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第六章 计数原理（能力提升）B 卷
姓名： 班级：
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符
合题目要求的。
1．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（ ）。
A、8种
15
B、 种
53
C、 种
35
D、 种
【答案】D
【解析】每封信均有3种不同的投法，∴依次把5封信投完，共有
3×3×3×3×3=35
种投法，故选
D。
2．某班 2022 年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目
插入原节目单中，那么不同的插法的种数有（ ）。
A、2种
B、11种
36
C、 种
D、42种
【答案】D
【解析】将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，
再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，
利用分步乘法计数原理，共有插入方法：6×7=42
（种），故选D。
3． 2022 年某高校艺术类考试中，共有6名选手参加，其中3名女生，3名男生，现这六名考试依次出场
进行才艺展出，如果3名男生中任何两人都不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场
顺序的排法种数为（ ）。
108
A、 种
120
B、 种
132
C、 种
D、144种
【答案】C
【解析】把3名男生插入到3名女生所成的4个间隔中，三个女生再排列，故有
A3
4
⋅A
3
3 =144
种，
再算女生甲排第一个，把3名男生插入到3名女生所成的3个间隔中，A3 ⋅A2 =12
剩下两个女生再排列，故有 3 2 种，
故女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场顺序的排法种数为
144−12=132
种，故选C。
11n +C1 ⋅11n−1 +C2 ⋅11n−2 +...+Cn−1 ⋅11−1
13
4．设n为奇数，那么 n n n 除以 的余数是（ ）。
A、−3
B、2
10
C、
D、11
【答案】C
11n +C1 ⋅11n−1 +C2 ⋅11n−2 +...+Cn−1 ⋅11−1=（11+1）n −1−1
【解析】∵ n n n ，
∴ 12n =（13−1）n 展开式中最后一项不能被 13 整除，其余的能，最后一项为−1，
∴原式=（11+1）n −1−1
被
13
除的余数为
10
，故选C。
5．若6个人排成一排，A、B、C三人互不相邻，D、E两人也不相邻的排法有（ ）。
108
A、 种
120
B、 种
132
C、 种
D、144种
【答案】B
【解析】设剩下的一个人为F，
先算A、B、C三人互不相邻（含D、E两人相邻）的情况：
A3 A3
D、E、F当板，有4个空，将A、B、C插入空，有 4种，D、E、F全排，有 3种；
A3 ⋅A3 =144
则有 4 3 种，
再算A、B、C三人互不相邻（D、E必须两人相邻）的情况：
把D、E捆绑成一个元素（设为G），和剩下的一个人F看成两个板，有3个空，
A3 A2 A2
将A、B、C插入空，有 3种，F、G全排，有 2种，D、E全排，有 2种，
A3 ⋅A2 ⋅A2 =24
则有 3 2 2 种，
则满足条件的排法种数为
144−24=120
种，故选B。
6．A、B、C、D、E五人站在一排，若A必须站在B的左边，C必须站在B的右边，（A、B、C
可以不相邻），且B不能站在中间，则不同的排法有（ ）。
A、12种
B、24种
36
C、 种48
B、 种
【答案】A
【解析】B不能站在中间，A必须站在B的左边，C必须站在B的右边，则B也不能站在两端，
A3
则当B站在第二个位置的时候，第一个位置（最左侧）只能放A，剩下三个全排有 3种，
A3
则当B站在第四个位置的时候，第五个位置（最右侧）只能放C，剩下三个全排有 3种，
A3 +A3 =3×2×1+3×2×1=12
则满足条件的排法种数为 3 3 种，故选A。
7．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分
配方式有（ ）。
A、6种
B、8种
C、9种
D、12种
【答案】C
【解析】设四张贺卡分别记为A、B、C、D，
由题意，某人（不妨设A卡的供卡人）取卡的情况有3种，
据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，
为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：
∴共有9种不同的分配方式，故选C。
8．将编号为1、2、3、4、5、6的六个小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子，每个盒子放
一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是（ ）。
20
A、
40
B、
68
C、
96
D、
【答案】B
【解析】（1）六个小球中选出三个小球放入与自己相同序号的盒子中，先选后排：
C3
先选：组合有 6种方法，后排：排列只有1种方法，
C3 ×1=20
则利用分类乘法计数原理得有 6 种方法，
（2）剩下三个小球放入与自己不相同序号的盒子中，先选后排：C3
