2013年江蘇省高考數(shù)學(xué)復(fù)習專題

2013年江蘇省高考數(shù)學(xué)復(fù)習專題18回顧2009～2012年的考題，離散型隨機變量的概率分布與數(shù)學(xué)期望是考查的重點，但考查難度不大，考查的重點是根據(jù)題意分析寫出隨機變量的分布列.求解過程往往和排列、組合和概率相結(jié)合.數(shù)學(xué)歸納法是用來證明某些與自然數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題的一種推理方法，在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)用。eq\a\vs4\al([典例1])(2012·江蘇高考)設(shè)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(xué)期望E(ξ)．[解](1)若兩條棱相交，則交點必為正方體8個頂點中的一個，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(8C\o\al(2,3),C\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,C\o\al(2,12))＝eq\f(6,66)＝eq\f(1,11)，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的分布列為：ξ01eq\r(2)P(ξ)eq\f(4,11)eq\f(6,11)eq\f(1,11)則其數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝1×eq\f(6,11)＋eq\r(2)×eq\f(1,11)＝eq\f(6＋\r(2),11).本題考查概率分布、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識．解題的關(guān)鍵是確定ξ的取值．eq\a\vs4\al([演練1])(2012·揚州期末)口袋中有3個白球，4個紅球，每次從口袋中任取一球，如果取到紅球，那么繼續(xù)取球，如果取到白球，就停止取球，記取球的次數(shù)為X.(1)若取到紅球再放回，求X不大于2的概率；(2)若取出的紅球不放回，求X的概率分布與數(shù)學(xué)期望．解：(1)∵P(X＝1)＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝eq\f(3×4,72)＝eq\f(12,49)，∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(33,49).(2)∵X可能取值為1,2,3,4,5，P(X＝1)＝eq\f(A\o\al(1,3),A\o\al(1,7))＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝eq\f(A\o\al(1,4)A\o\al(1,3),A\o\al(2,7))＝eq\f(2,7)，P(X＝3)＝eq\f(A\o\al(2,4)A\o\al(1,3),A\o\al(3,7))＝eq\f(6,35)，P(X＝4)＝eq\f(A\o\al(3,4)A\o\al(1,3),A\o\al(4,7))＝eq\f(3,35)，P(X＝5)＝eq\f(A\o\al(4,4)A\o\al(1,3),A\o\al(5,7))＝eq\f(1,35).∴X的概率分布列為：X12345Peq\f(3,7)eq\f(2,7)eq\f(6,35)eq\f(3,35)eq\f(1,35)∴E(X)＝1×eq\f(3,7)＋2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(6,35)＋4×eq\f(3,35)＋5×eq\f(1,35)＝2.即X的數(shù)學(xué)期望是2.eq\a\vs4\al([典例2])已知△ABC的三邊長為有理數(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)由AB，BC，AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)是有理數(shù)．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù)．①當n＝1時，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理數(shù)②假設(shè)當n＝k(k≥1)時，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù)．當n＝k＋1時，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及歸納假設(shè)，知cos(k＋1)A與sinA·sin(k＋1)A都是有理數(shù)．即當n＝k＋1時，結(jié)論成立．綜合①②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．本題主要考查余弦定理、數(shù)學(xué)歸納法等基礎(chǔ)知識，考查推理論證的能力與分析問題、解決問題的能力．eq\a\vs4\al([演練2])(2012·常州)已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq\f(an,1＋an)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：an<an＋1(n∈N*)．證明：當n＝1時，a2＝1＋eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(3,2)，a1<a2，所以n＝1時，不等式成立；假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，ak<ak＋1成立，顯然ak>0.