湖北省沙市中学2025-2026学年高三上学期8月月考数学试卷

这是一份湖北省沙市中学2025-2026学年高三上学期8月月考数学试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：刘芳审题人：熊炜
考试时间：2025 年 8 月 15 日
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，只有一项是符合题目要求的．


已知全集U  R ，集合 A  x x  2  0, B  x∣lg x  a ，若 B  ð A ，则 a 的取值
范围是（）
x  22U
A． , 2
B．1, 
C． 2, 
D． 2, 
已知 p : x  3 或 x  2, q : x  a ，且 q 是 p 的充分不必要条件，则实数 a 的取值范围是（）
A． a  2
B． a  3
C． a  2
D． a  2
某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境
下，甲､乙两个品种的茶青每 500 克的红茶产量（单位：克）分别为 X ,Y ，且
，
1122
X  N μ,σ2 ,Y  N μ,σ2  ，其密度曲线如图所示 则以下结论错误的是（）
Y 的数据较 X 更集中
P  X  c  P Y  c
甲种茶青每 500 克的红茶产量超过μ 的概率大于 1
22
P( X  c)  P Y  c  1
某产品的广告费用 x 与销售利润 y 的统计数据如下表，由表中数据用最小二乘法求得广告费用 x
与销售利润 y 满足经验回归方程 yˆ  2.5x  aˆ ，则下列结论不正确的是（）
x 与 y 有正相关关系
a  4
当 x  9 时，残差为-0.5
当广告投入金额为 10 万元时，该产品的销售利润 y 大约为 29 万元
函数 f  x  x5  sin x 1， f 3m  f n 1  2
，且m  0, n  0 ，则 3  1 的最小值为（）
mn
A．8B．10C．14D．16
“City 不 City”是一个今年在网络上迅速走红的流行语，这句流行语也成为了外国游客表达对中国城市深刻印象的一种新颖方式.现将一对 C，一对 i，一对 t，一对 y 重新组合排成一行，若至多有 2 对相同的字母相邻（如 CCiityty，CCitiyty 等），则不同的排法有（ ）
A．2124 种B．2148 种C．2352 种D．2420 种
为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有50% 的学生乘坐公共交通工具，有30% 的学生乘坐私家车，有20% 的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有10% 的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有20%的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有5% 的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（ ）
5321
A． 11B． 11C． 3D． 2
x1
若关于 x 的方程 x  e 有三个不等的实数解 x , x , x ,且 x  0  x  x ,其中m  R ,
exx  exm0
 x
2  x
1 2 3
 x
123

e  2.71828L L 为自然对数的底数,则 1  m   2  m  3  m  的值为（ ）
 ex1
  ex2
 ex3
A． eB． e2
C． m 2  m4
D． m 1 m4
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
给出下列命题，其中正确命题为（）
随机变量ξ~ B n, p ，若 E ξ  30 ， D ξ  20 ，则 n  90
6
随机变量 X 服从正态分布 N 1,σ2  ， P  X  1.5  0.34 ，则 P  X  0.5  0.16
一组数据 xi , yi i  1, 2, 3, 4, 5, 6 的线性回归方程为 ‸y  2x  3 ，若 xi  30 ，则
6
i1
 yi  63
i1
对于独立性检验，随机变量 K 2 的观测值 k 值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大
已知 f  x  2x  m7  a  a  x 1  a  x 12 L a  x 17 ，若
0127
a  a1  a2 L a7  128 ，则正确的是（）
022227
m  1B． a3  160
C． f 3 除以 6 所得余数为5D． a1  2a2  3a3  4a4  5a5  6a6  7a7  14
已知奇函数 f  x 的定义域为R ，其导函数为 f  x ，若 f  x  f 2  x  2x  2 ，且
f 3  2 ，则（）
A． f  x  4 
f  x
f 7  6
f 2025  1
80

f (i)  3240
i1
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知 x  1 2x 15 的展开式中含 x3 的项的系数为.
x 

哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙王共 8 个人物手办，小明随机购买 3个盲盒（3 个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为 ；记小明抽到的龙王盲盒个数为 X，则 E（X）＝ .
实数a ， b 满足 1 ea2 b  2a2  6lna  2b 1， c  R ，则a  c2  b  c2 的最小值是.
a3
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知数列a 的前 n 项和为 S ，且 S  n2 n  N*  .正项数列b 满足 b  1, b  81且
nnn
n15
lg bn1  lg bn1  2 lg bn (n  2) .
求数列an 和数列bn的通项公式；
n
令cn  an  bn ，求数列cn 的前 n 项和T ．
已知函数 f  x  ln x  a  x 1a  R  在2, f 2 处的切线与直线 x  2 y  0 平行．
求 f  x 的单调区间；
当 x 1, 2 时，恒有
x21
f (x)(k
2)xk
 成立，求 k的取值范围.
22
成绩区间
50, 60
60, 70
70,80
80, 90
90,100
频数
100
200
300
240
160
某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己 1000 次训练情况并将成绩（满分 100 分）统计如下表所示.
求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
该运动员用分层抽样的方式从50,80 的训练成绩中随机抽取了 6 次成绩，再从这 6 次成绩中随机选 2 次，设成绩落在区间60, 70 的次数为 X，求 X 的分布列及数学期望；
对这 1000 次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于 80 分的成绩 可以提高 10 分，原高于 80 分的无影响，优化失败则原成绩会降低 10 分，已知该运动员优化动作成功的概率为 p(0  p  1) ．在一次资格赛中，入围的成绩标准是 80 分.用样本估计总体的方法，
求使得入围的可能性变大时 p 的取值范围.
已知函数 f  x  x ex  a ， a  R .
当 a  1 时，求 f  x 的极值；
若函数 g  x  f  x  a ln x 有 2 个不同的零点x ， x .
12
求 a 的取值范围；
证明： ex  x 1 a.
1 2
x1 x2
19 ． 有 编 号 为 1, 2,L, n 的 n 个 空 盒 子 n  2, n  N ， 另 有 编 号 为 1, 2,L, k 的 k 个 球
2  k  n, k  N ，现将 k 个球分别放入 n 个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，
先将 1 号球随机放入 n 个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应
的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记 k 号球能放入 k 号盒子的概率为 P n, k  .
（1）求 P 3, 3 ；
（2）当 n  3 时，求 P n, 3 ；
求 P n, k  .
8 月月考数学参考答案
1—5：BDDCD
6．C
【分析】由间接法，求得恰有 3 对和 4 对的情况，即可求解；
434
【详解】恰有 3 对相同的字母相邻的排法有： C3  A3 C2  4  4  6  144 ,
4
有 4 对相同的字母相邻的排法有： A4  24 ,
A8
8 个字母的全排列为： 8  2520 ,
2222
A2  A2  A2  A2
所以至多有 2 对相同的字母相邻的不同的排法有： 2520 144  24  2352 ，故选：C
7【答案】D
【解析】
【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式即可求出结果.
【详解】由题知市民乘坐公共交通工具出行迟到的概率为 1  1  1 ，
市民开私家车出行迟到的概率为 3  1  3 ，
2 1020
10550
市民骑行或步行出行迟到的概率为 1  1  1 ，
520100
则这名市民迟到的概率为 1  1  3  1  1  1  3 ，
2 1010552025
3
故所求的概率为 50  1 .
32
25
8．B
【分析】根据所给的方程的特征,令 x
ex
 t 进行换元,方程转化为t 2  (m 1)t  m  e  0 ,画出函数
g(x) 
x 的图象,利用函数的图象和所求的代数式特征,求出所求代数式的值.
ex
【详解】令 x
ex
 t ,所以由 x 
ex
ex1
x  ex
 m 
0 可得t 2  (m 1)t  m  e  0 ,
设 g(x)  x , g (x)  1 x ,当 x  1 时, g ' (x)  0 ,所以函数 g(x)  x 单调递减,
exexex
当 x  1时, g ' (x)  0 ,所以函数 g(x)  x 单调递增,而 g(0)  0, g(1)  1 ,显然当 x  0 时, g(x)  0 ，当
x  0 时, g(x)  0 ，因此函数 g(x) 