先选：组合有 3种方法，排列：错位排有2种方法，
C3 ×1=2
则利用分类乘法计数原理得有 3 种方法，
（3）最后（1）（2）都不能单独完成任务，
则利用分类乘法计数原理得共有
20×2=40
种方法，故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
11
(a−b)
9．关于 的说法，正确的是（ ）。
2048
A、展开式中的二项式系数之和为
B、展开式中只有第6项的二项式系数最大
C、展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D、展开式中第6项的系数最小
【答案】ACD
【解析】A选项，由二项式系数的性质知，
(a−b) 11
的二项式系数之和为
2 11 =2048
，对，
11
B选项，C选项，∵
(a−b)
的展开式共有12项，中间两项的二项式系数最大，
即第6项和第7项的二项式系数最大，B错、C对，
D选项，∵展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，∴展开式中第6项的系数最小，
对，
故选ACD
10．带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（ ）。
A、全部投入4个不同的盒子里，共有45
种放法
C3
B、放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有 4种放法
C、将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有
C
5
4 ⋅C1
4种放法
D、全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有
C
5
2 ⋅A
4
4
种不同的放法
【答案】ACD
【解析】五个球投入四个不同的盒子里共有45
种放法，A选项对，
若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有
C
5
2 ⋅A
4
4
种放法，B选项错，D选项对，
将其中的4个球投入4个盒子里的一个，共有共有
C
5
4 ⋅C1
4种放法，C选项对，
故选ACD。
11．若
(1−2x) 2022 =a
0
+a
1
x+a
2
x2 +¿⋅¿+a
2021
x2021 +a
2022
x2022
（x∈R），则下列计算错误的是（ ）。
a =1
A、 032022 −1
a +a +a +¿⋅¿+a =
1 3 5 2021 2
B、
32022 +1
a +a +a +¿⋅¿+a =
0 2 4 2022 2
C、
a a a
a + 2 + 3 +¿⋅¿+ 2022 =−1
D、
1 21 22 22021
【答案】BD
【解析】A选项，令x=0，
a
0
=12022 =1
，对，
令x=1，
1=a
0
+a
1
+a
2
+a
3
+¿⋅¿+a
2020
+a
2021
+a
2022，
令x=−1，
32022 =a
0
−a
1
+a
2
−a
3
+¿⋅¿+a
2020
−a
2021
+a
2022，
1−32022
1−32022 =2(a +a +a +¿⋅¿+a ) a 1 +a 3 +a 5 +¿⋅¿+a 2021 = 2
B选项， 1 3 5 2021 ，∴ ，错，
32022 +1
1+32022 =2(a +a +a +¿⋅¿+a ) a 0 +a 2 +a 4 +¿⋅¿+a 2022 = 2
C选项， 0 2 4 2022 ，∴ ，对，
1 1 a a a a
x= (1−2× ) 2022 =a + 1 + 2 +¿⋅¿+ 2021 + 2022 =0
D选项，令
2
，
2 0 2 22 22021 22022
，
a a a a a a a
1 + 2 +¿⋅¿+ 2021 + 2022 =−1 a + 2 + 3 +¿⋅¿+ 2022 =−2
又
a
0
=1
，∴
2 22 22021 22022
，∴
1 21 22 22021
，错，
故选BD。
12．已知 n∈N +，n≥2， p+q=1 ，设 f(k)=C 2 k n ⋅pk ⋅q2n−k ，其中k∈N、k≤2n，则（ ）。
2n
∑ f(k)=1
A、k=0
2n
∑[k⋅f(k)]=2npq
B、k=0
np=4 f(k)≤f(8)
C、若 ，则
n n
1
∑ f(2k)< <∑ f(2k−1)
2
D、k=0 k=1
【答案】AC
2n 2n
∑ f(k)=∑[Ck ⋅pk⋅q2n−k]=(p+q)2n=1
2n
【解析】A选项，k=0 k=0 ，对，
k⋅(2n)! (2n−1)!
k⋅Ck = =2n× =2n⋅Ck−1
B选项，
2n k!⋅(2n−k)! (k−1)!⋅[(2n−1)−(k−1)]! 2n−1
，
2n 2n 2n
∑[k⋅f(k)]=∑[k⋅Ck ⋅pk⋅q2n−k]=∑[2n⋅Ck−1 ⋅pk⋅q2n−k]
∴k=0 k=1
2n
k=1
2n−12n 2n−1
=2npq⋅∑[Ck−1⋅pk−1⋅q2n−k−1]=2np⋅∑ [Ck ⋅pk⋅q2n−k−1]
2n−1 2n−1
k=1 k=0
=2np⋅(p+q) 2n−1 =2np≠2npq p=0
（除非 ），错，
{f(m)≥f(m−1)¿¿¿¿
f(m) f(k)
C选项，设 是 中最大项， ，
{C m ⋅p m ⋅q 2n−m ≥C m−1 ⋅p m−1 ⋅q 2n−m+1 ¿¿¿¿
2n 2n
即 ，
(2n)! (2n)!
