江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 附加題 第2講 計數(shù)原理、隨機變量、數(shù)學歸納法學案

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 附加題 第2講 計數(shù)原理、隨機變量、數(shù)學歸納法學案 [考情考向分析]　1.考查分類計數(shù)原理、分步計數(shù)原理與排列、組合的簡單應用，B級要求. 2.考查n次獨立重復試驗的模型及二項分布、離散型隨機變量的數(shù)學期望與方差，B級要求.3.考查數(shù)學歸納法的簡單應用，B級要求． 熱點一 　計數(shù)原理與二項式定理 例1　(2018·蘇州調(diào)研)已知fn(x)＝n，n∈N*. (1)當a＝1時，求f5(x)展開式中的常數(shù)項； (2)若二項式fn(x)的展開式中含有x7的項，當n取最小值時，展開式中含x的正整數(shù)次冪的項的系數(shù)之和為10，求實數(shù)a的值． 解　二

2、項式n的展開式通項為 Tr＋1＝Cn－rr＝C(3a)rx2n－5r (r＝0,1,2，…，n)， (1)當n＝5，a＝1時，f(x)的展開式的常數(shù)項為T3＝9C＝90. (2)令2n－5r＝7，則r＝∈N，所以n的最小值為6， 當n＝6時，二項式6的展開式通項為 Tr＋1＝C(3a)rx12－5r (r＝0,1,2，…，6)， 則展開式中含x的正整數(shù)次冪的項為T1，T2，T3，它們的系數(shù)之和為 C＋C(3a)＋C(3a)2＝135a2＋18a＋1＝10， 即15a2＋2a－1＝0，解得a＝－或. 思維升華　涉及二項式定理的試題要注意以下幾個方面： (1)某一項的二項式系數(shù)

3、與這一項的系數(shù)是兩個不同的概念，必須嚴格加以區(qū)別． (2)根據(jù)所給式子的結(jié)構(gòu)特征，對二項式定理的逆用或變用，注意活用二項式定理是解決二項式問題應具備的基本素質(zhì)． (3)關(guān)于x的二項式(a＋bx)n(a，b為常數(shù))的展開式可以看成是關(guān)于x的函數(shù)，且當x給予某一個值時，可以得到一個與系數(shù)有關(guān)的等式，所以，當展開式涉及到與系數(shù)有關(guān)的問題時，可以利用函數(shù)思想來解決． 跟蹤演練1　(2018·江蘇丹陽高級中學期中)設n≥3，n∈N*，在集合的所有元素個數(shù)為2的子集中，把每個子集的較大元素相加，和記為a，較小元素之和記為b. (1)當n＝3時，求a，b的值； (2)求證：對任意的n≥3，n∈N*

4、，為定值． (1)解　當n＝3時，集合的所有元素個數(shù)為2的子集為， ，，所以a＝2＋3＋3＝8, b＝1＋1＋2＝4. (2)證明　當n≥3，n∈N*時，依題意， b＝1×C＋2×C＋3×C＋…＋×＋×， a＝2×C＋3×C＋4×C＋…＋×C＋n×C ＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋×＋n×. 則＝C＋C＋C＋…＋C ＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C， 所以a＝2C. 又a＋b＝(n－1)(1＋2＋3＋…＋n)＝×＝3C，所以b＝C.故＝. 熱點二　隨機變量及其概率分布 例2　(2018·南京師大附中考前模擬)如圖，設P1，P2，…，P6為單位圓上逆時針均勻

5、分布的六個點．現(xiàn)任選其中三個不同點構(gòu)成一個三角形，記該三角形的面積為隨機變量S. (1)求S＝的概率； (2)求S的概率分布及數(shù)學期望E(S)． 解　(1)從六個點中任選三個不同點構(gòu)成一個三角形共有C種不同選法， 其中S＝的為有一個角是30°的直角三角形，(如△P1P4P5)，共6×2＝12種， 所以P＝＝. (2)S的所有可能取值為，，. S＝的為頂角是120°的等腰三角形(如△P1P2P3)， 共6種，所以P＝＝. S＝的為等邊三角形(如△P1P3P5)， 共2種，所以P＝＝. 又由(1)知P＝＝，故S的概率分布為 S P 所以E

