參考答案

解析幾何測試卷（A卷）

1. B

2. 因為mn>0，所以m>0，n>0或m<0，n<0，選B.

3. 設(shè)雙曲線C：-=1的半焦距為c，則2c=10，c=5. 又C的漸近線為y= ±x，點P（2，1）在C 的漸近線上，所以1=·2，即a=2b. 又c2=a2+b2，所以a=2b=，所以C的方程為-=1. 選A.

4. A

5. 由已知，e1==，e2==，選D.

6. 轉(zhuǎn)化為點P到兩個圓心的距離之和，再作圓C1關(guān)于x軸對稱的圓，選A.

7. 拋物線的焦點為（1，0），雙曲線的一條漸近線為y=x，則所求距離為=，選B.

8. 因為++=0，所以xA+xB+xC-3=0，故由拋物線的定義知++=xA+xB+xC+3=6. 選B.

9. 由-=1得a=，b=，c=. 所以e===，即m2-4m+4=0，解得m=2.

10. （x-1）2+y2=4

11.

12. 拋物線y2=2x的焦點坐標為，0，準線方程為x=-. 設(shè)A，B的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2），則x1x2==. 設(shè)AF=m，BF=n，則x1=m-，x2=n-，所以有m-n-=，m+n=，解得m=或n=，所以AF=.

13. 由題意設(shè)動點的坐標為（x，y），則得曲線C：（x+1）（y-1）=k2.

（1）用（-2-x，2-y）代曲線C中的（x，y），方程不變，故曲線C關(guān)于點（-1，1）中心對稱；

（2）點P在曲線C上，點A，B分別在直線l1，l2上，則PA≥x+1，PB≥y-1，所以PA+PB≥2=2k.

14. （1）由題意可知，△AF1F2為等邊三角形，a=2c，所以e=.

（2）由（1）可知a=2c，b=c，所以直線AB的方程為y=-（x-c），將其代入橢圓方程得Bc，-c，所以AB=·c-0=c=. 由S=·AF1·AB·sin∠F1AB=a2=40，解得a=10，b=5.

15. （1）由y=2x-4，y=x-1得圓心C為（3，2）. 因為圓C的半徑為1，所以圓C的方程為：（x-3）2+（y-2）2=1. 顯然切線的斜率一定存在，設(shè)所求圓C的切線方程為y=kx+3，所以=1，所以3k+1=，所以2k（4k+3）=0，所以k=0或k=-. 所以所求圓C的切線方程為：y=3或y=-x+3.

（2）因為圓C的圓心在直線l：y=2x-4上，所以設(shè)圓心C為（a，2a-4），則圓C的方程為：（x-a）2+[y-（2a-4）]2=1. 又因為MA=2MO，所以設(shè)M為（x，y），則=2，整理得：x2+（y+1）2=4，設(shè)為圓D. 所以點M應(yīng)該既在圓C上又在圓D上，即圓C和圓D有交點，所以2-1≤≤2+1. 由5a2-8a+8≥0得a∈R；由5a2-12a≤0得0≤a≤. 綜上所述，a的取值范圍為0，.

16. （1）由對稱性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜邊BD=2p，點A到準線l的距離d=FA=FB=p，S△ABD=4？圳×BD×d=4？圳p=2. 且圓F的方程為x2+（y-1）2=8.

（2）由對稱性設(shè)Ax0，（x0>0），則F0，，點A，B關(guān)于點F對稱得：B-x0，p-？圯p-=-？圳x=3p2，所以可得：Ap，，直線m：y=x+？圳x-y+=0；x2=2py？圳y=？圯y′==？圯x=p？圯切點P，，直線n：y-=x-？圳x-y-p=0，坐標原點到m，n距離的比值為：=3.

解析幾何測試卷（B卷）

1. C

2. D

3. A

4. 在橢圓C1中，AF1+AF2=2a1=4，AF2+AF2=F1F2=（2c1）2=12，所以在雙曲線C2中，AF2-AF1=2，則a2=，c2=c1=，e==，選D.

5. 因為橢圓的離心率為，所以e==，c2=a2，c2=a2=a2-b2，所以b2=a2，即a2=4b2. 雙曲線的漸近線為y=±x，代入橢圓得+=1，即+==1，所以x2=b2，x= ±b，y2=b2，y= ±b. 則第一象限的交點坐標為b，b，所以四邊形的面積為4×b×b=b2=16，所以b2=5，所以橢圓方程為+=1，選D.

