江苏省2020届高三数学普通高等学校招生全国统一考试冲刺模拟试题（Word版附解析） 16页

1 江苏省 2020 年普通高等学校招生全国统一考试冲刺模拟试题 第 I 卷（必做题） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：高中全部内容。 一、填空题 1．已知集合  1,3,2 1A m   ，集合  23,B m ，若 B A ，则实数 m  _______ 2．已知复数 ( 2 )(1 )a i i  为纯虚数，其中i 为虚数单位，则实数 a 的值是________. 3．阅读如图所示的程序框，若输入的 n 是 30，则输出的变量 S 的值是______. 4．函数   2 1 3 4 lg xy x x    的定义域是____________ 5．在某次数学测验中，5 位学生的成绩如下：78、85 、 a 、82 、69 ，他们的平均成绩为80 ，则他们成 绩的方差等于________. 6．某校开设 5 门不同的选修课程，其中 3 门理科类和 2 门文科类，某同学从中任选 2 门课程学习，则该同 学“选到文科类选修课程”的概率为______. 7．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A 是抛物线 2 4y x 与双曲线   2 2 2 1 04 x y bb    的一个交点.若抛物 线的焦点为 F ，且 5FA  ，则双曲线的渐近线方程为______ 8．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn 为其前 n 项和，已知 a2a4=1，S3=7，则 S5=____________. 9．已知 P , A , B ,C 是球O 的球面上的四点， PA ， PB ， PC 两两垂直， PA PB PC  ,且三棱锥 2 P ABC 的体积为 4 3 ，则球O 的表面积为______． 10．若点 P 是曲线 2 lny x x  上任意一点，则点 P 到直线 2y x  的距离的最小值为____________ 11．已知 , , ,a b c d R 且满足 3 3 2 a lna d b c    1，则 2 2( ) ( )a c b d   的最小值为_____. 12．已知 C 是以 AB 为直径的半圆上一点，且 C 是线段 PQ 的中点，若 AB=5，PQ=1，PQ  与 AB  的夹角为120， 则 AP BQ   ________. 13．已知 是第二象限角，且 4sin 5   ，则 tan 2 4      的值为______． 14．已知函数 1 , 0 ( ) 1 , 0 x xxf x x xx        ，若函数 ( ) | ( ) |g x f x x m   恰好有 2 个不同的零点，则实数 m 的 取值范围是______. 二、解答题 15．在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， (sin sin )(sin sin ) sin (sin sin )B C B C A B A    . （1）若 ABC 面积为 3 ，求 ab 的值； （2）若 2 23 c b a  ，求 cos A. 16．如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，E 为侧棱 PD 的中点，O 为 AC 与 BD 的 交点． （1）求证： / /OE 平面 PBC； （2）若平面 PAD  平面 ABCD， 4AC  ， 5AB  ， 4sin 5ABC  ，求证： AC PD ． 3 17．已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     过点 31 2      ， ，且离心率 1e 2  ． （1）求椭圆方程； （2）若直线  l y kx m 0k  ： 与椭圆交于不同的两点 M N， ，且线段 MN 的垂直平分线过定点 1G 08      ， ，求 k 的取值范围． 18．两城市 A 和 B 相距 20km ，现计划在两城市外以 AB 为直径的半圆 AB 上选择一点C 建造垃圾处理场， 其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城 A 和城 B 的总影响度为城 A 和城 B 的影响度之和， 记C 点到城 A 的距离为 xkm ，建在C 处的垃圾处理场对城 A 和城 B 的总影响度为 y ，统计调查表明：垃圾 处理场对城 A 的影响度与所选地点到城 A 的距离的平方成反比，比例系数为 4，对城 B 的影响度与所选地 点到城 B 的距离的平方成反比，比例系数为 k ，当垃圾处理场建在 AB 的中点时，对城 A 和城 B 的总影响 度为 0.065； （1）将 y 表示成 x 的函数； （2）判断 AB 上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理场对城 A 和城 B 的总影响度最小?若存在，求出该 点到城 A 的距离；若不存在，说明理由； 4 19．