当前位置:首页 >> 数学 >>

浙江省2016届高三数学专题复习 专题七 计数原理与概率、推理证明与数学归纳法 理


专题七

计数原理与概率、推理证明与数学归纳法
真题体验·引领卷

一、选择题 1.(2015·陕西高考)设复数 z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则 y≥x 的概率为( 3 1 A. + 4 2π 1 1 C. - 2 π 1 1 B. - 4 2π 1 1 D. + 2 π )

2.(20

15·四川高考)用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数,其中比 40 000 大的偶数共有( A.144 个 ) C.96 个 D.72 个

B.120 个

3.(2015·广东高考)袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球,其中有 10 个白球,5 个红 球.从袋中任取 2 个球,所取的 2 个球中恰有 1 个白球,1 个红球的概率为( A. 5 21 10 B. 21 11 C. 21
2

)

D.1
5 5 2

4.(2015·全国卷Ⅰ)(x +x+y) 的展开式中,x y 的系数为( A.10 B.20 C.30 D.60

)

5.(2015·浙江高考)设 A,B 是有限集,定义:d(A,B)=card(A∪B)-card(A∩B),其中 card(A)表示有限集 A 中元素的个数, 命题①:对任意有限集 A,B, “A≠B”是“d(A,B)>0”的充分必要条件; 命题②:对任意有限集 A,B,C,d(A,C)≤d(A,B)+d(B,C),( A.命题①和命题②都成立 B.命题①和命题②都不成立 C.命题①成立,命题②不成立 D.命题①不成立,命题②成立 1 6.(2015·湖北高考)在区间[0,1]上随机取两个数 x,y,记 p1 为事件“x+y≥ ”的概率, 2 )

p2 为事件“|x-y|≤ ”的概率,p3 为事件“xy≤ ”的概率,则(
A.p1<p2<p3 B.p2<p3<p1

1 2

1 2

)

1

C.p3<p1<p2 二、填空题

D.p3<p2<p1

7.(2015·广东高考)某高三毕业班有 40 人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言, 那么全班共写了________条毕业留言(用数字做答).

8.(2015·全国卷Ⅱ)(a+x)(1+x) 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32,则 a= ____________. 9.(2015·山东高考)观察下列各式: C1=4 ; C3+C3=4
0 1 0 1 1; 0 0

4

C5+C5+C5=4 ; C7+C7+C7+C7=4 ; ? 照此规律,当 n∈N 时,C2n-1 +C2n-1+ C2n-1+?+ C2n-1=________. 三、解答题 10.(2015·湖南高考)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.抽 奖方法是: 从装有 2 个红球 A1, A2 和 1 个白球 B 的甲箱与装有 2 个红球 a1, a2 和 2 个白球 b1、
* 0 1 2 0 1 2 3 3

2

2

n-1

b2 的乙箱中,各随机摸出 1 个球,若摸出的 2 个球都是红球则中奖,否则不中奖.
(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果; (2)有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概率,你认为正 确吗?请说明理由.

11.(2015·北京高考)某超市随机选取 1 000 位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种
2

商品的情况,整理成如下统计表,其中“√”表示购买, “×”表示未购买. 商品 甲 顾客人数 100 217 200 300 85 98 (1)估计顾客同时购买乙和丙的概率; (2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率; (3)如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大? √ × √ √ √ × × √ √ × × √ √ × √ √ × × √ √ × × × × 乙 丙 丁

12.(2015·四川高考)一辆小客车上有 5 个座位,其座位号为 1,2,3,4,5.乘客 P1,P2,

P3,P4,P5 的座位号分别为 1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车.乘
客 P1 因身体原因没有坐自己的 1 号座位,这时司机要求余下的乘客按以下规则就座:如果 自己的座位空着,就只能坐自己的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这 5 个座位的 剩余空位中任意选择座位. (1)若乘客 P1 坐到了 3 号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有 4 种坐法.下表给出了其 中两种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);

乘客 座位号

P1
3

P2
2

P3
1

P4
4

P5
5

3

3

2

4

5

1

(2)若乘客 P1 坐到了 2 号座位,其他的乘客按规则就座,求乘客 P5 坐到 5 号座位的概率.

专题七

计数原理与概率、推理

证明与数学归纳法

经典模拟·演练卷 一、选择题 1.(2015·舟山联考)设 z= 1 A. 2 B. 2 2 C. 1 +i,则|z|=( 1+i D.2 1 ?n )

3 2

2.(2015·杭州诊断)使?3x+ A.4 B.5 C.6

? ?

x x?