6. 聯(lián)立y2=4x，y=2x-4 消去y得x2-5x+4=0，解得x=1，x=4，不妨設(shè)A點在x軸的上方，于是A，B兩點的坐標分別為（4，4），（1，-2）. 又F（1，0），易得cos∠AFB= -. 選D.

7. A

8. C 令PF1=r1，PF2=r2，F(xiàn)1F2=2c，于是由中線長公式可得OP2====2a2-5-c2=a2+b2-5，所以PM·PN=（OM-OP）·（ON+OP）=OM2-OP2=（a2+b2）-（a2+b2-5）=5.

9. 當直線x=m過右焦點時△FAB的周長最大，最大周長為4a=12，所以a=3，所以c2=a2-b2=4，即c=2，所以e=.

10. 4或-

11. 44

12. 設(shè)直線為y=k（x+1），聯(lián)立y2=4x得k2x2+（2k2-4）x+k2=0. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1+x2=-，y1+y2=k（x1+x2）+2k=. 又點Q為線段AB的中點，所以Q，，所以FQ==2，解得k=±1. 此時k2x2+（2k2-4）x+k2=0的？駐=0，不滿足題意. 所以直線l不存在.

13. 易知（PQ-PR）max=PQmax-PRmin，首先將P看做定點，則當Q，R運動時，PQmax=PC2+1，PRmin=PC3-1，故此時（PQ-PR）max=PC2-PC3+2. 然后將P還原為動點，觀察發(fā)現(xiàn)C3，C2恰為雙曲線C1的左、右焦點，即當P點在雙曲線C1左支上運動時，PC2-PC3恒為雙曲線實軸長2a=8，所以（PQ-PR）max=10.endprint

14. （1）由題意得e==，=，所以c=1，a=2，所求橢圓的方程為+=1.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），把直線l2：y=kx+m代入橢圓方程+=1得到（4k2+3）x2+8kmx+4m2-12=0，所以x1+x2=，x1x2=，則AB中點M，. 又M在直線l1上，得3×+4×=0，m≠0，所以k=1，故x1+x2=，x1x2=，所以AB=x-x=，原點O到AB的距離為d=，得到S=≤×=，當且僅當m2=取到等號，檢驗Δ>0成立.

15. （1）設(shè)直線的方程為y=k（x+1），即kx-y+k=0. 因為直線被圓C2截得的弦長為，而圓C2的半徑為1，所以圓心C2（3，4）到kx-y+k=0的距離為=. 化簡，得12k2-25k+12=0，解得k=或k=. 所以直線的方程為4x-3y+4=0或3x-4y+3=0.

（2）①設(shè)圓心C（x，y），由題意，得CC1=CC2，即可得=. 化簡得x+y-3=0，即動圓圓心C在定直線x+y-3=0上運動.

②圓C過定點. 設(shè)C（m，3-m），則由此可得動圓C的半徑為=. 于是動圓C的方程為（x-m）2+（y-3+m）2=1+（m+1）2+（3-m）2. 整理，得x2+y2-6y-2-2m（x-y+1）=0. 由x-y+1=0，x2+y2-6y-2=0，可解得x=1+，y=2+，或x=1-，y=2-.所以定點的坐標為1-，2-，1+，2+.

16. （1）由已知有a2+b2=7，由S=2S得2a·2b=2·2c·2b，所以a=2c，解得a2=4，b2=3，所以橢圓C的方程為+=1.

（2）當l不垂直于x軸時，設(shè)l的方程為y=kx+m，由=1得=1，即m2=k2+1. 將y=kx+m代入橢圓方程，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=，所以y1y2=（kx1+m）·（kx2+m）=. 若·=0，則可得x1x2+y1y2=+==0. 將m2=k2+1代入上式得-5（k2+1）=0，矛盾. 故此時直線l不存在. 當l垂直于x軸時，顯然滿足條件的直線l不存在. 綜上可知，使·=0成立的直線l不存在.

