2024年高考数学试题分类汇编 专题05 数列

这是一份2024年高考数学试题分类汇编 专题05 数列，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（全国甲卷数学（文））等差数列的前项和为，若，（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
2．（全国甲卷数学（理））等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.
【详解】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
3．（新高考北京卷）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
【答案】C
【分析】根据题意分析可得，讨论与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
【详解】由题意可得，解得，
若，则，可得，即；
若，则，可得；
若，则，可得，即；
结合选项可知C正确，ABD错误；
故选：C.
二、填空题
4．（新课标全国Ⅱ卷）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
5．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.
【详解】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
三、解答题
6．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
7．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
8．（全国甲卷数学（文））已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用等比数列的求和公式可求.
【详解】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得.
9．（全国甲卷数学（理））记为数列的前项和，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
10．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得；
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得为常数列.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经证明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
11．（新高考天津卷）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若．
(1)求数列前项和；
(2)设，，其中是大于1的正整数．
（ⅰ）当时，求证：；
（ⅱ）求．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知，，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
当时，则，即
可知，
，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，则；
若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
所以，
且，符合上式，综上所述：.
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得.
12．（新高考上海卷）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求的取值范围．
【详解】（1）因为的图象过，故，故即（负的舍去），
而在上为增函数，故，
故即，
故的解集为.
（2）因为存在使得成等差数列，
故有解，故，
因为，故，故在上有解，
由在上有解，
令，而在上的值域为，
故即.
2024高考模拟试题汇编
一、单选题
2．（2024·河北·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记的前n项和为，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和.
3．（2024·山东·三模）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．36C．D．18
【答案】B
【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.
【详解】解：，
故选：B.
4．（2024·湖北·二模）已知等差数列的前项和为，若，则 （ ）
A．288B．144C．96D．25
【答案】B
【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出，进而即可求解.
【详解】由题意，即，解得.
于是.
故选：B.
4．（2024·江西·二模）在等差数列中，，是方程的两根，则的前6项和为（ ）
A．48B．24C．12D．8
【答案】B
【分析】利用韦达定理确定，根据等差数列性质有，在应用等差数列前项和公式即可求解.
【详解】因为，是方程的两根，所以，
又因为是等差数列，根据等差数列的性质有：，
设的前6项和为，则.
故选：B
5．（2024·湖南·三模）已知非零数列满足，则（ ）
A．8B．16C．32D．64
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果.
【详解】由可得，则.
故选：D
6．（2024·浙江·二模）汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为等差数列
C．为等比数列D．
【答案】C
【分析】由题意可得，判断A；归纳得到，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B，C；求出，判断D.
【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则,
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，B错误；
又，则，，则为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
7．（2024·云南·二模）已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（ ）
A．或1B．或1C．D．
【答案】A
【分析】分别利用等比数列的通项公式和前项和公式，解方程组可得或.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，依题意得，
解得或.
故选：A.
8．（2024·四川·二模）已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．33B．44C．66D．88
【答案】B
【分析】将用和表示，计算出的值，再由得的值.
【详解】依题意，是等差数列，设其公差为，由，
所以，即，
故选：B.
9．（2024·广东·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16B．32C．64D．128
【答案】B
【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】由，得，于是，则，
两边取对数得，因此，数列是常数列，
则，即，所以，.
故选：B
10．（2024·湖南·一模）已知等比数列中，，，则公比为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.
【详解】.
故选：C.
二、多选题
11．（2024·湖南·三模）设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．对任意给定的实数，总存在，当时，
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，
且，即
又由，可得数列是等差数列，公差，
所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即，
所以A错误、D正确；
因为当时，；当时，，
所以的最大值为，所以B正确；
因为，
且，
所以当时，；当时，，所以C正确.
故选：BCD.
12．（2024·山东·一模）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列有最大项
B．使的项共有项
C．满足的值共有个
D．使取得最小值的值为4
【答案】AC
【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A，根据通项公式由整除可判断B，根据项的正负及不等式判断C，根据数列项的符号判断D.
