课时作业62 两个基本计数原理-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

第九章 概率与统计 3 第九章 概率与统计 课时作业62 两个基本计数原理 - 一、单项选择题 1.李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙 子,另有两套不同样式的连衣裙,国庆节需选 择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方 式有 ( ) A.24种 B.10种 C.9种 D.14种 2.5名同学去听同时进行的3个名师讲座,每个同 学可自由选择,且必须选择一个讲座,则不同 的选择种数是 ( ) A.53 B.35 C.5×4×3 D.5×4 3.(2023·福建福州高三阶段练习)为了丰富学生 的课余生活,某学校开设了篮球、书法、美术、 吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程,甲、乙、丙3 名同学从中各自任选一门活动课程参加,则这 3名学生所选活动课程不全相同的选法有 ( ) A.120种 B.150种 C.210种 D.216种 4.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的 出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、 龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十 二生肖的吉祥物各一个,已知甲同学喜欢牛、 马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学所有的吉祥 物都喜欢,让甲、乙、丙三位同学依次从中选一 个作为礼物珍藏,若各人所选取的礼物都是自 己喜欢的,则不同的选法有 ( ) A.90种 B.80种 C.60种 D.50种 5.若一个m,n均为非负整数的有序数对(m,n), 在做m+n的加法时,各位均不进位,则称(m, n)为“简单的有序实数对”,m+n 称为有序实 数对(m,n)之值,则值为2 004的“简单的有序 实数对”的个数是 ( ) A.10 B.15 C.20 D.25 6.如图是在“赵爽弦图”的基 础上创作出的一个“数学 风车”平面模型,图中正方 形ABCD 内部为“赵爽弦 图”(由四个全等的直角三 角形 和 一 个 小 正 方 形 组 成),给 △ABE、△BCF、△CDG、△DAH 这4 个三角形和“赵爽弦图”ABCD 涂色,且相邻区 域(即图中有公共点的区域)不同色,已知有5 种不同的颜色可供选择.则不同的涂色方法种 数是 ( ) A.360 B.120 C.420 D.216 二、多项选择题 7.下列说法正确的是 ( ) A.用0,1,2,3,4能组成48个不同的3位数 B.将10个团员指标分到3个班,每班要求至少 得2个,有15种分配方法 C.小明去书店看了4本不同的书,想借回去至 少1本,有16种方法 D.甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡,四人互送贺 卡,每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己 写的贺卡,有9种不同的方法 8.学校安排甲、乙、丙三位同学到A,B,C,D,E, F 六个社区进行社会实践活动,每位同学只选 择一个社区进行活动,且多个同学可以选择同 一个社区进行活动,下列说法正确的有 ( ) A.如果社区B 必须有同学选择,则不同的安排 方法有88种 B.如果同学乙必须选择社区C,则不同的安排 方法有36种 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -413- hh 又xQ ≤-2,即 5 λ -4≤-2 , 结合λ>0,解得λ≥ 5 2. 因此t2 = 36λ2 -120λ +75,λ ∈ 5 2 ,+∞ . (3)证明:点 F 的坐标为 (-4,0). 当点 P 不在x 轴上时,过Q作 x 轴的垂线,垂 足为Q'.如图. 设直线x=1与x轴的交点为P',点Q 的坐标为(xQ,yQ). md(P)=| PF |+ n, 即 n = md(P)-|PF|=d(P)(m-|QF|). d(P)=| FP| |FQ|= |FP'| |FQ'|= 5 xQ +4 . 