设函数    1 2 2 1xf x e ax a x    （其中 a 为实数）. （1）若 0a  ，求  f x 零点的个数； （2）求证：若 1x  不是  f x 的极值点，则  f x 无极值点. 20．给定数列 na ，记该数列前i 项 1 2, , , ia a a 中的最大项为 iA ，该数列后 n i 项 1ia  ， 2ia  ， …..， na 中的最小项为 ,i i i iB d A B  ， ( 1,2,3... 1)i n  . （1）对于数列：3，4，7，1，求出相应的 1d ， 2d ， 3d ； （2） nS 是数列 na 的前 n 项和，若对任意 n N  ，有 2 1(1 ) 3 3n nS a n      ，其中 0  且 1  ， ①设 2 3( 1)n nb a    ，判断数列 nb 是否为等比数列； ②若数列 na 对应的 id 满足： 1i id d  对任意的正整数 1,2, 2i n   恒成立，求  的取值范围. 第 II 卷（附加题） 21．已知矩阵 4 0 0 1A      ， 1 2 0 5B      ，列向量 X a b      . （1）求矩阵 AB ； （2）若 1 1 5 1B A X       ，求 a ，b 的值. 5 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 6 3 x t y t    （t 为参数），以原点O 为极点，x 轴的正半 轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 23 2 cos 3    . （1）写出曲线 1C 的普通方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）已知点 P 是曲线 2C 上的动点，求点 P 到曲线 1C 的最小距离. 23．已知函数 2( ) 4f x x ax    ， ( ) | 1| | 1|g x x x    ． （1）当 1a  时，求不等式 ( ) ( )f x g x 的解集； （2）若不等式 ( ) ( )f x g x 的解集包含[–1，1]，求 a 的取值范围． 24．设       2 0 1 21 1 1 1 , Nn n nx a a x a x a x n          .已知 1 1023 n i i a    （1）求 n 的值； （2）求 1 n k k ka   的值. 25．口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球．现有一抽奖游戏规则如下：抽奖者每次有放 回的从口袋中随机取出一个球，最多取球 2n＋1(n N  )次．若取出白球的累计次数达到 n＋1 时，则终止取 球且获奖，其它情况均不获奖．记获奖概率为 nP ． （1）求 1P ； （2）证明： 1n nP P  ． 6 江苏省 2020 年普通高等学校招生全国统一考试冲刺模拟试题解析 1．1 【解析】由 B A ， 2 1m   ，∴ 2 2 1m m  ．解得 1m  ， 验证可得符合集合元素的互异性，故答案为：1． 2．2 【解析】由题,因为    ( 2 )(1 ) 2 2a i i a a i      是纯虚数, 所以 2 0a   ,则 2a  ,故答案为：2 3． 6i  【解析】执行程序框图，有 30n  ， 0S  ； 不满足条件 2n  ， 30S  ， 28n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28S   ， 26n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28 26S    ， 24n  ； … 不满足条件 2n  ， 30 28 26 4S      ， 2n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28 26 4 2S       ， 0n  ； 满足条件 2n  ，退出循环，输出  15 2 3030 28 26 4 2 2402S         . 4．   , 1 1,1   【解析】   2 1 3 4 lg xy x x    ， 2 1 0 3 4 0 x x x      解得 1x  且 1x   即函数   2 1 3 4 lg xy x x    的定义域为   , 1 1,1   ， 故答案为：   , 1 1,1   5．38 【解析】 5 位学生的成绩如下：78、85、 a 、82、69，他们的平均成绩为 80， 78 85 82 69 5 80a       ，解得： 86a  ， 2 2 2 2 2 21[(78 80) (85 80) (86 80) (82 80) (69 80) ] 385s            ， 则他们成绩的方差等于 38.故答案为：38． 7 6． 7 10 【解析】某校开设 5 门不同的选修课程，其中 3 门理科类和 2 门文科类，某同学从中任选 2 门课程学习， 基本事件总数为 2 5 10n C  ，该同学恰好“选到文科类选修课程”包含的基本事件个数为 2 1 1 2 3 2 7m C C C   .∴该同学“选到文科类选修课程”的概率是 7 10 mp n   .故答案为： 7 10 . 7． 