* ? (n∈N )的展开式中含有常数项的最小的 n 为(

)

D.7

3.(2015·德州二模)从 6 名同学中选 4 人分别到 A、B、C、D 四个城市游览,要求每个城市 有一人游览,每人只游览一个城市,且这 6 人中甲、乙两人不去 D 城市游览,则不同的选择 方案共有( A.240 种 C.96 种 4.若(1+x)(2-x) 等于( A.2-2 C.1-2 )
2 015 2 015 2

) B.144 种 D.300 种 =a0+a1x+a2x +?+a2 015x
2 015

+a2 016x

2 016

,则 a2+a4+?+a2 014+a2 016

B.2-2 D.1-2

2 016

2 015

2 016

5.从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个,其个位数为 0 的概率是(

)

4

4 A. 9

1 B. 3

2 C. 9
6

1 D. 9
4

6. (2015·温岭中学模拟)在(1+x) (1+y) 的展开式中, 记 x y 项的系数为 f(m, n), 则 f(3, 0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( A.45 二、填空题 7.如果把个位数是 1,且恰有 3 个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由 1,2,3,4 四个数字组成的重复数字的四位数中, “好数”共有________个. 8.三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中两个项目,则有且仅有 两人选择的项目完全相同的概率是________.(结果用最简分数表示) 9.(2015·温州中学)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A,B,C 三个城市时, 甲说:我去过的城市比乙多,但没去过 B 城市; 乙说:我没去过 C 城市; 丙说:我们三人去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为________. 三、解答题 10.(2015·金华一中模拟)为振兴旅游业,四川省 2009 年面向国内发行总量为 2 000 万张 的熊猫优惠卡, 向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡), 向省内人士发行的是熊猫银卡(简 3 称银卡). 某旅游公司组织了一个有 36 名游客的旅游团到四川名胜旅游, 其中 是省外游客, 4 1 2 其余是省内游客.在省外游客中有 持金卡,在省内游客中有 持银卡. 3 3 (1)在该团中随机采访 2 名游客,求恰有 1 人持银卡的概率; (2)在该团中随机采访 2 名游客,求其中持金卡与持银卡人数相等的概率. B.60 C.120 ) D.210

m n

2 n 11.已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ ,an+1= an+n-4,bn=(-1) (an-3n+21),其中 λ 3 为实数,n 为正整数. (1)对任意实数 λ ,证明:数列{an}不是等比数列; (2)试判断数列{bn}是否为等比数列.

5

12.(2015·绍兴联考)设 a1=1,an+1= an-2an+2+b(n∈N ). (1)若 b=1,求 a2,a3 及数列{an}的通项公式; (2)若 b=-1,问:是否存在实数 c 使得 a2n<c<a2n+1 对所有 n∈N 成立?证明你的结论.
*

2

*

专题七

计数原理与概率、推理证明与数学归纳法 专题过关·提升卷 第Ⅰ卷 (选择题)

一、选择题 1.用反证法证明命题“设 a,b 为实数,则方程 x +ax+b=0 至少有一个实根”时,要做 的假设是(
3 3

)

A.方程 x +ax+b=0 没有实根 B.方程 x +ax+b=0 至多有一个实根 C.方程 x +ax+b=0 至多有两个实根 D.方程 x +ax+b=0 恰好有两个实根
- - - 3 3 3

2.z是 z 的共轭复数,若 z+z=2,(z-z)i=2(i 为虚数单位),则 z=( A.1+i C.-1+i 3.若数列{an}是等差数列,bn= B.-1-i D.1-i

)

a1+a2+?+an ,则数列{bn}也为等差数列.类比这一性质可 n
)

知,若正项数列{cn}是等比数列,且{dn}也是等比数列,则 dn 的表达式应为( A.dn= B.dn=

c1+c2+?+cn n c1·c2·?·cn n
n n n n c1 +c2+?+cn n

C.dn=

6

D.dn= c1·c2·?·cn

n

4.(2015·勤州中学模拟)有 6 名男医生、5 名女医生,从中选出 2 名男医生、1 名女医生组 成一个医疗小组,则不同的选法共有( A.60 种 C.75 种 5.若(1-2x) A.2 C.-1
2 015

) B.70 种 D.150 种

=a0+a1x+?+a2 015x

2 015

(x∈R),则 + 2+?+ 2 015的值为( 2 2 2 B.0 D.-2

a1 a2

a2 015

)

6.(2015·义乌模拟)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的 距离不小于该正方形边长的概率为( 1 A. 5 2 B. 5 C. 3 5 ) 4 D. 5

7.用 a 代表红球,用 b 代表白球,根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理,从 1 个红 球和 1 个白球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式 1+a+b+ab 表示出 来.其中“1”表示一个球都不取, “a”表示取一个红球, “b”表示取一个白球, “ab”表示 把红球和白球都取出来,以此类推:下列各式中,其展开式中可用来表示从 5 个无区别的红 球、5 个无区别的白球中取出若干个球,且所有的白球都取出或都不取出的所有取法的是 ( )

A.(1+a+a +a +a +a )(1+b ) B.(1+a )(1+b+b +b +b +b ) C.(1+a) (1+b+b +b +b +b ) D.(1+a )(1+b)
5 5 5 2 3 4 5 5 2 3 4 5

2

3

4

5

5

8. 已知定义在 R 上的函数 f(x), g(x)满足 +

f(x) x f(1) =a , 且 f′(x)g(x)<f(x)g′(x), g(x) g(1)
)

?f(n)? f(-1) 5 31 ?(n∈N*)的前 n 项和等于 ,则 n 等于( = ,若有穷数列? g ( n ) g(-1) 2 32 ? ?