【详解】对于A：因为，所以，
令，即，解得，又，所以当时，则当或时，，令，解得，所以，，所以数列有最大项，故A正确；
对于B：由，则又，所以或或或或，所以使的项共有项． 故B不正确；
对于C：要使，又，所以、、中有个为负值或个为负值，所以或，故满足的的值共有2个，故C正确；
对于D：因为时，时，所以当时取得最小值，故 D不正确．
故选：AC．
13．（2024·山东·二模）已知是等差数列，是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若和都为递增数列，则
【答案】BC
【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，，
可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，则，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
14．（2024·山东·二模）已知等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．为递减数列D．的前5项和为
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差，再逐项求解判断即可.
【详解】等差数列中，，解得，而，
因此公差，通项，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，为递减数列，C正确；
对于D，，所以的前5项和为
，D错误.
故选：BC
15．（2024·江西·三模）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．数列的前项和为D．能被3整除
【答案】BCD
【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.
【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即，
则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的；
由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的；
由可得：前项和，故选项C是正确的；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故选：BCD．
16．（2024·湖北·二模）无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】BC
【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.
【详解】，时，等比数列单调递减，故只有最大值，没有最小值；
，时，等比数列为摆动数列，此时为大值，为最小值；
，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列有最大值，也有最小值；
，时，因为，所以无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选：BC
三、填空题
17．（2024·山东·三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
【答案】210
【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
18．（2024·云南·二模）记数列的前项和为，若，则 .
【答案】/0.5
【分析】构造得，从而得到，则，再利用等比数列求和公式代入计算即可.
【详解】由，得，
则，
又，则，则，
，，
，
故答案为：.
19．（2024·河南·三模）数列满足，，其中为函数的极值点，则 .
【答案】/
【分析】由为函数的极值点,推理得到，利用此式和题设条件，将分别用表示，化简消元即得.
【详解】为函数的极值点，，
则（*），
因则由可得，
将（*）代入得，，因在R上递增，故有
则而，两边取自然对数可得，
于是，
又由，两边取自然对数可得，，
故.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查函数极值点与数列知识的融汇运用,属于难题.解题思路为，利用极值点得到关于的等式，再由数列递推公式，推理得到的表达式，运用函数单调性，指数对数式互化即可不断消元解得.
21．（2024·湖南·三模）已知数列为正项等比数列，且，则的最小值为 .
【答案】12
【分析】利用等比数列性质得，结合已知得，利用基本不等式求解即可.
【详解】由于数列为正项等比数列，所以，
因此，
当且仅当即时，等号成立，故的最小值为12.
故答案为：12
四、解答题
22．（2024·湖南·三模）若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得，令，则为常数列，
可得，可求的通项公式；
（2）分为奇数与偶数两种情况求解可得数列的前项和.
【详解】（1）由为“比差等数列”，
得，
从而.
设，则，
所以数列为等差数列.
因为，
所以为常数列，
因此，，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
因此.
（2）当为偶数时，
；
当为奇数时，.
综上，.
23．（2024·山东·三模）已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据成等比数列求得，即可求得的通项公式.
（2）根据的通项公式求得，分奇偶项分别求出再求和，即可求得的前项和.
【详解】（1）因为，
所以，即，解得或，
又因为，所以，所以.
（2），所以，
所以为奇数时，
，
为偶数时，
，
所以前项和.
24．（2024·山东·一模）在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
① 试证明：为等比数列；
② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）解法一：由题意可得，然后根据二项分布的概率公式求解概率，从而可求出分布列和期望；解法二：的所有可能取值为，且在一次扑球中，扑到点球的概率，然后分别求出各自对应的概率，从而可求出分布列和期望；
（2）①由题意可得第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，化简变形后可证得结论；②分别表示出，化简后与比较大小可得结论.
【详解】（1）解法一：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为
易知，
所以
故的分布列为：
所以的数学期望．
解法二：的所有可能取值为
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以

所以的分布列如下：
所以的数学期望：
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的分布列和期望，考查等比数列的证明，第（2）问解题的关键是根据题意用表示出，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
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