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2018高考数学模拟试题（2）

数学I
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求
1．本试卷共4页，包含填空题（第1题～第 14题）、解答题（第15题～第20题）．本卷满
分为160分，考试时间为120分钟．考试结束后 ，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填 写在试卷及
答题卡的规定位置．
3．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡 上指定位置作答，在其它位置作
答一律无效．
4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
参考公式：
球体的体积公式：V＝

R
，其中
4
3
3
为球体的半径．
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在
答题纸的指定位置上）
1．已知集合
M{xx< br>2
2x0,xR}
，
N{xx
2
2x0,xR }
，
则
MN
▲ ．
z
2．已知复数z满足＝i，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为 ▲ ．
3＋2i
3．某校共有400名学生参加了一次数学竞赛，竞赛成绩的频率分布直方图如图所示．成绩
分组为[50，60)，[60，70)，…，[90，100]，则在本次竞赛中，得分不低于80分 的人数
为 ▲ ．
频率

组距
0.030
0.025
0.015
0
50 60 70 80
(第3题)
90
100




成绩


4．在标号为0，1，2，4的四张卡片中随机抽取两张卡片，则这两张卡片上的标号之和为
奇数的概率是 ▲ ．

5．运行如图所示的流程图，则输出的结果
S
是 ▲ ．








开始
S←2，i←1
i≥2018
N
Y
S1
1

S
输出S
结束
i←i+1
（第5题）

，a
7
＝1，则S
10
的值为________
6．已知等差数列{a
n
}的前n项和为S
n
．若S
15
＝30▲．
7．已知
yf(x)
是
R
上的奇函数，且
x0
时，
f(x)1
，则不等式
f(x
2
x)f(0)
的
解集为 ▲ ．
y
2
8．在直角坐标系xOy中，双曲线x－＝1的左准线为l，则以l为准线的抛物线的标准方
3
2
程是 ▲ ．
9．四面体
ABCD
中，
AB
平面
BCD
，
CD
平面
ABC
，且
ABBCCD1cm
，则四面
体
ABCD
的外接球的表面积为 ▲
cm
2
.
10. 已知
0yxπ
，且tanxtany2
，
sinxsiny
1
，则
xy< br> ▲ .
3
11．在平面直角坐标系xOy中，若直线
l
：
x2y0
与圆
C
：
(xa)
2
(y b)
2
5
相切，
且圆心
C
在直线
l
的上方，则
ab
的最大值为 ▲ ．
12．正五边形ABCDE的边长为
23
，则
ACAE
的值为 ▲ ．
x


aex,x0,
13．设
a0
，e是自然对数的底数，函数
f(x)

2
有零点，且所有零点的


xaxa,x0
和不大于6，则a的取值范围为 ▲ ．

π
1
22
14
．若对任意实数
x
和任意
θ
∈
[0
，
2
]
，恒有
(x+2sinθ cosθ)+(x+asinθ+acosθ)
≥
8
，

则实数a的取值范围是 ▲ ．

二、解答题（本大题共6小题， 计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，
请把答案写在答题卡的指定区域内）
15．(本小题满分14分)
如图，在直角坐标系xOy中，角

的顶点是 原点，始边与x轴正半轴重合，终边交单
位圆于点A，且

(,)
. 将角

的终边按逆时针方向旋转

62

，交单位圆于点B， 记A(x
1
，
3
y
1
)，B(x
2
，y< br>2
).
（1）若
x
1

1
，求
x
2
；
3
（2）分别过A，B作x轴的垂线，垂足依次为C，D，
记△AOC的面积为S< br>1
，△BOD的面积为S
2
，若
S
1
2S
2
，
求角

的值.



.


16.
（本小题满分
14
分）

如图 ，在直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中，AC⊥BC，BC =BB
1
，D为AB的中点.
（1）求证：BC
1
∥平面A
1
CD；
（2）求证：BC
1
⊥平面AB
1
C.

