴．
∵，∴不是对称轴，A错；
，∴是对称中心，B正确；
时，，∴在上单调递增，C正确；
，，或，
即或，，又，∴，和为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题关键是掌握“五点法”，通过五点法求出函数解析式，然后结合正弦函数性质确定函数的性质．本题方法是代入法，整体思想，即由已知求出的值或范围，然后结合正弦函数得出结论．
32．ABD
【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.
对于B：棱长为a的正四面体的高为，根据割补法代公式计算.
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，计算可得；
对于D：二面角是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.
【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积，故A正确；
对于B：棱长为a的正四面体的高为，所以，故B正确；
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，几何体上下底面距离为，可得，计算整理得，因此该几何体的外接球表面积为，故C错误；
对于D：二面角为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，

过正四面体的顶点作平面于点，易知为的中心，延长交于点，则为的中点，连接，设正四面体的棱长为2，则，所以，，因为平面，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即为所求侧面与底面所成二面角的平面角，在中，，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为，所以二面角A1−A2A3−B3的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
33．AC
【分析】由二项分布的期望公式判断A；由正态分布的性质判断B；由方差的性质判断C；由回归方程必过样本中心点求解可判断D.
【详解】对于A，由于，则，故A正确；
对于B，，故，故B错误；
对于C，的方差是3，则的方差不变，故C正确；
对于D，回归方程必过样本中心点，则，解得，故D错误.
故选：AC.
34．ABD
【分析】利用条件进行指对数转换，得到，从而有，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】因为，所以，则，
选项A，，故正确；
选项B，因为，且，所以，故B正确；
选项C，因为，故C错误；
选项D，因为，故D正确，
故选：ABD．
35．BCD
【分析】写出焦点的坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，根据点在第一象限即可求出点，的横坐标，进而可以求出的值，即可求出抛物线的方程，再对应各个选项逐个验证即可．
【详解】设，，则过的直线斜率为的方程为：，
代入抛物线方程消去可得：，
解得，因为点在第一象限，所以，，
则，所以，错误，
，正确，
由可得抛物线的方程为：，且，，，
所以，正确，
的中点横坐标为，以为直径的圆的半径为，
所以圆心到轴的距离等于半径，则以为直径的圆与轴相切，正确，
故选：．
36．BCD
【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.
【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，
对于，连接，可证得四点共面，
又可证得，所以平面，故错误；
对于B，三棱锥的外接球半径，
三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；
对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，
，故C正确；
对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，
，且
，
故D正确．

故选：BCD．
【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题.
37．
【分析】由于，所以，从而列方程可得的值.
【详解】因为，则，所以，得.
故答案为：.
38．4
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】.
当且仅当，即时等号成立，
综上可得的最小值为4.
故答案为：4
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
39．或3
【分析】赋值方法，令，即可求解出的值.
【详解】令，展开式中所有项的系数之和为，而
所以，，解得或.
故答案为：或.
40．
【分析】由，利用导数研究其单调性、极值，可得函数的图象如图，对分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法，结合函数图象判断出不等式的整数解，即可得结果.
【详解】
由，
令，解得，
令，解得，
的递增区间为，递减区间为，
故的最大值是，
时，时，且，
故在时，，在时，，
函数的图象如图，
①时，由不等式得或，
而时无整数解，的解集为，
整数解有无数多个，不合题意；
②时，由不等式得解集为，
整数解有无数多个，不合题意；
③时，由不等式，得或，
的解集为无整数解，
只需的解集整数解只有一个，
且在上递增，在递减，
而，这一正整数只能为3，  
，
，
综上所述，的取值范围是，故答案为.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值、不等式的整数解、数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
41．1
【分析】根据复数运算化简目标复数，再求其模长即可.
【详解】因为，所以模为1.
故答案为：1.
42．
【分析】对双曲线的焦点位置进行分类讨论，确定、的等量关系，可得出双曲线的标准方程.
【详解】若双曲线的焦点在轴上，则，此时，则双曲线的方程为，
此时双曲线的方程可表示为；
若双曲线的焦点在轴上，则，此时，则双曲线的方程为，
此时双曲线的方程可表示为.
综上所述，双曲线的方程可表示为.
故答案为：（可以取具体的数值）.
43．2
【分析】先求得圆台的母线长，然后根据圆台的侧面积公式列方程，化简求得.
【详解】圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，
所以圆台的母线长为，
圆台的侧面积为，
所以.
故答案为：2
44．36
【分析】在中，利用正弦定理求出，再求出，，再利用两角和的正弦公式可求出，再利用正弦定理可求出，从而可求得答案
【详解】如图，在中，，，，，
由正弦定理，，
∵，∴，故为锐角，
∴，
∴，
所以，
故.
故曲柄按顺时针方向旋转时活塞移动的距离约为36mm.
故答案为：36

