【文档说明】2023-2024学年高二数学苏教版2019选择性必修第二册同步试题 第7章 计数原理 单元综合检测 Word版含解析.docx，共(16)页，688.759 KB，由小赞的店铺上传

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第7章计数原理单元综合检测一、单选题1．已知1,2,4,2,3,5xy−−，则xy可表示不同的值的个数为（）A．8B．9C．10D．12【答案】B【分析】对xy的值一一列举即可得到答案.【解析】因

为1,2,4,2,3,5xy−−，所以x1,y2==−时，2xy=−；1,3xy==−时，3xy=−；1,5xy==时，5xy=；2,2−==yx时，4xy=−；2,3xy==−时，6xy=−；2,5xy=

=时，10xy=；4,2xy==−时，8xy=−；4,3xy==−时，12xy=−；4,5xy==时，20xy=；一共有9个不同结果.故选：B2．若346mmAC=，则m的值（）A．6B．7C．8D．9【答案】B【分析】根据排列数和组合数

公式得到关于m的方程，解方程即可求得结果.【解析】346mmAC=Q，()()()()()1231264321mmmmmmm−−−−−=，解得：7m=.故选：B.3．若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任选一处景点旅游，每人彼此独立地选景点游玩，且丽江必须有人

去，则不同的选择方法有（）A．16种B．18种C．37种D．40种【答案】C【分析】法1：应用分类计数法分别求三个人中只有一个人去丽江、三个人中有两个人去丽江、三个人都去丽江的选择方法数，加总即可；法2：将三个人去四个景点的选择方法数减去没

有人去丽江的选择方法数即可.【解析】法1（直接法）：满足题意的不同的选择方法有以下三类:三个人中只有一个人去丽江，有23327=(种)选择方法；三个人中有两个人去丽江，有339=(种)选择方法；三个人都去丽江，有1种选择方法；综上，共有279137+

+=(种)不同的选择方法.法2（排除法）：三个人去四个景点，有3464=(种)选择方法；没有人去丽江，有3327=(种)选择方法；综上，共有642737−=(种)不同的选择方法.故选：C4．有10台不同的电视机，其中甲型3台，乙型3台，丙型4台．现从中任意取出3台，若其中至少

含有两种不同的型号，则不同的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种【答案】C【分析】先计算总的取法数和只取一种型号的取法数，总的取法数减只取一种型号的取法数即可得出结果.【解析】根据题意，从10台电视机中任意取3台的取法总数为：310120C=（种）取3台都是同一种型

号的取法数为：3333346CCC++=（种）所以至少含有两种不同型号的取法数为：1206114−=（种）选项ABD错误，选项C正确.故选：C.5．()4222111xxx−+−的展开式中6x的系数为（）A．1B．4C．1−D．4−【答案】A【分

析】将()421x−利用二项式定理展开，由此可求得()4222111xxx−+−的展开式中6x的系数.【解析】()()4222864222111114641xxxxxxxxx−+−=−+−+−+

Q，所以展开式中6x的系数为6141−−=．故选：A.【点睛】本题主要考查二项武定理，考查考生灵活处理问题的能力、运算求解能力，属于中等题.6．将编号为1、2、3、4、5的5个小球全部放入,,ABC三个盒子

内，若每个盒子不空，且放在同一个盒子内的小球编号不相连，则不同的方法总数有（）A．42B．36C．48D．60【答案】A【分析】根据盒子内小球的个数进行分类讨论，由此求得不同的总数.【解析】将编号为1、2、3、4、5的5个小球，根据小球的个数可

分为1、1、3或1、2、2两组.当三个盒子中的小球个数分别为1、1、3时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，故3个小球的编号只能是1、2、5的在一个盒子里，故只有一种分组方法，再分配到三个盒子，此时共有336A=种分配方法；当三个盒子中的

小球个数分别为1、2、2时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，此时放2个小球的盒子中小球的编号分别为(1,3)、(2,4)或(1,3)、(2.5)或(1.4)、(2.5)或(1.4)、(3.5)

或(1.5)、(2,4)或(2,4)、(3.5)，共6种，再分配到三个盒子中，此时，共有33636A=种.综上所述，不同的放法种数为6+36=42种.故选：A7．从1，2，3，4，5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有

（）A．51个B．54个C．12个D．45个【答案】A【分析】由题意分类讨论，结合排列组合公式整理计算即可求得最终结果.【解析】由题意分类讨论：（1）当这个三位数，数字2和3都有，再从1，4，5中选一个，因为2需排在3的前面，这样的三位数有123322CAA(个).