17．(本小题满分14分)
某生物探测器在水中逆流行进时，所 消耗的能量为
Ecv
n
T
，其中
v
为探测器在静水中行进时的速度，
T
为行进时的时间（单位：小时），
c
为常数，
n
为能量次级数．如果水的
速度为4 kmh，该生物探测器在水中逆流行进200 km．
（1）求
T
关于
v
的函数关系式；
（2）(i)当能量次级数为2时，求该探测器消耗的最少能量；
(ii)当能量次级数为3时，试确定
v
的大小，使该探测器消耗的能量最少．





18．(本小题满分16分)
x
2y
2
1
的右焦点为F，右准线为l，过点F且与x轴不重合的直线交椭如图， 椭圆
C:
43
圆于A，B两点，P是AB的中点，过点B作BM
⊥
l 于M，连AM交x轴于点N，连PN.
（1）若
AB
16
，求直线AB的倾斜角；
5
（2）当直线AB变化时，求PN长的最小值.

19．(本小题满分16分)
设 函数
f(x)e
x
axa(aR)
，其图象与
x
轴 交于
A(x
1
，

0)
两点，且x
1
＜x
2
．
0)
，
B(x
2
，
（1）求
a
的取值范围；
（2）证明：
f


x
1
x
2
0
（
f

(x)
为函数
f(x)
的导函数）；

（3）设点C在函数
yf(x)
的图象上，且△ ABC为等腰直角三角形，记
求
(a1)(t1)
的值．





20．(本小题满分16分)
已知数列{
a
n
}满足
a
1
1,|a
n1
a
n
|p,nN.

（1）若{
a
n
}是递增数列，且
a< br>1
,2a
2,
3a
3
成等差数列，求
p
的值 ；
（2）若
p












n*
x
2
1
t
，
x
1
 1
1
，且{
a
2n1
}是递增数列，{
a
2n< br>}是递减数列，求数列{
a
n
}的通项公式．
2

数学Ⅱ（附加题）










21．【选做题】在A、B、C、D 四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．请在答题
．．
卡指定区域内作答．解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤．
．．．．．．
A．选修4—1：几何证明选讲
如图，圆O的直径AB＝8，C为圆周上一点，BC＝4，过C作圆的切线l，过A作直线
l的垂线AD ，D为垂足，AD与圆O交于点E，求线段AE的长．





B．选修4—2：矩阵与变换
1 2

已知矩阵M＝

的一个特征值为3，求M的另一个特征值及对应的一个特征向量．

2 x








(第21题A)
A
O
B
D
E
C
l
注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1． 本试卷共2页，均为非选择题（第21~23题）。本卷满分为40分，考试时间为30分
钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2． 答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色 字迹的0.5毫米签字笔填写
在答题卡上，并用2B铅笔正确填涂考试号。
3． 作答试题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位

C．选修4—4：坐标系与参数方程

x2cos

已知点P是 曲线C：

（

为参数，



2
）上一点，O为原点．若直

y3sin

线OP的倾斜角 为

D．选修4—5：不等式选讲
已知实数x，y，z满足x + y + z = 2，求
2x
2
3y
2
z
2
的最小值．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解
．．．．．．．．
答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤．
22．（本小题满分10分）
某小组共10人，利用暑期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别
为3，3， 4，现从这10人中选出2人作为该组代表参加座谈会．
（1）记“选出2人参加义工活动的次数之和为4”为事件A，求事件A的发生的概率；
（2）设X为选出2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．


23．（本小题满分10分）
在集合
A{
1，2，3，4，… ，
2n
}
中，任取
m
（
mn
，
m
，
n
N*）元素构成集合
A
m
．若
A
m
的所有元素之和为偶数，则称
A
m
为
A
的偶子集，其个数记为f(m)
；若
A
m
的所有元素之

，求点P的直角坐标 ．
3
和为奇数，则称
A
m
为
A
的奇子集，其个数 记为
g(m)
．令
F(m)f(m)g(m)
．
（1）当n2
时，求
F(1)
，
F(2)
，的值；
（2）求
F(m)
．
2018高考数学模拟试题（2）
数学I答案

一、填空题答案
1. {0} 2. 3 3. 120 4.
11
5.
22

6. －5 7. （0，1） 8. y
2
＝2x 9.
3π
10.