2 3 3y x  【解析】设点 A(x,y),因为 5FA  ，所以x-(-1)=5,所以 x=4.所以点 A(4,±4)， 由题得 2 2 2 16 16 16 161, 3 , .4 3bb b       所以双曲线的渐近线方程为 4 3 23 32 3y x x    .故答案为 2 3 3y x  8． 31 4 【解析】∵{an}是由正数组成的等比数列，且 a2a4=1， ∴设{an}的公比为 q，则 q>0，且 2 2 4 3 1a a a  ，即 a3=1. ∵S3=7，∴a1＋a2＋a3= 2 1 q ＋ 1 q ＋1=7，即 6q2－q－1=0. 故 q= 1 2 或 q=－ 1 3 (舍去)，∴a1= 2 1 q =4.∴S5= 514 1 2 11 2           =8(1－ 5 1 2 )= 31 4 . 9．12 【解析】三棱锥的体积为 21 1 4 3 2 3V PA PA     ，故 2PA  ， 因为 PA ， PB ， PC 两两垂直， PA PB PC  ，故可把三棱锥补成正方体， 该正方体的体对角线为三棱锥外接球的直径， 又体对角线的长度为 2 3 ，故球的表面积为  2 2 3 12S     . 10． 2 【解析】因为点 P 是曲线 2 lny x x  上任意一点，则点 P 到直线 2y x  的距离的最小值是过点 P 的切 8 线与直线平行的时候，则 1' 2 1 1y x xx      ，即点（1，1）那么可知两平行线间的距离即点（1，1） 到直线的距离为 2 11． 9 5 ln2 2 3 e 【解析】因为 3 3 12 a lna d b c    ， 所以可将 ( , )P a b ， ( , )Q c d 分别看成函数 3lny x x  与 2 3y x  上任意一点，问题转化为曲线上的动点 P 与直线上的动点Q 之间的最小值的平方问题， 设 ( , 3 )M t t lnt 是曲线 3lny x x  的切点，因为 31y x    ， 故点 M 处的切斜的斜率 31k t   ，由题意可得 31 2t   ，解得 3t  ， 也即当切线与已知直线 2 3y x  平行时，此时切点 (3,3 3ln3)M  到已知直线 2 3y x  的距离最近， 最近距离 6 3 3 3 3 6 3 3 5 5 ln lnd      ，也即 2 2 2 2 29(2 ln3) 9( ) ( ) ln5 5 3 ea c b d      . 12． 3 2  ； 【解析】由 C 是以 AB 为直径的半圆上一点，且 C 是线段 PQ 的中点， 且 PQ  与 AB  的夹角为120，可得 AC BC ，且    CP CQ 则 ( ) ( )AP BQ AC CP BC CQ AC BC AC CQ CP BC CP CQ                          0 AC CQ CQ BC CP CQ AC CQ CQ CB CP CQ                        ( )AC CB CQ CP CQ AB CQ CP CQ                 1 1 1 1 3cos120 cos180 5 ( ) ( 1)2 2 2 2 2AB CQ CP CQ                  . 13． 1 3 【解析】  是第二象限角，且 4sin 5   ，  2 , 2 ,2 k k k Z          ， 2 3cos 1 sin 5       ， sin 4tan cos 3     ，  2 2tan 42tan tan 2 2 31 tan 2             ，又 , ,2 4 2k k k Z   Î + + Î ， 9  θtan 02 > ，解得 tan 22   ， tan 1 2 1 12tan 2 4 1 2 31 tan 2               ． 14．  ( 1,0) 2 2  【解析】令函数     0g x f x x m    ，得 12 , 0 1( ) 2 , 1 0 1 , 1 x xx m f x x x xx xx               ， 结合函数  y f x x  的图象知当  ( 1,0) 2 2m   时， 函数  y f x x  的图象与直线 y m 恰好有 2 个不同的交点，所以  ( 1,0) 2 2m   . 15．【解析】（1）因为 (sin sin )(sin sin ) sin (sin sin )B C B C A B A    ， 在 ABC 中，由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ，得 ( )( ) ( )b c b c a b a    ， 化简得 2 2 2a b c ab   ， 在 ABC 中，由余弦定理得， 2 2 2 cos 1 2 2 a b cC ab    ，因为 (0, )C  ，所以 3C  ， 又 ABC 面积为 3 ，可得 1 sin 32 ab C  ，所以 ab=4. （2）因为 2 23 c b a  ，在 ABC 中，由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ， 所以 2 sinC sin 2sin3 B A  ，因为 A B C    ，所以 2 sinC sin( ) 2sin3 A C A   由（1）得 3C  ，所以 2 sin sin 2sin3 3 3A A       ， 化简得 3 3 3sin cos2 2 3A A  ，所以 1sin 6 3A      . 