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月考試卷調(diào)研

1. C 2. B 3. A 4. A

5. C 6. C 7. A 8. B

9. D 10. （理科）C（文科）C

11. 12. 13. 2

14. 15. 2

16. 0，

17. （理科），3

（文）[-2，-1）

18. （1）f（x）=m2+m·n=2sin2x+1+2sinxcosx-3=sin2x-cos2x-1=sin2x--1. 由-+2kπ≤2x-≤+2kπ，k∈Z，得f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為-+kπ，+kπ（k∈Z）.

（2）由已知f（A）=0，得sin2A-=. 又A為銳角，故A=. 因為△ABC為銳角三角形，所以

19. （1）由a2=，a1=1，a2=3得b1=. 因為anbn=an+1bn+1，所以數(shù)列{anbn}是常數(shù)數(shù)列，anbn=a1b1=. 故bn=. 于是，an+1=+=+=3an. 因此，{an}是以a1=1為首項，以3為公比的等比數(shù)列. 所以an=3n-1，bn=.

（2）由（1）得cn==-. Sn=-+-+…+-=-. 因此，對于任意的n∈N，都有Sn<. 要使. 即3n>81，解得n>4. 綜上，最小的正整數(shù)n=5.

20. （理科）（1）因為SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC. 又AC=AB，E為BC的中點，所以BC⊥AE. 又AE∩SA=A，所以BC⊥平面SAE. 而AF？奐平面SAE，故BC⊥AF. 下證：AF⊥FB. 假設(shè)AF與FB不垂直，過A作AF′⊥FB于F′，因為平面AFB⊥平面SBC，所以AF′⊥平面SBC. 于是，BC⊥平面AFB. 因此BC⊥BF，這是不可能的. 因此AF⊥FB. 從而，AF⊥平面SBC. 所以AF⊥SE. 于是==2. 即SF=2FE.

（2）解法1：假設(shè)滿足條件的點G存在，并設(shè)DG=x. 過G作GM⊥AE于M，又由SA⊥GM，AE∩SA=A，得GM⊥平面SAE. 作MN⊥AF于N，連結(jié)NG，則AF⊥NG. 于是∠GNM為二面角G-AF-E的平面角，所以∠GNM=30°. 可得，MG=（1-x）. 由MN∥EF，得=，于是有=，MN=（1+x）. 在Rt△GMN中，MG=tan30°·MN. 因此，（1-x）=·（1+x），解得x=. 所以，滿足條件的點G存在，且DG=.

解法2：假設(shè)滿足條件的點G存在，并設(shè)DG=x. 以AC，AB，AS方向為x，y，z軸建立空間直角坐標系. 則A（0，0，0），S（0，0，2），E（1，1，0），可得G（1，x，0）. 由SF=2FE，得F，，. 經(jīng)計算，平面AFG的一個法向量n1=（-x，1，x-1），平面SAE的一個法向量n2=（1，-1，0）. 由二面角G-AF-E的大小為30°，得cos30°=，化簡得2x2-5x+2=0. 又0≤x≤1，所以x=. 所以滿足條件的點G存在，且DG=.

（文科）（1）由AC=AB=2，AC⊥AB，E是BC的中點，得AE=. 因為SA⊥底面ABC，所以SA⊥AE. 在Rt△SAE中，SE=. 于是EF=SE=. 因此AE2=EF·SE. 又因為∠AEF=∠AES，所以△EFA∽△EAS. 所以∠AFE=∠SAE=90°. 即AF⊥SE. 因為SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC. 又BC⊥AE，所以BC⊥底面SAE. 所以BC⊥AF. 又SE∩BC=E，所以AF⊥平面SBC.

（2）假設(shè)滿足條件的點G存在. 連結(jié)CF，過G作GH∥AF交CF于H. 因為AF⊥平面SBC，所以GH⊥平面SBC. 因此∠GSH是SG與平面SBC所成角. 所以∠GSH=30°. 于是GH=SG. 設(shè)AG=x，則SG=. 由GH∥AF得=. 又AF=，故=，GH=（2-x）. 于是（2-x）=. 解得x=8-2. 因此滿足條件的點G存在，且AG=8-2.

21. （理科）（1）因為F（-，0）為橢圓C的一個焦點，所以c=. 設(shè)P（x0，y0），由P在橢圓C上，得+=1，即x-a2=-y.于是，kPA·kPA=·===-=-. 因此，a=2b. 故c=b=. 得b=1，a=2. 從而，橢圓C的方程為+y2=1.

