江苏省高考数学二轮复习 专题18 附加题22题

江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题18附加题22题回顾2009～2012年的考题，离散型随机变量的概率分布与数学期望是考查的重点，但考查难度不大，考查的重点是根据题意分析写出随机变量的分布列.求解过程往往和排列、组合和概率相结合.数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在数学证明中有着广泛的应用.　　(2012·江苏高考)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P(ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．[解]　(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱．因此P(ξ＝0)＝＝＝.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P(ξ＝)＝＝＝，P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝.所以随机变量ξ的分布列为：ξ01P(ξ)-11-\n则其数学期望E(ξ)＝1×＋×＝.本题考查概率分布、数学期望等基础知识．解题的关键是确定ξ的取值．　　(2012·扬州期末)口袋中有3个白球，4个红球，每次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，如果取到白球，就停止取球，记取球的次数为X.(1)若取到红球再放回，求X不大于2的概率；(2)若取出的红球不放回，求X的概率分布与数学期望．解：(1)∵P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝.(2)∵X可能取值为1,2,3,4,5，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝.∴X的概率分布列为：X12345P∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝2.即X的数学期望是2.　　已知△ABC的三边长为有理数．(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．[证明]　(1)由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知cosA＝是有理数．-11-\n(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．②假设当n＝k(k≥1)时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，由①及归纳假设，知cos(k＋1)A与sinA·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．　　(2012·常州)已知正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋(n∈N*)．用数学归纳法证明：an<an＋1(n∈N*)．证明：当n＝1时，a2＝1＋＝，a1<a2，所以n＝1时，不等式成立；假设当n＝k(k∈N*)时，ak<ak＋1成立，显然ak>0.则当n＝k＋1时，ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1＋－＝>0，所以n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式an<an＋1(n∈N*)成立．　　(2012·盐城二模)某班级共派出n＋1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有En种排法；入场后，又需从男生(含男生甲)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有Fn种选法．(1)试求En和Fn；-11-\n(2)判断lnEn和Fn的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明．[解]　(1)由题意知En＝A·A＝(n！)2，Fn＝C·C＝n(n＋1)．(2)因为lnEn＝2lnn！，Fn＝n(n＋1)，所以lnE1＝0<F1＝2，lnE2＝ln4<F2＝6，lnE3＝ln36<F3＝12，…，因此猜想；当n∈N*时都有lnEn<Fn，即2lnn！<n(n＋1)．下面用数学归纳法证明2lnn！<n(n＋1)(n∈N*)．①当n＝1时，该不等式显然成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即2lnk！<k(k＋1)，则当n＝k＋1时，2ln(k＋1)！＝2ln(k＋1)＋2lnk！<2ln(k＋1)＋k(k＋1)，要证当n＝k＋1时不等式成立，只要证2ln(k＋1)＋k(k＋1)≤(k＋1)(k＋2)，即只要证ln(k＋1)≤k＋1.令f(x)＝lnx－x，x∈(1，＋∞)，因为f′(x)＝<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而f(x)<f(1)＝－1<0，而k＋1∈(1，＋∞)，所以ln(k＋1)≤k＋1成立，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．综合①②，当n∈N*时，都有lnEn<Fn.本题考查排列组合等基础知识，考查数学归纳法的应用以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．这类问题以排列组合为主线，利用数学归纳法进行推理．利用导数研究函数的单调性证明ln(k＋1)<k＋1是关键．　　(2012·扬州期末)已知p(p≥2)是给定的某个正整数，数列{an}满足：a1＝1，(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，其中k＝1，2,3，…，p－1.(1)设p＝4，求a2，a3，a4；(2)求a1＋a2＋a3＋…＋ap.解：(1)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得＝p×，k＝1,2,3，…，p－1，即＝－4×＝－6，a2＝－6a1＝－6；＝－4×＝－，a3＝16；＝－4×＝－1，a4＝－16.-11-\n(2)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得＝p×，k＝1,2,3，…，p－1，即＝－p×，＝－p×，…，＝－p×，以上各式相乘得＝(－p)k－1×，∴ak＝(－p)k－1×＝(－p)k－1×＝×＝－(－p)k－2×C＝－C(－p)k，k＝1,2,3，…，p.∴a1＋a2＋a3＋…＋ap＝－[C(－p)1＋C(－p)2＋C(－p)3＋…＋C(－p)p]＝－[(1－p)p－1]．　　　　　　　　　　　　　　　　　离散型随机变量的概率分布与数学期望是建立在传统的概率问题的基础之上的内容，高考新课程对这一内容的考查是B级要求，常以实际应用题的形式出现，与数学建模能力的考查结合在一起，考查学生的数学应用意识以及运用数学知识分析和解决实际问题的能力．解决这一类问题，一定要注意认真审题，不仅要能在弄清题意的基础上，迅速地寻找出正确的解题思路，还要能够规范地表述解题的过程．这些，需要在复习中引起足够的重视，注意做好针对性的训练，力求做到求解这一类问题时能够得心应手、准确无误．1．有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.明文字符ABCD-11-\n第一排密码字符11121314第二排明文字符EFGH密码字符21222324第三排明文字符MNPQ密码字符1234设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数．(1)求P(ξ＝2)；(2)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．解：(1)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1,2列分别总是1,2，即只能取表格第1,2列中的数字作为密码．∴P(ξ＝2)＝＝.(2)由题意可知，ξ的取值为2,3,4三种情形．若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1,2,3或1,2,4.∴P(ξ＝3)＝＝.P(ξ＝4)＝＝.∴ξ的分布列为：ξ234P∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.ABED2.用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布置如图所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．