10 因为 20 3A   ，所以 6 6 2A      ， 所以 2 2 2cos 1 sin6 6 3A A               ， 所以 cos cos cos cos sin sin6 6 6 6 6 6A A A A                              2 2 3 1 1 2 6 1 3 2 3 2 6      16．【解析】（1）因为四边形 ABCD 为平行四边形,O 为 AC 与 BD 的交点, 所以 O 为 BD 的中点.又因为 E 为侧棱 PD 的中点,所以 / /OE PB . 又因为 PB  平面 PBC ,OE  平面 PBC ,所以 / /OE 平面 PBC . （2）在 ABC 中,因为 4AC  , 5AB  , 4sin 5ABC  , 由正弦定理 sin sin AC AB ABC ACB   ,可得 45sin 5sin 14 ABCAB AAC CB      , 所以 90ACB  ,即 AC BC . 又因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 / /AD BC ,所以 AC AD . 又因为平面 PAD  平面 ABCD , 平面 PAD 平面 ABCD AD , AC  平面 ABCD ,所以 AC  平面 PAD . 又因为 PD  平面 PAD ,所以 AC PD . 17．【解析】（1） 椭圆的离心率 1e 2  ， 2 2 1 31 4 4 b a     ，即 2 24 3b a ；① 又椭圆过点 31, 2      ，∴ 2 2 1 9 14a b   ，② 由①②得 2 4a  ， 2 3b  ，∴椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）由 2 2 14 3 y kx m x y     消去 y 整理得 2 2 23 4 8 4 12 0k x mkx m     ， 直线与椭圆交于不同的两点，   2 2 2 264 4 3 4 4 12 0m k k m      ， 整理得 2 24 3m k  ……（1），设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，弦 MN 的中点 A 0 0,x y ， 11 则 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 mk mx x x xk k      ，∴ 0 2 4 ,3 4 mkx k    ∴ 2 0 0 2 2 4 3 3 4 3 4 mk my kx m mk k        ， ∴点 A 的坐标为 2 2 4 3,3 4 3 4 mk m k k      ， ∴直线 AG 的斜率为 2 2 2 3 243 4 4 1 32 3 4 3 4 8 AG m mkk mk mk k k       ， 又直线 AG 和直线 MN 垂直，∴ 2 24 · 132 3 4 m kmk k     ，∴ 23 4 8 km k   ， 将上式代入（1）式，可得 22 23 4 4 38 k kk       ，整理得 2 1 20k  ， 解得 5 5 10 10k k  或 ．∴实数 k 的取值范围为 5 5, ,10 10                  ． 18．【解析】（1）由题意得  2 2 4 0 20400 ky xx x     ， 又 当 10 2x  时， 0.065y  ， 9k  ，  2 2 4 9 0 20400y xx x     . （2）     2 2 2 4 2 5 3204 9 0 20400 400 x y xx x x x         ， 令  2 320 320,720t x   ，则 5 1 230400 161040 y t t        ， 当且仅当 480t  ，即 4 10x  时，等号成立， 弧 AB 上存在一点，使建在此处的垃圾处理场对城 A 和城 B 的总影响度最小. 19．【解析】（1）由题意得        1 12 2 1 1 2 1x xf x e ax a e a x          ，所以  1 0f   ， 又   1 2xf x e a   ，且 0a  ，所以   0f x  恒成立，从而函数  y f x 在 R 上单调递增， 12 所以当  ,1x  时，   0f x  ；当  1,x  时，   0f x  . 则函数  y f x 在 ,1 上单调递减，在 1, 上单调递增， 因为  1 0f a   ，   10 0f e   ，函数  y f x 在 ( ,1] 上单调递减且图象连续不断， 所以函数  y f x 在 ,1 上恰有1个零点， 因为  1 0f a   ，  2 2 0f e   ，函数  y f x 在 1, 上单调递增且图象连续不断， 所以函数  y f x 在 1, 上恰有1个零点， 综上所述，当 0a  时，函数  y f x 有 2 个零点； （2）由（1）知，当 0a  时，函数  y f x 在 R 上单调递增， 又  1 0f   ，当 1x  时，   0f x  ；当 1x  时，   0f x  . 