3
11.
25

8解：因为直线
l
：
x2y0
与圆
C
：
(x a)
2
(yb)
2
5
相切， 所以
|a2b|
5

5
又因为圆心
C
在 直线
l
的上方，所以
a2b0
，
所以
a2b5
，
5a2b22ab,

所以
ab
的最大值为
25
．

8
12. 6
2
1
AE
=6．
2
解：利用
AC
在AE
上的投影得，
ACAE
13．

,0



4,6


解：①
a0

x≤0
时，
f'(x)ae
x< br>10
，所以
f(x)
在
(,0)
单调递减，且
f(0)a0
，所以
f(x)
在
(,0)
有一个小于0的 零点．
x0
时，
f(x)
在
(0,)
单调递增，< br>)
有一个小于1的零点．因为
f(1)1
，所以
f(x)
在
(0,

因此满足条件．
②
a0

0
上没有零
0)
单调递减，
f(0)a0
，所以
f (x)
在

,
（1）
0a≤1
时，
f(x)
在
(,
)
上也没有零点.因此不满足题意． 点．又因为
 a
2
4a0
，故
f(x)
在
(0,
1

1

（2）
1a4
时，
f(x)
在< br>
,ln

上单调递减，在

ln,0

上单调递增，
a

a



1

0

上没有零点．又因为
a
2
4a 0
，故
f(x)
在
f

ln

1ln a0
，所以
f(x)
在

,

a

(0,)
上也没有零点.因此不满足题意．

4e
x
x, x≤0
0

上没有零点，零点 只有2，满足（3）
a4
时，
f(x)

2
，
f(x)
在

,

x4x4,x0
条件． 0

上没有零点，在
(0,)
上有两个不相等的零点，且和为a，（ 4）
a4
时，
f(x)
在

,
故满足题意的 范围是
4a≤6
．
综上所述，a的取值范围为

,0



4,6

．
7

14. a≤6或a≥
2
(ab)
2
解：因为
ab
对任意< br>a
、
b
都成立，
2
22
1
所以，( x+2sinθcosθ)
2
+(x+asinθ+acosθ)
2
≥
(2sinθcosθ-asinθ-acosθ)
2
，

2
1
(2sinθcosθ-asinθ- acosθ)
2
≥
，
4
1
2
1
2
π
即对任意θ∈[0，] ，都有
a
2
32sin

cos


sin

cos

32sin

cos

或
a
sin

cos

，

32sin

cos


因为
1
1
2
sin

cos


5


sin

cos

2sin

c os

,
π
当θ∈[0，]时，
1sin

cos

2
，

2
所以
a
7

同理a≤6.
，
2
7

因此，实数a的取值范围是a≤6或a≥．
2

二、解答题答案
15.解：（1）由三角函数定义，
x
1
cos

，
x
2
cos(


因为

(

3
)
，

1
2 2
,)
，
cos


，所以
sin
1cos
2


.
62
3
3

13126
.
x
2
cos(

)cos

sin


32 26
（2）依题意，
y
1
sin

，
y
2
sin(



3
111
所以
S
1
x
1
y
1
cos

sin

sin2

，
224
)
，
S
2

11

12

x
2
y
2
cos(

)sin(

)-sin(2
)

223343
,
2

)
，化 简得
cos2

0
，
3
依题意，
sin2

2sin(2


因为

6




2
，则
3
2



，所以
2



2
，即



4
.

16.证 明：（1）在直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中，CC1
⊥平面A
1
B
1
C
1
，
四边形ACC
1
A
1
为矩形，
设AC
1
∩A
1
C=G，则G为AC
1
中点，
D为AB中点，连DG，则DG∥BC
1
.
因为DG