exe
x 的图象如下图所示：
ex
xxex1
x , x , x
x  0  x  x
要想关于 的方程 m  0 有三个不等的实数解 1 2 3 ,且 123 ,
exx  ex
结合函数图象可知,只需关于t 的方程t 2  (m 1)t  m  e  0 有两个不相等的实数根t1 , t2 ,且
x1  t , x2  x3  t ,
ex1
1 ex2
ex32
1 2
 x2  x
m
 m  x3  m   t  mt  m2 ,
 ex  ex2 ex 12
1
3
 
t  mt  m  t t  m t  t   m2  (e  m)  m(1 m)  m2  e ,
121 212
 x2  x x
 1 1  2 1 3 1  e2 .
 ex1
  ex2
 ex3
故选 B.
9.AD
10. ACD
【详解】令 x  3 ，得 f  3   3  m7  a
 a1  a2 L a7
 128 ∴ m  1，所以 A 正确；
2

2

022227
令 x 1  t ∴ 2t 17  a  a t  a t 2 L a t7 ，所以 a  C4 23  280 ，所以 B 错误；
012737
由 A 知 f  x  2x 17  a  a  x 1  a  x 12 L a  x 17 ，
0127
77777
所以 f 3  2  3 17  6 17  C0  67  C1  66  C2  65 L C6  6  C7 ，所以 f 3 除以 6 的余数为 5，C 正确；
对于 D，由2t 17  a  a t  a t 2 L a t7 ，
0127
两边求导可得7 2t 16  2  a  2a tL 7a t6 ，
127
令t  1，得 a1  2a2  3a3  4a4  5a5  6a6  7a7  14 ，所以 D 正确．故选：ACD
11【答案】BCD
【解析】
【详解】由题意，设 g  x  f  x  x ，可得函数 g  x 的定义域为R ，
则 g x  g  x  f x  x  f  x  x  0 ，所以函数 g  x 为奇函数，
又由 f  x 
f 2  x  2x  2 ，可得 f  x  x 
f 2  x  (2  x) ，即 g  x  g 2  x ，
又由 g x  g  x ，则有 g 2  x  g x ，即 g  x  2  g  x ，
可得 g  x  4  g  x  2  g  x ，所以 g  x 是周期为 4 的周期函数，
对于 A 中，由 g  x  4  g  x ，可得 f  x  4  (x  4)  f  x  x ，
即 f  x  4  f  x  4 ，所以 A 不正确；
对于 B 中，由 f 3  2 ，可得 g 7  g(4  3)  g 3  f 3  3  1，
又由 g 7  f 7  7 ，即 f 7  7  1，所以 f 7  6 ，所以 B 正确；
对于 C 中，由 f  x  f 2  x  2x  2 ，可得 f  x   f 2  x  2 ，
令 x  1 ，可得 f 1   f 1  2 ，解得 f 1  1，
又由 f  x  4  f  x  4 ，可得 f  x  4  f  x ，所以 f  x 是周期为 4 的周期函数，
可得 f 2025  f (4  506 1)  f 1  1，所以 C 正确；
对于 D 中，由 g  x  2  g  x ，则由 g 1  g 3  0 ， g 2  g 4  0 ，
80
则有 g 1  g 2  g 3  g 4  0 ，即 g(i)  0 ，
i1

80808080
所以f (i) [g(i)  i] g(i) i  1 2 L 80  3240 ，所以 D 正确.
i1
i1
i1
i1
故选：BCD.
12.【答案】 120
13. 8
15
3 /1.5
2
C1C215
【详解】空 1：事件A ：随机购买 3 个盲盒，含哪吒且不包含敖丙， P  A  1 6 ，
C
8
356
C C
8
1 1
C
3
事件 B ：随机购买 3 个盲盒，恰有四个龙王中的一个： P  AB  2 4 
856
8
包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙王有且仅有一位的概率为： P B A  P  AB  56  8
P  A
空 2：每个盲盒抽到龙王的概率为： 4  1 ,每个盲盒未抽到龙王的概率为：1 1  1 ，
1515
50
8222
则抽到与未抽到龙王服从二项分布： E  X   np  3 1  3
22
答案：2