C
2
m
n
m!⋅(2n−m)! 2n−m+1 C
2
m
n
m!⋅(2n−m)! m+1
= = = =
Cm−1 (2n)! m Cm+1 (2n)! 2n−m
2n 2n
(m−1)!⋅(2n−m+1)!
，
(m+1)!⋅(2n−m−1)!
，
又 np=4 ，不等式组可解为 8−q≤m≤8+p ，∴m=8，∴ f(k)≤f(8) ，对，
1 2 n 1 1 1 2 41
p= q= ∑ f(2k)=( )4+6×( )2×( )2+( )4=
D选项，例如n=2、 3 、 3 时，k=0 3 3 3 3 81 ，
n
40
∑ f(2k−1)=
81
k=0 ，错，
故选AC。
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．一个盒子里装有7个大小、形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1、2、3、4，黄球3
个，编号分别为1、2、3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有 种。
30
【答案】
C4 C4
【解析】从反面考虑，总数为 7，不含有编号为3的总数为 5，
∴含有编号为3的总数为
C
7
4 −C
5
4 =30
。
14．从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色，给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两
个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是________。
120
【答案】
【解析】从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色有4种选法，
∵每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，分两类：
一类是，前三个圆用3种颜色，有
A
3
3 =6
种方法，后3个圆也有3种颜色，
有
C1
2
⋅C1
2
=4 种方法，此时不同方法有6×4=24
种方法，
二类是，前3个圆2种颜色，后3个圆2种颜色，共有
C1
3
⋅C1
2
=6
种方法，4×(24+6)=120
综上可知，所有的涂法共有 种方法。
100
15．在庆祝中国共产党成立 周年，某校以班级为单位组织开展“走进革命老区，学习党史文化”研学
游活动，该校高一年级7个班级分别去3个革命老区研学游，每个班级只去1个革命老区，每个革命老区至
少安排2个班级，则不同的安排方法共有 种。（用数字作答）
630
【答案】
【解析】7个班级分别去3个革命老区，每个地方至少安排2个班级，
C2 ⋅C2 ⋅C3
7 5 3 =105
分成3组有 A 2 2 种情况，
再把3组分到3个革命老区，有 A 3 3 =6 种情况，共有 105×6=630 种安排方法。
(1+x)⋅(1−2x) 7 =a +a⋅x+a⋅x2 +¿⋅¿+a⋅x8 a +a +¿⋅¿+a
16．若 0 1 2 8 ，则 1 2 7的值是 ；在上述展开式
右边的九项中，随机任取不同的三项，假设这三项均不相邻，则有 种不同的取法。（本小题第一
个空2分，第二个空3分）
125 35
【答案】
【解析】令x=0，则
a
0
=1
，令x=1，则
a
0
+a
1
+a
2
+¿⋅¿+a
8
=−2
，
a =C7 ⋅(−2) 7 =−128 a +a +¿⋅¿+a =−2−1+128=125
又 8 7 ，∴ 1 2 7 ，
在上述展开式右边的九项中，随机任取不同的三项，
C3 =35
可以利用插空法，从六项所形成的七个空中选取三个空，则有 7 种。
四、解答题：本题共7小题，共70分。应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（本小题满分10分）在①只有第八项的二项式系数最大，②奇数项二项式系数之和为47
，③各项系
数之和为
414
，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，
说明理由。
3
(√x+ ) n
设二项式 x3 ，若其展开式中， ，是否存在整数k，使得 T k是展开式中的常数项？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分。
C7
【解析】若选填条件①，即只有第八项的二项式系数最大，即 n最大，
由二项式系数的性质可得，n=14
， 3
分
3
(√x+ ) 14
二项式
x3
展开式的通项：
21−7k
3
T =Ck−1 ⋅(√x) 15−k ⋅( ) k−1 =3k−1 ⋅Ck−1 ⋅x 2
k 14 x3 14
，由
21−7k=0得k=3，
即存在整数k=3，使得 T k是展开式中的常数项。 10分
若选填条件③，即各项系数之和为
414 ，则4n =414 ，即n=14
， 3分3
(√x+ ) 14
二项式
x3
展开式的通项：
21−7k
3
T =Ck−1 ⋅(√x) 15−k ⋅( ) k−1 =3k−1 ⋅Ck−1 ⋅x 2
k 14 x3 14
，由
21−7k=0得k=3，
即存在整数k=3，使得 T k是展开式中的常数项。 10分
若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47 ，则2n−1 =47 =214 ，∴n=15
， 3
分
3
(√x+ ) 15
二项式
x3