6、(S)＝×＋×＋×＝. 思維升華　求解一般的隨機變量的數(shù)學期望的基本方法 先根據(jù)隨機變量的意義，確定隨機變量可以取哪些值，然后根據(jù)隨機變量取這些值的意義求出取這些值的概率，列出概率分布，根據(jù)數(shù)學期望公式計算． 跟蹤演練2　(2018·南通、徐州、揚州等六市模擬)在某公司舉行的年終慶典活動中，主持人利用隨機抽獎軟件進行抽獎：由電腦隨機生成一張如圖所示的3×3表格，其中1格設獎300元，4格各設獎200元，其余4格各設獎100元，點擊某一格即顯示相應金額．某人在一張表中隨機不重復地點擊3格，記中獎的總金額為X元． (1)求概率P； (2)求X的概率分布及數(shù)學期望E(X)． 解　(1

7、)從3×3表格中隨機不重復地點擊3格，共有C種不同情形，則事件“X＝600”包含兩類情形：第一類是3格各得獎200元；第二類是1格得獎300元，一格得獎200元，一格得獎100元，其中第一類包含C種情形，第二類包含C·C·C種情形． ∴P＝＝. (2)X的所有可能值為300,400,500,600,700. 則P＝＝＝， P＝＝＝， P＝＝＝， P(X＝600)＝， P＝＝＝. ∴X的概率分布為 X 300 400 500 600 700 P ∴E＝300×＋400×＋500×＋600×＋700×＝500. 熱點三　數(shù)學歸納法 例3　

8、(2018·江蘇姜堰、溧陽、前黃中學聯(lián)考)已知數(shù)列滿足an＝C＋＋＋＋…＋，n∈N*. (1)求a1, a2, a3的值； (2)猜想數(shù)列的通項公式，并證明． 解　(1)a1＝2, a2＝4, a3＝8. (2)猜想： an＝2n(n∈N*)． 證明如下： ①當n＝1時，由(1)知結(jié)論成立； ②假設當n＝k(k∈N*，k≥1)時結(jié)論成立， 則有ak＝C＋＋＋＋…＋＝2k. 則當n＝k＋1時，ak＋1＝C＋＋＋＋…＋. 由C＝C＋C得 ak＋1＝C＋＋＋＋…＋＋ ＝2k＋＋＋＋…＋＋ ＝2k＋ ＝2k＋. 又C＝＝ ＝＝C， ak＋1＝2k＋， 于是ak＋

9、1＝2k＋ak＋1. 所以ak＋1＝2k＋1,故n＝k＋1時結(jié)論也成立． 由①②得，an＝2n ，n∈N*. 思維升華　在數(shù)學歸納法中，歸納奠基和歸納遞推缺一不可．在較復雜的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1時，式子中項數(shù)的變化應仔細分析，觀察通項．同時還應注意，不用假設的證法不是數(shù)學歸納法． 跟蹤演練3　(2018·常州期末)記××…×(n≥2且n∈N*)的展開式中含x項的系數(shù)為Sn，含x2項的系數(shù)為Tn. (1)求Sn； (2)若＝an2＋bn＋c對n＝2,3,4成立，求實數(shù)a，b，c的值； (3)對(2)中的實數(shù)a，b，c用數(shù)學歸納法證明：對任意n≥2且n∈N*, ＝an2＋

10、bn＋c都成立． (1)解　Sn＝＝ . (2)解?。?， ＝， ＝， 則 解得a＝， b＝－， c＝－， (3)證明　①當n＝2時，由(2)知等式成立； ②假設n＝k(k∈N*，且k≥2)時，等式成立， 即＝k2－k－. 當n＝k＋1時，由f(x)＝××…×× ＝×＝， 知Tk＋1＝Sk＋ Tk ＝·， 所以＝ ＝＝， 又2－－ ＝， 等式也成立； 綜上可得，對任意n≥2且n∈N*， 都有＝－－成立． 1．(2018·全國大聯(lián)考江蘇卷)(1)求4C－7C＋(n≥k，且n，k∈N*)的值． (2)設f(n)＝1·C·3＋2·C·32＋…＋nC·3n(n

11、∈N*)，求方程f(n)＝3 840的所有解． 解　(1)因為4C＝4×35＝140, 7C＝7×20＝140， kC＝k·＝ n·＝nC(n≥k，且n，k∈N*)． 所以4C－7C＋＝1. (2)由(1)知kC＝nC對1≤k≤n，且n，k∈N*成立． 所以f(n)＝n(C3＋C32＋…＋C3n)， 所以f(n)＝3n(C＋C3＋…＋C3n－1) ＝3n(1＋3)n－1＝3n·4n－1(n∈N*)． 又因為＝ ＝＝4＋>1，即f(n＋1)>f(n)對n∈N*成立， 所以f(n)是關(guān)于n(n∈N*)的遞增函數(shù)． 又因為f(n)＝3 840＝3×5×44＝f(5)， 所以當且

