2023-2024学年高二数学人教A版选择性必修第三册第六章 计数原理 测试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高二数学人教A版选择性必修第三册第六章 计数原理 测试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 415.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-12 18:10:46 | ||
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文档简介
2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第三册第六章计数原理精选题
一、单选题
1．在的展开式中，的系数是（ ）
A． B．4 C． D．12
2．若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ）
A．54 B． C．108 D．
3．甲、乙、丙、丁、戊5名青年志愿者被分配到3个不同的岗位参加志愿者工作，每个岗位至少分配一人，其中甲与丙不在同一岗位，丁与戊在同一岗位，则不同的分配方案有（ ）
A．18种 B．21种 C．24种 D．30种
4．某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，每名员工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．184种 B．196种 C．252种 D．268种
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）．
A．种 B．种 C．种 D．种
7．某班级举办元旦晚会，一共有个节目，其中有个小品节目．为了节目效果，班级规定中间的个节目不能安排小品，且个小品不能相邻演出，则不同排法的种数是（ ）
A． B． C． D．
8．现有4名男生和4名女生排成一排，且男生和女生逐一相间的排法共有（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．2023年海峡两岸花博会的花卉展区设置在福建漳州，某花卉种植园有2种兰花，2种三角梅共4种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，4种精品花卉将去，展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有1种花卉参展，下列选项正确的是（ ）
A．若展馆需要3种花卉，有4种安排方法
B．共有14种安排方法
C．若“绿水晶”去展馆，有8种安排方法
D．若2种三角梅不能去往同一个展馆，有4种安排方法
10．若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
11．下列说法正确的是（ ）
A．已知，则可能取值为6 B．已知，则可能取值为7
C．在的展开式中，各项系数和为0 D．在的展开式中，各项系数和为29
三、填空题
12．某班两位老师和6名学生出去郊游，分别乘坐两辆车，每辆车坐4人.若要求两位老师分别坐在两辆车上，共有 种分配方法.
13．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
14．已知三位整数满足的展开式中有连续的三项的二项式系数成等差数列，则的最大值是 ．
四、解答题
15．一个口袋内装有大小相同的4个白球和1个黑球.
(1)从口袋内取出3个小球，共有多少种取法？
(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
16．已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
(2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
17．已知，求下列各式的值：
(1)；
(2)．
18．已知，．
(1)证明： ；
(2)证明： ．
19．若函数的定义域、值域都是有限集合，，则定义为集合A上的有限完整函数.已知是定义在有限集合上的有限完整函数.
(1)求的最大值；
(2)当时，均有，求满足条件的的个数；
(3)对于集合M上的有限完整函数，定义“闭环函数”如下：，对，且，（注：，，）.若，，，则称为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数（用列表法表示的函数关系）.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】求出二项式的通项公式，由此令x的指数为2，求得r的值，即可求得答案.
【详解】由题意得的通项公式为，
令，
故的系数是，
故选：C
2．A
【分析】令，结合已知求出，再求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解.
【详解】令，可得，所以，
则展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故选：A.
3．D
【分析】分类讨论5名青年志愿者不同的分组法，再考虑2，2，1分组中的情况，利用分类计数原理即可得解.
【详解】依题意，①若是2，2，1分组，
当甲一个人一组时，乙与丙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案；
当丙一个人一组时，甲与乙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案;
②若是3，1，1分组，则可再选一人与丁、戊组成一组，有种不同的分配方案.
综上，不同的分配方案共有(种).
故选：D.
4．C
【分析】采用间接法可直接得到答案.
【详解】从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人安排到假期的四天值班，一共有种方法；
甲在第一天值班有种方法；乙在第四天值班有种方法；
甲在第一天值班且乙在第四天值班有种方法；
因此从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，甲在第一天不值班，乙在第四天不值班共有种方法，
故选：C.
5．B
【分析】利用二项式定理求得展开式的通项公式，从而得解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
则，故B正确．
故选：B．
6．B
【分析】将所有选修方式分为两年修完和三年修完两类，结合分组分配的方式可求得结果.
【详解】若两年修完全部五门选修课程，先将五门课程分成两组，再从三个学年中选取两年来安排课程，
则共有种选修方式；
若三年修完全部五门选修课程，则先将五门课程分成三组，再安排到三个学年中，
则共有种选修方式；
综上所述：每位同学不同的选修方式种数为种.
故选：B.
7．C
【分析】先确定个小品的安排方式，再安排其余个节目，根据分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】用表示不安排中间且不相邻的位置，则有，，，，，，，，，，，共种情况，
个小品有种安排方式；再安排其余个节目，共有种安排方式；
不同排法的种数有种.
故选：C.
8．A
【分析】分两类，第一类：男女男女男女男女，第二类：女男女男女男女男，根据分类加法原理求解.