由Q 为线段PF 与Γ的交点,得点Q 的 坐标(xQ,yQ)满足方程 x2 4 - y2 12=1 , 即 x2Q 4 - y2Q 12=1. 于是|QF|= (xQ +4)2+y2Q = (xQ +4)2+3x2Q -12=2|xQ +1|, 又xQ <-2,故|QF|= -2(xQ +1). 于 是 n = d(P)(m -|QF |)= 5 xQ +4 [m + 2(xQ + 1)]= 10 + 5(m-6) xQ +4 . 故存在常数m =6,n=10, 使得md(P)=|PF|+n. 当点P 在x 轴上时, P(1,0),Q(-2,0),F(-4,0), 所以|FP|=5,|FQ|=2, 即d(P)=| FP| |FQ|= 5 2 , 所以6×d(P)=|PF|+10,即上述结 论亦成立. 第九章 概率与统计 课时作业62 两个基本计数原理 1.D 2.B 3.C 4.D 5.B 6.C 先对正方形ABCD 涂色,共有5种 颜色可供选择,然后涂△ABE区域,有 4种颜色可供 选 择,接 下 来 涂 △BCF 区域,有3种颜色可供选择,若 △CDG 区域与 △ABE 区域同色,则 △ADH 区域有3种颜色可供选择;若 △CDG 区域与 △ABE 区域不同色,则 △CDG 区域有2种颜色可供选择,△ADH 区 域有2种颜色可供选择,由计数原理可 知,不同的涂色方法种数为5×4×3× (1×3+2×2)=420.故选C. 7.BD 对于A,第一步先排百位数,有4 种排法,第二步排十位数有5种排法, 第三步排个位数有5种排法,由分步乘 法计数原理可得共有4×52=100(个) 不同的三位数,故A错误;对于B,第一 步,每个班先各分一个团员指标,有一 种方法,第二步,再将余下7个团员指 标排成一排,7个指标之间有6个空,用 2块隔板插入其中的两个空,每种插空 方法就是一种将7个指标分给3个班, 每班至少一个指标的分 配 方 法,故 第 二步有C26 =15(种)方法,由分步乘法 计数原理可得满足条件的分配方法有 15种,故B正确;对于C,因为借回至少 1本的反面为1本都不借,又小明所有 的借书方法数为24,所以借回至少1本 的方法数为24-1=15,故C错误;对 于D,第一步甲先拿贺卡,有3种方法, 第二步 安 排 甲 拿 到 的 贺 卡 的 主 人 拿, 有3种方法,第三步余下两人拿贺卡, 由于其中一人不能拿自 己 的 贺 卡,故 只有1种方法,由分步乘法计数原理可 得共3×3=9(种)方法,故D正确. 8.BD 安排甲、乙、丙三位同学到A,B, C,D,E,F 六个社区进行社 会 实 践 活 动,对于A,如果社区B 必须有同学选 择,则 不 同 的 安 排 方 法 有63 -53 = 91(种),故A错误;对于B,如果同学乙 必须选择社区C,则不同的安排方法有 62=36(种),故B正确;对于C,如果三 名同学选择的社区各不 相 同,则 不 同 的安排方法共有6×5×4=120(种), 故C错误;对于D,如果甲、丙两名同学 必须在同一个社区,则不 同 的 安 排 方 法 共有C16×6=36(种),故D正确. 故 选BD. 9.AB 对于A,甲选一荤一素,则有2× 3=6(种)选法,故A正确;对于B,若 乙从三份素菜中选两 份 素 菜,相 当 于 去掉一份素菜,则有3种方法,故B正 确;对于C,由A,B选项结合分类加法 计数原理可知,甲、乙两人分别打菜, 每人都有6+3=9(种)选菜方法,由 分步乘法计数原理知两人选菜的总方 法数为9×9=81,故C错误;对于D, 若两人打的菜均为一荤一素且只有一 份相同,分为以下两类:若荤菜相同, 素菜不同,则有2×A23 =12(种),若素 菜相 同,荤 菜 不 同,则 有3× A22 = 6(种),总计有12+6=18(种),故D错 误.故选AB. 10.6 11.12 解析:当百位为6,符合要求的“吉祥 数”有600;当百位为5,符合要求的 “吉祥数”有510;当百位为4,符合要 求的“吉祥数”有420,402;当百位为 3,符合要求的“吉祥数”有330,312; 当百位为2,符合要求的“吉祥数”有 240,204,222;当百位为1,符合要 求 的“吉祥数”有150,114,132;综上可 知,共有12个“吉祥数”. 