（2）由已知，0

而x-4=-4y，y-1=-，故-4yk2-2x0y0k-=0. 得k=-，因此，直線l的方程為y-y0=-（x-x0），即x0x+4y0y-4=0.

因為點O到直線l的距離為d==，0

（文科）（1）因為R在C1上，所以4+m2=5，又m>0，故m=1. 因為R在C2上，所以4=2p，故p=2. 從而，拋物線C2的方程為x2=4y.

（2）設(shè)Px0，x（0

因為直線l與拋物線C2只有一個公共點，所以Δ=k2-kx0-x=0. 得k=x0. 因此，直線l的方程為y-x=x0（x-x0），即2x0x-4y-x=0.

由已知，點O到直線l的距離為d===·，因為f（x）=在0

22. （理科）（1）由x2+a≤a+1x，a∈R，得a+1≥0，x2-（a+1）x+a≤0，或a+1<0，x2+（a+1）x+a≤0. 因此，當a>1時，A={x1≤x≤a}；當-1≤a≤1時，A={xa≤x≤1}；當a<-1時，A={x-1≤x≤-a}.

（2）當a≥1時， A={x1≤x≤a}，而S2=a+a2>a，故S2？埸A，不符合條件.

當0

當a<-1時，A={x-1≤x≤-a}. 而S1=a？埸A，不符合條件.

當a=-1時，A={x-1≤x≤1}. S2n-1= -1（n∈N），S2n=1（n∈N），適合條件.

當-1

S2n+1=S2n-1+a2n+a2n+1=S2n-1+a2n（1+a）>S2n-1（n∈N）.

S2n+2=S2n+a2n+1+a2n+2=S2n+a2n+1（1+a）

且S2n-1=-<（n∈N），同理有S2n>（n∈N）. 故S1

只需-1

綜上所述，a的取值范圍是0

（文科）（1）當a=0時， f（x）=x2+x， f（x）為偶函數(shù)；當a≠0時， f（a）=a2， f（-a）=a2+2a，因為f（-a）+f（a）=2a2+2a>0，所以f（x）不是奇函數(shù). 因為f（-a）-f（a）=2a>0，所以f（x）不是偶函數(shù). 綜合得f（x）既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù).

（2）設(shè)h（x）=f（x）+m+（0

一方面，g（x）在x∈（0，2）上有意義，得-4m+2+1≥0，于是m≤-2.

一方面，g（x）

由題設(shè)條件，得log2（-4m+1）≤m+2. 化為-4m+1≤2m+2.

設(shè)2m=t，則t2+4t-1≥0，解得t≥-2（t≤--2舍去）. 所以2m≥-2，m≥log2（-2）. 綜上得log2（-2）≤m≤-2.

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月考試卷調(diào)研

1. 1 2. 3. 3

4. 700 5. 6. -

7. 8. 9. [1，2）

10.

12. 令f（x）=x2-（a2+b2-6b）x+a2+b2+2a-4b+1，則由題意有f（0）=a2+b2+2a-4b+1≤0且f（1）=2a+2b+2≥0，即（a+1）2+（b-2）2≤4且a+b+1≥0. 在直角坐標平面aOb上作出其可行域，而a2+b2+4a=（a+2）2+b2-4的幾何意義為PA2-4（其中P（a，b）為可行域內(nèi)任意的一點，A（-2，0））. 當P點在直線l：a+b+1=0上且AP⊥l時取得最小值；當P點為AC（C為圓（a+1）2+（b-2）2≤4的圓心）的延長線與圓C的交點時達到最大值. 又A點的直線l的距離為，AC=，所以a2+b2+4a的最大值和最小值分別為5+4和-.

13. 方法一：m=+=6++. 當且僅當=，即x=2時m取得最小，此時點P的坐標為（2，3）.

方法二：m=+=6++. 當且僅當=時m取得最小值. 下略.