【详解】4名男生和4名女生排成一排，且男生和女生逐一相间的排法分两类：
第一类：男女男女男女男女，共有种不同方法；
第二类：女男女男女男女男，共有种不同方法；
由分类相加计数原理可得共有种不同方法．
故选：A
9．AB
【分析】根据排列、组合的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，若展馆需要3种花卉，则有种安排方法，正确.
B选项，4种花卉按去，展馆参展有种方法；
按去，展馆参展有种方法；
因此不同的安排方法种数是，正确.
C选项，若“绿水晶”去展馆，若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，
若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，
若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，所以共有种方法，错误.
D选项，由选项B知，4种精品花卉将去，展馆参展共有14种安排方法，
若2种三角梅去往同一个展馆，有种安排方法，
则2种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法，错误.
故选：AB
10．ACD
【分析】将，，代入判断ACD，利用二项式展开式的通项公式判断B即可.
【详解】将代入得，解得，A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以，B错误；
将代入得，
即，C正确；
将代入得，
即①，
将代入得，
即②，
①+②得，所以，
①-②得，所以，
所以，D正确；
故选：ACD
11．BC
【分析】对于选项A和选项B，根据组合数公式，计算求解即可判断；对于选项C和选项D，根据赋值法求解即可判断．
【详解】根据组合数公式，则或，
解得，经检验符合题意；故A错B对；
令，则的展开式中，各项系数和为0，故C对D错.
故选：BC.
12．40
【分析】选一位老师坐第一辆车，再选3名学生坐第一辆车，列式计算即得.
【详解】选一位老师坐第一辆车，共种选法，再选3名学生坐第一辆车，共种选法，
余下的老师和3名学生坐第二辆车，
所以不同的分配方法共有种.
故答案为：40
13．80
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
令，则，有.
故答案为：.
14．959
【分析】设连续的三项的二项式系数为，利用等差中项得，求出，利用为正整数对根进行分析可得答案.
【详解】设连续的三项的二项式系数为，，
由得，
解得①，因为为正整数，所以应为奇完全平方数，
设，可得，代入①，
解得，或，
所以三位整数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据连续的三项的二项式系数成等差数列求出，对其中为奇完全平方数进行分析求出.
15．(1)10
(2)6
(3)4
【分析】（1）由组合数公式即可求解；
（2）由组合数公式即可求解；
（3）由组合数公式即可求解；
【详解】（1）从口袋内的5个球中取出3个球，取法种数是.
（2）从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是需要从4个白球中取出2个，取法种数是.
（3）由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从4个白球中取出3个球，取法种数是.
16．(1)86400
(2)8520
【分析】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，然后利用分步乘法原理求解：第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，再计算可得；
（2）由分类加法原理计算：分三类：恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品或测6次全是正品．
【详解】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，
第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，由乘法原理方法数为：；
（2）至多6次可分为恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品，
恰好4次，即前4次测试都是次品，方法数为；
恰好4次，即第5次是次品，前4次中有3次是次品，方法数为；
恰好6次，即第6次是次品，前5次中有3次是次品或前6次都是正品，方法数为
所以总的测试情况数为：．
17．(1)
(2)2187
【分析】（1）求即求的系数，利用通项公式求解；
（2）采用赋值法，令和，可解.
【详解】（1）求即求的系数．
．
当，即项时，．
（2）由展开式可知均为正值，均为负值，
故
当时，，
当时，，
所以，
，
故．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由组合数公式计算即可；
（2）由组合数公式计算即可.
【详解】（1）因为，
，
所以；
（2）因为，
，
所以．
19．(1)140
(2)42
(3)证明见解析
【分析】（1）根据有限完整函数的定义，结合基本不等式，即可求的答案；
（2）由题可得出，由此结合排列组合的知识，即可求得答案；
（3）由题意可知，不妨取一个闭环函数，然后结合“m阶闭环函数”的定义，证明该函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数，即可证明原命题.
【详解】（1）由题意得
，
当且仅当时取等号，
即的最大值为140；
（2）由题意知，
从集合M中任取5个数，记为，共有中取法，然后剩余的两个数全排列，
故共有个满足条件；
（3）证明：以下面表格作为的函数关系：
x 1 2 3 4 5 6 7
2 3 1 5 6 7 4
，
故为3阶闭环函数；
又，
故也为4阶闭环函数，
故原命题得证.
【点睛】难点点睛：本题考查函数的新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此去解决问题，解答的难点在于（3）中对“m阶闭环函数”的定义的理解，关键在于取一个闭环函数后，要说明该函数符合3阶闭环函数以及4阶闭环函数的定义，从而证明结论.