12.66 解析:当 选 择 两 种 颜 色 时,因 为 橄 榄 绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内,所 以共有C24-1=5(种)选法,因此不 同的涂色方法有5×2=10(种),当选 择三种 颜 色 且 橄 榄 绿 与 薄 荷 绿 都 被 选中,则有2种选法,因此不同的涂色 方法有2×2×2=8(种),当选择三种 颜色且 橄 榄 绿 与 薄 荷 绿 只 有 一 个 被 选中,则有2种选法,因此不同的涂色 方法有2×3×2×(2+1)=36(种), 当选择四种颜色时,不同的涂色方法 有2×2×2+2×2=12(种),所以共 有10+8+36+12=66(种)不同的 涂色方法. 13.解:(1)由已知可得:甲、乙两人共付 费6元,则甲、乙一人付费2元一人付 费4元,又因为付费2元的乘坐站数 有1,2,3三种选择,付费4元的乘坐 站数有4,5,6,7四种选择,所以甲、乙 下地铁的方案共有3×4×2=24(种). (2)甲、乙两人共付费8元,则甲、乙一 人付费2元一人付费6元或两人都付 费4元;当甲付费2元,乙付费6元时, 甲乘坐站数有1,2,3三种选择,乙乘 坐站数有8,9,10,11,12五种选择,此 时,共有3×5=15(种)方案;当两人 都付费4元时,若甲在第4站下地铁, 则乙可在第5,6,7站下地铁,有3种 方案;若甲在第5站下地铁,则乙可在 第6,7站下地铁,有2种方案;若甲在 第6站下地铁,则乙可在第7站下地 铁,有1种方案;综上可知,甲比乙先 下地铁的方案共有15+3+2+1= 21(种). 14.解:第一类,1号区域与4号区域同色, 此时可分三步来完成, 第一步,涂1号区域和4号区域,有5 种涂法; 第二步,涂2号区域,只要不与1号区 域和4号区域同色即可,因此有4种 涂法; 第三步,涂3号区域,只要不与1号区 域和4号区域同色即可,因此也有4 种涂法; 由分步乘法计数原理知,有5×4× 4=80(种)涂法. 第二类,1号区域与4号区域不同色, 此时可分四步来完成, 第一步,涂1号区域,有5种涂法; 第二步,涂4号区域,只要不与1号区 域同色即可,因此有4种涂法; 第三步,涂2号区域,只要不与1号区 域和4号区域同色即可,因此有3种 涂法; 第四步,涂3号区域,只要不与1号区 域和4号区域同色即可,因此也有3 种涂法. 由分步乘法计数原理知,有5×4× 3×3=180(种)涂法. 依据分类加法计数原理知,不同涂色 的方法种数为80+180=260. 15.24 解析:偶数中只含有2的子集有{2}, {1,2},{2,3},{2,5},{1,2,3},{1,2, 5},{2,3,5},{1,2,3,5}共8个;偶数 中只含有4的子集有{4},{1,4},{4, 3},{4,5},{1,4,3},{1,4,5},{4,3, 5},{1,4,3,5}共8个;偶数中含有2,4 的子 集 有 {2,4},{1,2,4},{2,3,4}, {2,4,5},{1,2,3,4},{1,2,4,5},{2, 3,4,5},{1,2,3,4,5}共8个.所以,总 的子集个数为8+8+8=24. 16.解:(1)从集合A中先选出m有5种方 法,从集合B 中再选出n有5种方法, 根据分步乘法计数原理知共有5× 5=25(个)不同的数对. (2)在(1)中的25个数对中,m>n的 数对可以分类来解: 当m =2时,n=1,有1种结果; 当m =4时,n=1,3,有2种结果; 当m =6时,n=1,3,5,有3种结果; 当m =8时,n =1,3,5,7,有4种 结果; 当m =10时,n=1,3,5,7,9,有5种 结果; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -636- 参 考 答 案 综上所述,共有1+2+3+4+5= 15(个)满足条件的数对. 课时作业63 排列、组合 1.C 2.B 3.B 4.A 根据题意,要求提问的三个媒体团 中既有 国 内 媒 体 团 又 有 国 外 媒 体 团, 分2种情况讨论:选出的3个媒体团中 只有 一 个 国 内 媒 体 团,有 C15C23A33 = 90(种)不同的提问方式;选出的3个 媒体团中有 两 个 国 内 媒 体 团,则 国 外 媒体 团 要 在 中 间 位 置 发 言,则 有 C25C13A22 =60(种)不同的提问方式,综 上,共有60+90=150(种)不同的提 问方式.故选A. 5.D 若四人中,没有人选择“火山热海” 线路,4=2+1+1,则有C24×A34 = 144(种)方法.