2019届二轮复习第30练　计数原理、随机变量、数学归纳法课件（77张）（全国通用） 77页

第三篇 　 附加题专项练 ， 力保选做拿满分 第 30 练　计数原理 、 随机变量 、 数学归纳法 明晰 考 情 1. 命题角度：计数原理与排列、组合的简单应用； n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差；数学归纳法的简单应用 . 2 . 题目难度： 中档难度 . 核心考点突破练 栏目索引 高考押题冲刺练 考点一　计数原理与二项式定理的综合 方法技巧 　 (1) 区分某一项的二项式系数与这一项的系数两个不同的概念； (2) 在二项式展开式中，利用通项公式求一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等； (3) 根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用； (4) 关于 x 的二项式 ( a ＋ bx ) n ( a ， b 为常数 ) 的展开式可以看成是关于 x 的函数，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决 . 核心考点突破练 1. 设 A ， B 均为非空集合，且 A ∩ B ＝ ∅ ， A ∪ B ＝ {1,2,3 ， … ， n }( n ≥ 3 ， n ∈ N * ). 记 A ， B 中元素的个数分别为 a ， b ，所有满足 “ a ∈ B ，且 b ∈ A ” 的集合对 ( A ， B ) 的个数为 a n . (1) 求 a 3 ， a 4 的值； 解答 解　 当 n ＝ 3 时， A ∪ B ＝ {1,2,3} ，且 A ∩ B ＝ ∅ . 当 n ＝ 4 时， A ∪ B ＝ {1,2,3,4} ，且 A ∩ B ＝ ∅ . 若 a ＝ 2 ， b ＝ 2 ，则 2 ∈ B ,2 ∈ A ，这与 A ∩ B ＝ ∅ 矛盾； 解答 (2) 求 a n . 解　 当 n 为偶数时， A ∪ B ＝ {1,2,3 ， … ， n } ，且 A ∩ B ＝ ∅ . … ； … ； 综上所述，当 n ≥ 3 ，且 n ∈ N * 时， 解答 2. 已知等式 (1 ＋ x ) 2 n － 1 ＝ (1 ＋ x ) n － 1 (1 ＋ x ) n . 证明 解答 (1) 若 f ( x ) ＝ 1 ，求 g ( x ) ； 解　 ∵ f ( x ) ＝ 1 ， ∵ 零的零次幂无意义 ， ∴ g ( x ) ＝ 1 ，且 x ≠ 0 ， x ≠ 1 ， x ∈ R . (2) 若 f ( x ) ＝ x ，求 g ( x ). 解答 又 ∵ f ( x ) ＝ x ， ＝ x [ (1 － x ) ＋ x ] n － 1 ＝ x ， 即 g ( x ) ＝ x ， x ≠ 0 ， x ≠ 1 ， x ∈ R . 4. 设集合 S ＝ {1,2,3 ， … ， n }( n ∈ N * ， n ≥ 2) ， A ， B 是 S 的两个非空子集，且满足集合 A 中的最大数小于集合 B 中的最小数，记满足条件的集合对 ( A ， B ) 的个数为 P n . (1) 求 P 2 ， P 3 的值 ； 解　 当 n ＝ 2 时，即 S ＝ {1,2} ，此时 A ＝ {1} ， B ＝ {2} ，所以 P 2 ＝ 1. 当 n ＝ 3 时，即 S ＝ {1,2,3}. 若 A ＝ {1} ，则 B ＝ {2} 或 B ＝ {3} 或 B ＝ {2,3} ； 若 A ＝ {2} 或 A ＝ {1,2} ，则 B ＝ {3}. 所以 P 3 ＝ 5 . 解答 解答 (2) 求 P n 的表达式 . 解　 当集合 A 中的最大元素为 “ k ” 时，集合 A 的其余元素可在 1,2 ， … ， k － 1 中任取若干个 ( 包含不取 ) ， 此时集合 B 的元素只能在 k ＋ 1 ， k ＋ 2 ， … ， n 中任取若干个 ( 至少取 1 个 ) ， 所以当集合 A 中的最大元素为 “ k ” 时，集合对 ( A ， B ) 共有 2 k － 1 (2 n － k － 1) ＝ 2 n － 1 － 2 k － 1 ( 对 ) ， 当 k 依次取 1,2,3 ， … ， n － 1 时，可分别得到集合对 ( A ， B ) 的个数，求和可得 P n ＝ ( n － 1)·2 n － 1 － (2 0 ＋ 2 1 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n － 2 ) ＝ ( n － 2)·2 n － 1 ＋ 1. 