則當n＝k＋1時，ak＋2－ak＋1＝1＋eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－ak＋1＝1＋eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ak,1＋ak)))＝eq\f(ak＋1－ak,1＋ak1＋ak＋1)>0，所以n＝k＋1時，不等式成立．綜上所述，不等式an<an＋1(n∈N*)成立．eq\a\vs4\al([典例3])(2012·鹽城二模)某班級共派出n＋1個男生和n個女生參加學(xué)校運動會的入場儀式，其中男生甲為領(lǐng)隊．入場時，領(lǐng)隊男生甲必須排第一個，然后女生整體在男生的前面，排成一路縱隊入場，共有En種排法；入場后，又需從男生(含男生甲)和女生中各選一名代表到主席臺服務(wù)，共有Fn種選法．(1)試求En和Fn；(2)判斷l(xiāng)nEn和Fn的大小(n∈N*)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．[解](1)由題意知En＝Aeq\o\al(n,n)·Aeq\o\al(n,n)＝(n！)2，F(xiàn)n＝Ceq\o\al(1,n＋1)·Ceq\o\al(1,n)＝n(n＋1)．(2)因為lnEn＝2lnn！，F(xiàn)n＝n(n＋1)，所以lnE1＝0<F1＝2，lnE2＝ln4<F2＝6，lnE3＝ln36<F3＝12，…，因此猜想；當n∈N*時都有l(wèi)nEn<Fn，即2lnn！<n(n＋1)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明2lnn！<n(n＋1)(n∈N*)．①當n＝1時，該不等式顯然成立．②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，不等式成立，即2lnk！<k(k＋1)，則當n＝k＋1時，2ln(k＋1)?。?ln(k＋1)＋2lnk！<2ln(k＋1)＋k(k＋1)，要證當n＝k＋1時不等式成立，只要證2ln(k＋1)＋k(k＋1)≤(k＋1)(k＋2)，即只要證ln(k＋1)≤k＋1.令f(x)＝lnx－x，x∈(1，＋∞)，因為f′(x)＝eq\f(1－x,x)<0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而f(x)<f(1)＝－1<0，而k＋1∈(1，＋∞)，所以ln(k＋1)≤k＋1成立，所以當n＝k＋1時，不等式也成立．綜合①②，當n∈N*時，都有l(wèi)nEn<Fn.本題考查排列組合等基礎(chǔ)知識，考查數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用以及綜合運用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力．這類問題以排列組合為主線，利用數(shù)學(xué)歸納法進行推理．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性證明ln(k＋1)<k＋1是關(guān)鍵．eq\a\vs4\al([演練3])(2012·揚州期末)已知p(p≥2)是給定的某個正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足：a1＝1，(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，其中k＝1，2,3，…，p－1.(1)設(shè)p＝4，求a2，a3，a4；(2)求a1＋a2＋a3＋…＋ap.解：(1)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得eq\f(ak＋1,ak)＝p×eq\f(k－p,k＋1)，k＝1,2,3，…，p－1，即eq\f(a2,a1)＝－4×eq\f(4－1,2)＝－6，a2＝－6a1＝－6；eq\f(a3,a2)＝－4×eq\f(4－2,3)＝－eq\f(8,3)，a3＝16；eq\f(a4,a3)＝－4×eq\f(4－3,4)＝－1，a4＝－16.(2)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得eq\f(ak＋1,ak)＝p×eq\f(k－p,k＋1)，k＝1,2,3，…，p－1，即eq\f(a2,a1)＝－p×eq\f(p－1,2)，eq\f(a3,a2)＝－p×eq\f(p－2,3)，…，eq\f(ak,ak－1)＝－p×eq\f(p－k－1,k)，以上各式相乘得eq\f(ak,a1)＝(－p)k－1×eq\f(p－1p－2p－3…p－k＋1,k！)，∴ak＝(－p)k－1×eq\f(p－1p－2p－3…p－k＋1,k！)＝(－p)k－1×eq\f(p－1！,k！p－k！)＝eq\f(－pk－1,p)×eq\f(p！,k！p－k！)＝－(－p)k－2×Ceq\o\al(k,p)＝－eq\f(1,p2)Ceq\o\al(k,p)(－p)k，k＝1,2,3，…，p.∴a1＋a2＋a3＋…＋ap＝－eq\f(1,p2)[Ceq\o\al(1,p)(－p)1＋Ceq\o\al(2,p)(－p)2＋Ceq\o\al(3,p)(－p)3＋…＋Ceq\o\al(p,p)(－p)p]＝－eq\f(1,p2)[(1－p)p－1]．eq\a\vs4\al([專題技法歸納])離散型隨機變量的概率分布與數(shù)學(xué)期望是建立在傳統(tǒng)的概率問題的基礎(chǔ)之上的內(nèi)容，高考新課程對這一內(nèi)容的考查是B級要求，常以實際應(yīng)用題的形式出現(xiàn)，與數(shù)學(xué)建模能力的考查結(jié)合在一起，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)應(yīng)用意識以及運用數(shù)學(xué)知識分析和解決實際問題的能力．解決這一類問題，一定要注意認真審題，不僅要能在弄清題意的基礎(chǔ)上，迅速地尋找出正確的解題思路，還要能夠規(guī)范地表述解題的過程．這些，需要在復(fù)習中引起足夠的重視，注意做好針對性的訓(xùn)練，力求做到求解這一類問題時能夠得心應(yīng)手、準確無誤．1．