所以， 1x  是函数  y f x 的极小值点. 同理当 0a  时， 1x  也是函数  y f x 的极小值点. 当 0a  时，由   1 2 0xf x e a    得  1 ln 2x a   ，且  y f x 在 R 上单调递增. 所以当  1 ln 2x a   时，   0f x  ；当  1 ln 2x a   时，   0f x  ， 从而函数  y f x 在   ,1 ln 2a   上单调递减；在   1 ln 2 ,a   上单调递增. 若  1 ln 2 1a   ，即 1 02 a   ，则当   1 ln 2 ,1x a   时，   0f x  ，当  1,x  时，   0f x  ， 则 1x  是函数  y f x 的极值点； 同理若  1 ln 2 1a   ，即 1 2a   ，则 1x  也是函数  y f x 的极值点； 若  1 ln 2 1a   ，即 1 2a   ，   0f x  ，则函数  y f x 在 R 上单调递增，此时 1x  不是函数  y f x 的极值点. 综上可知，若 1x  不是函数  y f x 的极值点，则 1 2a   ，函数  y f x 在 R 上单调递增，从而函数  y f x 无极值点. 20．【解析】（1） 1 3A  ， 1 1B  ， 1 2d  ； 2 4A  ， 2 1B  ， 2 3d  ； 3 7A  ， 3 1B  ， 3 6d  . 13 （2）①当 1n  时， 1 1(1 ) 1a a     ，所以 1 1a  ； 当 2n  时，由 2 1(1 ) 3 3n nS a n      ，则 1 1 2 1(1 ) ( 1)3 3n nS a n        ， 两式相减得 1 2(1 ) 3n nna a a        ，即 1 2 3n na a   ， 所以 1 1 1 2 2 2 3 3( 1) 3( 1)n n n nb a a b                 . 因为 1 1 2 3 1 3( 1) 3( 1)b a        ， 所以当 1 3   时， 1 3 1 03( 1)b     ，故 0nb  ， 所以数列 nb 满足 1 ( 2)n n b nb     ， 即数列 nb 是以 3 1 3( 1)     为首项，  为公比的等比数列； 当 1 3   时， 1 3 1 03( 1)b     ，故 0nb  ，数列 nb 不是等比数列. ②由①知，当 1 3   时， 13 1 2 3( 1) 3( 1) n na        ； 当 1 3   时， 2 3( 1)na    . 又    1 2 1 2max , , , min , , ,i i i i nd a a a a a a     ，    1 1 2 1 2 3max , , , min , , ,i i i i nd a a a a a a       ， 由于    1 2 2 3min , , , min , , ,i i n i i na a a a a a      ， 所以由 1i id d  ，可得，    1 2 1 2 1max , , , max , , ,i ia a a a a a   . 所以  1 2 1 1max , , , i ia a a a  对任意的正整数 1,2,3, , 2i n   恒成立， 即数列 na 的前 1n  项单调递增是题设成立的必要条件，易知 1 3   . 因为 1i i id a a   ， 1 1 2i i id a a    ， 14 所以  1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 12 1 2 ( 1)3( 1) 3( 1) i i i i i iid d a a a                          . 当 1  时，由 1n na a  ，得 3 1 03( 1)     ，解得 1  ， 此时 1 0i id d   ，不符合 1i id d  ，舍去； 当 0 1  ，由 1n na a  ，得 3 1 03( 1)     ，解得 1 13   ， 此时 1 0i id d   ，符合 1i id d  . 综上所述，  的取值范围是 1 ,13      . 21．【解析】（1） 4 0 1 2 4 8 0 1 0 5 0 5AB                  ； （2）由 1 1 5 1B A X       ，解得 5 1X AB      4 8 5 28 0 5 1 5                  ， 又因为 aX b      ，所以 28a  ， 5b  . 22．【解析】（1）消去参数t 得到 3 6y x  ，故曲线 1C 的普通方程为 3 6 0x y   2 2 23 2 cos 3    ，由 x cos y sin        ，得到  2 2 23 2 3x y x   ， 即 2 2 13 x y  ，故曲线 2C 的普通方程为 2 2 13 x y  （2）设点 P 的坐标为 3cos ,sin  ， 点 P 到曲线 1C 的距离 3cos 2 sin 6d     10cos 6 2     所以，当  cos 1    时， d 的值最小，所以点 P 到曲线 1C 的最小距离为 6 10 2  . 