（2）当这个三位数，2和3只有一个，需从1，4，5中选两个数字，这样的三位数有123233CCA（个）.（3）当这个三位数，2和3都没有，由1，4，5组成三位数，这样的三位数有33A（个）由分类加法计数原理得共有1212333323332251CACCAAA+=+(个)．故选：A．

【点睛】方法点睛：本题考查排列组合，解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步，具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置

)，再考虑其他元素(或位置)．8．某学生将语文、数学、英语、物理、化学、生物6科的作业安排在周六、周日完成，要求每天至少完成两科，且数学，物理作业不在同一天完成，则完成作业的不同顺序种数为A．600B．8

12C．1200D．1632【答案】C【解析】根据特殊元素优先安排的原则，分两类，一天2科，另一天4科或每天各3科.一天2科，另一天4科的情况：先安排数学、物理，再安排另外4科，先分组再分配，一组1科，一组3科，最后给两个大组分别全排列．每天各3科的情况同理．最后把两种情况

相加即可．【解析】分两类：一天2科，另一天4科或每天各3科.①第一步，安排数学、物理两科作业，有22A种方法；，第二步，安排另4科一组1科，一组3科，有132432CCA种方法；第三步，完成各科作业，有4242

AA种方法，所以共有213242243242768ACCAAA=种.②两天各3科，数学、物理两科各一组，另4科每组2科，第一步，安排数学、物理两科作业，有22A种方法；第二步，安排另4科每组2科，有22242222CCAA种方法；第三步，完成各科作业，

有3333AA种方法，所以共有22223342223322432CCAAAAA=种，综上，共有7684321200+=种.故选C.【点睛】本题考查分类计数原理，特殊元素优先安排的原则，分类不重不漏，属于基础题．二、多选题9．下列等式正确的是（）A．11CC1mmnnmn++=+B．

12111mmmnnnAAnA+−+−−=C．11AAmmnnn−−=D．1C(1)CCkkknnnnkk+=++【答案】BCD【分析】根据排列组合数的计算公式依次对选项整理变形，分析可得答案.【解析】根据组合数公式得11!1(1)!1C!()!1(1)!()!1mmnnnmnmCmnmnmn

mn+++++===−++−+，则A错误；根据排列数公式得121(1)!!!AA(11)()!()!()!mmnnnnnnnnmnmnm+++−=−=+−=−−−．211(1)!A()!mnnnnm−−−=−，则B正确；根据排列数公式得11!(1)!AA()!()!mmnnnn

nnnmnm−−−===−−，则C正确；根据组合数公式得1(1)Cknk++=!!(1)(1)![(1)]!![(1)]!nnkknkknk+=+−+−+，!!CC()!()!![(1)]!kknnnnnknkknkknk−=−=−−+，即1(1)kkknnnnCkCkC+=++

，则D正确．故选：BCD10．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（）A．从中任选1个球，有15种不同的选法B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法D．若要不放回地选出任意的2个球，

有240种不同的选法【答案】AB【分析】根据分类加法计数原理即可判断A；根据分步乘法计数原理即可判断B；首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，即可判断C；根据分步乘法计数原理即可判断D.【解析】解：对

于A，从中任选1个球，共有56415++=种不同的选法，故A正确；对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有564120=种不同的选法，故B正确；对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有

56546474++=种不同的选法，故C错误；对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有1514210=种不同的选法，故D错误．故选：AB．11．将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为()1,2,,7iai=，则下列说法正确的是（）A．若412

35677,aaaaaaa=++++，则这样的数列共有360个B．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有288个C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有50个D．若123345567,aaaaaaaaa

，则这样的数列共有71个【答案】AD【分析】根据对称性可得333633CAA2，即可判断A，对于B：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断B，对于C：对1的位置分类讨论，对于D，分51a=、52a=、53a=三种情况讨论.【解析】解：对于A：由于12

345621+++++=为奇数，根据对称性可知这样的数列有333633CAA3602=个，故A正确；对于B：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有4343AA144=个，故B错误；对于C：从1，

2，3，4，5，6中选出1个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有16C个；从1，2，3，4，5，6中选出2个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有26C个；从1，2，3，4，5，6中选出3个数排在1的右

侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有36C个；从1，2，3，4，5，6中选出4个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有46C个；从1，2，3，4，5，6中选出5个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有56C个；故满足条件的总个数为：1234566666CC

CCC62++++=个，故C错误．对于D：若51a=则这样的数列有2263CC45=个，若52a=则这样的数列有215220CC=个，若53a=则这样的数列有24C6=个，所以满足条件的这样的数列共有4520671++=个，故D正确；故选：AD12．已知()2021