A.4 C.6

B.5 D.7 第Ⅱ卷 (非选择题)
7

二、填空题
- - 3+i 9.已知复数 z= , z 是 z 的共轭复数,则 z · z=________. 2 (1- 3i)

10.观察下列不等式 1 3 1+ 2< , 2 2 1 1 5 1+ 2+ 2< , 2 3 3 1 1 1 7 1+ 2+ 2+ 2< , 2 3 4 4 ?? 照此规律,第五个不等式为________.

11.(2015·瑞安中学模拟)观察下列等式 1 =1 1 -2 =-3 1 -2 +3 =6 1 -2 +3 -4 =-10 ?? 照此规律,第 n 个等式可为________. 12. (2015·效实中学模拟)(x-y)(x+y) 的展开式中 x y 的系数为________(用数字填写答 案).
8 2 7 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

n ?1 ? 13.若在? +2x? 的展开式中第 5 项、第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列,则展开式 ?2 ?
中二项式系数最大的项的系数为________. 14.(2015·乐清模拟)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数,则这七个 数的中位数是 6 的概率为________. 15.将全体正奇数排成一个三角形数阵:

8

按照以上排列的规律,第 45 行从左向右的第 17 个数为________. 三、解答题 16. (2015·桐乡高级中学模拟)为推动乒乓球运动的发展, 某乒乓球比赛允许不同协会的运 动员组队参加.现有来自甲协会的运动员 3 名,其中种子选手 2 名;乙协会的运动员 5 名, 其中种子选手 3 名.从这 8 名运动员中随机选择 4 人参加比赛. (1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手,且这 2 名种子选手来自同一个协会”, 求事件 A 发生的概率; (2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数,求 X 分别为 1,2,3,4 的概率.

17.(2015·杭州高级中学模拟)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式; (2)设 q≠1,证明:数列{an+1}不是等比数列.

18.(2015·诸暨中学模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an+1= . 2an+1 (1)求数列{an}的通项公式; 2 1 (2)若 = +1,且 Pn=(1+b1)(1+b3)?(1+b2n-1),求证:Pn> 2n+1.

an

bn an

19.小波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋.游戏规则为:以 O 为起点,再从 A1、
9

A2、A3、A4、A5、A6(如图)这 6 个点中任取两点分别为终点得到两个向量,记这两个向量的数
量积为 X.若 X>0 就去打球,若 X=0 就去唱歌,若 X<0 就去下棋.

(1)写出数量积 X 的所有可能取值; (2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率.

20.(2015·台州一中模拟)已知函数 f(x)=e ,x∈R. (1)求 f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程; 1 2 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x +x+1 有唯一公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f?

x

?a+b?与f(b)-f(a)的大小,并说明理由. ? b-a ? 2 ?

专题七 计数原理与概率、推理证明与数学归纳法 真题体验·引领卷 1.B [由|z|≤1 可得(x-1) +y ≤1,表示以(1,0)为圆心,半径为 1 的圆及其内部,满 足 y≥x 的部分为如图阴影所示,
2 2

由几何概型概率公式可得所求概率为:

10

1 1 2 π 1 2 π ×1 - ×1 - 4 2 4 2 1 1 P= = = - .] 2 π ×1 π 4 2π 2.B [由题意,首位数字只能是 4,5,若万位是 5,则有 3×A4=72(个);若万位是 4,则 有 2×A4个=48(个),故比 40 000 大的偶数共有 72+48=120(个).选 B.] 3.B [从袋中任取 2 个球共有 C15=105 种取法,其中恰好 1 个白球 1 个红球共有 C10C5=50 50 10 种取法,所以所取的球恰好 1 个白球 1 个红球的概率为 = .] 105 21 4.C [Tk+1=C5(x +x) 则 T3=C5(x +x) y
2 2 2 3 2 2 1 1 3 3

k

2

5-k k

y ,∴k=2.