12、僅當n＝5時才滿足條件，即n＝5是方程f(n)＝3 840的唯一解． 2．(2018·江蘇)設n∈N*，對1,2，…，n的一個排列i1i2…in，如果當s＜t時，有is＞it，則稱(is，it)是排列i1i2…in的一個逆序，排列i1i2…in的所有逆序的總個數(shù)稱為其逆序數(shù)．例如：對1,2,3的一個排列231，只有兩個逆序(2,1)，(3,1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1,2，…，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個數(shù)． (1)求f3(2)，f4(2)的值； (2)求fn(2)(n≥5)的表達式(用n表示)． 解　(1)記τ(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對1,2,3

13、的所有排列，有 τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2. 對1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，將數(shù)字4添加進去，4在新排列中的位置只能是最后三個位置． 因此，f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5. (2)對一般的n(n≥4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個：12…n，所以fn(0)＝1. 逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12…n中的任意相鄰兩個數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1. 為計算fn＋1(2)，當1,2，…，n的排列及

14、其逆序數(shù)確定后，將n＋1添加進原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三個位置． 因此，fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n. 當n≥5時，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝， 因此，當n≥5時，fn(2)＝. 3．已知實數(shù)數(shù)列{an}滿足：a1＝3，an＝·(an－1＋2)，n≥2. 證明：當n≥2時，{an}是單調(diào)減數(shù)列． 證明　當n≥1時，有an＋1－an＝an＋＝(n＋3－nan)． 下面用數(shù)學歸納法證明：an

15、>1＋(n≥2，n∈N*)． (1)當n＝2時，a2＝(3＋2)＝>1＋； (2)假設當n＝k(k∈N*，k≥2)時，結(jié)論成立，即ak>1＋. 那么，ak＋1＝(ak＋2)> ＝1＋>1＋. 故由(1)(2)知，an>1＋(n≥2，n∈N*)． 因此，當n≥2，n∈N*時，an＋1－an＝(n＋3－nan)<0，即當n≥2時，{an}是單調(diào)減數(shù)列． 4．(2018·江蘇鹽城中學模擬)某樂隊參加一戶外音樂節(jié)，準備從3首原創(chuàng)新曲和5首經(jīng)典歌曲中隨機選擇4首進行演唱． (1)求該樂隊至少演唱1首原創(chuàng)新曲的概率； (2)假定演唱一首原創(chuàng)新曲觀眾與樂隊的互動指數(shù)為a(a為常數(shù))，演唱一

16、首經(jīng)典歌曲觀眾與樂隊的互動指數(shù)為2a.求觀眾與樂隊的互動指數(shù)之和X的概率分布及數(shù)學期望． 解　(1)設“至少演唱1首原創(chuàng)新曲”為事件A，則事件A的對立事件為“沒有1首原創(chuàng)新曲被演唱”． 所以P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以該樂隊至少演唱1首原創(chuàng)新曲的概率為. (2)設隨機變量x表示被演唱的原創(chuàng)新曲的首數(shù)，則x的所有可能值為0,1,2,3. 依題意知，X＝ax＋2a(4－x)，故X的所有可能值依次為8a,7a,6a,5a. 則P(X＝8a)＝P(x＝0)＝＝， P(X＝7a)＝P(x＝1)＝＝， P(X＝6a)＝P(x＝2)＝＝， P(X＝5a)＝P(x＝3)＝＝. 從而

17、X的概率分布為 X 8a 7a 6a 5a P 所以X的數(shù)學期望E(X)＝8a×＋7a×＋6a×＋5a×＝a. A組　專題通關(guān) 1．某年級星期一至星期五每天下午排3節(jié)課，每天下午隨機選擇1節(jié)作為綜合實踐課(上午不排該課程)，張老師與王老師分別任教甲、乙兩個班的綜合實踐課程． (1)求這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率； (2)設這兩個班“在一周中同時上綜合實踐課的節(jié)數(shù)”為X，求X的概率分布與數(shù)學期望E(X)． 解　(1)這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率為P＝1－＝. (2)由題意得X～B， P(X＝k)＝Ck5－k，k＝