22021012202112xaaxaxax−=++++，下列命题中，正确的是（）A．展开式中所有项的二项式系数的和为20212；B．展开式中所有奇次项系数的和为2021312+−；C．展开式中所有偶次项系数的和为2

021132−；D．123202123202112222aaaa++++=−.【答案】ABD【分析】由二项式定理知()202112x−的所有项的二项式系数和为20212，分别令1x=、=1x−，再将所得作和差处理，求奇偶次项的系

数和，根据通项12021(2)rrrrTCx+=−，即可求3202112232021...2222aaaa++++，进而判断各选项的正误.【解析】A：由二项式知：01202120212021202120212021...(

11)2CCC+++=+=，正确；当1x=时，有0122021...1aaaa++++=−，当=1x−有2021012320202021...3aaaaaa−+−++−=，B：由上，可得2021135202113...2aaaa+++++=−，正确；C：由上，

可得2021024202031...2aaaa−++++=，错误；D：由二项式通项知：120212021(2)(2)rrrrrrTCxCx+=−=−，则112021(2)aC=−，2222021(2

)aC=−，…，2021202120212021(2)aC=−，所以3202112232021...2222aaaa++++=1232020202120210202120212021202120212021

...(11)1CCCCCC−+−++−=−−=−，正确.故选：ABD.三、填空题13．有2男2女共4名学生被分派去ABC､､三个公司实习，每个公司至少1人，且A公司只收女生，则不同的分派方法数为___________.【答案】14【分析】利用分类计

数原理将该问题分成两类，对A公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可．【解析】由题意，第一类，A公司只有1个女生，有122C=种分派方案，则,BC公司分派人数可以为1，2或者2，1共2种分派方案，共21336CC

+=种，所以一共有2612=种分派方案，第二类，A公司有2个女生，只有1种分派方案，则,BC公司的分派人数只能是1，1，则有122C=种，根据分类计数原理共有12214+=种，故答案为：14．14．某医院从7名男医生（含一名主任

医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为_________________．【答案】550【分析】分选派的主任医师只有一名男主任，只有一名女主任，男，女主任医师均选派，三种情况，结合组合知识进

行求解，再相加即可.【解析】若选派的主任医师只有一名男主任，此时再从剩余的6名男医生选派3名男医生，从5名女医生（主任医师除外）选派3名医生，有3365CC200=种，若选派的主任医师只有一名女主任，此时再从剩余的6名男医生（主任医师除外）中选派4名男医生，从5名女医生

中选派2名医生，有4265CC150=种，若男，女主任医师均选派，此时再从剩余的6名男医生中选派3名，5名女医生中选派2名，有3265CC200=种，综上：不同的选派方案有200+150+200=550种.故答案为：55015．在32nxx−

的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则所有项的系数和等于______【答案】1【分析】由二项式系数和可求得n的值，然后在二项式中令1x=，可求得所有项的系数和.【解析】32nxx−的二项式系数和为2256n=，可得8n=，所以，832xx

−的所有项的系数和为()8121−=.故答案为：1.16．设项数为4的数列{}na满足：1,0,1ia−，{1,2,3,4}i且对任意14kl，N,Nkl，都有11kklaaa++++，则这样的数列{}na共有_____个.【答案】3

1【分析】根据12341aaaa+++列举出所有可能的{}na数列，再结合121aa+、1231aaa++、231aa+、2341aaa++、341aa+同时成立，排除不满足条件的{}na，即可得答案.【解析】当1k=，4l=时，12

341aaaa+++，所以1234{,,,}aaaa可能情况如下：1、{一个1，三个0}：{1,0,0,0}、{0,1,0,0}、{0,0,1,0}、{0,0,0,1}，4个；2、{两个1，一个1−和0}：{1,1,1,0}−

、{1,1,0,1}−、{1,0,1,1}−、{1,1,1,0}−、{1,0,1,1}−、{1,1,0,1}−、{0,1,1,1}−、{1,0,1,1}−、{1,1,0,1}−、{0,1,1,1}−、{0,1,1,1}−

、{1,1,1,0}−，12个；3、{一个1−，三个0}：{1,0,0,0}−、{0,1,0,0}−、{0,0,1,0}−、{0,0,0,1}−，4个；4、{两个1−，一个1和0}：{1,1,1,0}−−

、{1,1,0,1}−−、{1,0,1,1}−−、{1,1,1,0}−−、{1,0,1,1}−−、{1,1,0,1}−−、{0,1,1,1}−−、{1,0,1,1}−−、{1,1,0,1}−−、{0,1