考点二　随机变量及其概率分布 方法技巧 　求解离散型随机变量的概率分布问题，先要明确离散型随机变量的所有可能取值及其对应事件，然后确定概率分布的类型，求出相应事件的概率，即可列出概率分布，再求其数学期望与方差即可 . 若所求事件比较复杂，可以根据事件的性质将其分为互斥事件之和或转化为对立事件求解即可 . 解答 5.(2018· 苏州调研 ) 某公司年会举行抽奖活动，每位员工均有一次抽奖机会 . 活动规则如下：一个盒子里装有大小相同的 6 个小球，其中 3 个白球， 2 个红球， 1 个黑球，抽奖时从中一次摸出 3 个小球，若所得的小球同色，则获得一等奖，奖金为 300 元；若所得的小球颜色互不相同，则获得二等奖，奖金为 200 元；若所得的小球恰有 2 个同色，则获得三等奖，奖金为 100 元 . (1) 求小张在这次活动中获得的奖金数 X 的概率分布及数学期望； 解　 小 张在这次活动中获得的奖金数 X 的所有可能取值为 100,200,300. 所以奖金数 X 的概率分布为 (2) 若每个人获奖与否互不影响，求该公司某部门 3 个人中至少有 2 个人获二等奖的概率 . 解答 设该公司某部门 3 个人中至少有 2 个人获二等奖为事件 A ， 解答 6. 射击测试有两种方案 . 方案 1 ：先在甲靶射击一次，以后都在乙靶射击；方案 2 ：始终在乙靶射击 . 某射手命中甲靶的概率 为 ， 命中一次得 3 分；命中乙靶的概率 为 ， 命中一次得 2 分 . 若没有命中则得 0 分 . 用随机变量 ξ 表示该射手一次测试累计得分，如果 ξ 的值不低于 3 分就认为通过测试，立即停止射击；否则继续射击，但一次测试最多打靶 3 次，每次射击的结果相互独立 . (1) 如果该射手选择方案 1 ，求其测试结束后所得总分 ξ 的概率分布和数学期望 E ( ξ ) ； ξ 的所有可能取值为 0,2,3,4 ， 所以 ξ 的概率分布为 解答 (2) 该射手选择哪种方案通过测试的可能性大？请说明理由 . 解　 设 射手选择方案 1 通过测试的概率为 P 1 ， 选择 方案 2 通过测试的概率为 P 2 ， 因为 P 1 ＞ P 2 ，所以选择方案 1 通过测试的概率更大 . 解答 (1) 某人花 20 元参与游戏甲两次，用 X 表示该人参加游戏甲的收益 ( 收益＝参与游戏获得的钱数－付费钱数 ) ，求 X 的概率分布及数学期望； 解　 X 的所有可能取值为 10,5,0 ，－ 5 ，－ 10 ， 所以 X 的概率分布为 (2) 用 ξ 表示某人参加 n 次游戏乙的收益， n 为任意正整数，求证： ξ 的数学期望为 0. 证明 证明 　 ξ 的所有可能取值为 10 n ,10( n － 2) ， 10( n － 4) ， … ， 10( n － 2 k ) ， … ，－ 10 n ( k ∈ N 且 0 ≤ k ≤ n ) ， ① ＋ ② ，得 所以 E ( ξ ) ＝ 0. 8.(2017· 江苏 ) 已知一个口袋有 m 个白球， n 个黑球 ( m ， n ∈ N * ， n ≥ 2) ，这些球除颜色外完全相同 . 现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为 1,2,3 ， … ， m ＋ n 的抽屉内，其中第 k 次取球放入编号为 k 的抽屉 ( k ＝ 1,2,3 ， … ， m ＋ n ). 解答 1 2 3 … m ＋ n (1) 试求编号为 2 的抽屉内放的是黑球的概率 P ； 证明 证明 　 随机变量 X 的概率分布为 考点三　数学归纳法 方法技巧 　利用数学归纳法证明问题，在第二步证明 n ＝ k ＋ 1 成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设 “ n ＝ k 时命题成立 ” 作为条件来导出 “ n ＝ k ＋ 1 时命题也成立 ” ，在书写 f ( k ＋ 1) 时，一定要把包含 f ( k ) 的式子写出来，尤其是 f ( k ) 中的最后一项，这是数学归纳法的核心 . 