对于二项式(x +x) ,Tr+1=C3(x )
5 2 2

3

r

2 3-r r

6-r x =Cr , 3x

令 r=1,所以 x y 的系数为 C5·C3=30.] 5.A [命题①成立,若 A≠B,则 card(A∪B)>card(A∩B),所以

1

d(A , B) = card(A∪B) - card(A∩B)>0. 反之可以把上述过程逆推,故“A≠B”是“d(A , B)>0”的充分必要条件;
命题②成立,由 Venn 图, 知 card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B),

d(A,C)=card(A)+card(C)-2card(A∩C), d(B,C)=card(B)+card(C)-2card(B∩C),
∴d(A,B)+d(B,C)-d(A,C) = card(A) + card(B) - 2card(A∩B) + card(B) + card(C) - 2card(B∩C) - [card(A) + card(C)-2card(A∩C)] =2card(B)-2card(A∩B)-2card(B∩C)+2card(A∩C) =2card(B)+2card(A∩C)-2[card(A∩B)+card(B∩C)] =2card(B)+2card(A∩C)-2[card(A∪C)∩B+ card(A∩B∩C)] =[2card(B)-2card(A∪C)∩B]+[2card(A∩C)-2card(A∩B∩C)]≥0, ∴d(A,C)≤d(A,B)+d(B,C)得证.] 6.B [如图,点(x,y)所处的空间为正方形 OBCA 表示的平面区域(包括其边界),故本题属 于几何概型中的“面积比”型.分别画出三个事件对应的图形,根据图形面积的大小估算概 率的大小.

11

1 满足条件的 x,y 构成的点(x,y)在正方形 OBCA 及其边界上.事件“x+y≥ ”对应的图形 2 1 为图①所示的阴影部分;事件“|x - y|≤ ”对应的图形为图②所示的阴影部分;事件 2 1 “xy≤ ”对应的图形为图③所示 2

的阴影部分.对三者的面积进行比较,可得 p2<p3<p1.]

7.1 560 [依题意两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从 40 人中任选两人的排列数,所 以全班共写了 A40=40×39=1 560 条毕业留言.] 8.3 [设(a+x)(1+x) =a0+a1x+a2x +a3x +a4x +a5x . 令 x=1,得(a+1)×2 =a0+a1+a2+a3+a4+a5.① 令 x=-1,得 0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.② ①-②,得 16(a+1)=2(a1+a3+a5)=2×32,∴a=3.] 9.4
n-1
4 4 2 3 4 5 2

[观察每行等式的特点,每行等式的右端都是幂的形式,底数均为 4,指数与等式
0 1 2

左端最后一个组合数的上标相等,故有 C2n-1+C2n-1+C2n-1+?+C2n-1=4

n-1

n-1

.]

10.解 (1)所有可能结果为:(A1,a1),(A1,a2),(A1,b1),(A1,b2),(A2,a1),(A2,a2), (A2,b1),(A2,b2);(B,a1),(B,a2),(B,b1),(B,b2)共计 12 种结果. 4 1 (2)不正确,理由如下:设“中奖”为事件 A,则 P(A)= = , 12 3


P(A)=1- = ,P(A)<P(A),故此种说法不正确.
11.解 (1)从统计表可以看出,在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙, 200 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为 =0.2. 1 000 (2)从统计表可以看出,在这 1 000 位顾客中,有 100 位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有 200 位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了 2 种商品. 100+200 所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为 =0.3. 1 000

1 2 3 3



12

(3)与(1)同理,可得: 200 顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为 =0.2, 1 000 100+200+300 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为 =0.6, 1 000 100 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为 =0.1. 1 000 所以,如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大. 12.解 (1)余下两种坐法如下表所示:

乘客

P1
3

P2
2 2

P3
4 5

P4
1 4

P5
5 1

座位号 3

(2)若乘客 P1 坐到了 2 号座位,其他乘客按规则就座,则所有可能的坐法可用下表表示为:

乘客

P1
2 2 2 2

P2
1 3 3 3 3 4 4 5

P3
3 1 4 4 5 3 3 3

P4
4 4 1 5 4 1 5 4

P5
5 5 5 1 1 5 1 1

座位号 2 2 2 2 于是,所有可能的坐法共 8 种, 4 1 设“乘客 P5 坐到 5 号座位”为事件 A, 则事件 A 中的基本事件的个数为 4, 所以 P(A)= = . 8 2 1 所以乘客 P5 坐到 5 号座位的概率是 . 2 经典模拟·演练卷 1 1-i 1 -i 1 1 1.B [∵z= +i= +i= +i= + i, 1+i (1+i)(1-i) 2 2 2

13

∴|z|=

?1? +?1? = 2.] ?2? ?2? 2 ? ? ? ?
r n-r

2

2

2.B [展开式的通项公式 Tr+1=Cn(3x) ∴Tr+1=3
n-r r n

? 1 ?r ? ? , ? x x?

5 C xn- r,r=0,1,2,?,n. 2

5 5 令 n- r=0,n= r,故最小正整数 n=5.] 2 2 3.A [分三类:(1)甲、乙均没参加游览,有 A4=24 种方案. (2)甲、乙只有 1 人参加游览,有 C2C4A3A3=144 种方案. (3)甲、乙均参加游览,有 C4C2A3=72 种方案. ∴由分类加法计数原理,共有 24+144+72=240(种)不同方案.] 4.C [采用赋值法,令 x=1,得 a0+a1+a2+?+a2 015+a2 016=2,令 x=-1,得 a0-a1+
2 1 3 1 3 1 3 4

a2-?-a2 015+a2 016=0,把两式相加,得 2(a0+a2+?+a2 016)=2,所以 a0+a2+?+a2 016
=1,又令 x=0,得 a0=2
2 015

,所以 a2+a4+?+a2 014+a2 016=1-2

2 015

.故选 C.]

