湖南省省衡阳市第八中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷

2023级高二年级第一学期开学考试 数学试题 时量：120分钟 分值：150分 命题人：周福、彭婧涵 审题人：赵耀华 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则复数（    ） A． B． C． D． 3．如图，中，为边的中点，为的中点，则（    ） A． B． C． D． 4．下列方程中表示圆心在直线上，半径为，且过原点的圆的是（    ） A． B． C． D． 5．将函数的图象先向左平移个单位，纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则函数的解析式为（    ） A． B． C． D． 6．✭已知函数，关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围 是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在平面四边形ABCD中，若，，，，则（    ） A． B．2 C． D． 8．在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 2、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．设A，为两个随机事件，以下命题正确的是（    ） A．若A，是对立事件，则 B．若A，是互斥事件，，，则 C．若，，且，则A，是独立事件 D．若A，是独立事件，，，则 10．以下四个命题叙述正确的是（    ） A．直线在轴上的截距是1 B．直线和的交点为，且在直线上，则的值是 C．设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是 D．直线，若，则或2 11. ✭已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．对任意的实数，直线所过的定点为 ． 13．✭如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为 ． 14．函数的值域为 ． 3、 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．（13分） 已知直线，. (1)若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值； (2)当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程. 16．（15分） 记的内角的对边分别为，满足. (1)求角； (2)若，，是中线，求的长. 17. （15分） ✭文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值，并求样本成绩的第80百分位数； (2)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩 为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 18．（17分） ✭如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为． (1)证明：平面； (2)已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 19．（17分） 一般地，元有序实数对称为维向量.对于两个维向量，定义：两点间距离，利用维向量的运算可以解决许多统计学问题.其中，依据“距离”分类是一种常用的分类方法：计算向量与每个标准点的距离，与哪个标准点的距离最近就归为哪类.某公司对应聘员工的不同方面能力进行测试，得到业务能力分值､管理能力分值､计算机能力分值､沟通能力分值（分值代表要求度，1分最低，5分最高）并形成测试报告.不同岗位的具体要求见下表： 岗位 业务能力分值 管理能力分值 计算机能力分值 沟通能力分值 合计分值 会计（1） 2 1 5 4 12 业务员（2） 5 2 3 5 15 后勤（3） 2 3 5 3 13 管理员（4） 4 5 4 4 17 对应聘者的能力报告进行四维距离计算，可得到其最适合的岗位.设四种能力分值分别对应四维向量的四个坐标. (1)将这四个岗位合计分值从小到大排列得到一组数据，直接写出这组数据的第三四分位数； (2)小刚与小明到该公司应聘，已知：只有四个岗位的拟合距离的平方均小于20的应聘者才能被招录. （i）小刚测试报告上的四种能力分值为，将这组数据看成四维向量中的一个点，将四种职业的分值要求看成样本点，分析小刚最适合哪个岗位； （ii）小明已经被该公司招录，其测试报告经公司计算得到四种职业的推荐率分别为，试求小明的各项能力分值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$1 2023 级高二年级第一学期开学考试 数学试题参考答案 1．A 【分析】分别求得集合M 和N ，根据交集的定义即可求解． 【详解】由题可知，  | 2 1M x x    ，  0,1,2Q  ， 所以  0,1M Q  ， 故选：A． 2．D 【分析】由已知等式化简求出 z，从而可求出复数 z . 【详解】因为       3 5i 1 i3 5i 2 8i 1 4i 1 i 1 i 1 i 2 z              ， 所以 1 4iz    ． 故选：D． 3．A 【分析】利用向量的基本定理与混合运算，结合图形即可得解. 【详解】在 ABCV 中，D为 BC边的中点， E为 AD的中点， 则  1 1 1 3 12 2 2 4 4BE AE AB AD AB AB AC AB AB AC                     . 