18、0,1,2,3,4,5. 所以X的概率分布為 X 0 1 2 3 4 5 P 所以X的數(shù)學期望E(X)＝5×＝. 2．(2018·江蘇省南京師大附中模擬)設集合A，B是非空集合M的兩個不同子集． (1)若M＝{a1，a2}，且A是B的子集，求所有有序集合對(A，B)的個數(shù)； (2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，且A的元素個數(shù)比B的元素個數(shù)少，求所有有序集合對(A，B)的個數(shù)． 解　(1)若集合B含有2個元素，即B＝{a1，a2}， 則A＝?，，，則(A，B)的個數(shù)為3； 若集合B含有1個元素，則B有C種，不妨設B＝{a1}，則

19、A＝?，此時(A，B)的個數(shù)為C×1＝2. 綜上，(A，B)的個數(shù)為5. (2)集合M有2n個子集，又集合A，B是非空集合M的兩個不同子集， 則不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)為2n(2n－1)． 若A的元素個數(shù)與B的元素個數(shù)一樣多，則不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)為 C(C－1)＋C(C－1)＋C(C－1)＋…＋C(C－1) ＝ 2＋2＋2＋…＋2－(C＋C＋C＋…＋C)， 又(x＋1)n(x＋1)n的展開式中xn的系數(shù)為2＋2＋2＋…＋2, 且(x＋1)n(x＋1)n＝(x＋1)2n的展開式中xn的系數(shù)為C， 所以2＋2＋2＋…＋2＝C. 因為C＋C＋C＋…＋C＝2

20、n， 所以當A的元素個數(shù)與B的元素個數(shù)一樣多時， 有序集合對(A，B)的個數(shù)為C－2n. 所以，A的元素個數(shù)比B的元素個數(shù)少時，有序集合對(A，B)的個數(shù)為 ＝. 3．已知2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.記Tn＝ an－k. (1)求T2的值； (2)化簡Tn的表達式，并證明：對任意的n∈N*, Tn都能被4n＋2整除． 解　由二項式定理，得ai＝C(i＝0,1,2，…，2n＋1)． (1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30. (2)∵C ＝· ＝＝C， ∴Tn＝ an－k＝ C＝C ＝ C ＝2 C－C ＝

21、2C－C＝2··－··22n＋1＝C. ∴Tn＝C＝ ＝2C. ∵C∈N*， ∴Tn能被4n＋2整除． 4．是否存在正整數(shù)m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9對任意正整數(shù)n都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并證明你的結(jié)論；若不存在，說明理由． 解　由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，得f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想m＝36. 下面用數(shù)學歸納法證明： ①當n＝1時，結(jié)論顯然成立； ②假設當n＝k(k∈N*，k≥1)時，結(jié)論成立，即f(k)能被36整除， 設f(k)＝(2k＋7)·3k＋9＝t·36. 當n＝k

22、＋1時， f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9 ＝(2k＋7)·3k＋1＋2·3k＋1＋9 ＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1) ＝3·36t＋18·2s＝36(3t＋s)． 所以當n＝k＋1時結(jié)論成立． 由①②可知，對一切正整數(shù)n，存在正整數(shù)m，使得 f(n)＝(2n＋7)·3n＋9都能被m整除，m的最大值為36. B組　能力提高 5．(2018·常州模擬)已知正四棱錐P－ABCD的側(cè)棱和底面邊長相等，在這個正四棱錐的8條棱中任取兩條，按下列方式定義隨機變量ξ的值： 若這兩條棱所在的直線相交，則ξ的值是這兩條棱所在直線的夾角大小(弧度制)；

23、若這兩條棱所在的直線平行，則ξ＝0； 若這兩條棱所在的直線異面，則ξ的值是這兩條棱所在直線所成角的大小(弧度制)． (1)求P的值； (2)求隨機變量ξ的概率分布及數(shù)學期望E. 解　根據(jù)題意，該四棱錐的四個側(cè)面均為等邊三角形，底面為正方形，容易得到△PAC，△PBD為等腰直角三角形， ξ的可能取值為： 0, ， ，共C＝28種情況，其中，當ξ＝0時，有2種；當ξ＝時，有3×4＋2×4＝20(種)； 當ξ＝時，有2＋4＝6(種)． (1)P＝＝. (2)P＝＝， P＝＝， 根據(jù)(1)的結(jié)論，隨機變量的概率分布如下表： ξ 0 P 根據(jù)上表， E＝0