23．【解析】（1）当 1a  时，不等式    f x g x 等价于 2 1 1 4 0x x x x       .① 15 当 1x   时，①式化为 2 3 4 0x x   ，无解； 当 1 1x   时，①式化为 2 2 0x x   ，从而 1 1x   ； 当 1x  时，①式化为 2 4 0x x   ，从而 1 171 2x    . 所以    f x g x 的解集为 1 17{ | 1 }2x x     . （2）当  1,1x  时，   2g x  . 所以    f x g x 的解集包含 1,1 ，等价于当  1,1x  时   2f x  . 又  f x 在 1,1 的最小值必为  1f  与  1f 之一，所以  1 2f   且  1 2f  ，得 1 1a   . 所以 a 的取值范围为 1,1 . 24．【解析】（1）令 1x  得， 0 2na  ；令 0x  得， 0 1 2 1na a a a    所以 1 2 1 2 1023n na a a      ，则 10n  . （2）对 2 0 1 2(1 ) (1 ) (1 ) (1 )n n nx a a x a x a x        两边求导得 1 1 1 2(1 ) 2 (1 ) (1 )n n nn x a a x na x        令 0x  ， 10n  得 1 10 n k k ka    25．【解析】（1）根据题意，每次取出的球是白球的概率为 2 5 ，取出的球是黑球的概率为 3 5 ， 所以 1 2 1 2 2 2 2 3 44( )5 5 5 5 125P C      ； （2）证明：累计取出白球次数是   1n 的情况有： 前 n 次取出 n 次白球，第 n +1 次取出的是白球，概率为 12( )5 n n nC  前 n+1 次取出 n 次白球，第 n +2 次取出的是白球，概率为 1 1 2 3( )5 5 n n nC     LLLL 前 2n﹣1 次取出 n 次白球，第 2n 次取出的是白球，概率为 1 1 2 1 2 3( ) ( )5 5 n n n nC      前 2n 次取出 n 次白球，第 2n +1 次取出的是白球，概率为 1 2 2 3( ) ( )5 5 n n n nC   16 则 1 1 1 1 1 2 1 2 2 3 2 3( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n nP C C C               1 1 0 1 1 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 3 3( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n n n nC C C C C                因此 2 0 1 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n n n nP P C C C C                 1 0 1 1 1 1 2 1 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n nC C C C             1 0 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) {[ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n nC C C C               0 1 +1 +1 +2 2 2 +1 2 +1 2 +2 3 3 3 3[ ( ) ( ) + ( ) ]}5 5 5 5 n n n n n n n n n n nC C C C C         则 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n n n n nP P C C C                 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 3 3( ) ( ) ( )5 5 5 n n n n n n n nC C C          1 1 1 1 2 1 2 2 2 3 3( ) ( ) ( )5 5 5 n n n n n nC C        因为 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 3 2 3 1( )5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n n n n n n nC C C C C C C C                    ， 所以 1 1 1 2 1 2 3 1( ) ( ) ( ) 05 5 5 n n n n n nP P C         ，因此 1n nP P  ．