45．
【详解】由等差数列的性质可得2b=2+9，解得b=，
又可得2a=2+b=2+=，解之可得a=，
同理可得2c=9+=，解得c=，
故c﹣a=﹣==
46．
【分析】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，由此求解即可.
【详解】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，
由圆的半径为，由勾股定理得．
故答案为：.
47．（答案不唯一）
【分析】先计算出最小正周期，从而求出，整体法求出零点，得到答案.
【详解】由题意得，
，
∵，
∴，
，
令，即，
，
对取特殊值即可，取，得；取，得（答案不唯一）．
故答案为：
48．/
【分析】由可设，结合双曲线的定义可得点的轨迹，再根据内心的向量性质可得为的内心，进而根据双曲线焦点三角形内心的性质求解即可.
【详解】由，可设，由，
得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.
因为是的角平分线，且
故也为的角平分线，为的内心.

如图，设，，
则由双曲线与内切圆的性质可得，，
又，所以，，在上的投影长为，
则在上的投影向量为．
故答案为：
49．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再利用余弦定理求出角的大小；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简，再由锐角三角形得出的范围，进而得出答案．
【详解】（1）由已知，结合正弦定理，得.
再由余弦定理，得，又，则.
（2）由，，则由正弦定理，有

因为为锐角三角形，则，则.
所以的取值范围为.
50．（1），；（2）.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，
∴，，
∴，.
（2）当的前60项中含有的前6项时，令，
此时至多有项（不符）.
当的前60项中含有的前7项时，令，
且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项.
∴.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项.
51．(1)0.108.(2) 1.8，0.72.
【详解】试题分析：（1）设表示事件“日销售量不低于100个”，表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此
可求出，，利用事件的独立性即可求出；（2）由题意可知X~B(3,0.6),所以即可列出分布列，求出期望为E(X)和方差D（X）的值.
（1）设表示事件“日销售量不低于100个”，表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此
.
.
.
（2）X的可能取值为0,1,2,3.相应的概率为
,
,
,
,
分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216

因为X~B(3,0.6),所以期望为E(X)=3×0.6=1.8，方差D（X）=3×0.6×（1-0.6）=0.72
考点：1.频率分布直方图；2.二项分布.

52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）首先证明平面，可得，然后由勾股定理可得，然后得到平面即可；
（2）为二面角的平面角，然后求出，，，然后利用算出答案即可.
【详解】（1）由底面圆，平面，∴.

由已知有，
且，平面，平面
∴平面，
平面，∴
又∵在中，，
由勾股定理知.
∵，平面，平面
∴平面，
平面，从而平面平面.
（2）∵，，∴为二面角的平面角，
∵，，为正三角形，