【分析】由 1 ea2 b  2a2  6lna  2b 1，可得ea2 b3ln a  2 a2  b  3ln a 1  0 ，
a3
通过研究函数 f  x  ex  2x 1 ，可得a2  3ln a  b ，然后a  c2  b  c2 可化为
函数 g  x  x2  3ln x，x  0 图象上一点到直线 y  x 上一点距离的平方，据此可得答案.
【详解】 1 ea2 b  2a2  ea2 b3ln a  2a2  6lna  2b 1 
a3
ea2 b3ln a  2 a2  b  3ln a 1  0 .
对于 f  x  ex  2x 1 ， f  x  ex  2  0 ，则 f  x 在 R 上单调递增，
又 f 0  0 ，则a2  3ln a  b ，故a  c2  b  c2  a  c2  a2  3ln a  c2 ，表示函数 g  x  x2  3ln x，x  0 图象上一点到直线 y  x 上一点距离的平方，
则最小值为函数 g  x 图象与直线 y  x 平行切线上一点到直线 y  x 的距离的平方.
g x  2x  3 ，令2x  3  1  x  1，
xx
2
2
则与直线 y  x 平行切线对应的切点为： 1,1 ，其到直线 y  x 距离为 2 .
则最小值为 2.
【答案】（1） an
 2n 1； bn
 3n1
（2） Tn
 n 13n 1
【解析】
【分析】（1）利用 an 与 Sn 的关系式及等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用错位相减法即可求解.
【小问 1 详解】
当 n  1 时， a1  S1  1 ，
nnn1
当 n  2 时， a  S  S n2  n 12  n2  n2  2n 1  2n 1，当 n  1 时也符合上式，
所以 an  2n 1，
n
b  3n1 .
【小问 2 详解】
c  a  b
 2n 13n1 ，
nnn
所以Tn
 1 3 31  5 32 L 2n 1 3n1 ，
3Tn
 3  3 32  5 33 L 2n 1 3n ，
两式相减得2Tn
 1 2 (31  32 L 3n1)  2n 13n ，
31 3
n1
 1 2  2n 13n  2  2  2n3n ，
1 3
所以Tn
 n 13n 1.
【小问 1 详解】
由已知可得 f  x 的定义域为0, ∞ ， f  x  1  a ，
x
所以 f 2  1  a   1 ，即 a  1 ，
22
所以 f  x  lnx   x 1 ， f  x  1 1  1 x ，
xx
令 f  x  0 ，得0  x  1，令 f  x  0 ，得 x  1 ，
所以 f  x 的单调递增区间为0,1 ，单调递减区间为1, ∞ ；
【小问 2 详解】
x21
lnxx  1
将不等式整理得： f  x 
2  2x  2  k  x 1 ，可化为 k  x  1 2，
问题转化为在1, 2 上， k  lnx  x  1 恒成立，
x  12
令 M  x  lnx  x 1 ， x 1, 2 ，
则 M  x 
x 12
1  x 1  lnx x
2
 1 
x2 12  x  2xlnx ，
2
(x 1)22x(x 1)
令 P  x  x2 12  x  2xlnx ，
则 P x  3x 1 x 1  2lnx  0 ， x 1, 2 ，所以 P  x 在1, 2 上单调递减，
P  x  P 1  0 ，即 M  x  0 ，所以 M  x 在1, 2 上单调递减，
M  x  M 2  ln2  1 ，所以 k  ln 2  1 ，
22
所以 k 的取值范围是 ∞, ln2  1  ．
2 