故选：A. 4．D 【分析】假设圆的标准方程，根据题意列出方程求解圆心和半径即可. 【详解】因为圆心在 y x 上，所以设圆心为  ,a a , 因为圆的半径为 2， 所以设圆的标准方程为    2 2 2x a y a    , 因为该圆过原点， 所以    2 2 2a a    ， 解得 1a   , 所以圆心为  1,1 或  1, 1  , 2 当圆心为  1,1 时，圆的标准方程为    2 21 1 2x y    ，D对; 当圆心为  1, 1  时，圆的标准方程为    2 21 1 2x y    . 故选：D. 5．C 【分析】根据正弦函数的平移伸缩得出解析式即可. 【详解】   πsin 2 3f x x       的图象先向左平移 π 6 可得函数 π πsin 2 =sin2 6 3 y x x         , 纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来的 2倍可得函数   sing x x . 故选：C. 6． B 【分析】利用分段函数的解析式，作出 ( )f x 的图象，将方程 2[ ( )] ( ) 1f x mf x  有 4个不同的实数根，转化为方程 2 1 0x mx   必有一正一负两个根，即可得到 1m b b   ，  0,2b ，再根据函数的性质计算可得； 【详解】解：因为 2 2 , 0 ( ) log , 0 x x f x x x       ，函数图象如下所示： 要使关于 x的方程 2[ ( )] ( ) 1f x mf x  有 4个不同的实数根，即 2[ ( )] ( ) 1 0f x mf x   有 4个不同的实数根， 令 ( )f x a ， ( )f x b ， a b ， 则 0 0 2 a b    „ 或 0 2 a b    或 2 2 a b    ， 3 因为方程 2 1 0x mx   必有一正一负两个根，所以 0 0 2 a b    „ ， 且 a b m  ， 1ab   ，所以 1a b   ， 所以 1m b b   ，  0,2b 函数 1y x x   在  0,2 上单调递增，当 2x  时， max 3 2 y  ， 所以 3 2 m„ ，即 3, 2 m      故选：B 7．D 【分析】先由余弦定理得出 2π 3 ABC  ，再应用正弦定理求边长即可. 【详解】在 ABCV 中，由余弦定理， 得   22 22 2 2 2 4 2 7 1cos 2 2 2 4 2 BA BC ACABC BA BC            ，所以 2π 3 ABC  ， 因为 AB BD ，所以 CBD  π 6 ， 在 BCD△ 中， π π 7π π 6 4 12 BDC     ， 由正弦定理，得 sin sin BD BC BCD BDC    ，所以 24sin 2 4 3 4 sin 6 2 4 BC BCDBD BDC        ． 故选:D． 8．D 【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定 BC D△ 为等边三角形，利用正弦定理可确定 ABD△ 外接圆半径，由 此可知 ABD△ 外接圆圆心O即为四面体C ABD  外接球球心，由球的性质可知OG平面 BC D ，利用 C OBD O C BDV V   可求得点C到平面 ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值. 【详解】 π 6 A  ， π 2 B  ， 1BC  ， 2AC  ，又D为 AC中点， 1AD CD BD    ，则 1BC C D BD    ，即 BC D△ 为等边三角形， 设 BC D△ 的外接圆圆心为G， ABD△ 的外接圆圆心为O，取 BD中点H，连接 , , , , ,C H OH OG OB OC OD  ， π 6 A  ， 1BD  ， 1 1 2 sin BDOB A     ，即 ABD△ 外接圆半径为1， 又四面体C ABD  的外接球半径为1， O 为四面体C ABD  外接球的球心， 4 由球的性质可知：OG平面 BC D ，又C H 平面 BC D ， OG CH  ， 2 22 2 1 31 3 3 2 3 C G CH            ， 1OC   ， 1 61 3 3 OG    ； 设点C到平面 ABD的距离为 d， 由 C OBD O C BDV V   得： 1 1 3 3OBD C BD S d S OG    ， 又 OBD 与 C BD 均为边长为1的等边三角形， 6 3 d OG   ， 直线 BC与平面 ABD所成角的正弦值为 6 3 d BC   . 故选：D. 【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球 心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值. 9．BCD 【分析】利用互斥事件、对立事件与相互独立事件的性质逐一判断即可 【详解】对于 A，因为 A， B是对立事件，所以事件 A， B是不可能同时发生的，则   0P AB  ，故 A错误； 对于 B，因为 A， B是互斥事件，则       5 6 P A B P A P B    ，故 B正确； 对于 C，若   13P A  ，   1 2 P B  ，则   2 3 P A  ，   1 2 P B  ，所以      P AB P A P B ，所以 A，B是独立事件，故 C正确； 对于 D，因为 A， B是独立事件，所以 A， B是独立事件，又   2 3 P B  ，所以     2 11 1 3 3P B P B     ，所以       1 1 13 3 9P AB P A P B    ，故 D正确. 