答案第1页，共2页
一、单选题
1．在的展开式中，的系数是（ ）
A． B．4 C． D．12
2．若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ）
A．54 B． C．108 D．
3．甲、乙、丙、丁、戊5名青年志愿者被分配到3个不同的岗位参加志愿者工作，每个岗位至少分配一人，其中甲与丙不在同一岗位，丁与戊在同一岗位，则不同的分配方案有（ ）
A．18种 B．21种 C．24种 D．30种
4．某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，每名员工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．184种 B．196种 C．252种 D．268种
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）．
A．种 B．种 C．种 D．种
7．某班级举办元旦晚会，一共有个节目，其中有个小品节目．为了节目效果，班级规定中间的个节目不能安排小品，且个小品不能相邻演出，则不同排法的种数是（ ）
A． B． C． D．
8．现有4名男生和4名女生排成一排，且男生和女生逐一相间的排法共有（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．2023年海峡两岸花博会的花卉展区设置在福建漳州，某花卉种植园有2种兰花，2种三角梅共4种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，4种精品花卉将去，展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有1种花卉参展，下列选项正确的是（ ）
A．若展馆需要3种花卉，有4种安排方法
B．共有14种安排方法
C．若“绿水晶”去展馆，有8种安排方法
D．若2种三角梅不能去往同一个展馆，有4种安排方法
10．若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
11．下列说法正确的是（ ）
A．已知，则可能取值为6 B．已知，则可能取值为7
C．在的展开式中，各项系数和为0 D．在的展开式中，各项系数和为29
三、填空题
12．某班两位老师和6名学生出去郊游，分别乘坐两辆车，每辆车坐4人.若要求两位老师分别坐在两辆车上，共有 种分配方法.
13．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
14．已知三位整数满足的展开式中有连续的三项的二项式系数成等差数列，则的最大值是 ．
四、解答题
15．一个口袋内装有大小相同的4个白球和1个黑球.
(1)从口袋内取出3个小球，共有多少种取法？
(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
16．已知10件不同的产品中有4件次品，现对这10件产品一一进行测试，直至找到所有次品.
(1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
(2)若至多测试6次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
17．已知，求下列各式的值：
(1)；
(2)．
18．已知，．
(1)证明： ；
(2)证明： ．
19．若函数的定义域、值域都是有限集合，，则定义为集合A上的有限完整函数.已知是定义在有限集合上的有限完整函数.
(1)求的最大值；
(2)当时，均有，求满足条件的的个数；
(3)对于集合M上的有限完整函数，定义“闭环函数”如下：，对，且，（注：，，）.若，，，则称为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数（用列表法表示的函数关系）.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】求出二项式的通项公式，由此令x的指数为2，求得r的值，即可求得答案.
【详解】由题意得的通项公式为，
令，
故的系数是，
故选：C
2．A
【分析】令，结合已知求出，再求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解.
【详解】令，可得，所以，
则展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故选：A.
3．D
【分析】分类讨论5名青年志愿者不同的分组法，再考虑2，2，1分组中的情况，利用分类计数原理即可得解.
【详解】依题意，①若是2，2，1分组，
当甲一个人一组时，乙与丙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案；
当丙一个人一组时，甲与乙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案;
②若是3，1，1分组，则可再选一人与丁、戊组成一组，有种不同的分配方案.
综上，不同的分配方案共有(种).
故选：D.
4．C
【分析】采用间接法可直接得到答案.
【详解】从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人安排到假期的四天值班，一共有种方法；
甲在第一天值班有种方法；乙在第四天值班有种方法；
甲在第一天值班且乙在第四天值班有种方法；
因此从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，甲在第一天不值班，乙在第四天不值班共有种方法，
故选：C.
5．B
【分析】利用二项式定理求得展开式的通项公式，从而得解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
则，故B正确．
故选：B．
6．B
【分析】将所有选修方式分为两年修完和三年修完两类，结合分组分配的方式可求得结果.
【详解】若两年修完全部五门选修课程，先将五门课程分成两组，再从三个学年中选取两年来安排课程，
则共有种选修方式；
若三年修完全部五门选修课程，则先将五门课程分成三组，再安排到三个学年中，
则共有种选修方式；
综上所述：每位同学不同的选修方式种数为种.
故选：B.
7．C
【分析】先确定个小品的安排方式，再安排其余个节目，根据分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】用表示不安排中间且不相邻的位置，则有，，，，，，，，，，，共种情况，
个小品有种安排方式；再安排其余个节目，共有种安排方式；
不同排法的种数有种.
故选：C.
8．A
【分析】分两类，第一类：男女男女男女男女，第二类：女男女男女男女男，根据分类加法原理求解.
