【高考大一轮单元复习】高考数学单元复习讲义与检测-专题13《计数原理与概率》测试（新高考专用）

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专题13 计数原理与概率

1. 已知随机变量的分布列为，，2，3，4，则（       ）
A． B． C．4 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】由离散型随机变量X的分布列，直接求数学期望和方差，利用方差的性质即可求解.
【详解】∵P（X＝k）＝，k＝1，2，3，4，∴E（X）＝，
D（X）＝，
∴D（2X﹣1）＝22D（X）＝4×＝5．故选：D．
2. 一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数0，两个面上标有数1，一个面上标有数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上两个数的积的均值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设抛掷1次向上的数字为，抛掷2次向上的数字之积为，则可求的分布列，从而可求的分布列，最后利用公式可求.
【详解】
设抛掷1次向上的数字为，抛掷2次向上的数字之积为，
则由题意可知，，，
所以，，
，，
所以．
故选：A.
3. 名同学从左向右站成一排，已知甲站在中间，则乙站在最右端的概率是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
记“甲站在中间”为事件，“乙站在最右端”为事件，求出和，再利用条件概率公式计算即可求解.
【详解】
记“甲站在中间”为事件，“乙站在最右端”为事件，
则，，
所以，
故选：C.
4. 设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6、0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9、0.8，则甲正点到达目的地的概率为（       ）
A．0.72 B．0.96 C．0.86 D．0.84
【答案】C
【解析】
【分析】
设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由全概率公式求解即可.
【详解】
设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知P(B)＝0.4，P(C)＝0.6，P(A|B)＝0.8，P(A|C)＝0.9.
由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.
故选：C
5. 已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则（ ）
A．4 B．5
C．6 D．7
【答案】C
【分析】利用赋值法确定展开式中各项系数的和以及二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程.
【详解】二项式的各项系数的和为，
二项式的各项二项式系数的和为，
因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，
所以，.
故选：C.
6. 有甲、乙两名学生，经统计，他们在参加同一智力竞赛时，各自的成绩为分、分、分的概率如下表所示：
甲