故选：BCD 10．BC 【分析】求出直线的横截距判断 A；解方程组求出 k判断 B；求出点到直线的距离判断 C；验证判断 D. 【详解】对于 A，直线2 1 0x y   在 x轴上的截距是 1 2  ，A错误； 对于 B，由 2 3 8 0 1 0 x y x y        解得 1 2 x y      ，即 ( 1, 2)P   ，则 1 2 0k   ，解得 1 2 k   ，B正确； 对于 C，依题意， min 2 2 2 2 1 1 OM     ，C正确； 对于 D，当 2a  时，直线 1 2: 2 3 1 0, : 2 3 1 0L x y L x y      重合，D错误. 5 故选：BC 11． BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 2， 则 1(0,0,2), (0,2,2), (0,0,0), (2,1,0), ( , ,0)A A B M P x y ， 所以 1 (0, 2, 2), ( , ,0), (2,1, 2)AB BP x y AM         ， 由 //AM 平面 1A BP，得 1AM aA B bBP     ，即 0 2 2 1 2 2 bx a by a          ， 化简可得：3 2 0x y  ， 所以动点 P在直线3 2 0x y  上， 对于选项 A： 1 1(2,1, 2), (2, 1,0), 2 2 1 ( 1) ( 2) 0 3 0AM B M AM B M                   ，所以 AM  与 1B M  不垂直，所 以 A选项错误； 对于选项 B： 1 1 1// ,CD A B A B 平面 1 1,A BP CD 平面 1A BP，所以 1 //CD 平面 1A BP，B选项正确； 对于选项 C： 1 1 1 1 2 2 2 4 2(0,0, 2),cos , 32 2 1 ( 2) A B AM AB            ，C选项正确； 对于选项 D：动点 P在直线3 2 0x y  上，且 P为侧面 1 1BCC B 上的动点，则 P在线段 1PB上， 1 4 ,2,0 3 P      ，所以 2 2 2 1 4 2 132 0 3 3 PB         ，D选项正确； 故选：BCD. 12．  2, 2 6 【详解】原方程可变形为  2 6 4 0x y x y      ，由 2 6 0 4 0 x y x y        ，解得 2 2 x y     ， 于是有对 R  ，  2, 2 都满足方程      2 1 2 3 2 0x y        ， 所以这些直线都经过同一定点，该定点坐标为  2, 2 . 13．  0,16 【分析】利用向量的数量积运算即可求解. 【详解】因为正方形 ABCD的边长为 4，取CD的中点 E，连接 PE， 当 P在A点或 B点时， max 2 5PE   ， 当当 P在弧 AB中点时， min 2PE   ， 所以 PE  的取值范围为 2,2 5  ， 由于    PC PD PE EC PE ED          ， 12EC ED DC      ， 4DC   ， 所以 2 2 22 21 1 4 4 4 PC PD PE DC PE DC PE              ， 因为 2,2 5PE     ，所以   2 4,20PE   ，故   2 4 0,16PE    ， 所以  0,16PC PD    ，即PC PD   的取值范围为 0,16 . 故答案为： 0,16 . 14． 1,1 2   【分析】分析可知 π 2 为 ( )f x 的一个周期，利用换元法求 ( )f x 在 π0, 2      内的值域，进而可得结果. 【详解】由题意可知： ( )f x 的定义域为�， 且 π π π πsin cos sin 2 2 2 2 2 f x x x x                              π πsin cos sin 2 π 2 2 x x x                | sin | | cos | | sin 2 | ( )x x x f x    ， 可知 π 2 为 ( )f x 的一个周期， 若 π0, 2     x ，则  2 0, πx ，可知 sin 0,cos 0,sin 2 0x x x   ， 7 可得 ( ) sin cos sin 2f x x x x   ， 令 πsin cos 2 sin 4 t x x x        ，则 2sin 2 1x t  ， 且 π π 3π, 4 4 4 x       ，可知 π2 sin 1, 2 4 t x          ， 可得   2 2 1 51 2 4 g t t t t          ， 可知  y g t 在 1, 2  内单调递增，且    1, 2 1 2g t g   ， 则   1,1 2g t    ，即   1,1 2f x    ； 结合周期性可知： ( )f x 的值域为 1,1 2   . 故答案为： 1,1 2   . 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是分析 ( )f x 的周期性，这样可以缩小定义域，方便去绝对值求值域. 15．(1) 1 4 a   或 7 3 a   (2)3 7 0x y  或 12 0x y   【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可. （2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可. 