5.D [由个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数分别为一奇一偶.若个位数为奇 数时,这样的两位数共有 4×5=20(个);若个位数为偶数时,这样的两位数共有 5×5= 25(个);于是,个位数与十位数之和为奇数的两位数共有 20+25=45(个).其中,个位数 5 1 是 0 的有 5 个.于是,所求概率为 = .] 45 9 6.C [f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C6+C6C4+C6C4+C4=120,故选 C.] 7.12 [当相同的数字不是 1 时,有 C3个; 当相同的数字是 1 时,共有 C3C3个, 由分类加法计数原理知共有“好数”C3+C3C3=12 个.] 2 2 2 2 8. [三位同学每人选择三项中的两项有 C3C3C3=3×3×3=27(种)选法, 3 其中有且仅有两人所选项目完全相同的有 C3C3C2=3×3×2=18(种)选法. 18 2 ∴所求概率为 P= = .] 27 3 9.A 城市 [由丙可知乙至少去过一个城市,由甲可知甲去过 A、C 城市,且比乙多,故乙 去过一个城市,且没去过 C 城市.故乙去过 A 城市.] 10.解 (1)由题意得,省外游客有 27 人,其中 9 人持金卡;省内游客有 9 人,其中 6 人持 银卡.
14
2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 2 1 1 2 3

设事件 A 为“采访该团 2 人,恰有 1 人持银卡”,

P(A)=

C6C30 2 2 = . C36 7

1 1

2 所以采访该团 2 人,恰有 1 人持银卡的概率是 . 7 (2)设事件 B 为“采访该团 2 人中,持金卡人数与持银卡人数相等”, 事件 A1 为“采访该团 2 人中,0 人持金卡,0 人持银卡”, 事件 A2 为“采访该团 2 人中,1 人持金卡,1 人持银卡”.

P(B)=P(A1)+P(A2)= 2 +

C21 C36

2

C9C6 1 3 44 = . 2 = + C36 3 35 105

1 1

44 所以采访该团 2 人中,持金卡人数与持银卡人数相等的概率是 . 105 11.(1)证明 2 ?2 ? 2 假设存在一个实数 λ ,使{an}是等比数列,则有 a2=a1a3,即? λ -3? = ?3 ?

4 2 ?4 ? 4 2 λ ? λ -4?? λ -4λ +9= λ -4λ ?9=0,矛盾,所以{an}不是等比数列. 9 ?9 ? 9 (2)解 因为 bn+1=(-1) (-1)
n+1 n+1

[an+1-3(n+1)+21]=

?2an-2n+14?=-2(-1)n·(a -3n+21)=-2b . ?3 ? n n 3 3 ? ?

又 b1=-(λ +18),所以当 λ =-18 时,

bn=0(n∈N*),此时{bn}不是等比数列;
2 当 λ ≠-18 时,b1=-(λ +18)≠0,由 bn+1=- bn. 3 可知 bn≠0,所以

bn+1 2 * =- (n∈N ). bn 3

故当 λ ≠-18 时, 2 数列{bn}是以-(λ +18)为首项,- 为公比的等比数列. 3 12.解 (1)法一

a2=2,a3= 2+1,
2 2

再由题设条件知(an+1-1) =(an-1) +1. 从而{(an-1) }是首项为 0,公差为 1 的等差数列, 故(an-1) =n-1,即 an= n-1+1(n∈N ). 法二 a2=2,a3= 2+1, 可写为 a1= 1-1+1,a2= 2-1+1,a3= 3-1+1.因此猜想 an= n-1+1. 下面用数学归纳法证明上式. 当 n=1 时结论显然成立.
15
2 * 2

假设 n=k 时结论成立,即 ak= k-1+1.则

ak+1= (ak-1)2+1+1= (k-1)+1+1= (k+1)-1+1.
这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 所以 an= n-1+1(n∈N ). (2)法一 设 f(x)= (x-1) +1-1,则 an+1=f(an). 1 2 令 c=f(c),即 c= (c-1) +1-1,解得 c= . 4 下面用数学归纳法证明加强命题 a2n<c<a2n+1<1. 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(0)= 2-1, 1 所以 a2< <a3<1,结论成立. 4 假设 n=k 时结论成立,即 a2k<c<a2k+1<1. 易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数, 从而 c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即 1>c>a2k+2>a2. 再由 f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
2 *