【详解】4名男生和4名女生排成一排，且男生和女生逐一相间的排法分两类：
第一类：男女男女男女男女，共有种不同方法；
第二类：女男女男女男女男，共有种不同方法；
由分类相加计数原理可得共有种不同方法．
故选：A
9．AB
【分析】根据排列、组合的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，若展馆需要3种花卉，则有种安排方法，正确.
B选项，4种花卉按去，展馆参展有种方法；
按去，展馆参展有种方法；
因此不同的安排方法种数是，正确.
C选项，若“绿水晶”去展馆，若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，
若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，
若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，所以共有种方法，错误.
D选项，由选项B知，4种精品花卉将去，展馆参展共有14种安排方法，
若2种三角梅去往同一个展馆，有种安排方法，
则2种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法，错误.
故选：AB
10．ACD
【分析】将，，代入判断ACD，利用二项式展开式的通项公式判断B即可.
【详解】将代入得，解得，A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以，B错误；
将代入得，
即，C正确；
将代入得，
即①，
将代入得，
即②，
①+②得，所以，
①-②得，所以，
所以，D正确；
故选：ACD
11．BC
【分析】对于选项A和选项B，根据组合数公式，计算求解即可判断；对于选项C和选项D，根据赋值法求解即可判断．
【详解】根据组合数公式，则或，
解得，经检验符合题意；故A错B对；
令，则的展开式中，各项系数和为0，故C对D错.
故选：BC.
12．40
【分析】选一位老师坐第一辆车，再选3名学生坐第一辆车，列式计算即得.
【详解】选一位老师坐第一辆车，共种选法，再选3名学生坐第一辆车，共种选法，
余下的老师和3名学生坐第二辆车，
所以不同的分配方法共有种.
故答案为：40
13．80
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
令，则，有.
故答案为：.
14．959
【分析】设连续的三项的二项式系数为，利用等差中项得，求出，利用为正整数对根进行分析可得答案.
【详解】设连续的三项的二项式系数为，，
由得，
解得①，因为为正整数，所以应为奇完全平方数，
设，可得，代入①，
解得，或，
所以三位整数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据连续的三项的二项式系数成等差数列求出，对其中为奇完全平方数进行分析求出.
15．(1)10
(2)6
(3)4
【分析】（1）由组合数公式即可求解；
（2）由组合数公式即可求解；
（3）由组合数公式即可求解；
【详解】（1）从口袋内的5个球中取出3个球，取法种数是.
（2）从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是需要从4个白球中取出2个，取法种数是.
（3）由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从4个白球中取出3个球，取法种数是.
16．(1)86400
(2)8520
【分析】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，然后利用分步乘法原理求解：第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，再计算可得；
（2）由分类加法原理计算：分三类：恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品或测6次全是正品．
【详解】（1）需测试8次，按顺序可看作为8个位置，
第一步，第一个位置放置正品，第二步，选2个次品放在第二和第八个位置，第三步在第三到第7个位置中选2个位置放置剩余的两个次品，其他3个位置放3个正品，由乘法原理方法数为：；
（2）至多6次可分为恰好4次，恰好5次，恰好6次找到所有次品，
恰好4次，即前4次测试都是次品，方法数为；
恰好4次，即第5次是次品，前4次中有3次是次品，方法数为；
恰好6次，即第6次是次品，前5次中有3次是次品或前6次都是正品，方法数为
所以总的测试情况数为：．
17．(1)
(2)2187
【分析】（1）求即求的系数，利用通项公式求解；
（2）采用赋值法，令和，可解.
【详解】（1）求即求的系数．
．
当，即项时，．
（2）由展开式可知均为正值，均为负值，
故
当时，，
当时，，
所以，
，
故．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由组合数公式计算即可；
（2）由组合数公式计算即可.
【详解】（1）因为，
，
所以；
（2）因为，
，
所以．
19．(1)140
(2)42
(3)证明见解析
【分析】（1）根据有限完整函数的定义，结合基本不等式，即可求的答案；
（2）由题可得出，由此结合排列组合的知识，即可求得答案；
（3）由题意可知，不妨取一个闭环函数，然后结合“m阶闭环函数”的定义，证明该函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数，即可证明原命题.
【详解】（1）由题意得
，
当且仅当时取等号，
即的最大值为140；
（2）由题意知，
从集合M中任取5个数，记为，共有中取法，然后剩余的两个数全排列，
故共有个满足条件；
（3）证明：以下面表格作为的函数关系：
x 1 2 3 4 5 6 7
2 3 1 5 6 7 4
，
故为3阶闭环函数；
又，
故也为4阶闭环函数，
故原命题得证.
【点睛】难点点睛：本题考查函数的新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此去解决问题，解答的难点在于（3）中对“m阶闭环函数”的定义的理解，关键在于取一个闭环函数后，要说明该函数符合3阶闭环函数以及4阶闭环函数的定义，从而证明结论.
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