（江蘇專用）高考數(shù)學二輪復習 專題七 第2講 計數(shù)原理、數(shù)學歸納法、隨機變量及其分布列提升訓練 理（必做部分）-人教版高三數(shù)學試題

第2講計數(shù)原理、數(shù)學歸納法、隨機變量及其分布列1．(2012·江蘇卷)設ξ為隨機變量，從棱長為1的正方體的12條棱中任取兩條，當兩條棱相交時，ξ＝0；當兩條棱平行時，ξ的值為兩條棱之間的距離；當兩條棱異面時，ξ＝1. (1)求概率P(ξ＝0)； (2)求ξ的分布列，并求其數(shù)學期望E(ξ)． 解(1)若兩條棱相交，則交點必為正方體8個頂點中的1個，過任意1個頂點恰有3條棱，所以共有8Ceq\o\al(2,3)對相交棱，因此P(ξ＝0)＝eq\f(8Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,12))＝eq\f(8×3,66)＝eq\f(4,11). (2)若兩條棱平行，則它們的距離為1或eq\r(2)，其中距離為eq\r(2)的共有6對，故P(ξ＝eq\r(2))＝eq\f(6,Ceq\o\al(2,12))＝eq\f(1,11)， 于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝eq\r(2))＝1－eq\f(4,11)－eq\f(1,11)＝eq\f(6,11)， 所以隨機變量ξ的分布列是ξ01eq\r(2)Peq\f(4,11)eq\f(6,11)eq\f(1,11) 因此E(ξ)＝1×eq\f(6,11)＋eq\r(2)×eq\f(1,11)＝eq\f(6＋\r(2),11).2．(2015·山東卷)若n是一個三位正整數(shù)，且n的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137，359，567等)．在某次數(shù)學趣味活動中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù)，且只能抽取一次．得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”； (2)若甲參加活動，求甲得分X的分布列和數(shù)學期望E(X)． 解(1)個位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)”有125，135，145，235，245，345； (2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為Ceq\o\al(3,9)＝84， 隨機變量X的取值為：0，－1，1， 因此P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(2,3)，P(X＝－1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,14)， P(X＝1)＝1－eq\f(1,14)－eq\f(2,3)＝eq\f(11,42)， 所以X的分布列為X0－11Peq\f(2,3)eq\f(1,14)eq\f(11,42) 則E(X)＝0×eq\f(2,3)＋(－1)×eq\f(1,14)＋1×eq\f(11,42)＝eq\f(4,21).3．(2013·江蘇卷)設數(shù)列{an}：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k，…，(－1)k－1k個k，…，即當eq\f(（k－1）k,2)<n≤eq\f(k（k＋1）,2)(k∈N*)時，an＝(－1)k－1k，記Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)．對于l∈N*，定義集合Pl＝{n|Sn是an的整數(shù)倍，n∈N*，且1≤n≤l}． (1)求集合P11中元素的個數(shù)； (2)求集合P2000中元素的個數(shù)． 解(1)由數(shù)列{an}的定義得a1＝1，a2＝－2，a3＝－2，a4＝3，a5＝3，a6＝3，a7＝－4，a8＝－4，a9＝－4，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，從而S1＝a1，S4＝0×a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11 (2)先證：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)(i∈N*)． 事實上，①當i＝1時，Si(2i＋1)＝S3＝－3，－i(2i＋1)＝－3，故原等式成立； ②假設i＝m時成立，即Sm(2m＋1)＝－m(2 則i＝m＋1時，S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)－4m－3＝－(2m 綜合①②可得，Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)．于是 S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)． 由上可知Si(2i＋1)是2i＋1的倍數(shù)，而ai(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1，2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是ai(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋1)的倍數(shù)．又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)·(2i＋1)不是2i＋2的倍數(shù)，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1，2，…，2i＋2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋2)的倍數(shù)，故當l＝i(2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為1＋3＋…＋(2i－1)＝i2， 于是，當l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為i2＋j. 又2000＝31×(2×31＋1)＋47， 故集合P2000中元素的個數(shù)為312＋47＝1008.4．(2010·江蘇卷)已知△ABC的三邊長都是有理數(shù)． (1)求證：cosA是有理數(shù)； (2)求證：對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)． 證明(1)設三邊長分別為a，b，c，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)， ∵a，b，c是有理數(shù)， b2＋c2－a2是有理數(shù)，分母2bc為正有理數(shù)，又有理數(shù)集對于除法具有封閉性， ∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)必為有理數(shù)， ∴cosA是有理數(shù)． (2)①當n＝1時，顯然cosA是有理數(shù)； 當n＝2時，∵cos2A＝2cos2A－1，因為cos ∴cos2A ②假設當n≤k(k≥2)時，結論成立，即coskA、cos(k－1)A均是有理數(shù)． 當n＝k＋1時，cos(k＋1)A＝coskAcosA－sinkAsinA ＝coskAcosA－eq\f(1,2)[cos(kA－A)－cos(kA＋A)] ＝coskAcosA－eq\f(1,2)cos(k－1)A＋eq\f(1,2)cos(k＋1)A 解得：cos(k＋1)A＝2coskAcosA－cos(k－1)A ∵cosA，coskA，cos(k－1)A均是有理數(shù)， ∴2coskAcosA－cos(k－1)A是有理數(shù)， ∴cos(k＋1)A是有理數(shù)． 即當n＝k＋1時，結論成立． 綜上所述，對于任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．5．記eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2n)))的展開式中，x的系數(shù)為an，x2的系數(shù)為bn，其中n∈N*. (1)求an； (2)是否存在常數(shù)p，q(p＜q)，使bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,2n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(q,2n)))，對n∈N*，n≥2恒成立？證明你的結論． 解(1)根據(jù)多項式乘法運算法則，得 an＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n). (2)計算得b2＝eq\f(1,8)，b3＝eq\f(7,32). 代入bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,2n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(q,2n)))，解得p＝－2，q＝－1. 下面用數(shù)學歸納法證明bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4n)(n≥2且n∈N*) ①當n＝2時，b2＝eq\f(1,8)，結論成立． ②設n＝k時成立，即bk＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2k)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4k)， 則當n＝k＋1時， bk＋1＝bk＋eq\f(ak,2k＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2k)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,22k＋1) ＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4k＋1). 由①②可得存在常數(shù)p＝－2，q＝－1使結論對n∈N*，n≥2成立．6．(2012·江蘇卷)設集合Pn＝{1，2，…，n}，n∈N*.記f(n)為同時滿足下列條件的集合A的個數(shù)：①A?Pn；②若x∈A，則2x?A；③若x∈?PnA，則2x??PnA. (1)求f(4)； (2)求f(n)的解析式(用n表示)． 解(1)當n＝4時，符合條件的集合A為：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f(4)＝4. (2)任取偶數(shù)x∈Pn，將x除以2，若商仍為偶數(shù)，再除以2，…，經(jīng)過k次以后，商必為奇數(shù)，此時記商為m，于是x＝m·2k，其中m為奇數(shù)，k∈N*. 由條件知，若m∈A，