c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.
故 c<a2k+3<1,因此 a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1. 这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 1 综上,符合条件的 c 存在,其中一个值为 c= . 4 法二 设 f(x)= (x-1) +1-1,则 an+1=f(an). 先证:0≤an≤1(n∈N ).① 当 n=1 时,结论明显成立. 假设 n=k 时结论成立,即 0≤ak≤1. 易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= 2-1<1. 即 0≤ak+1≤1.这就是说,当 n=k+1 时结论成立,故①成立. 再证:a2n<a2n+1(n∈N ).② 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= 2-1, 有 a2<a3,即 n=1 时②成立. 假设 n=k 时,结论成立,即 a2k<a2k+1, 由①及 f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
16
* * 2

a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.
这就是说,当 n=k+1 时②成立,所以②对一切 n∈N 成立. 由②得 a2n< a2n-2a2n+2-1, 即(a2n+1) <a2n-2a2n+2, 1 因此 a2n< .③ 4 又由①、②及 f(x)在(-∞,1]上为减函数得 f(a2n)>f(a2n+1), 即 a2n+1>a2n+2, 1 2 所以 a2n+1> a2n+1-2a2n+1+2-1.解得 a2n+1> .④ 4 1 * 综上,由②、③、④知存在 c= 使 a2n<c<a2n+1 对一切 n∈N 成立. 4 专题过关·提升卷 1.A [依据反证法的要求,即至少有一个的反面是一个也没有,直接写出命题的否定.方 程 x +ax+b=0 至少有一个实根的反面是方程 x +ax+b=0 没有实根,故选 A.] - - 2.D [设 z=a+bi(a,b∈R),由 z+ z =2,得 a=1,∵(z- z )i=2, ∴-2b=2,b=-1,∴z=1-i,故选 D.] 3.D [由{an}为等差数列,设公差为 d, 则 bn=
3 3 2 2 2 *

a1+a2+?+an n-1 =a1+ d, n 2

又正项数列{cn}为等比数列,设公比为 q,

则 dn= c1·c2·?·cn=

n

n

n2-n n-1 c1q =c1q ,故选 D.]
n

2

2

4.C [从 6 名男医生任选 2 名有 C6种,从 5 名女医生任选 1 名有 C5种,∴共有 C6·C5=75 种.]
2 015 2 015

2

1

2

1

5.C [(1-2x)

=a0+a1x+?+a2 015x

1?2 015 1 a1 a2 a2 015 ? ,令 x= ,则?1-2× ? =a0+ + 2+?+ 2 015 2? 2 2 2 2 ?

=0,其中 a0=1,所以 + 2+?+ 2 015=-1.] 2 2 2 6.C [如图:不妨取正方形边长为 1.基本事件总数为 C5=10,
2

a1 a2

a2 015

17

其中等于正方形边长的有:AB,AD,DC,BC 共 4 条, 长度为 2的有:BD,AC,共 2 条, ∴不小于该正方形边长的有 6 条, 6 3 ∴概率为 P= = ,故选 C.] 10 5 7.A [取出红球的所有可能为 1+a+a +a +a +a ;取出白球的方法只有 1+b .故满足条件的 所有取法为(1+a+a +a +a +a )·(1+b ).] 8.B [令 h(x)=
2 3 4 5 5 2 3 4 5 5

f(x) f′(x)g(x)-f(x)g′(x) ,则 h′(x)= <0,故函数 h(x) g(x) g2(x)

为减函数,即 0<a<1.

再根据

f(1) f(-1) 5 1 5 1 f(n) ?1?n + = ,得 a+ = ,解得 a=2(舍去)或者 a= .所以 =? ? , g(1) g(-1) 2 a 2 2 g(n) ?2?
1? 1? ?1-2n? ? 1 1 31 =1- n,由于 1- n= ,所以 n=5.] 1 2 2 32 1- 2

?f(n)? 2? ?的前 n 项和是 数列? ?g(n)?

1 3+i 3+i 3+ i 9. [∵z= = = 2 4 (1- 3i) -2-2 3i -2(1+ 3i) ( 3+i)(1- 3i) 2 3-2i 3 1 = = =- + i, - 8 4 4 -2(1+ 3i)(1- 3i)


故z=-


3 1 - i, 4 4

3 1 ?? 3 1 ? 3 1 1 + i??- - i?= + = .] 4 4 ?? 4 4 ? 16 16 4 1 1 1 1 1 11 10.1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< [归纳观察法. 2 3 4 5 6 6 ∴z·z=?- 观察每行不等式的特点, 每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等, 且每行 右端分数的分子构成等差数列. 1 1 1 1 1 11 ∴第五个不等式为 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< .] 2 3 4 5 6 6 11. 1 -2 +3 -4 +?+(-1) 1)
n+1
2 2 2 2

? ?