24、×＋×＋×＝π. 6．設P(n，m)＝(－1)kC，Q(n，m)＝C，其中m，n∈N*. (1)當m＝1時，求P(n,1)·Q(n,1)的值； (2)對?m∈N*，證明：P(n，m)·Q(n，m)恒為定值． (1)解　當m＝1時，P(n,1)＝(－1)kC ＝(－1)kC＝， 又Q(n,1)＝C＝n＋1，顯然P(n,1)·Q(n,1)＝1. (2)證明　P(n，m)＝(－1)kC ＝1＋(－1)k(C＋C)＋(－1)n ＝1＋(－1)kC＋(－1)kC ＝P(n－1，m)＋(－1)kC ＝P(n－1，m)－(－1)kC ＝P(n－1，m)－P(n，m)． 即P(n，m

25、)＝P(n－1，m)， 由累乘，易求得P(n，m)＝＝， 又Q(n，m)＝C，所以P(n，m)·Q(n，m)＝1. 7．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1，a2，a3是m展開式的前三項的系數(shù)． (1)求m展開式的中間項； (2)當n≥2時，試比較＋＋＋…＋與的大?。? 解　(1)m＝1＋C＋C2＋…＋Cm， 依題意a1＝1，a2＝m，a3＝， 由2a2＝a1＋a3，可得m＝1(舍去)或m＝8. 所以m展開式的中間項是第五項， T5＝C4＝x4. (2)由(1)知，an＝3n－2， 當n＝2時，＋＋＋…＋＝＋＋＝＋＋＝>； 當n＝3時，＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝＋＋

26、＋＋＋＋ ＝＋＋ >＋＋ ＝＋＋>＋＋>. 猜測：當n≥2時，＋＋＋…＋>. 以下用數(shù)學歸納法加以證明： ①當n＝2時，結(jié)論成立． ②假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時，＋＋＋…＋>， 則當n＝k＋1時，＋＋＋…＋ ＝＋ >＋>＋－ ＝＋－ ＝＋ ＝＋. 由k≥3可知，3k2－7k－3>0， 即＋＋＋…＋>. 綜合①②，可得當n≥2時， ＋＋＋…＋>. 8．設|θ|<，n為正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an＝sin ·tannθ，其前n項和為Sn. (1)求證：當n為偶數(shù)時，an＝0；當n為奇數(shù)時，an＝(－1)tannθ. (2)求證：對任意正整數(shù)n

27、，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1·tan2nθ]． 證明　(1)因為an＝sin tannθ. 當n為偶數(shù)時，設n＝2k(k∈N*)，an＝a2k＝sin tan2kθ＝sin kπ·tan2kθ＝0，an＝0. 當n為奇數(shù)時，設n＝2k－1(k∈N*)，an＝a2k－1 ＝sin tan2k－1θ＝sin·tan2k－1θ. 當k＝2m(m∈N*)時， an＝a2k－1＝sin·tan4m－1θ ＝sin·tan4m－1θ＝－tan4m－1θ， 此時＝2m－1， an＝a2k－1＝－tan4m－1θ＝(－1)2m－1tan4m－1θ ＝(－1)tannθ.

28、當k＝2m－1(m∈N*)時， an＝a2k－1＝sin·tan4m－3θ ＝sin·tan4m－3θ＝tan4m－3θ， 此時＝2m－2，an＝a2k－1＝tan4m－3θ＝(－1)2m－2tan4m－3θ＝(－1)tannθ. 綜上，當n為偶數(shù)時，an＝0； 當n為奇數(shù)時，an＝(－1)tannθ. (2)當n＝1時，由(1)得S2＝a1＋a2＝tan θ， sin 2θ[1＋(－1)n＋1tan2nθ]＝sin 2θ(1＋tan2θ) ＝sin θ·cos θ·＝tan θ. 故當n＝1時，命題成立． 假設當n＝k(k∈N*，k≥1)時命題成立， 即S2k＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋1tan2kθ]． 當n＝k＋1時，由(1)得 S2(k＋1)＝S2k＋a2k＋1＋a2k＋2＝S2k＋a2k＋1 ＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋1tan2kθ]＋(－1)ktan2k＋1θ ＝sin 2θ· ＝sin 2θ· ＝sin 2θ· ＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ]． 即當n＝k＋1時命題成立． 綜上所述，對正整數(shù)n，命題成立．