易知，，得，，
，
∵底面圆，则四棱锥的高，
∴四棱锥的体积为，
∴三棱锥的体积为
53．（1）；（2）．
【分析】（1）椭圆的左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），由题意可得c＝1，再利用点到直线的距离公式可得求出b＝1，即求.
（2）设直线l的方程为x＝ty﹣1，（t一定存在），代入椭圆方程，设P（x0，y0），利用韦达定理以及向量的坐标表示可得，将点代入椭圆方程求出t2＝14，再由即可求解.
【详解】（1）椭圆的左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），
而双曲线C2：的顶点分别为（﹣1，0），（1，0），所以c＝1．
又椭圆的上顶点为（0，b），而双曲线C2：的一条渐近线为y＝2x，
则有，解得b＝1．
∴a2＝12+12＝2，所以椭圆C的方程为．
（2）设直线l的方程为x＝ty﹣1，（t一定存在），代入x2+2y2＝2，
并整理得（t2+2）y2﹣2ty﹣1＝0，
＝4t2+4（t2+2）＞0恒成立，设M（ty1﹣1，y1），N（ty2﹣1，y2），
则，．
设P（x0，y0），由，得，
即，
又点P在椭圆C1上，故，
即t4﹣12t2﹣28＝0，解得t2＝14（舍负），
因为满足的点P也在椭圆C1上，
所以四边形F2MPN是平行四边形，
设四边形F2MPN的面积为S，
则有，
代入t2＝14，得四边形F2MPN的面积．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用向量之间的关系得出，考查了运算求解能力.
54．（1）在单调递增，单调递减；（2）详见解析.
【解析】（1）求得，利用和 即可求得函数 的单调性区间；
（2）求得函数的解析式，求，对的情况进行分类讨论得到函数有极大值的情形，再结合极大值点的定义进行替换、即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，
则，
当时，令，所以函数单调递增；
当时，令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数在区间上单调递增，在区间中单调递减，
当时，令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数 在单调递增，在单调递减.
（2）由函数，则，
令，可得
令，解得，
当时. ，函数在 单调递增，此时，
所以，函数在上单调递增，此时不存在极大值，
当时，令 解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为在上存在极大值，所以，解得，
因为，

易证明，存在时，，  
存在使得，
当在区间上单调递增，在区间单调递减，
所以当时，函数取得极大值，即，，
由，
所以
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
55．(1)
(2)甲小组参加决赛更好

【分析】（1）甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题，分别求出其概率，然后由互斥事件的概率加法公式可得答案.
（2）甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3,求出X的期望和方差，设乙小组抽取的三题中正确回答的题数为Y，则，求出求出Y的期望和方差，比较得出答案.
【详解】（1）甲小组至少答对2道题目可分为答对2题或者答对3题；
，
所求概率
（2）甲小组抽取的3题中正确回答的题数为X，则X的取值分别为1，2，3.
，
结合（1）可知，
.
设乙小组抽取的三题中正确回答的题数为Y，则，
，
由，可得，甲小组参加决赛更好.
56．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依题意利用二倍角公式及两角和差的余弦公式得到，再由正弦定理将角化边即可；
（2）依题意是边的中点，则，根据向量数量积的运算律及余弦定理得到，最后由余弦定理计算可得；
（1）证明：因为所以，所以所以，结合正弦定理，可得，命题得证.
（2）解：由题意知，点是边的中点，则两边平方整理得，即根据余弦定理两式相加得，再由余弦定理
57．(1)
(2)

【分析】(1)根据求出和，根据等差数列定义即可求出，从而求出通项公式；
(2)分n为奇数和偶数时讨论数列的前项和为，由即可求出A.
(1)
由，故，
可得，，
又∵，，
∴，，
∵数列是等差数列，
∴数列的公差，
∴，
∴；
(2)
由(1)得，，
∴，
可得，
∴为奇数时，故1，3，5，...109都是集合A中的元素，
又，
∴为偶数时，
由得，∴2，4，6，8，10，是集合A中的元素，
∴.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）通过证明面BCDE，来证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.
（1）
连接EC，则△ABE､△BCE､△CDE都是正三角形，四边形ABCE是菱形，
所以，，
又因为面面BCDE，面面，面ABE，
所以面BCDE，
又因为面BCDE，所以；
（2）
由（1）知FB､FC､FA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
设平面ADE的法向量为，，
令，，
平面AFC的法向量为，
设平面AFC与平面ADE的夹角的大小为，
，
所以平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值为.

59．(1)
(2)

【分析】（1）根据抛物线角点可得椭圆半焦距，结合离心率可解；
（2）由题可知，设直线方程，联立椭圆方程消元，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，化简，由基本不等式可得.
【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，，
∵与互补，
∴，所以，
化简整理得①，
设直线PQ为，联立直线与椭圆方程
化简整理可得，
，
可得②，
由韦达定理，可得，③，
将，代入①，
可得④，
再将③代入④，可得，解得，
∴PQ的方程为，
且由②可得，，即，
由点到直线PQ的距离，

令，，则
，当且仅当时，等号成立，
所以面积S最大值为.
60．(1)函数在上单调递增；
(2).