乙
分数




分数



概率




概率



则下列说法正确的是（       ）A．甲、乙两名学生的成绩不相当，且甲的较稳定
B．甲、乙两名学生的成绩不相当，且乙的较稳定
C．甲、乙两名学生的成绩相当，但甲的较稳定
D．甲、乙两名学生的成绩相当，但乙的较稳定
【答案】C
【解析】
【分析】计算出、、、的值，比较与、与的大小，即可得出结论.
【详解】，
，
，
，
，，
甲与乙成绩的均值一样，甲成绩的方差较小，因此甲．乙两名学生的成绩相当，但甲的较稳定．
故选：C.
7. 设，随机变量X的分布列如表所示（       ）
X
0
2a
1
P
a
0.5
b
A．当a增大时，E(X)增大D(X)增大 B．当a增大时，E(X)增大D(X)减小
C．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先增大后减小 D．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先减小后增大
【答案】D
【解析】
【分析】利用定义分别得出期望和方差的表达式，利用二次函数的性质，判断单调性即可．
【详解】由题意可得，所以，
　故 E(X)为定值．
，
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，故选：D.
8. 一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X=12)等于（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求出取一个球是红球的概率，再根据给定条件将P(X=12)的事件分拆成第12次出现红球，前11次出现9次红球的两个独立事件的积即可得解.
【详解】
依题意，任取一个球出现红球的概率是，因每次任取一个球记下颜色后放回，则每次取球出现红球的概率都是，
P(X=12)表示共取球12次，第12次取出的是红球，前11次共取到9次红球，显然各次取球互不影响，
所以.
故选：D
9. 已知事件A，B，且则P(B)等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】结合条件概率公式，由，再由得到，进而求出答案.
【详解】由题意，，易知,
所以，
所以.
故选：B.
10. 盒中有a朵红花，b朵黄花，现随机从中取出1朵，观察其颜色后放回，并放入同色花c朵，再从盒中随机取出1朵花，则第二次取出的是黄花的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设A表示“第一次取出的是黄花”，B表示“第二次取出的是黄花”，则，
由全概率公式知，分别计算对应概率，代入即得解
【详解】
设A表示“第一次取出的是黄花”，B表示“第二次取出的是黄花”，则，
由全概率公式知，
由题意，，，，
所以.
故选：A．
11.一袋中装有分别标记着，，数字的个小球，每次从袋中取出一个球（每只小球被取到的可能性相同），现连续取次球，若每次取出一个球后放回袋中，记次取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为，，设，则______ .
【答案】或
【解析】
【分析】先求出的可能取值，再求出相应的概率，进而求出期望.
【详解】的可能取值为0,1,2，连续取3次球，它的取法共有种，其中的取法共有3种，为111,222,333，其中有12种，为112,121,211,122,212,221,223,232,323,332,233,322，其中有12种，为113,123,311,321,312,213,231,131,133,311,331,313，因此它们的概率分别为，故．故答案为：
12.某人外出出差，委托邻居给家里植物浇一次水，设不浇水，植物枯萎的概率为0.8，浇水，植物枯萎的概率为0.15．邻居记得浇水的概率为0.9．则该人回来植物没有枯萎的概率为______．
【答案】0.785
【解析】
【分析】根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.
【详解】
记A为事件“植物没有枯萎”，W为事件“邻居记得给植物浇水”，
则根据题意，知，，，，
因此．
故答案为：0.785．
13.某小组有20名射手，其中一、二，三、四级射手分别有2，6，9，3名．若选一、二、三、四级射手参加比赛，则在比赛中射中目标的概率分别为0.85，0.64，0.45，0.32．若随机选一人参加比赛，则该小组在比赛中射中目标的概率为___________．
【答案】0.5275或
【解析】
【分析】
设事件B：该小组在比赛中射中目标，事件：选i级射手参加比赛，由全概率公式有，从而可得答案.
【详解】
设事件B：该小组在比赛中射中目标，事件：选i级射手参加比赛，．
．
故答案为：0.5275
14.设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.
（1）该射手任取一支枪射击，中靶的概率是多少？
（2）若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率.
【答案】（1）0.7；（2）0.8.
【解析】
【分析】
设A表示枪已校正，B表示射击中靶，计算出， ，，，，，
（1）由全概率公式可得答案；
（2）由可得答案.
【详解】
设A表示枪已校正，B表示射击中靶，
则， ，，
，，，
（1）由全概率公式可得
.
（2）由题意可得
.







一． 单选题：
1. 设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
若随机变量Y=X-2，则P(Y=2)等于（       ）
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
【答案】A
【解析】
【分析】
由离散型随机变量分布列的性质计算即可.
【详解】
由0.2+0.1+0.1+0.3+m=1，得m=0.3.又P(Y=2)=P(X=4)=0.3．
故选：A．
2. 设随机变量，且，，则（       ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项分布的期望与方差的公式列出方程组，解方程组即可求出结果.
【详解】
∵，∴，，∴，
故选：A.