【小问 1 详解】依题意，平均值
x 1
1000
(100  55  200  65  300  75  240  85 160  95)  76.6 ，
Q0.1 0.2  0.3  0.6  0.75, 0.6  0.24  0.84  0.75 ，
上四分位数落在区间[80,90) ，且等于80  0.75  0.6 10  86.25 .
0.24
【小问 2 详解】
由样本数据可知，训练成绩在[50, 60) [70,80),[60, 70) 之内的频数之比为 2:1，由分层抽样的方法得，从训练成绩在[50,80) 中随机抽取了 6 次成绩，
在[50, 60) [70,80) 之内的 4 次，在[60, 70) 之内的抽取了 2 次，所以 X 可取的值有：0，1，2，
C0C262
C1 C18
C21
P( X  0)  2 4  ， P( X  1)  24 ， P( X  2)  2 ，
C
C
C
6
6
6
2155
215
215
分布列为：
 E( X )  0  2 1 8  2  1  2 .
515153
【小问 3 详解】
法一：设事件 A1, A2 , A3 分别表示动作优化前成绩落在区间[70,80) ，[80,90) ，[90,100] ，
则 A1, A2 , A3 相互互斥，所以动作优化前，
X
0
1
2
P
2
5
8
15
1
15
在一次资格赛中，入围的概率 P  A  A   P  A   P  A  
240  160
 0.4 ，
2323
10001000
设事件 B 为＂动作优化成功＂，则 P B∣A1   P B∣A2   P(B)  p ，
动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为： A1B∪ A2B∪ A3 ，且事件 A1B, A2B, A3 相互互斥，所以在一次资格赛中入围的概率
P  A1B∪ A2 B∪ A3   P  A1B  P  A2 B  P  A3   P  A1  P B∣A1   P  A2  P B∣A2   P  A3 
，
故 P  A B∪ A B∪ A   300
p  240
p  160
 0.54 p  0.16 ，
123
100010001000
由0.54 p  0.16  0.4 解得 p  4 ，又Q p  1, p 的取值范围是 4 ,1 .
9 9

法二：因为入围的成绩标准是 80 分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率
为： p1
 240 160  2  0.4 ， 10005
进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间[70,80) 或[80,90) 的成绩，
当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准，
所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率 p  300 p  240 p  160  0.54 p  0.16 ，
2100010001000
由0.54 p  0.16  0.4 ，得 p  4 ，又Q p  1, p 的取值范围是 4 ,1 .
9 9