【分析】（1）求得，再求二阶导数，根据二阶导数的正负判断的单调性，从而求得其正负，即可判断原函数的单调性；
（2）根据（1）中所求，对进行适度放缩，对参数与的大小关系进行分类讨论，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明.
【详解】（1）当时，，则
令，则
因为时，；时，
所以函数在区间单调递减，在单调递增
所以，
所以函数在R上单调递增.
（2）因为对恒成立，且
所以当时，有；当时，有
由（1）知，所以
由，得
①当时，，
所以函数在单调递增
所以当时，；当时，
所以当时，对恒成立.
②当时，令，则
令，则
因为，有，所以
所以函数在区间单调递增，且有
所以当时，；当时，
所以函数在单调递减，在单调递增
因为，
所以存在使得，且时，
所以函数在区间上单调递减，即，
则有与条件矛盾，即不合题意.
综上①②，可得实数m的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，以及利用导数由恒成立问题求参数范围的问题；其中解决第二问的关键是利用第一问中的结论对导数进行放缩，同时利用零点存在定理找到当时的矛盾点，也是重中之重，属综合困难题.
61．(1)
(2)

【分析】（1）根据求出首项及，构造法求出通项公式；
（2）求出，从而利用裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，．
可得，
整理得：，
从而，
又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列；
所以，
所以，经检验，满足，
综上，数列的通项公式为；
（2）由（1）得，所以，所以，
，
所以


62．(1)为定值，定值为1
(2)14

【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得
，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；
（2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可．
【详解】（1）法一：在中，由余弦定理，
得，即①，
同理，在中，，
即②，
①②得，
所以当长度变化时，为定值，定值为1；
法二：在中，由余弦定理
得，即，
同理，在中，，
所以，
化简得，即，
所以当长度变化时，为定值，定值为1；
（2）


，
令，
所以，
所以，即时，
有最大值为14．
63．(1)证明见解析
(2)存在；

【分析】（1）连接，可得四边形是平行四边形，或，从而，可证得平面；
（2）取中点，连接，分别以为轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长．
【详解】（1）方法一：连接，由已知得，，且，
所以四边形是平行四边形，即，
又平面平面，
所以平面．
方法二：连接，由已知得，且，
，即，
又平面平面
所以平面
（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，
由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，

，
假设点存在，设点的坐标为，
，
设平面的法向量，则，
即，可取，
又平面的法向量为，
所以，解得：，
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．
故上存在点，当时，二面角的余弦值为．
64．(1)
(2)

【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.
（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.
【详解】（1）当时，．
故切线的斜率，又切点为
切线方程为，化简得．
（2）法1：当时，恒成立，故，
也就是，即，
由得，令，
则，
令，则，
可知在单调递增，则，即在恒成立，．
故在单调递增，所以，故在恒成立．
所以在单调递增，而，所以，故．
法2：因为当时，恒成立，故，
由，
令，得或，
①当，即时，在上恒成立，
在上单调递减，，
不合题意，合题意．
②当，即时，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，
，
设，则恒成立，
在上单调递减，故即，合题意．
综上，．
法3：因为当时，恒成立，也就是，
即恒成立，令，
令，
恒成立，在上单调递增．
．
①当，即时，在上单调递增，
，合题意；
②当，即时，，
因为，，
存在，使得，即．
在上单调递减，在上单调递增．
，不合题意．
综上，．
【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.
65．(1)
(2)2

【分析】（1）由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；
（2）分类讨论斜率的存在情况，联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算面积即可.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为和，
所以有，
由题意可得，
又，则，解得则双曲线的方程为
（2）
当直线斜率不存在时，易知此时，直线，
不妨设，得；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
与双曲线的方程联立，可得，
由直线与双曲线的右支相切，可得，故
设直线与轴交于，则．
又双曲线的渐近线方程为，
联立，可得，同理可得，


综上，面积为2．
66．（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；
（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；
（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．
【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，
则“第天不选择米饭套餐”．
根据题意，，，．
由全概率公式，得．
（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，
根据题意，．
由全概率公式，得．
因此．
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（ii）由（i）可得．
当为大于的奇数时，．
当为正偶数时，．
因此当时，．