3. 设，若，则展开式中系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
分别令、可构造方程求得；结合二项展开式通项可确定系数最大项，从而求得结果.
【解析】
令得：；令得：，
，解得：；
展开式通项为：，
展开式中系数最大的项为.
故选：B.
4. 甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，设命中目标的人数为，则等于（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】分析出的取值，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，进而可求得的值.
【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，，
所以，.故选：A.
5. 在某次学科知识竞赛中（总分100分），若参赛学生成绩服从(>0)，若在(70，90)内的概率为0.7，则落在[90，100]内的概率为（       ）
A．0.2 B．0.15 C．0.1 D．0.05
【答案】B
【解析】
由参赛学生成绩服从(>0)，可知平均数，结合在概率密度曲线中的意义，即可计算得解.
【详解】
由参赛学生成绩服从(>0)，
可知平均数，
则正态分布的概率密度曲线关于对称，
因为在(70，90)内的概率为0.7，
所以在内的概率为0.35，
所以在[90，100]内的概率为0.5-0.35=0.15.
故选：B.
【点睛】
本题考查了正态分布，考查了利用正态分布概率密度曲线的特征求概率，关键是理解平均数的含义，属于中档题.
6. 盒中有10个螺丝钉，其中3个是坏的.现从盒中随机抽取4个，则概率是的事件为（       ）
A．恰有1个是坏的 B．4个全是好的
C．恰有2个是好的 D．至多有2个是坏的
【答案】C
【解析】
【分析】
利用超几何分布的概率公式，对四个选项一一求概率，进行验证即可.
【详解】
对于A，事件的概率为；
对于B，事件的概率为；
对于C，事件的概率为；
对于D，事件的概率为.
故选C.
7. 盒中有个红球，个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第二次抽出的是黑球”，则，由全概率公式计算，即可得到答案；
【详解】
设事件“第一次抽出的是黑球”，事件“第二次抽出的是黑球”，则，由全概率公式．
由题意，，，，
所以．
故选：C
8. 小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不完全相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用古典概型概率公式，结合条件概率公式求解即可.
【详解】
设事件 “4个人去的景点不相同”，
事件 “小赵独自去一个景点”，
则（A），
（B），
，
则
故选：A
【点睛】
本题主要考查分组分配问题、古典概型概率公式，考查了条件概率的求解，属于中档题.
二、多选题：
1. 若，则n的可能取值有（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
直接解组合数不等式即可得到正确答案.
【详解】
由得⇒又n∈N*，则n＝6，7，8，9.
∴该不等式的解集为{6，7，8，9}．
故选：ABCD.
2. 设离散型随机变量的分布列为

-1
0
1
2
3







则下列各式正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
利用离散型随机变量分布列的性质，逐项分析求解.
【详解】
由分布列可知，∵事件“”不存在，，∴A正确；
，∴B正确；
，，∴C，D均不正确.
故选AB.
3.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A.利用组合的概念进行计算并判断；B.分类考虑：物理和化学只选一门、物理和化学都选，由此计算并判断；C.利用间接法进行分析计算并判断；D.将问题分为三类进行分析：只选物理、只选化学、同时选物理和化学，由此进行计算并判断.
【详解】
A. 任意选择三门课程，属于组合问题，可得选法的总数为，故错误；
B.物理和化学只选一门的选法数：，物理和化学同时选的选法数：，所以选法总数为，故错误；
C.物理和历史同时选的选法数：，所以物理和历史不能同时选的选法总数为，故正确；
D.只选物理时，不选化学和历史，选法数为：；只选化学时，不能选物理，选法数为：；物理和化学同时选，不能选历史，选法数为：，
所以选法总数为：，且，故错误；
故选：ABD.
4. 在某市的一次学情检测中，学生的数学成绩（满分为150分）服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则下列说法正确的是（       ）
A．该市学生数学成绩的期望为100
B．该市学生数学成绩的标准差为100
C．该市学生数学成绩的及格率超过0.8
D．该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等
【答案】AC
【解析】
【分析】
由题意可知，，然后利用正态分布的性质逐个分析判断即可
【详解】
依题意，知，.易知A说法正确，B说法错误；
，所以，故C说法正确；
，所以该市学生数学成绩不及格的人数大于优秀的人数，D说法错误.
故选：AC.
5. 体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止，设某学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的均值，则的取值可以为（       ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
由题意得到的所有的可能取值为，求得相应的概率，利用，列出不等式，即可求解.
【详解】
由题意，随机变量的所有的可能取值为，
可得
则，
因为，即，解得或，
又由，所以，即.
结合选项，可得选项A、B符合题意.故选：AB.
6. 红外线自动测温门能有效避免测温者与被测温者近距离接触，从而降低潜在的感染风险.某厂生产了一批红外线自动测温门，其测量体温误差服从正态分布，设X表示其测量体温误差，且，则下列结论正确的是（附：若随机变量X服从正态分布，则，（       ）
A．， B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据正态分布的知识可以确定A，再根据正态曲线的对称性确定B,C,D.
【详解】
依题意，所以，，即，，故A错误；
由于，所以，故B正确；
由于，，所以，故C正确.
由于，，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：
1. 某校毕业典礼由7个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则编排方案共有________种.（用数字作答）
【答案】624
【解析】
【分析】
讨论甲的位置，把丙丁捆绑在一起，作为一个元素排列排列即可求解．
【详解】
当甲在首位，丙丁捆绑，自由排列，共有；
当甲在第二位，丙丁捆绑，首位不能是丙丁，共有；
当甲在第三位，丙丁捆绑，分前两位是丙丁与不是丙丁两种情况，共有；
因为共有．
故答案为：624．
2. 如图，它满足①第行首尾两数均为，②表中的递推关系类似杨辉三角，则第行（）第2个数是______.