(1)求恰有两个区域用红色鲜花的概率；-11-\n(2)记花圃中红色鲜花区域的块数为ξ，求ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．解：(1)设M表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”，如图，当区域A、D同色时，共有5×4×3×1×3＝180种；当区域A、D不同色时，共有5×4×3×2×2＝240种；因此，所有基本事件总数为：180＋240＝420种．又因为A、D为红色时，共有4×3×3＝36种；B、E为红色时，共有4×3×3＝36种；因此，事件M包含的基本事件有：36＋36＝72种．所以P(M)＝＝.(2)随机变量ξ的分布列为：ξ012P所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.3．(2012·南通二模)某射击运动员向一目标射击，该目标分为3个不同部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．(1)若射击4次，每次击中目标的概率为且相互独立．设ξ表示目标被击中的次数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)若射击2次均击中目标，A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求事件A发生的概率．解：(1)依题意知ξ～B，ξ的分布列：ξ01234P数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.(2)法一：设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.Bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.依题意，知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，A＝A11∪1B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率为P(A)＝P(A11)＋P(1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(1)＋P(1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.-11-\n即事件A发生的概率为0.28.法二：记“第一部分至少击中一次”为事件C，“第二部分被击中二次”为事件D，则P(C)＝C0.1×0.9＋0.1×0.1＝0.19，P(D)＝0.3×0.3＝0.09.P(A)＝P(C)＋P(D)＝0.28.即事件A发生的概率为0.28.4.(2012·南通二模)已知函数f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取极值，求a的值；(2)如图，设直线x＝－，y＝－x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(3)比较32×43×54×…×20122011与23×34×45×…×20112012的大小，并说明理由．解：(1)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)，f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1.∵f(x)在x＝0处取极值，∴f′(0)＝－4a＋1＝0.∴a＝.(2)因为函数的定义域为，且当x＝0时，f(0)＝－a<0.又直线y＝－x恰好通过原点，所以函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f(x)<－x，即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴a>.令h(x)＝，∴h′(x)＝.令h′(x)＝0，得x＝.∵x>－，∴x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减．-11-\n∴hmax(x)＝h＝.∴a的取值范围是.(3)由(2)知，函数h(x)＝在x∈时单调递减，函数p(x)＝在x∈(e，＋∞)时单调递减．∴<，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx.∴ln(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)．∴令x＝3,4，…，2011，则43<34,54<45，…，20122011<20112012，又32×43<23×34，所以32×43×54…×20122011<23×34×45…×20112012.5．(2012·通州期末)求证：对于任意的正整数n，(2＋)n必可表示成＋的形式，其中s∈N*.证明：由二项式定理可知，(2＋)n＝C2n()0＋C2n－1()1＋C2n－2()2＋…＋C20()n，设(2＋)n＝x＋y＝＋，而若有(2＋)n＝＋，a，b∈N*，则(2－)n＝－，a，b∈N*，∵(＋)·(－)＝(2＋)n·(2－)n＝1，∴令a＝s，s∈N*，则必有b＝s－1.∴(2＋)n必可表示成＋的形式，其中s∈N*.6．若(x＋1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋an(x－1)n，其中n∈N*.(1)求a0及Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an；(2)试比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，并说明理由．解：(1)取x＝1，则a0＝2n；取x＝2，则a0＋a1＋…＋an＝3n，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－2n.(2)要比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，即比较3n与(n－1)2n＋2n2的大小，当n＝1时，3n>(n－1)2n＋2n2；-11-\n当n＝2,3时，3n<(n－1)2n＋2n2；当n＝4,5时，3n>(n－1)2n＋2n2，猜想：当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2.下面用数学归纳法证明：①由上述过程可知，n＝4时结论成立，②假设当n＝k，(k≥4)时结论成立，即3k>(k－1)2k＋2k2，两边同乘以3得3k＋1>3[(k－1)2k＋2k2]＝k2k＋1＋2(k＋1)2＋[(k－3)2k＋4k2－4k－2]，而(k－3)2k＋4k2－4k－2＝(k－3)2k＋4(k2－k－2)＋6＝(k－3)2k＋4(k－2)(k＋1)＋6>0，所以3k＋1>2k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．由①②知当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2成立．综上所述，当n＝1时，Sn＞(n－2)2n＋2n2；当n＝2,3时，Sn＜(n－2)2n＋2n2；当n≥4时，Sn＞(n－2)2n＋2n2.7．设二项展开式Cn＝(＋1)2n－1(n∈N*)的整数部分为An，小数部分为Bn.试用二项式定理推导An和Bn.解：因为Cn＝(＋1)2n－1＝C()2n－1＋C()2n－2＋…＋C＋C，①而(－1)2n－1＝C()2n－1－C()2n－2＋…＋C－C，②①—②得：(＋1)2n－1－(－1)2n－1＝2(C·()2n－2＋C()2n－4＋…＋C)∈N*.而0<(－1)2n－1<1，所以An＝(＋1)2n－1－(－1)2n－1，Bn＝(－1)2n－1.8．(2012·苏北四市一模)已知an＝(1＋)n(n∈N*)．(1)若an＝a＋b(a，b∈Z)，求证：a是奇数；(2)求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝＋.证明：(1)由二项式定理，得an＝C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n，所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…，因为2C＋22C＋…为偶数，所以a是奇数．(2)由(1)设an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)，则(1－)n＝a－b，所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n.当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，-11-\n综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝＋.　-11-