【小问 1 详解】 a  1 时， f  x  x ex 1 ，Q f  x   x 1ex 1，
令 m  x  f  x, m x   x  2ex ，
 x ∞, 2 ， m x  0 ； x 2, ∞ ， m x  0 ，
 f  x 在∞, 2 单调递减， 2, ∞ 单调递增，
Q x   时， x 1  0 ， ex  0 ，则?′(?) < 0，
f 2  1 1  0 ， f 0  0 ， x   时， f  x  ∞，
e2
 x ∞, 0 时，?′(?) < 0；? ∈ (0, + ∞)，?′(?) > 0，
∴ ?(?)在∞, 0 单调递减，在(0, + ∞)单调递增， ∴ ?(?)的极小值为 f 0  0 ，无极大值.
【小问 2 详解】（i） g  x  f  x  a ln x  xex  a  x  ln x  xex  a ln xex  ，? ∈ (0, + ∞)，
令t  xex ， t 0, ∞ ， ∵ ?′ = (? + 1)e? > 0，t  xex 在(0, + ∞)单调递增，
令 h t   t  a ln t ，即 h t  在t 0, ∞ 有 2 个零点t ， t ，且t  x ex1 ， t  x ex2 ，
Q ht   1 a  t  a ，
tt
121122
 a  0 时， ht   0 ， h t  在t 0, ∞ 单调递增，不存在 2 个零点， a  0 ，
Qt 0, a 时， ht   0 ；t a, ∞ 时， ht   0 ， h t  在0, a 单调递减，在a, ∞ 单 调递增，Qt  0 时， h t   ∞； t   时， h t   ∞，
 h t  h a  a 1 ln a  0 ， a e, ∞ .
min
（ii）设t1  t2 ， ∵ ℎ(1) = 1 > 0， h e  e  a  0 ，
2
由（i）知，1  t  e  a  t ，即证： t t  ae ，即证： t  ae ，
t
121 2
1
?e
?1
2
Qt  a ， ae  a ， h t  在a, ∞ 单调递增，即证：0 = ℎ(? ) > ℎ，
t
2
1
Q a  t1 ， h  ae   ae  a ln ae  a  e  ln e   a  e  ln ln t    ，
ln t
 t tt t
ln t
 t
11
1 1 11 11  1
1
令 p t   e  ln ln t  1 ， t 1, e ，
t
11
1
即证： p t   0 ， pt    e  1  t1  elnt1 ，
11t 2t ln tt 2 ln t
11111
令 q t1   t1  e ln t1 ， t1 1, e ，
1
1
1
Q qt   1 e  t1  e  0 ， q t  在1, e 单调递减，?(? ) > ?(e) = 0，
t1t1
∴ ?′(?1) > 0， p t1  在1, e 单调递增， p t1   p e  0 ，
1
【小问 1 详解】1 号球放入 1 号盒中的概率为
3
1
,此时 2,3 号球分别放入 2,3 号盒中；
1
1 号球放入 2 号盒中的概率为
3
,欲使 3 号球放入 3 号盒中，则 2 号球需放入 1 号盒中，概率为 ,1
2
号球放入 3 号盒中时，此时 3 号球不能放入 3 号盒中;综上所述： P 3 , 3   1  1  1  1 .
【小问 2 详解】1 号球放入 1 号,4 号，5 号，, n 号盒中的概率为
1
n  2
n
3322
，此时 3 号球可放入 3 号盒
中;1 号球放入 2 号盒中的概率为
n
n  2
,欲使 3 号球放入 3 号盒中，则 2 号球需放入 1 号，4 号，5
号， n 号盒中，概率为
,1 号球放入 3 号盒中时，此时 3 号球不能放入 3 号盒中;
n
综上所述： P n, 3  n  2  1  n  2  n  2
nnn 1n 1
n  k 1
【小问 3 详解】1 号球放入 1 号， k 1 号， k  2 号， k  3 号，..., n 号盒中的概率为,此
n
时 k 号球可放入 k 号盒中：
1 号球放入 j 2 
j  k 1
号盒中的概率为 1 ,此时 2 号，3 号，j 1 号球都可以放入对应编
n
号的盒中，剩下编号为 j, j 1, j  2,L, k 的球和编号为 1, j  l, j  2,L, n 的空盒，
此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法
总数等效于将编号为1, 2,L, k  j 1的球，按照题设规则放入编号为1, 2,L, n  j 1的盒中（1
号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 P n  j 1, k  j 1
1 号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中：
n  k 11k1
所以 P n, k  
  P n  j 1, k  j 1 ,整理得：
n
n
j 2
k 1
nP n, k   n  k 1  P n  j 1, k  j 1 ,①分别用
j 2
n 1和
k 1替换 n 和 k ，可得：
k 2
n 1 P n 1, k 1  n  k 1  P n  j 1, k  j 1 ,②,
j 2
由①②式相减，整理得： P n, k   P n 1, k 1
从而 P n, k   P n 1, k 1 L  P n  k  2, 2 ,
P n  k  2, 2 等于 1 号球不放在 2 号盒的概率，即 P n  k  2, 2  1
1
n  k  2
 n  k 1 .
n  k  2
所以 P n, k   n  k 1
n  k  2
【点睛】关键点点睛： 1 号球放入 j 2  j  k 1 号盒中的关键是等效于将编号为
1, 2,L, k  j 1的球，按照题设规则放入编号为1, 2,L, n  j 1的盒中 P n  j 1, k  j 1 ，做差运算可得 P n, k   P n 1, k 1 迭代得出结论..