【答案】
【解析】
【分析】
设第行的第2个数为，可由题设的数据可得，故可求的通项.
【详解】
设第行的第2个数为，故，且，
由累加法可得，
故，其中，
而也符合上式，故，
故答案为：.
3. 若随机变量，则服从的正态分布为______（填序号）.
①；②；③；④.
【答案】④
【解析】
【分析】
根据变量线性变化后，其均值、方差的变化情况判断．
【详解】
∵，，
∴，，故.故④正确.
故答案为：④
4. 已知事件A和B是互斥事件，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意知，，，
则．
故答案为：.
四、解答题：
1. 相邻的4个车位中停放了4辆不同的车，现将所有车开出后再重新停入这4个车位中．
（1）若要求有3辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（2）若要求有2辆车不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
（3）若要求所有车都不得停在原来的车位中，有多少种不同的停法？
【答案】（1）8种；（2）6种；（3）9种.
【解析】
【分析】
(1)分两步，选出停在原车位的一辆车，再停放余下3辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(2)分两步，选出停在原车位的两辆车，再停放余下2辆车，用分步乘法计数原理计算即得；
(3)将4辆车分别编号为，，，，将车停在另三辆车的原车位之一，再停车所停车位对应的原车，最后停余下两辆即可作答.
【详解】
（1）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的3辆车，有2种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（2）可分成两步完成：第一步，先选出停在原来车位的那2辆车，有种情况，
第二步，停放剩下的2辆车，有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法；
（3）将4辆车分别编号为，，，，将4个停车位分别编号为一、二、三、四，
不妨设车先选停车位，此时有3种停法，若车选了二号停车位，那么车再选，有3种停法，
剩下的车和车都只有1种停法，
根据分步乘法计数原理，共有种停法．
2. 已知（n为正整数）.
(1)若，求n的值；
(2)若，，，求和的值（结果用指数幂的形式表示）.
【答案】(1)
(2)，，
【分析】
（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由列方程可求出n的值，
（2）分别令，求出，，进而可求出的值，
【解析】
(1)二项式展开式的通项公式为，则
，
因为，
所以，化简得，
，
得或（舍去），
(2)当时，，
令，得，
令，得，
因为，，
所以，
，
所以，

3. 医学上发现，某种病毒侵入人体后，人的体温会升高．记病毒侵入后人体的平均体温为（摄氏度）．医学统计发现，X的分布列如下．
X
37
38
39
40
P
0.1
0.5
0.3
0.1