14. 方法一：因為a1>a2>a3，a1+a2+a3=0， 所以a1>0，a3<0，消去a2得-2<<-，且a1a-（a1+a3）a4+a1+a3=0，兩邊同除以a1得a-1+a4+1+=0，解得=-1，所以-2<-1<-，解得

方法二：因為a1>a2>a3，a1+a2+a3=0，所以可得1>>，1++=0，令x=，y=，則y

15. （1）f（x）=a·b=2cos2+sinωx=sinωx+cosωx+1=2sinωx++1，所以f（x）的最小正周期是T==π（ω>0），故ω=2.

（2）由（1）知， f（x）=2sin2x++1. 因為x∈0，，所以2x+∈，，于是f（x）=2sin2x++1∈[2，3]. 故當x=時， f（x）max=3；當x=0時， f（x）min=2.

16. （1）因為BC∥平面PAD，而BC？奐平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以BC∥AD. 因為AD？埭平面PBC，BC？奐平面PBC，所以AD∥平面PBC.

（2）自P作PH⊥AB于H，因為平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD. 因為BC？奐平面ABCD，所以BC⊥PH. 因為∠PBC=90°，所以BC⊥PB，而∠PBA≠90°，于是點H與B不重合，即PB∩PH=H. 因為PB，PH？奐平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 因為BC？奐平面PBC，故平面PBC⊥平面PAB.

17. （1）因為關(guān)于x的不等式f（x）≤0的解集中有且只有一個元素，所以二次函數(shù)f（x）=x2-ax+2（x∈R）的圖象與x軸相切，于是（-a）2-4×2=0，考慮到a<0，所以a=-2. 從而f（x）=（x+）2，故數(shù)列{an}的前n項和Sn=（n+）2（n∈N）.于是a1=S1=（1+）2=3+2；當n>1，n∈N時，an=Sn-Sn-1=（n+）2-[（n-1）+]2=2n+2-1. 故數(shù)列{an}的通項公式為an=3+2，n=1，2n+2-1，n>1，n∈N.

（2）bn==n+2. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br（正整數(shù)p，q，r互不相等）成等比數(shù)列，則b=bpbr，即（q+2）2=（p+2）（r+2），整理得（pr-q2）+2（p+r-2q）=0. 因為p，q，r都是正整數(shù)，所以pr-q2=0，p+r-2q=0，于是pr-2=0，即（p-r）2=0，從而p=r與p≠r矛盾. 故數(shù)列{bn}中不存在不同三項能組成等比數(shù)列.

18. （1）當點F與點C重合時，由題設(shè)知，S△BEC=S？荀ABCD，于是EB·h=AB·h，其中h為平行四邊形AB邊上的高，得EB=AB，即點E是AB的中點.

（2）因為點E在線段AB上，所以0≤x≤20. 當10≤x≤20時，由（1）知，點F在線段BC上，因為AB=20m，BC=10m，∠ABC=120°，所以S？荀ABCD=AB·BC·sin∠ABC=20×10×=100. 由S△EBF=x·BF·sin120°=25得BF=，所以由余弦定理得y==. 當0≤x<10時，點F在線段CD上，由S四邊形EBCF=（x+CF）×10×sin60°=25得CF=10-x，當BE≥CF時，EF=，當BE

，化簡均為y=2.

綜上，

y=2，0≤x<10，，10≤x≤20.

（3）當0≤x<10時，y=2=2，于是當x=時，y=5，此時CF=；當10≤x≤20時，y=≥=10>5，故當E距B點2.5m，F(xiàn)距C點7.5m時，EF最短，其長度為5m.

19. （1）由題設(shè)知，A（-1，0），B（1，0）. 設(shè)P（x0，y0）（y0≠0），則kPQ=，kPA=，kPB=. 因為kPA，kPQ，kPB成等差數(shù)列，所以2kPQ=kPA+kPB，即=+，亦即=，由于y0≠0，所以x0=-. 故動點P的橫坐標為定值-.

（2）由（1）知，P-，y，kPA==2y，kPB==-. 直線PA的方程為y=kPA（x+1），代入x2+y2=1得（x+1）[（1+k）x-（1-k）]=0，于是點S的橫坐標xS=，從而yS=. 同理可得xT=，yT=. 因為==，=== =，所以直線QS和直線QT的斜率相等，故點S，T，Q共線.

20. （1）因f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，故f′（x）=-a≤0在（1，+∞）上恒成立. 所以當x∈（1，+∞）時， f′（x）≤0. 又f′（x）=-a=-2+-a=--2+-a，故當=，即x=e2時， f ′（x）max=-a. 所以-a≤0，于是a≥，故a的最小值為.