若四人中,恰有1人选择 “火山热海”线路,则有C14(C23×A24)= 144(种)方法,所以他们报名的情况总 共有144+144=288(种).故选D. 6.C 根据题意,将3只金渐层猫放在同 一个猫笼里,则把3只金渐层猫看成是 1个整体,4只银渐层猫每2只放在一 个猫 笼 里,则 分 组 方 法 有C 2 4C22 A22 = 3(种),一共有4个整体进行排列放在5 个不同的猫笼,在5个不同的猫笼中可 以放4个整体,则一共可以安排的方法 有A45×3=360(种).故选C. 7.BCD 由题意,所有不同分派方案共 C24C12C11 A22 ·A33=36(种),故A错误,B正 确;对于C,若甲必须到A 企业,若A 企 业有两人,则将其余三人 安 排 到 三 家 企业,每家企业一人,则不同分派方案 有A33 =6(种),若A 企业只有一人,则 不同分派方案有C23C11A22 =6(种),所 以所 有 不 同 分 派 方 案 共 6+6 = 12(种),故C正确;对于D,若甲、乙安 排到同一家企业,则将剩 下 的 两 人 安 排到另外两家企业,每家企业一人,则 有A33 =6(种)不同的分派方法,所以 若甲、乙不能安排到同一家企业,则所 有不同分派方案共36-6=30(种),故 D正确.故选BCD. 8.BC 对于 A,Amn = n! (n-m)! ,故 A 错误;对 于 B,Cmn = n! m! (n-m)! , m+1 n+1 Cm+1n+1 = m+1 n+1× (n+1)! (n-m)! (m+1)! = n! m! (n-m)! , 所以Cmn = m+1 n+1 Cm+1n+1,故B正确;对于 C,An+1n+1-Ann =(n+1)! -n! =(n+ 1-1)·n! =n·n!,n2An-1n-1=n2(n- 1)! =n·n!,所 以 An+1n+1 - Ann = n2An-1n-1,故C正确;对于D,当n=2时, C12+C22 =3≠22,则C1n +C2n + … + Cnn =2n 不成立,故D错误.故选BC. 9.BCD 对于A,因为a3=3,a1+a2< a4+a5,a1+a2+a4+a5 =12,所以 a4+a5>6,所以a4+a5 =7或a4+ a5 = 9,所 以 满 足 条 件 的 数 列 有 2A22A22 =8(个),故A错误;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”,则有A33·A22 =12(个),故 B正确;对于C,由条件知1可能排在第 2,3,4位,若a2 =1,则满足条件的数 列有C34 个,若a3=1,则满足条件的数 列有C24 个,若a4=1,则满足条件的数 列有 C14 个,故 满 足 条 件 的 数 列 有14 个,故C正确;对于D,因为a2 >a3 > a4,a4<a5,所以a4 =1或a4 =2,若 a4=1,先确定a5有C14种方法,再确定 a1,a2,a3 有A22 种方法,满足条件的数 列有C14A22 =8(个),若a4 =2,先确定 a5 有C13 种方法,再确定a1,a2,a3 有1 种方法,满足条件的数列有3个,故满 足条件的数列有11个,故D正确.故选 BCD. 10.480 11.180 解析:6本书分给甲、乙、丙3人,每人 至少1本,则3人书籍本数分为1,1, 4;1,2,3;2,2,2三 大 类 情 况,第 一 类 1,1,4情况:若甲分1本,已分得书籍 A,则另两人一人1本,1人4本,共有 C15A22 种,若甲分4本,即再取3本,则 剩余2本书分给乙、丙,一人一本,则 共有 C35A22 种,故 第 一 类 情 况 共 有 C15A22+C35A22=30(种);第二类1,2,3 情况:若甲分1本,已分得书籍A,另 两人一人2本,1人3本,共有C25A22 种,若甲分2本,另两人一人1本,1人 3本,共有C15C14A22 种,若甲分3本,另 两人一人1本,1人2本,共有C25C13A22 种,故 第 二 类 情 况 共 有 C25A22 + C15C14A22+C25C13A22=120(种);第三类 2,2,2情况:每人都两本,故甲再取1 本,乙、丙 平 均 分 剩 下4本,则 共 有 C15C24=30(种);所以不同的分发方式 种数是30+120+30=180. 