(1)求出，；
(2)已知人体体温为时，相当于，求，．
【答案】(1)38.4，0.64.(2)101.12，2.0736.
【分析】
（1）利用期望及方差公式即求；
（2）由可得,即求.
【解析】
(1)由题可得，
.
(2)由可知，，
.
4. 某省2021年开始将全面实施新高考方案.在6门选择性考试科目中，物理､历史这两门科目采用原始分计分；思想政治､地理､化学､生物这4门科目采用等级转换赋分，将每科考生的原始分从高到低划分为，，，，共5个等级，各等级人数所占比例分别为15%，35%，35%，13%和2%，并按给定的公式进行转换赋分.该省组织了一次高一年级统一考试，并对思想政治､地理､化学､生物这4门科目的原始分进行了等级转换赋分.
（1）某校思想政治学科获得等级的共有10名学生，其原始分及转换分如表：
原始分
91
90
89
88
87
85
83
82
转换分
100
99
97
95
94
91
88
86
人数
1
1
2
1
1
2
1
1

现从这10名学生中随机抽取3人，设这3人中思想政治转换分不低于94分的人数为，求的分布列和数学期望；
（2）假设该省此次高一学生思想政治学科原始分服从正态分布．若，令，则．请解决下列问题：若以此次高一学生思想政治学科原始分等级的最低分为实施分层教学的划线分，试估计该划线分大约为多少分？（结果保留整数）附：若，.
【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）71．
【解析】
【分析】（1）写出随机变量的所有可能的取值，根据超几何分布求解分布列与数学期望；（2）根据服从正态分布求出，即可求解参数．
【详解】
（1）随机变量的所有可能的取值为0，1，2，3，
根据条件得，，
，
则随机变量的分布列为

0
1
2
3






数学期望；
（2）设该划线分为，由得，，
令，则，
依题意，，即
因为当时，，所以，
所以，故，取.
综上：估计该划线分大约为71分．
5. 在全民抗击新冠肺炎疫情期间，北京市开展了“停课不停学”活动，此活动为学生提供了多种网络课程资源．活动开展一个月后，某学校随机抽取了高三年级的甲、乙两个班级进行网络问卷调查，统计学生每天的学习时间（单位：h），将样本数据分成[3，4），[4，5），[5，6），[6，7），[7，8]五个组，并整理得到如图所示的频率分布直方图．

(1)已知该校高三年级共有600名学生，根据甲班的统计数据，估计该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数；
(2)已知这两个班级各有40名学生，从甲、乙两个班级每天学习时间不足4小时的学生中随机抽取3人，记抽到的甲班学生人数为，求的分布列和均值；
(3)记甲、乙两个班级学生每天学习时间的方差分别为，，试比较与的大小．（只需写出结论）
【答案】(1)480；
(2)的分布列为

0
1
2





均值为1；(3)
【分析】
（1）从频率分布直方图中求出甲班每天学习时间达到5小时及以上的频率，进而求出该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数约为多少；（2）利用超几何分布求分布列和均值；（3）从甲、乙两个班学生每天的学习时间的频率分布直方图上看两个班的数据集中情况，进行判断方差的大小.
【解析】(1)由甲班频率分布直方图知，甲班每天学习时间达到5小时及以上的频率为．
故该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数约为．
(2)甲班每天学习时间不足4小时的人数约为，乙班每天学习时间不足4小时的人数约为，
所以两个班每天学习时间不足4小时的学生共6人．从中随机抽取3人．则抽到的甲班学生人数的可能取值为0，1，2，且服从超几何分布，
，，，
所以的分布列为

0
1
2





方法一：．
方法二：．
(3)从甲、乙两个班学生每天的学习时间的频率分布直方图上来看，甲班的数据比较集中，乙班的数据相比甲班较为分散，故．










1.【2022年全国乙卷理科10】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3，且p3>p2>p1>0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（       ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【解析】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲
则p甲=2(1-p2)p1p3+2p2p1(1-p3)=2p1(p2+p3)-4p1p2p3
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙
则p乙=2(1-p1)p2p3+2p1p2(1-p3)=2p2(p1+p3)-4p1p2p3
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙
则p丙=2(1-p1)p3p2+2p1p3(1-p2)=2p3(p1+p2)-4p1p2p3
则p甲-p乙=2p1(p2+p3)-4p1p2p3-2p2(p1+p3)-4p1p2p3=2p1-p2p3