,1,1}−−、{0,1,1,1}−−、{1,1,1,0}−−，12个；5、{四个0}：{0,0,0,0}，1个；6、{两个1−，两个1}：{1,1,1,1}−−、{1,1,1,1}−−、{1,1,1,1

}−−、{1,1,1,1}−−、{1,1,1,1}−−、{1,1,1,1}−−，6个；7、{两个0，一个1和1−}：{1,1,0,0}−、{1,0,1,0}−、{1,0,0,1}−、{0,1,1,0}−、{0,1,0,1}

−、{0,0,1,1}−、{1,1,0,0}−、{1,0,1,0}−、{1,0,0,1}−、{0,1,1,0}−、0,1,0{,}1−、{0,0,1,1}−，12个；综上，数列{}na共有51个.当1k=，2l=时，121a

a+，当1k=，3l=时，1231aaa++，当2k=，3l=时，231aa+，当2k=，4l=时，2341aaa++，当3k=，4l=时，341aa+，所以{1,1,1,0}−、{1,1,0,1}−、{1,0,1,1}−、{0,1,1,1}−、{1,0,1,1}−、{1,1,0,1}

−、{0,1,1,1}−、{1,1,1,0}−、{1,1,1,0}−−、{1,1,0,1}−−、{1,0,1,1}−−、{0,1,1,1}−−、{1,0,1,1}−−、{1,1,0,1}−−、{0,1,1,1}−−、{1,1,1,0}−−、{1,1,1,1}−−、{1,1,1,1}−−、{

1,1,1,1}−−、{1,1,1,1}−−，20个不满足；综上，满足要求的数列{}na有31个.故答案为：31四、解答题17．用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？(1)

偶数：(2)左起第二､四位是奇数的偶数；(3)比21034大的偶数.【答案】(1)60个(2)8个(3)39个【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法

原理、分步乘法原理进行计算.（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.【解析】（1）末位是0，有44A24=个，末位是2或4，有113233CCA36=个，故满足条件的五位数共有243660+=个.（2）法一：可分两类，0是末位数，有2222A

A4=个，2或4是末位数，则2122AA4=个.故共在448+=个.法二：四位从奇数1，3中取，有22A；首位从2，4中取，有12A个：余下的排在剩下的两位，有22A个；故共有212222AAA8=个.（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有122222AAA6+=个；当

末位数字是0，而首位数字是3或4时，有1323AA12=个；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有1323AA12=个；当末位数字是4，而首位数字是2时，有2121AA3+=个；当末位数字是4，而首位数字是3吋，有33A6=个.故有()12213132132222121213

AAAAAAAAAA39++++++=个.法二：不大于21034的偶数可分为三类：万位数字为1的偶数，有1333AA18=个；万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有12A个：还有21034本身.而由0,1,2,3,4组成的五位偶数有41314233ACAC60+=个.故满足条件

的五位偶数共有13133260AAA139−−−=个.18．已知5名同学站成一排，要求甲、乙两人站在两端，记满足条件的所有不同的排法种数为m.(1)求m的值；(2)求二项式1mxx+的展开式中的3x的系数.【答案】(1)12(2)66【分析】（1）先安排甲

、乙两人，再安排其他人员，结合排列数可得答案；（2）利用二项展开式的通项公式进行求解.【解析】（1）先安排甲、乙两人，共有22P种方法，再排其余3人，共有33P种方法，所以2323PP12m==.（2）由（1）知12m=，121xx+的展开式的通

项公式为()31262112121CCrrrrrrTxxx−−+==，令3632r−=可得2r=，233312C66Txx==，所以二项式1mxx+的展开式中的3x的系数为66.19．已知二项式()*3312nxnNx−

.（1）当5n=时，求二项式展开式中各系数的和；（2）若二项式展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数和成等差数列，且二项展开式中存在常数项，求n的值.【答案】（1）132；（2）14n=.【分析】（1）令1x=利用赋值法求展开式各项系数；（2）依题意98102nnn

CCC=+，即可求出n，再代入二项式展开式的通项去检验，即可判断；【解析】解：（1）当5n=，令1x=，得二项式53312xx−的展开式中各系数和为132；（2）二项式()*3312nxnNx−展开式的通项为()()2331

31122rrnrnrrrrnnTCxCxx−−+=−=−由题：98102nnnCCC=+，!!!29!(9)!8!(8)!10!(10)!nnnnnn=+−−−，即2211373220149(9)(8)(9)90nnnnnn=+−+==−−−或23n