解答 (1) 试将 a n ＋ 1 表示为 a n 的函数关系式； 又 n ∈ N * ， n ＋ 1 ≥ 2 ， a n ＋ 1 ＞ 0 ， 解答 ∴ a 1 ＞ b 1 ， ∴ a 2 ＝ b 2 ， 猜想：当 n ≥ 3 时， a n ＜ b n ，下面用数学归纳法证明 . ① 当 n ＝ 3 时，由上知， a 3 ＜ b 3 ，结论成立 . ② 假设当 n ＝ k ， k ≥ 3 ， n ∈ N * 时， a k ＜ b k 成立， ∴ 当 n ＝ k ＋ 1 时，结论也成立 . 综合 ①② 可知：当 n ≥ 3 时， a n ＜ b n 成立 . 综上可得：当 n ＝ 1 时， a 1 ＞ b 1 ； 当 n ＝ 2 时， a 2 ＝ b 2 ， 当 n ≥ 3 ， n ∈ N * 时， a n ＜ b n . 10.(2018· 江苏省南京六校联考 ) 把圆分成 n ( n ≥ 3) 个扇形，设用 4 种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有 f ( n ) 种方法 . ( 1) 写出 f (3) ， f (4) 的值 ； 解　 f (3 ) ＝ 24 ， f (4) ＝ 84 . 解答 解答 (2) 猜想 f ( n )( n ≥ 3) ，并用数学归纳法证明 . 解　 当 n ≥ 4 时，首先，对于第 1 个扇形 a 1 ，有 4 种不同的染法 ， 由于 第 2 个扇形 a 2 的颜色与 a 1 的颜色不同 ， 所以 ，对于 a 2 有 3 种不同的染法，类似地，对扇形 a 3 ， … ， a n － 1 均有 3 种染法 . 对于 扇形 a n ，用与 a n － 1 不同的 3 种颜色染色 ， 但是 ，这样也包括了它与扇形 a 1 颜色相同的情况 ， 而 扇形 a 1 与扇形 a n 颜色相同的不同染色方法数就是 f ( n － 1) ， 于是 可得 ， f ( n ) ＝ 4 × 3 n － 1 － f ( n － 1) ， 猜想 f ( n ) ＝ 3 n ＋ ( － 1) n ·3( n ≥ 3 ， n ∈ N * ) ，证明如下： 当 n ＝ 3 时，左边 f (3) ＝ 24 ，右边 3 3 ＋ ( － 1) 3 ·3 ＝ 24 ， 所以等式成立 . 假设当 n ＝ k ( k ≥ 3) 时， f ( k ) ＝ 3 k ＋ ( － 1) k ·3 ， 则当 n ＝ k ＋ 1 时， f ( k ＋ 1) ＝ 4 × 3 k － f ( k ) ＝ 4 × 3 k － 3 k － ( － 1) k ·3 ＝ 3 k ＋ 1 ＋ ( － 1) k ＋ 1 ·3 ， 即当 n ＝ k ＋ 1 时，等式也成立， 综上， f ( n ) ＝ 3 n ＋ ( － 1) n ·3( n ≥ 3). 11. 设 f ( n ) 是定义在 N * 上的增函数， f (4) ＝ 5 ，且满足： ① 对任意的 n ∈ N * ， f ( n ) ∈ Z ； ② 对任意的 m ， n ∈ N * ，有 f ( m ) f ( n ) ＝ f ( mn ) ＋ f ( m ＋ n － 1). (1) 求 f (1) ， f (2) ， f (3) 的值 ； 解　 因为 f (1) f (4) ＝ f (4) ＋ f (4) ， 所以 5 f (1) ＝ 10 ，所以 f (1) ＝ 2. 因为 f ( n ) 是定义在 N * 上的增函数， 所以 2 ＝ f (1)< f (2)< f (3)< f (4) ＝ 5. 因为 f ( n ) ∈ Z ，所以 f (2) ＝ 3 ， f (3) ＝ 4 . 解答 (2) 求 f ( n ) 的表达式 . 解答 解　 由 f (1) ＝ 2 ， f (2) ＝ 3 ， f (3) ＝ 4 ， f (4) ＝ 5 ， 猜想 f ( n ) ＝ n ＋ 1( n ∈ N * ). 下面用数学归纳法证明： ① 当 n ＝ 1,2,3,4 时，命题成立 . ② 假设当 n ＝ k ( k ≥ 4) 时，命题成立 ， 即 f ( k ) ＝ k ＋ 1 ，下面讨论当 n ＝ k ＋ 1 时的情形 . 又 k ＋ 1 ＝ f ( k )< f ( k ＋ 1)< f ( k ＋ 2) ＝ k ＋ 3 ， 所以 f ( k ＋ 1) ＝ k ＋ 2. 因此不论 k 的奇偶性如何，总有 f ( k ＋ 1) ＝ k ＋ 2 ， 即 n ＝ k ＋ 1 时，命题也成立 . 