有一種密碼，明文是由三個字符組成，密碼是由明文對應(yīng)的五個數(shù)字組成，編碼規(guī)則如下表：明文由表中每一排取一個字符組成，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，對應(yīng)的密碼由明文對應(yīng)的數(shù)字按相同的次序排成一排組成.第一排明文字符ABCD密碼字符11121314第二排明文字符EFGH密碼字符21222324第三排明文字符MNPQ密碼字符1234設(shè)隨機變量ξ表示密碼中不同數(shù)字的個數(shù)．(1)求P(ξ＝2)；(2)求隨機變量ξ的分布列和它的數(shù)學(xué)期望．解：(1)密碼中不同數(shù)字的個數(shù)為2的事件為密碼中只有兩個數(shù)字，注意到密碼的第1,2列分別總是1,2，即只能取表格第1,2列中的數(shù)字作為密碼．∴P(ξ＝2)＝eq\f(23,43)＝eq\f(1,8).(2)由題意可知，ξ的取值為2,3,4三種情形．若ξ＝3，注意表格的第一排總含有數(shù)字1，第二排總含有數(shù)字2則密碼中只可能取數(shù)字1,2,3或1,2,4.∴P(ξ＝3)＝eq\f(222A\o\al(1,3)2C\o\al(2,3)＋1,43)＝eq\f(19,32).P(ξ＝4)＝eq\f(A\o\al(1,3)＋A\o\al(2,2)＋A\o\al(2,3)A\o\al(2,2),43)＝eq\f(9,32).∴ξ的分布列為：ξ234Peq\f(1,8)eq\f(19,32)eq\f(9,32)∴E(ξ)＝2×eq\f(1,8)＋3×eq\f(19,32)＋4×eq\f(9,32)＝eq\f(101,32).ABED2.用紅、黃、藍、白、橙五種不同顏色的鮮花布置如圖所示的花圃，要求同一區(qū)域上用同一種顏色鮮花，相鄰區(qū)域使用不同顏色鮮花．(1)求恰有兩個區(qū)域用紅色鮮花的概率；(2)記花圃中紅色鮮花區(qū)域的塊數(shù)為ξ，求ξ的分布列及其數(shù)學(xué)期望E(ξ)．解：(1)設(shè)M表示事件“恰有兩個區(qū)域用紅色鮮花”，如圖，當區(qū)域A、D同色時，共有5×4×3×1×3＝180種；當區(qū)域A、D不同色時，共有5×4×3×2×2＝240種；因此，所有基本事件總數(shù)為：180＋240＝420種．又因為A、D為紅色時，共有4×3×3＝36種；B、E為紅色時，共有4×3×3＝36種；因此，事件M包含的基本事件有：36＋36＝72種．所以P(M)＝eq\f(72,420)＝eq\f(6,35).(2)隨機變量ξ的分布列為：ξ012Peq\f(6,35)eq\f(23,35)eq\f(6,35)所以E(ξ)＝0×eq\f(6,35)＋1×eq\f(23,35)＋2×eq\f(6,35)＝1.3．(2012·南通二模)某射擊運動員向一目標射擊，該目標分為3個不同部分，第一、二、三部分面積之比為1∶3∶6.擊中目標時，擊中任何一部分的概率與其面積成正比．(1)若射擊4次，每次擊中目標的概率為eq\f(1,3)且相互獨立．設(shè)ξ表示目標被擊中的次數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ)；(2)若射擊2次均擊中目標，A表示事件“第一部分至少被擊中1次或第二部分被擊中2次”，求事件A發(fā)生的概率．解：(1)依題意知ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，ξ的分布列：ξ01234Peq\f(16,81)eq\f(32,81)eq\f(24,81)eq\f(8,81)eq\f(1,81)數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×eq\f(16,81)＋1×eq\f(32,81)＋2×eq\f(24,81)＋3×eq\f(8,81)＋4×eq\f(1,81)＝eq\f(4,3).(2)法一：設(shè)Ai表示事件“第一次擊中目標時，擊中第i部分”，i＝1,2,3.Bi表示事件“第二次擊中目標時，擊中第i部分”，i＝1,2,3.依題意，知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，A＝A1eq\x\to(B)1∪eq\x\to(A)1B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率為P(A)＝P(A1eq\x\to(B)1)＋P(eq\x\to(A)1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(eq\x\to(B)1)＋P(eq\x\to(A)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.即事件A發(fā)生的概率為0.28.法二：記“第一部分至少擊中一次”為事件C，“第二部分被擊中二次”為事件D，則P(C)＝Ceq\o\al(1,2)0.1×0.9＋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發(fā)生的概率為0.28.4.(2012·南通二模)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取極值，求a的值；(2)如圖，設(shè)直線x＝－eq\f(1,2)，y＝－x將坐標平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域(不含邊界)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi)，判斷其所在的區(qū)域并求對應(yīng)的a的取值范圍；(3)比較32×43×54×…×20122011與23×34×45×…×20112012的大小，并說明理由．解：(1)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)，f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)∵f(x)在x＝0處取極值，∴f′(0)＝－4a∴a＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(經(jīng)檢驗a＝\f(1,4)符合題意)).