n+1 2

n(n+1) n =(-1)n+1· [左边共 n 项, 每项的符号为(-
2


18

通项为(-1)

n+1

·n .
n+1

2

等式右边的值符号为(-1) (-1)
n+1

,各式为(-1)

n+1

(1+2+3+?+n)=

n(n+1)
2
2


2 2 2

∴第 n 个等式为 1 -2 +3 -4 +?+(-1) (-1)
n+1

n+1

·n =

2

·

n(n+1)
2

.]
8

12.-20 [∵(x+y) 展开式中的通项为 Tk+1=C8x 当 k=7 时,T8=C8xy =8xy . 当 k=6 时,T7=C8x y =28x y .
6 2 6 2 6 7 7 7

k 8-k k

y,

∴(x-y)(x+y) 展开式中 x y 项为 x·8xy +(-y)·28x y =-20x y . 故 x y 的系数为-20.] 35 13. 、70 或 3 432 2 [因为 Cn+Cn=2Cn,所以 n -21n+98=0,
4 6 5 2 2 7

8

2 7

7

2 6

2 7

解得 n=7 或 n=14,当 n=7 时,展开式中二项式系数最大的项是 T4 和 T5. 4 35 3?1? 3 所以 T4 的系数为 C7? ? ×2 = , 2 2 ? ?
4 T5 的系数为 C4 7? ? ×2 =70. 2

?1? ? ?

3

当 n=14 时,展开式中二项式系数最大的项是 T8. 7 7 ?1? 7 所以 T8 的系数为 C14? ? 2 =3 432.] ?2? 1 14. 6 [十个数中任取七个不同的数共有 C10种情况,七个数的中位数为 6,那么 6 只有处在
3 7

中间位置,有 C6种情况,于是所求概率 P=

C6 1 7 = .] C10 6

3

15.2 013 [观察数阵,记第 n 行的第 1 个数为 an,则有

a2-a1=2, a3-a2=4, a4-a3=6, a5-a4=8,
??
19

an-an-1=2(n-1).
将以上各等式两边分别相加,得 an-a1=2+4+6+8+?+2(n-1)=n(n-1), 所以 an=n(n-1)+1,所以 a45=1 981. 又从第 3 行起数阵每一行的数都构成一个公差为 2 的等差数列,则第 45 行从左向右的第 17 个数为 1 981+16×2=2 013.] C2C3+C3C3 6 16.解 (1)由已知,有 P(A)= = . 4 C8 35 所以,事件 A 发生的概率为
k 4-k
2 2 2 2

6 . 35

C5C3 (2)P(X=k)= 4 (k=1,2,3,4). C8 C5C3 1 C5C3 3 ∴P(X=1)= 4 = ,P(X=2)= 4 = , C8 14 C8 7
1 3 2 2

P(X=3)=

C5C3 3 C5C3 1 . 4 = ,P(X=4)= 4 = C8 7 C8 14

3 1

4 0

17.(1)解 设{an}的前 n 项和为 Sn, 当 q=1 时,Sn=a1+a1+?+a1=na1; 当 q≠1 时,Sn=a1+a1q+a1q +?+a1q
2

n-1

.①

qSn=a1q+a1q2+?+a1qn,②
①-②得,(1-q)Sn=a1-a1q , ∴Sn=
n

a1(1-qn) , 1-q ?na1,q=1,

∴Sn=?a1(1-qn) ,q≠1. ? ? 1-q (2)证明 假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N+, (ak+1+1) =(ak+1)(ak+2+1),
2

?

a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k-1 k+1 k-1 k+1 a2 ·a1q +a1q +a1q , 1q +2a1q =a1q

∵a1≠0,∴2q =q
2

k

k-1

+q

k+1

.

∵q≠0,∴q -2q+1=0, ∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列. 18.(1)解 1

an+1



2an+1 1 =2+ ,

an

an

20

?1? 所以? ?是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ?an?

1 1 所以 =1+2(n-1)=2n-1,即 an= . an 2n-1 (2)证明 2

bn an

1 1 = +1=2n,所以 bn= ,

n

所以 Pn=(1+b1)(1+b3)?(1+b2n-1) 1 ? ? 1?? 1? ? =(1+1)?1+ ??1+ ???1+ ?. ? 3?? 5? ? 2n-1? 用数学归纳法证明如下: ①当 n=1 时,P1=2> 3. ②假设当 n=k(k≥1)时命题成立, 则 Pk+1=(1+b1)(1+b3)?(1+b2k-1)(1+b2k+1) 1 ?? 1 ? ? 1?? 1? ? =(1+1)?1+ ??1+ ???1+ ??1+2k+1? 3 5 2 k - 1 ? ?? ? ? ?? ? 1 ? ? >?1+ ? 2k+1. ? 2k+1? 1 ? 2k+2 ? 因为?1+ 2k+1= , ? ? 2k+1? 2k+1 所以 Pk+1-( 2k+3) >?
2 2 2 2

? 2k+2 ?2 2 ? -( 2k+3) 2 k + 1 ? ?

4k +8k+4-(4k +8k+3) 1 = = >0, 2k+1 2k+1 所以 Pk+1> 2k+3,即当 n=k+1 时结论成立. 由①②可得对于任意正整数 n,Pn> 2n+1都成立. 19.解 (1)X 的所有可能取值为-2,-1,0,1. (2)数量积为-2 的有 OA2 · OA5 ,共 1 种; 数量积为-1 的有 OA 1 · OA 5 , OA 1 · OA 6 , OA 2 · OA 4 , OA 2 · OA 6 , OA 3 · OA 4 ,

???? ?