=；当14n=时，二项式431312xx−展开式的通项为()142311412rrrrTCx−+=−，所以7814712TC=−，是常数，符合；当23n=时，若232312312rrrrTCx−+=−是常数，则232rN=，不符，舍去，所以14n=.2

0．设(2－3x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值；（1）a0；（2）a1＋a3＋a5＋…＋a99；（3）(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)

2.【答案】（1）2100；（2）100100(23)(23)−−+２；（3）1.【分析】（1）令x＝0可得答案；（2）令x＝1和x＝－1，两式相加可得答案；（3）利用平方差公式，再将（2）中的①②两式代入计算即

可.【解析】解：（1）令x＝0，则展开式可化为a0＝2100.（2）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(2－3)100①令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋3)100②联立①

②得：a1＋a3＋…＋a99＝100100(23)(23)−−+２.（3）原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a

100)＝(2－3)100(2＋3)100＝1.21．（1）一场班级元旦晚会有2个唱歌节目a和b；2个相声节目1和2.要求排出一个节目单，满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目.列出所有可能的排列.（2）7个人排成一排拍照片，若要求甲、乙、丙3人必须相邻，并且丁和戊不相邻，有

多少不同的种排法？（结果用数字表示）（3）从4名男青年教师和5名女青年教师中选出4名教师参加新教材培训，要求至少有2名男教师和1名女教师参加，有多少种不同的选法？（结果用数字表示）【答案】（1）12,21,12,21ababbaba；（2）432；（3）80.【分析】（1

）利用排列的定义即得；（2）利用捆绑法，插空法即得；（3）由题可分选2名男教师与2名女教师，选3名男教师与1名女教师两类，即得.【解析】（1）歌唱节目记为,ab，相声节目记为1，2，满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目的排列为：12

,21,12,21ababbaba.（2）甲乙丙3人必须相邻，把他们捆绑看作一个元素与除甲乙丙丁戊外的两个元素排列，然后排其内部顺序，再在3个元素形成的4个空中插入丁和戊，故甲、乙、丙3人必须相邻，并且丁和戊不相邻，共有332334AAA432=（种）.（3）选2名

男教师与2名女教师，共有2245CC60=(种)，选3名男教师与1名女教师，共有3145CC20=(种)，所以共有60+20=80（种）.22．对任意nN，定义0122(12)2(2)...(2)...nkknnnnCCCC+=++++++

(2)2nnnnnCab=+，其中nnab，为正整数.（1）求22332ab+，22442ab+的值；（2）探究22nn|2|ab−是否为定值，并证明你的结论；（3）设22nnnacb=，是否存在正整数,(1)mnmn，使得13,,3mnccc成等差数列，若存在，求出,mn的值；若不

存在，请说明理由.【答案】(1)2233992ab=+,44222577ab+=;(2)是定值，答案见解析;(3)答案见解析.【分析】(1)由题意求出3344,,,abab的值，即可求出22332ab+，22442ab+的值.(2)根据()212nnnab−=−，()212nnnab+=+，结合

平方差公式即可求出22nn|2|ab−的值.(3)假设存在正整数,(1)mnmn，使得13,,3mnccc成等差数列，结合等差数列定义可得()123mnccc=+，结合已知进行推导，可推出当且仅当1mn

bb==时，()()()()2222111152323mnmnmnmnbbbb−−−−+−等号成立，不成立，从而可证明.【解析】解：(1)由题意知，()()23021333333327,22252aCCbCC=+==+=，()()()2430241344444442217,22212

2aCCCbCC=++==+=，所以233222725929ab=+=+，224422172125727ab=+=+(2)是定值，证明:由题意知，()212nnnab−=−，()212nnnab+=+，则()()()()()()22221212121

2nnnnnnnnnnababab−+−+=−=−=−=，所以()22nn=121nab−=−.(3)假设存在正整数,(1)mnmn，使得13,,3mnccc成等差数列，则()123mnccc=+，当1

n=时，111ab==，即11c=，即()231mncc=+，因为()2221nnnab−=−，所以()()222222121nnnnnnnnacbbbb=++−=−=，()()222231211mnmnbb+=++−−，整理得，()()2211523m

nmnbb−−=−，其中nb为正整数，1325122...1nnnnnbCCCCn=+++=，因为()211nnb−，所以()()()()2222111152323mnmnmnmnbbbb−−−−+−，当且仅当1mnbb=

=时等号成立，又1mn，即1mnbb==不成立，即假设不成立，所以不存在存在正整数,(1)mnmn，使得13,,3mnccc成等差数列.【点睛】关键点睛:本题第二问应将22nn|2|ab−看作()()22nnnnabab+−，从而代入已知条

件即可求解.