【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=−；4,3x

y==−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】()()42228

64222111114641xxxxxxxxx−+−=−+−+−+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336

A=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1233

22CAA(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1212

333323332251CACCAAA+=+(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．812C．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13

2432CCA种方法；第三步，完成各科作业，有4242AA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)!()!1mmnnnmnmCmnmnmnmn+++++===−++−+，则A错误；根据排列数公式得121(1)!!!AA(11)()!()!()!mmnnnnnnnnmnm

nm+++−=−=+−=−−−．211(1)!A()!mnnnnm−−−=−，则B正确；根据排列数公式得11!(1)!AA()!()!mmnnnnnnnmnm−−−===−−，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41235677,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12345621+++++=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36

C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：123456666

6CCCCC62++++=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()202122021012202112xaaxaxax−=++++，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2021132−；D．123202

123202112222aaaa++++=−.【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12

021(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=−，…，202120

2120212021(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42

65CC150=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：550

15．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{}n

a共有_____个.【答案】31【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，12341aaaa+++，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，121aa+，当1k=，3l=时，1231aaa++，当2

k=，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2222AA4=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4131423

3ACAC60+=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98102nnnCCC=+，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()()233131122rrn

rnrrrrnnTCxCxx−−+=−=−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23231231

2rrrrTCx−+=−是常数，则232rN=，不符，舍去，所以14n=.20．设(2－3x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值；（1）a0；（2）a1＋a3＋a

5＋…＋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①②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＋a100)＝(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1mnbb==时，()()()()2222111152323mnmnmnmnbbbb−−−−+−等号成立，不成立，从而可证明.【解析】解：(1)由题

意知，()()23021333333327,22252aCCbCC=+==+=，()()()2430241344444442217,222122aCCCbCC=++==+=，所以233222725929ab=+=+，224422172125727ab=+=

+(2)是定值，证明:由题意知，()212nnnab−=−，()212nnnab+=+，则()()()()()()222212121212nnnnnnnnnnababab−+−+=−=−=−=，所以()22nn=121nab−=−.(3)假设存在正整数,(1)m

nmn，使得13,,3mnccc成等差数列，则()123mnccc=+，当1n=时，111ab==，即11c=，即()231mncc=+，因为()2221nnnab−=−，所以()()222222121nnnnnnnnacbbbb=++−=−=，()()222231211mnm

nbb+=++−−，整理得，()()2211523mnmnbb−−=−，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.