12.53 解析:① 当取的两个数中有一个是1 时,则1只能作真数,此时loga1=0, a=2或3或4或5或6或7或8或9; ② 所取的两个数不含有1时,即从2, 3,4,5,6,7,8,9中 任 取 两 个,分 别 作 为底数与真数,有A28=56(个)对数, 但 是 其 中 log23 = log49,log32 = log94,log24=log39,log42=log93. 综上可知:共可以得到56+1-4= 53(个)不同的对数值. 13.解:(1)根据题意知,每个盒子里有 且只有一个小球,所求放 法 种 数 为 A44 =24. (2)考查编号为1的盒子中放入编号 为1的小球,则其他3个球均未放入 相应编号的盒子,那么编号为2,3,4 的盒子中放入的小球编号可以依次 为3,4,2或4,2,3,因此,所求放法种 数为2×4=8. (3)按两步进行,空盒编号有4种情 况,然后将4个完全相同的小球放入 其中3个盒子,另一个为空盒,则只需 在4个完全相同的小球所形成的3个 空(不包括两端)中插入2块板,由分 步乘法计数原理可知,所求的放法种 数为4C23 =12. 14.解:(1)末位是0,有A44 =24(个), 末位是2或4,有C12C13A33 =36(个), 故满足条件的五位数共有24+36= 60(个). (2)解法1:可分两类,0是末位数,有 A22A22 =4(个),2或4是末位数,则 A22A12 =4(个). 故共有4+4=8(个). 解法2:第二、四位从奇数1,3中取,有 A22 个; 首位从2,4中取,有 A12 个;余下的排 在剩下的两位,有A22 个; 故共有A22A12A22 =8(个). (3)可分五类,当末位数字是0,而首 位数字是2时,有A33 =6(个); 当末位数字是0,而首位数字是3或4 时,有A12A33 =12(个); 当末位数字是2,而首位数字是3或4 时,有A12A33 =12(个); 当末位数字是4,而首位数字是2时, 有A22+1=3(个); 当末位数字是4,而首位数字是3时, 有A33 =6(个). 故有6+12+12+3+6=39(个). 15.BC 对于A,将1,2,3,4全部排列,恰 有3次升高的排列为1234,故 43 = 1,A错误;对于B,将1,2,3,4全部排 列,恰有2次升高,排列个数可以如下 考 虑:1排 首 位 时,共 有1324,1423, 1342,1243共4个排列符合恰有2次 升 高;2排 首 位 时,共 有2134,2341, 2314,2413共4个排列符合恰有2次 升高;3排首位时,共有3124,3412共2 个排列符合恰有2次升高;4排首位 时,共有4123共1个排列符合恰有2 次升高,故 4 2 =11,B正确;对于C, 将1,2,…,n 全部排列,共有n-1处 相邻两数满足ai<ai+1 或ai>ai+1, 故如果其中有k 处升高,则其余n- 1-k处必为ai>ai+1,将有k处升高 的排列倒序排列,则得到的新排列显 然有n-1-k处升高,且两者排列的 个数一样,反之亦然,所以有k处升高 的排列个数等于有n-1-k处升高的 排 列 个 数,故 n k = nn-k-1 , C正确;对于D,不妨取n=4,k=2, 则 4 2 =11,而 32 =1,31 =4,则 232 +431 =18,即 42 ≠232 + 431 ,故 nk ≠kn-1k +nn-1k-1 , D错误.故选BC. 16.(1)4 (2)155 解析:(1)由|ai+1 -ai|=1可知, ai+1-ai =1,ai+1-ai = -1只能有 一个成立,故a12≤12,又因为a1,a6, a12 成 等 比 数 列, 所 以 a12a1 = a26⇒a26=a12≤12,故a12只能为1,4, 9,a6 只能为 -3,-2,-1,1,2,3,若 a1 →a6 满足5次ai+1-ai =1,此时 a6=6,不符合,舍去.若a1→a6满足 4次ai+1-ai =1,1次ai+1-ai = - 1,此时a6=4,不符合,舍去.若a1→ a6 满足3次ai+1-ai =1,2次ai+1- ai = -1,此时a6 =2,符合.若a1→ a6 满足2次ai+1-ai =1,3次ai+1- ai = -1,此时a6 =0,不符合,舍去. 若a1 →a6 满足1次ai+1-ai =1,4 次ai+1-ai = -1,此时a6 = -2,符 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -637-