【详解】（1）设原点 O到直线 m的距离为 d， 则    2 2 6 5 1 2 3 a d a a        ，解得 1 4 a   或 7 3 a   ； （2）由 3 6 0 2 3 0 x y x y         解得 21 9 x y      ，即 m与 n的交点为  21, 9  . 当直线 l过原点时，此时直线斜率为 9 3 21 7  ， 所以直线 l的方程为3 7 0x y  ； 当直线 l不过原点时，设 l的方程为 1 x y b b    ， 将  21, 9  代入得 12b   ， 所以直线 l的方程为 12 0x y   . 故满足条件的直线 l的方程为3 7 0x y  或 12 0x y   . 16．(1) 2 π 3 A  8 (2) 6 2 AD  【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值； （2）利用 1 1 2 2 AD AB AC     ，平方后求 2 AD  ，结合余弦定理来处理. 【详解】（1）因为 2 2 cos 0  c b a B ，由正弦定理可知：2sin sin 2 sin cos 0  C B A B ， 由 πC A B   ，故    sin sin π sinC A B A B     ， ∴  2sin sin 2sin cos 0A B B A B    ∴  2cos sin sin 0 (0,π),sin 0A B B B B    ， ∴ 1cos 2 A   ，又 (0,π)A ， 所以 2 π 3 A  ； （2）根据数量积的定义，由 3 2 BA AC    ，得 π 3cos 3 3 2 cb bc   ， 又 2 3a  ，在 ABCV 中由余弦定理得： 2 2 2 2 22 cos 9a b c bc A b c      ∵ 1 1 2 2 AD AB AC     ，∴   2 2 2 2 22 1 1 3 4 4 4 2 AB AC AB ACAD b c bc           ， 所以 6 2 AD  17. 【答案】(1) 0.030a  ，第 80百分位数为 86 (2) 62z  ， 2 23s  【分析】（1）借助频率分布直方图的性质计算可得 a，借助百分位数的性质计算即可得第 80百分位数； （2）借助分层抽样的平均数与方差计算公式计算即可得. 【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为 1，  0.005 0.010 0.020 0.025 0.010 10 1a        ，解得： 0.030a  ， 成绩落在 40,80 内的频率为  0.005 0.010 0.020 0.030 10 0.65     ． 落在 40,90 内的频率为  0.005 0.010 0.020 0.030 0.025 10 0.9      ． 故第 80百分位数在  80,90 ，设第 80百分位数为m， 由  0.65 80 0.025 0.80m    ，得 86m  ，故第 80百分位数为 86； 9 （2）由图可知，成绩在  50,60 的市民人数为100 0.1 10  ， 成绩在 60,70 的市民人数为100 0.2 20  ， 故 10 56 65 20 62 10 20 z      ，    2 22 1 10 56 62 10 7 20 65 62 20 4 23 10 20 s              ， 所以两组市民成绩的总平均数是 62，总方差是 23． 18． 【答案】(1)证明见解析 (2) 6 3 【分析】（1）过 P在平面PAD内作直线 / /l AD，推得 l为平面 PAD和平面 PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质， 即可得证； （2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系D xyz ，设 ( ,0,1)Q m ， 运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值． 【详解】（1）过 P在平面PAD内作直线 / /l AD， 由 / /AD BC，可得 / /l BC，即 l为平面PAD和平面 PBC 的交线， PD  平面 ABCD， BC 平面 ABCD， PD BC  ， 又 BC CD ，CD PD D ， BC 平面 PCD， 设平面 PCD中有任一直线 l，则 BC 直线 l， / /l BC ， l 直线 l， 所以由线面垂直的定义得 l 平面 PCD； （2）由（1）得如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系D xyz 10 则 (0,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,0)D A C P B ， 设 ( ,0,1)Q m ，所以 ( ,0,1), (1,1, 1), (0,1,0)DQ m PB DC       , 设平面QCD的法向量为 ( , , )n a b c  ， 则 0 0 n DC n DQ         ，所以 0 0 b am c     ，取 1a   ，可得 ( 1,0, )n m   ， 所以 2 1cos , 3 1 n PB mn PB n PB m              ， 所以 PB与平面QCD所成角的正弦值为 2 22 1 3 1 2 3 21 13 1 33 1 m m m mm m m          ， 因为 1 12 2m m m m     ，当且仅当 1 m m  ，即 1m  时取等号， 所以 3 2 61 13 3m m    ， 即 PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 6 3 ． 