于是对一切 n ∈ N * ， f ( n ) ＝ n ＋ 1. 解答 (1) 求 a 1 ， a 2 ， a 3 的值； 解　 a 1 ＝ 2, a 2 ＝ 4, a 3 ＝ 8. 解答 (2) 猜想数列 { a n } 的通项公式，并证明 . 解　 猜想： a n ＝ 2 n ( n ∈ N * ). 证明如下： ① 当 n ＝ 1,2,3 时，由 (1) 知结论成立； ② 假设当 n ＝ k ( k ∈ N * ) 时结论成立， 所以 a k ＋ 1 ＝ 2 k ＋ 1 ，故 当 n ＝ k ＋ 1 时结论也成立 . 由 ①② 得 ， a n ＝ 2 n ， n ∈ N * . 高考押题冲刺练 解答 1. 设 n ∈ N * ， n ≥ 3 ， k ∈ N * . (1) 求值： 解答 解答 ＝ (1 ＋ 4 n ) ＋ n ( n － 1)2 n － 2 ＋ 3 n (2 n － 1 － 1) ＋ (2 n － 1 － n ) ＝ 2 n － 2 ( n 2 ＋ 5 n ＋ 4). 解答 (1) 求小陈同学三次投篮至少命中一次的概率； 解答 (2) 记小陈同学三次投篮命中的次数为随机变量 ξ ，求 ξ 的概率分布及数学期望 . 解　 ξ 可能的取值为 0,1,2,3. 故随机变量 ξ 的概率分布为 3. 某高中全国数学联赛培训共开设有初等代数、平面几何、初等数论和微积分初步四门课程，要求初等数论、平面几何都要合格，且初等代数和微积分初步至少有一门合格，则能取得参加数学竞赛复赛的资格 . 现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同 ( 见下表 ) ，且每一门课程是否合格相互独立 . 解答 (1) 求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率； 解　 分别 记甲对初等代数、平面几何、初等数论、微积分初步这四门课程考试合格为事件 A ， B ， C ， D ， 且 事件 A ， B ， C ， D 相互独立， “ 甲能取得参加数学竞赛复赛的资格 ” 的概率为 解答 (2) 记 ξ 表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛资格的人数，求 ξ 的概率分布及数学期望 E ( ξ ). 解　 由 题设知， ξ 的所有可能取值为 0,1,2,3 ， ∴ ξ 的概率分布为 解答 4.(2018· 扬州邗江区调研 ) 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，其中男生倪某为领队 . 入场时，领队男生倪某必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有 E n 种排法；入场后，又需从男生 ( 含男生倪某 ) 和女生中各选一名代表到主席台服务，共有 F n 种选法 . (1) 试求 E n 和 F n ； 解答 (2) 判断 ln E n 和 F n 的大小 ( n ∈ N * ) ，并用数学归纳法证明 . 解　 因为 ln E n ＝ 2ln n ！， F n ＝ n ( n ＋ 1) ， 所以 ln E 1 ＝ 0< F 1 ＝ 2 ， ln E 2 ＝ ln 4< F 2 ＝ 6 ， ln E 3 ＝ ln 36< F 3 ＝ 12 ， … ，由此猜想 ： 当 n ∈ N * 时，都有 ln E n < F n ，即 2ln n ！ < n ( n ＋ 1). 下面用数学归纳法证明 2ln n ！ < 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 2ln k ！ < k ( k ＋ 1) ， 则当 n ＝ k ＋ 1 时， 2ln( k ＋ 1) ！＝ 2ln( k ＋ 1) ＋ 2ln k ！ <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) ，只要 证 ln( k ＋ 1) ≤ k ＋ 1. 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 . 则当 n ＝ k ＋ 1 时，不等式也成立 . 综合 ①② 得原不等式对任意的 n ∈ N * 均成立 . 本课结束 更多精彩内容请登录： www.91taoke.com