平 面A
1
CD，BC
1

平面A
1
CD，
所以BC
1
∥平面A
1
CD.
（2）由（1） 四边形BCC
1
B
1
为矩形，又BC=BB
1
，
则四边形BCC
1
B
1
为正方形，所以BC
1
⊥B
1
C，
由（1）CC
1
⊥平面ABC，所以CC
1
⊥AC，
又A C⊥BC，则AC⊥平面BCC
1
B
1
，AC⊥BC
1
，
因此，BC
1
⊥平面AB
1
C.
17.解：（1）由题意得，该探测器相对于河岸的速度为
200
，
T
又该探测器相对于河岸的速度比相对于水的速度小4 kmh，即
v4
，
所以
200

v4
，即
T
200
，
v4
；
T
v4

2
v
（2）(ⅰ) 当能量次级数为2时，由（1）知
E200c
，
v4
，
v4


(v4)4

200c
v4
2


200c

(v4)
16
8



v4




≥200c

2(v4)
16
8


v4


=3200c
（当 且仅当
v4
16
即
v8
kmh时，取等号）（9分）
v4
3
v
(ⅱ) 当能量次级数为3时，由（1）知
E200c
，
v4
，
v4
2v
2
(v6)
0
得
v6
， 所以
E

200c
(v4)
2
当
v6
时，
E

0
；当
v6
时，< br>E

0
，
所以当
v6
时，
E
min
=21600c
．
答：(ⅰ) 该探测器消耗的最少能量为
3200c
；
(ⅱ)
v6
kmh时，该探测器消耗的能量最少．
1
2b
2
16
3
，18. 解（1）显然
a 2,b3,e,F(1,0)
，当AB⊥x轴时，易得
AB
2
a5(x1)(k0)
与椭圆方程联立得不合题意.所以可设AB的方程为
yk
，
(4k
2
3)x
2
8k
2
x4k
2
120
，

8k
2
xx,


12
4k
2
3
设A（x
1
，y
1）, B（x
2
，y
2
）, 则

，
2
xx
4k12
12

4k
2
3

8k
2
2
4k
2
1212(k
2
 1)
2
AB(k1)(x
1
x
2
)(k1)[(
2
)4][]

22
4k34k34k3
，< br>2222
12(k
2
1)16

，解得
k3< br>，所以直线AB的倾斜角等于
60
o
或
120
o
. 因此
2
4k35

（2）因为椭圆的右准线的方程为
x4
，由（1），当AB不垂直于x轴时，点
所以直线AM的方程为
yk(x< br>1
1)
M(4,k(x
2
1)),A(x
1
, k(x
1
1))
，
k(x
1
x
2
)< br>(xx
1
)
，
x
1
4
令y=0，得x
N

5x
1
4x
1
x
2

x
1
x
2
4k
2
1220k
2< br>5
5x
1
45x
5x(x
1
x
2
)
1
1
22
5
4k34k3
2
.

=
x
1
x
2
2
x
1
x
2
x
1
x
2
5
5
，所以 无论AB如何变化，点N的坐标均为
(,0)
.
2
2
当AB⊥x 轴时，易得
x
N

因此，当AB⊥x轴时，PN取最小值，PN
mi n
=
53
1
.

22
19.解（1）
f

(x)e
x
a
．
若
a≤0
，则
f

(x)0
，则函数
f(x)
是单调增函数，这与题设 矛盾．
所以
a0
，令
f

(x)0
，则xlna
．
当
xlna
时，
f

(x) 0
，
f(x)
是单调减函数；
当
xlna
时，
f

(x)0
，
f(x)
是单调增函数.
于是当
xlna
时，
f(x)
取得极小值．
因为函数
f(x)e
x
axa(aR)
的图象与
x
轴交于两点
A(x
1
，0)
，
B(x
2
， 0)
(x
1
＜x
2
)，
所以
f(lna)a( 2lna)0
，即
ae
2
．.
此时，存在
1lna，f(1)e0
；
存在
3lnaln a，f(3lna)a
3
3alnaa
a
3
3a
2
a0
，
lna)
及
(lna，)
上的单调性及 曲线在R上不间断，可知
ae
2
为所求又由
f(x)
在
( ，
取值范围.
x
x
2
x
1


e
1
 ax
1
a0，
（2）因为

x
两式相减得
a
ee
．
2
x
2
x
1


eax
2
a 0，

记
x
2
x
1
xxs(s0)
，则
f

12
e
2
2

x
1
x
2
2


ee

e
2s(e
s
e
s
)