（2）命題“若？堝x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f ′（x2）+a成立”等價于“當x∈[e，e2]時，有f（x）min≤f ′（x）max+a”. 由（1），當x∈[e，e2]時， f ′（x）max=-a，所以f ′（x）max+a=. 問題等價于：“當x∈[e，e2]時，有f（x）min≤”. 1°當a≥時，由（1）， f（x）在[e，e2]上為減函數(shù)，則f（x）min=f（e2）=-ae2≤，故a≥-. 2°當a<時，由于f ′（x）= --2+-a在[e，e2]上為增函數(shù)，故f ′（x）的值域為[f ′（e）， f ′（e2）]，即-a，-a.

（i）若-a≥0，即a≤0， f′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，故f（x）在[e，e2]上為增函數(shù)，于是， f（x）min=f（e）=e-ae≥e>，不合題意.

（ii）若-a<0，即00，f（x）為增函數(shù)；所以， f（x）min=f（x0）=-ax0≤，x0∈（e，e2）. 所以，a≥->->-=，與0

綜上，得a≥-.

21. （A）因AE=AC，AB為直徑，故∠OAC=∠OAE. 所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAC=∠EAC. 又∠EAC=∠PDE，所以∠PDE=∠POC.

（B）矩陣M的特征多項式為f（λ）=λ-1 -2-2 λ-1=λ2-2λ-3. 令f（λ）=0，解得λ1=3，λ2=-1，從而求得對應(yīng)的一個特征向量分別為a1=11，a2=1-1. 令β=ma1+na2，所以求得m=4，n=-3. M5β=M5（4a1-3a2）=4（M5a1）-3（M5a2）=4（λ51a1）-3（λ52a2）=4·3511-3（-1）51-1=975969.

（C）C1：（x-2）2+（y-2）2=8，所以圓心C1（2，2），半徑r1=2；C2：（x+1）2+（y+1）2=a2，所以圓心C2（-1，-1），半徑r2=a. 圓心距C1C2=3. 兩圓外切時，C1C2=r1+r2=2+a=3，a= ±；兩圓內(nèi)切時，C1C2=r1-r2=2-a=3，a=±5. 綜上，a=±，或a=±5.

（D）證明：因為x，y，z都是正數(shù)，所以+=+≥.

同理，可得+≥，+≥.將上述三個不等式兩邊分別相加，并除以2，得++≥++.

22. （1）設(shè)事件A：“恰用完3次投籃機會”，則其對立事件：“前兩次投籃均不中”，依題意，P（A）=1-P（）=1-（1-p）2=，解得p=.

（2）依題意可得，ξ的所有可能值為0，1，2，3，且P（ξ=0）=（1-p）2=，P（ξ=1）=p（1-p）2+（1-p）p（1-p）=，P（ξ=3）=p3=，故P（ξ=2）=1-P（ξ=0）-P（ξ=1）-P（ξ=3）=，ξ的概率分布表為：

所以E（ξ）=+2×+3×=（次）.

23. （a+b）n=Can+Can-1b+Can-2b2+

…+Can-rbr+…+Cbn，n∈N.

證明：法1：①當n=1時，左邊=a+b，右邊=Cab0+Ca0b=a+b，所以結(jié)論成立.

②假設(shè)當n=k（k≥1，k∈N）時，結(jié)論成立，則當n=k+1時，（a+b）k+1=（a+b）k·（a+b）=（Cak+Cak-1b+Cak-2b2+…+Cak-rbr+

…+Cbk）·（a+b）=（Cak+1+Cakb+Cak-1b2+

…+Cak+1-rbr+…+Cabk）+（Cakb+Cak-1b2+Cak-2b3+…+Cak-rbr+1+…+Cbk+1）=Cak+1+（C+C）akb+（C+C）ak-1b2+…+（C+C）·ak+1-rbr+…+（C+C）abk+Cbk+1=Cak+1+Cakb+…+Cak+1-rbr+…+Cabk+C·bk+1=（a+b）k+1. 所以，結(jié)論對n=k+1時也成立. 由①②，原命題得證.

法2：（參見教材證明）