(2)因為函數(shù)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，且當x＝0時，f(0)＝－a<0.又直線y＝－x恰好通過原點，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅳ內(nèi)，于是可得f(x)<－x，即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴a>eq\f(ln2x＋1,2x＋1).令h(x)＝eq\f(ln2x＋1,2x＋1)，∴h′(x)＝eq\f(2－2ln2x＋1,2x＋12).令h′(x)＝0，得x＝eq\f(e－1,2).∵x>－eq\f(1,2)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(e－1,2)))時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－1,2)，＋∞))時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．∴hmax(x)＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－1,2)))＝eq\f(1,e).∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(3)由(2)知，函數(shù)h(x)＝eq\f(ln2x＋1,2x＋1)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－1,2)，＋∞))時單調(diào)遞減，函數(shù)p(x)＝eq\f(lnx,x)在x∈(e，＋∞)時單調(diào)遞減．∴eq\f(lnx＋1,x＋1)<eq\f(lnx,x)，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx.∴l(xiāng)n(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)．∴令x＝3,4，…，2011，則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)求證：對于任意的正整數(shù)n，(2＋eq\r(3))n必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)的形式，其中s∈N*.證明：由二項式定理可知，(2＋eq\r(3))n＝Ceq\o\al(0,n)2n(eq\r(3))0＋Ceq\o\al(1,n)2n－1(eq\r(3))1＋Ceq\o\al(2,n)2n－2(eq\r(3))2＋…＋Ceq\o\al(n,n)20(eq\r(3))n，設(shè)(2＋eq\r(3))n＝x＋eq\r(3)y＝eq\r(x2)＋eq\r(3y2)，而若有(2＋eq\r(3))n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，a，b∈N*，則(2－eq\r(3))n＝eq\r(a)－eq\r(b)，a，b∈N*，∵(eq\r(a)＋eq\r(b))·(eq\r(a)－eq\r(b))＝(2＋eq\r(3))n·(2－eq\r(3))n＝1，∴令a＝s，s∈N*，則必有b＝s－1.∴(2＋eq\r(3))n必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)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)試比較Sn與(n－2)2n＋2n2的大小，并說明理由．解：(1)取x＝1，則a0＝2n；取x＝2，則a0＋a1＋…＋an＝3n，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－2n.(2)要比較Sn與(n－2)2n＋2n2的大小，即比較3n與(n－1)2n＋2n2的大小，當n＝1時，3n>(n－1)2n＋2n2；當n＝2,3時，3n<(n－1)2n＋2n2；當n＝4,5時，3n>(n－1)2n＋2n2，猜想：當n≥4時，3n>(n－1)2n＋2n2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①由上述過程可知，n＝4時結(jié)論成立，②假設(shè)當n＝k，(k≥4)時結(jié)論成立，即3k>(k－1)2k＋2k2，兩邊同乘以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>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1－1))2k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1時結(jié)論也成立．由①②知當n≥4時，3n>(n－1)2n＋2n2成立．綜上所述，當n＝1時，Sn＞(n－2)2n＋2n2；當n＝2,3時，Sn＜(n－2)2n＋2n2；當n≥4時，Sn＞(n－2)2n＋2n2.7．設(shè)二項展開式Cn＝(eq\r(3)＋1)2n－1(n∈N*)的整數(shù)部分為An，小數(shù)部分為Bn.試用二項式定理推導(dǎo)An和Bn.解：因為Cn＝(eq\r(3)＋1)2n－1＝Ceq\o\al(0,2n－1)(eq\r(3))2n－1＋Ceq\o\al(1,2n－1)(eq\r(3))2n－2＋…＋Ceq\o\al(2n－2,2n－1)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2n－1,2n－1)，①而(eq\r(3)－1)2n－1＝Ceq\o\al(0,2n－1)(eq\r(3))2n－1－Ceq\o\al(1,2n－1)(eq\r(3))2n－2＋…＋Ceq\o\al(2n－2,2n－1)eq\r(3)－