，
x
2
x
1
2s
x
2
x
1
x
1
x
2
2
设
g(s)2s(e
s
e
s
)
，则
g

(s)2(e
s
e
s
)0
，所以
g(s)
是单调减函数，
则有
g(s)g(0)0
，而
e
x
1
x
2
2
2s
0
，所以
f


x
1< br>x
2
0
．
2

又
f

(x)e
x
a
是单调增函数，且
所以
f

x
1
x
2
x
1
x
2

2

x
1
x
2
0
．

（3）依题意有
e
x
i
ax
i
a 0
，则
a(x
i
1)e
x
i
0
< br>x
i
（
．
1i1，2）
于是
e
x1
x
2
2
a(x
1
1)(x
2
1)
，在等腰三角形ABC中，显然C = 90°，
所以
x
0

x
1
x
2
(x
1
，x
2
)
，即
y
0
f(x
0
)0
，
2
x
2
x
1
y
0
，
2< br>由直角三角形斜边的中线性质，可知
x
1
x
2
x
2
x
1
xx
0
，即
e
2

a
(x
1
x
2
)a
21
0
， 所以
y
0

2
22
所以
a(x
1
1 )(x
2
1)
a
(x
1
x
2
)a 
2
x
2
x
1
0
，
2
(x
2
1)(x
1
1)
0
．
2
即
a(x
1
1)(x
2
1)
a< br>[(x
1
1)(x
2
1)]
2
x
2
1
1
x
2
1
a
x
2
1x
1
1
因为
x
1
10
，则
a1 0
，
x
1
12x
1
12

又< br>x
2
1
t
，所以
at
a
(1t2
)
1
(t
2
1)0
，
22
x
1
1
即
a1
2
，所以
(a 1)(t1)2.

t1



20. 解：（1）因为{
a
n
}是递增数列，所以
a< br>n1
a
n
p
n
，
又
a
1< br>1
，
a
2
p1,a
3
p
2
p1
，

因为
a
1
,2a
2 ,
3a
3
成等差数列，所以
4a
2
a
1
3a
3
,4p413p
2
3p3,3p
2
p
，
解得
p
11
,p0
，当
p0
，
a
n1
a
n
0
，与{
a
n
}是递增数列矛盾，所以
p
.
33
（2）因为{
a
2n 1
}是递增数列，所以
a
2n1
a
2n1
0，
于是

a
2n1
a
2n



a
2n
a
2n1

0
由于

①
11

，所以
a
2n1
a< br>2n
a
2n
a
2n1
②
2n2n1

22
由①②得

a
2na
2n1

0
，所以
a
2n
a
2n1

1




2

2n1
2n

1


2
2n1
③

因为{
a
2n
}是递减数列，所以同理可得
a
2n1
a
2n
0
，

1

a< br>2n1
a
2n



2

由③④得
a
n1
a
n
2n
2n1

1


2
2n
④
.
n1

1

，

2
n
所以
a
n
a
1


a
2
a
1



a
3
a
2



a
n
a
n1


23n
 
1

1

1

1
< br>
2
1
2
2
2
n1

1

1



1
2

1

1
2
1
2
n
n1
41

1

，

332
n1
n
41

1

所以数列{
a
n
}的通项公式为
a
n
．
332
n1






数学Ⅱ答案

21
．【选做题】答案

A．选修4—1：几何证明选讲

解：连结OC，BE．
因为AB是圆O的直径，所以BE⊥AE．
因为AB＝8，BC＝4，所以OB＝OC＝BC＝4，即△OBC为正三角形．
所以∠BOC＝60．
D
又直线l切⊙O与于点C，所以OC⊥l．
因为AD⊥l，所以AD∥l．
所以∠BAD＝∠BOC＝60．
在Rt△BAE中，因为∠EBA＝90－∠BAD＝30°，
1
所以AE＝AB＝4．
2

B．选修4—2：矩阵与变换
解：矩阵M的特征多项式为f(λ)＝

A
E
C
l
O
B
(第21题A)