展开式的通项：
3 22−7k 22
T =Ck−1 ⋅(√x) 16−k ⋅( ) k−1 =3k−1 ⋅Ck−1 ⋅x 2 k= ∉Z
k 15 x3 15
，由
22−7k=0得 7
，
即不存在整数k，使得 T k是展开式中的常数项。 10分
18．（本小题满分10分）有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数
（1）选5人排成一排；
（2）排成前后两排，前排4人，后排3人；
（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
（4）全体排成一排，女生必须站在一起；
（5）全体排成一排，男生互不相邻。
【解析】（1）7人中选出5人排列，有 A 7 5 =2520 种； 2
分
（2）分两步进行先选4人站前排，有 A 7 4 种，剩下3人站后排，有 A 3 3 种，
A4 ⋅A3 =50400
共 7 3 种； 4
分
（3）先排甲，有
A
5
1
种，再排其余6人，有
A
6
6
种，共
A
5
1 ⋅A
6
6 =3600
种； 6
分
A4 A4
（4）先把女生看成一个整体，有 4种，再和其他男生一起排列，有 4种，
A4 ⋅A4 =576
共有 4 4 种； 8
分
A4 A3
（5）先排女生，有 4种，以女生为挡板，将男生插空，有 5种，
A4 ⋅A3 =1440
共有 4 5 种。 10分
2
(3x− ) n
19．（本小题满分10分）已知 √x （ n∈N +）的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是1：3。（1）求n的值；
（2）求二项展开式中各项二项式系数和以及各项系数和；
（3）求展开式中系数的绝对值最大的项。
n 1
=
n(n−1) 3
【解析】（1）由题意得
C1
n
：C2
n
=1：3
，即 2 ，解得n=7； 2
分
（2）二项展开式中各项二项式系数和为
27 =128
， 4
分
令x=1可得各项系数和为 (3−2) 7 =1 ； 6分
2
(3x− ) 7 7− 3r
√x T =Cr ⋅37−r ⋅(−2) r ⋅x 2
（3） 展开式的通项公式为 r+1 7 ，
T
设展开式中系数的绝对值最大的项为 r+1，
{C r ⋅3 7−r ⋅2 r ≥C r+1 ⋅3 6−r ⋅2 r+1 ¿¿¿¿ 11 16
7 7
≤r≤
则 ，解得 5 5 ，∴r=3，
5
T =−22680⋅x2
∴展开式中系数的绝对值最大的项为 4 。 10分
20．（本小题满分10分）按照要求完成下列问题：
（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？
（2）把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有几
种？
（3）四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？
（注：最后结果需用数字作答）
A5 =120
【解析】（1）当甲在最左端时，有 5 （种）排法，
A1 ⋅A1 ⋅A4 =96
当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有 1 4 4 （种）排
法，
共计
120+96=216
（种）排法； 3
分
（2）分3步进行：
①产品A与产品B相邻，将AB看成一个整体，考虑AB之间的顺序，有
A
2
2 =2
种情况，
②将AB与剩余的2件产品全排列，有
A
3
3 =6
种情况，
③产品A与产品C不相邻，C有3个空位可选，即有3种情况，
由分步计数原理所求结果共有2×6×3=36
种； 6
分（3）四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，恰有一个空盒，
说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，
C2 ⋅A3 =144
同另外两个元素在三个位置全排列，故共有 4 4 种不同的放法。 10
分
21．（本小题满分10分）在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，
结果用数字作答）
（1）3名女生不能相邻，有多少种不同的排法？
（2）4名男生相邻有多少种不同的站法？
（3）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
（4）甲、乙、丙三人按从高到低从左到右排列，有多少种不同的排法？（甲、乙、丙三位同学身高互不
相等）
（5）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色的朗通，有多少种选派方法？
【解析】（1）分2步进行分析：
①将4名男生全排列，有
A
4
4 =24
种情况，排好后有5个空位，
②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有
A
5
3 =60
种情况，
故3名女生不能相邻的排法有
A
4
4 ⋅A
5
3 =24×60=1440
种； 2分
（2）分2步进行分析：
①将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有
A
4
4 =24
种情况，
②将这个整体与3名女生全排列，有
A
4
4 =24
种情况，
故4名男生相邻的排法有
A
4
4 ⋅A
4
4 =24×24=576
种； 4分