19. 【答案】(1)16 (2)（i）小刚最适合业务员岗位；（ii）小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为 2, 4,3,5 【分析】（1）将合计分值从小到大排列，再利用百分位数的求法，即可求出结果； （2）（i）根据条件，先求出各个岗位的样本点，再根据题设定义即可求出结果；（ii）先根据条件得到 2 N ( {1,2,3,4})nd n   的相关方程组，利用 2 2 2 21 2 3 4 80d d d d   ， 2 N ( {1,2,3,4})nd n   ，得到 2 1 2 3 2 2 2 414, 13, 9, 7d d d d    ，再根据题设列出方程，利用 11 2 2 2 2 2 2 2 2( 2) ( 1) ( 5) ( 4) ( 2) ( 3) ( 5) ( 3) 5a b c d a b c d                  ，得出 2, 1 3, 3 4, 5 b d b d b d         ，再对三种情况分析 讨论，即可求出结果. 【详解】（1）将四个岗位合计分值从小到大排列得到数据12131517，，， ， 又 4 0.75 3i np    ，所以这组数据的第三四分位数为 15 17 16 2   . （2）（i）由图表知，会计岗位的样本点为  1 2,1,5, 4   ，则 2 2 2 2 2 1 (2 4) (1 3) (5 2) (4 5) 18d          ， 业务员岗位的样本点为  2 5, 2,3,5   ，则 2 2 2 2 2 2 (5 4) (2 3) (3 2) (5 5) 3d          ， 后勤岗位的样本点为  3 2,3,5,3   ，则 2 2 2 2 2 3 (2 4) (3 3) (5 2) (3 5) 17d          ， 管理员岗位的样本点为  4 4,5, 4, 4   ，则 2 2 2 2 2 4 (4 4) (5 3) (4 2) (4 5) 9d          ， 所以 2 4 3 1d d d d   ，故小刚最适合业务员岗位. （ii）四种职业1 2 3 4､ ､ ､ 的推荐率  p 分别为 14 13 9 7, , , 43 43 43 43 ，且 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n dp d d d d     ， 所以 2 1 2 2 2 2 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 3 2 2 2 2 1 2 3 4 2 4 2 2 2 2 1 2 3 4 14 43 13 43 9 43 7 43 d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d                       ，得到 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 2 2 2 2 3 1 2 3 4 2 2 2 2 2 4 1 2 3 4 14 ( ) 43 13 ( ) 43 9 ( ) 43 7 ( ) 43 d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d                          ， 又 2 ( {1,2,3,4})nd n 均小于 20，所以 2 2 2 2 1 2 3 4 80d d d d   ，且 2 N ( {1,2,3,4})nd n   ， 故可得到 2 1 2 3 2 2 2 414, 13, 9, 7d d d d    ， 设小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为 a b c d, ,, ，且 , , , Na b c d  ，1 , , , 5a b c d  ， 依题有 2 2 2 2 2 1( 2) ( 1) ( 5) ( 4) 14a b c d d         ①， 2 2 2 2 2 2( 5) ( 2) ( 3) ( 5) 13a b c d d         ②， 2 2 2 2 2 3( 2) ( 3) ( 5) ( 3) 9a b c d d         ③， 2 2 2 2 2 4( 4) ( 5) ( 4) ( 4) 7a b c d d         ④， 12 由①③得， 2 2 2 2 2 2 2 2( 2) ( 1) ( 5) ( 4) ( 2) ( 3) ( 5) ( 3)a b c d a b c d                 14 9 5   ， 整理得： 2 3b d  ， 故有 2, 1 3, 3 4, 5 b d b d b d         三组正整数解， 对于第一组解，代入④式有 2 2( 4) 9 ( 4) 9 7a c      ，不成立； 对于第二组解，代入①式有 2 2( 2) ( 5) 4a c    ， 解得 4 5 a c    或 2 3 a c    ，代入②④式均不成立； 对于第三组解，代入②式有 2 2( 5) ( 3) 9a c    ， 解得 2 3 a c    ，代入①②③④均成立，故 2 4 3 5 a b c d        ； 故小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为 2, 4,3,5 . 【点睛】关键点点晴：本题第（2）问的（ii）问的解决关键在于，根据题设定义列出 2 N ( {1,2,3,4})nd n   的相关 方程组，分析得 2 1 2 3 2 2 2 414, 13, 9, 7d d d d    ，进而选择合适的式子得到 2 3b d  ，从而分析得解.