λ－1 －2


＝(λ－1)(λ－x)－4．
－2 λ－x

因为λ
1
＝3是方程f(λ)＝0的一个根，
所以(3－1)(3－x)－4＝0，解得x＝1．
由(λ－1)(λ－1)－4＝0，得λ＝－1或3，所以λ
2
＝－1．

x

设λ
2
＝－1对应的一个特征向量为α＝
 
，

y


－2x－2y＝0，
则

从而y＝－x．

－2x－2y＝0，
取x＝1，得y＝－1，

1

所以矩阵M的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝

．

－1

C．选修4—4：坐标系与参数方程
x
2
y
2
1
解：由题意得,曲线C的普通方程为(1)
43


0y0
直线OP的方程为
y3x

(2)




2

sin



2525
xx


55
联立(1)(2)得或


215

y
215

y

5
5
（舍）




所以点P的坐标为
(
25215
5
,
5
)


D．选修4—5：不等式选讲
解：由柯西不等式可知
(
1

2
2x
1
3
3y1z 
2
)[
1
(
2
1
2
)(
2
3
222
(xy

所以
2x3yz
 z)
2
1

24
2

1
3
1< br>11
,
当且仅当
x
6
11
,y
4 12
11
,z
11
时取等号
.

【必做题】答案
1
22.
解：（
1
）由已知有
P (A)=
CC
12
34
+C
3
C
2
=1
10
3
,


所以事件
A
发生的概率为
1
3
.

（
2
）随机变量
X
的所有可能的取值为
0
，
1
，
2

P(X
C
2
C
22
=0)=
3
+
3
+C
4
C
2
=< br>4
10
15
；


P(X=1)=
C
1111
3
C
3
+C
3
C
4
C
2
=
7
10
15
；


P( X=2)=
C
11
3
C
4
C
2
=
4
10
15
.

所以随机变量
X
的分布列为

)
2
1x]
2
(2y
2
3z
,



2
)

X
P
0 1 2
474

151515



474
E(X)0121.
151515

23.解：（1）当
n2
时，集合为
{1,2,3,4}
． 当
m1
时，偶子集有
{2}
，
{4}
，奇子集有{1}
，
{3}
，
f(1)2
，
g(1)2
，
F(1)0
；
当
m2
时，偶子集有
{2,4}< br>，
{1,3}
，奇子集有
{1,2}
，
{1,4}
，
{2,3}
，
{3,4}
，
f(2)2
，
g(2)4
，
F(2)2
；
m2m24m4
（2）当
m
为奇数时，偶子集的个数
f(m) C
0
CCCC
nnnnn
C
n
m1m3
奇子集的个数
g(m)C
1
C
3

n
C
nn
C
n
m0
C
n
C
n
，
m11
C
n
C
n
，
所以
f(m)g(m)
，
F(m)f(m)g(m)0
．
m2m24m4
当
m
为偶数时，偶子集的个数
f(m)C0
C
n
C
n

n
C
n
C
n
C
n
m1m3
奇子集的个数
g(m)C
1
C
3

n
C
nn
C
n
m0C
n
C
n
，
m11
C
n
C
n
，
所以
F(m)f(m)g(m)

m1m12m2m3
 C
0
C
n
C
n
C
3

nC
n
C
n
C
nn
C
n
m11m0
C
n
C
n
C
n
C
n
．
一方面，
122
(1x)
n
(1x)
n
( C
0
n
C
n
xC
n
x
nn122< br>C
n
x)[C
0
n
C
n
xC
n
x
nn
(1)
n
C
n
x]
，
所以
(1x)(1x)
中
x
m
的系数为
m1 m1m2m3
C
0
C
2
C
3

n
C
n
C
n
C
nn
C
nn
C< br>n
m11m0
C
n
C
n
C
n
C
n
；
nn
另一方面，
(1x)(1x)(1x)
，
(1x)
中
x
的系数为
(1)C
故
F(m)
(1)C
m
2
m
2
n
．
nn2n2n
m
m
2
m
2
n
，
mm

2

(1)C
n
2
, m为偶数，
综上，
F(m)




0,　　　　m为奇数．