（3）分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有
A
6
6 =720
种情况，
②女生甲不站在右端有5种站法，女生乙有5种站法，其余5人全排，
5×5×A5 =3000
有 5 种情况，
A6 +5×5×A5 =720+3000=3720
故一共有 6 5 种； 6
分
（4）首先把7名同学全排列，共有
A
7
7 =5040
种结果，
A3 =6
甲、乙、丙三人内部的排列共有 3 种结果，
要使甲、乙、丙三个人按照一个从高到低从左到右的顺序排列，
结果数只占6种结果中的一种，A7
5040
7 = =840
A3 6
故有 3 种； 8分
（5）分2步进行分析：
①4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，有
C2
4
⋅C
3
2 =18
种情况，
②将选出的4人全排列，承担4种不同的角色，有
A
4
4 =24
种情况，
C2 ⋅C2 ⋅A4 =18×24=432
故有 4 3 4 种； 10
分
22．（本小题满分10分）规定
Am
x
=x⋅(x−1)⋅¿⋅¿(x−m+1)
，其中x∈R，
m∈N
+，且
A0
x
=1
，这是排列数
Am
n （m、n是正整数，且m≤n）的一种推广。
A3
（1）求 −15的数值；
Am =n⋅Am−1 Am +m⋅Am−1 =Am
（2）排列数的两个性质：① n n−1，② n n n+1（其中m、n是正整数）是否都能推广
Am
到 x （x∈R，m是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；
A3 =(−15)×(−16)×(−17)=−4080
【解答】（1） −15 ； 2
分
（2）性质①、②均可推广，推广的形式分别是：
Am =x⋅Am−1
① x x−1，
当m=1时，左边
=A1
x
=x
，右边
=x⋅A0
x−1
=x
，等式成立，
当m≥2时，
=x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+1)=x{(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅[(x−1)−(m−1)+1]}
左边 ，
=x{(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅[(x−1)−(m−1)+1]}
右边 ，
等式成立， 6
分
Am +m⋅Am−1 =Am
② x x x+1，
当m=1时，左边
=A1
x
+A0
x
=x+1
，右边
=A1
x+1
=x+1
，等式成立，
当m≥2时，
=x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+1)+mx⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+2)
左边
=x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+2)⋅[(x−m+1)+m]
=x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+2)⋅(x+1)
=(x+1)⋅x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅[(x+1)−m+1]
右边
=x⋅(x−1)⋅(x−2)⋅¿⋅¿⋅(x−m+2)⋅(x+1)
，等式成立。 10
分
23．（本小题满分10分）已知整数n≥4，集合 M={1，2，3，⋅¿⋅，n} 的所有3个元素的子集记为
A
A
1、
A
2、…、
C3
n
。
A
（1）当n=5时，求集合 A 1、 A 2、…、 C
5
3 中所有元素之和。
P =m +m +¿⋅¿+m
（2）设
m
i为
A
i中的最小元素，设
n 1 2 C3
n
，试求
P
n。
【解答】（1）当n=5时，
含元素1的子集中，必有除1以外的两个数字，两个数字的选法有
C2
4
=6
个，
则含有数字1的几何有6个，
同理含2、3、4、5的子集也各有6个，
(1+2+3+4+5)×C2 =6×15=90
∴所求元素之和为 4 ； 4分
1≤m≤n−2 m ∈Z
（2）证明：由题意可知 i ， i ，
C2 C2
以1为最小元素的子集有 n−1个，以2为最小元素的子集有 n−2个，
C2 C2
以3为最小元素的子集有 n−3，…，以n−2为最小元素的子集有 2个， 6
分
P =m +m +¿⋅¿+m =1×C2 +2×C2 +3×C2 +¿⋅¿+(n−2)×C2
则
n 1 2 C3 n−1 n−2 n−3 2
n
=(n−2)×C2 +(n−3)×C2 +(n−4)×C2 +¿⋅¿+1×C2
2 3 4 n−1
=C2 +(n−3)×(C2 +C2 )+(n−4)×C2 +¿⋅¿+1×C2
2 2 3 4 n−1
=C2 +(n−3)×(C3 +C2 )+(n−4)×C2 +¿⋅¿+1×C2
2 3 3 4 n−1
=C2 +(n−3)×C3 +(n−4)×C2 +¿⋅¿+1×C2
2 4 4 n−1
=C2 +C3 +(n−4)×(C3 +C2 )+¿⋅¿+1×C2
2 4 4 4 n−1
=C2 +C3 +(n−4)×C3 +¿⋅¿+1×C2
2 4 5 n−1
=C2 +C3 +(n−4)×C3 +¿⋅¿+1×C2
2 4 5 n−1
=C4 +C3 +C3 +¿⋅¿+C3 =C4
4 4 5 n n+1。 10分