???? ?

????

???? ?

????

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ? ???? ? OA3 · OA5 ,共 6 种;
数量积为 0 的有 OA 1 · OA 3 , OA 1 · OA 4 , OA 3 · OA 6 , OA 4 · OA 6 ,共 4 种; 数量积为 1 的有 OA 1 · OA 2 , OA 2 · OA 3 , OA 4 · OA 5 , OA 5 · OA 6 ,共 4 种. 故所有可能的情况共有 15 种. 7 所以小波去下棋的概率为 P1= ; 15
21

???? ????

???? ?

????

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

4 因为去唱歌的概率为 P2= , 15 4 11 所以小波不去唱歌的概率为 P=1-P2=1- = . 15 15 20.(1)解 f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率为 k, 1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1.

x

于是在点(1,0)处的切线方程为 y=x-1. 1 2 1 2 x x (2)证明 法一 曲线 y=e 与 y= x +x+1 公共点的个数等于函数 φ (x)=e - x -x-1 2 2 零点的个数. ∵φ (0)=1-1=0,∴φ (x)存在零点 x=0. 又 φ ′(x)=e -x-1,令 h(x)=φ ′(x)=e -x-1, 则 h′(x)=e -1, 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴φ ′(x)在 x=0 处有唯一的极小值 φ ′(0)=0, 即 φ ′(x)在 R 上的最小值为 φ ′(0)=0. ∴φ ′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ (x)在 R 上是单调递增的, ∴φ (x)在 R 上有唯一的零点, 1 2 故曲线 y=f(x)与 y= x +x+1 有唯一的公共点. 2 1 2 x 法二 ∵e >0, x +x+1>0, 2 1 2 x ∴曲线 y=e 与 y= x +x+1 公共点的个数等于曲线 2 1 2 x +x+1 2 y= 与 y=1 公共点的个数, x e 1 2 x +x+1 2 设 φ (x)= ,则 φ (0)=1,即 x=0 时,两曲线有公共点. x e 1 2 1 2 x x (x+1)e -( x +x+1)e - x 2 2 又 φ ′(x)= = x ≤0(仅当 x=0 时等号成立), 2x e e ∴φ (x)在 R 上单调递减,
x x x

22

∴φ (x)与 y=1 有唯一的公共点, 1 2 故曲线 y=f(x)与 y= x +x+1 有唯一的公共点. 2

f(b)-f(a) (3)解 -f b-a

?a+b?=e -e -e ? 2 ? b-a ? ?

b

a

a+b
2

eb ? e a ? be 2 ? ae ? b?a
a ?b 2
b-a a-b

a ?b

a ?b 2

e ? [e 2 -e 2 -(b-a)]. b?a
1 x 设函数 u(x)=e - x-2x(x≥0), e 1 x 则 u′(x)=e + x-2≥2 e 1 x e · x-2=0, e

∴u′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. 令 x=

b-a
2

b-a
2

a-b

,则 e

-e

2

-(b-a)>0,

a ?b

e 2 又 >0, b?a


f(b)-f(a) ?a+b? >f ? ?. b-a ? 2 ?

23


相关文章:
浙江省2016届高三数学专题复习 专题七 计数原理与概率...
浙江省2016届高三数学专题复习 专题七 计数原理与概率推理证明与数学归纳法 _计划/解决方案_实用文档。专题七 计数原理与概率推理证明与数学归纳法真题体验·...
【合集】浙江省2016届高三数学(理)专题复习:专题七 计...
【合集】浙江省2016届高三数学()专题复习:专题七 计数原理与概率推理证明与数学归纳法_数学_高中教育_教育专区。【合集】浙江省 2016 届高三数学()专题复习...
【合集】浙江省2016届高三数学(文)专题复习:专题七 计...
【合集】浙江省2016届高三数学(文)专题复习:专题七 计数原理与概率推理证明与数学归纳法_高三数学_数学_高中教育_教育专区。【合集】浙江省 2016 届高三数学(文...
【合集】浙江省2016届高三数学(理)专题复习:专题七 计...
【合集】浙江省2016届高三数学()专题复习:专题七 计数原理与概率推理证明与数学归纳法_高三数学_数学_高中教育_教育专区。【合集】浙江省 2016 届高三数学(...
2016届高考数学(理)专题七计数原理与概率、推理证明与...
2016届高考数学()专题七计数原理与概率推理证明与数学归纳法真题体验(人教版含答案)(浙江专用)_初三数学_数学_初中教育_教育专区。专题七 计数原理与概率、...
...数学 专题十 计数原理与概率 第88练 推理与证明、复...
【步步高】(浙江专用)2017年高考数学 专题计数原理与概率 第88练 推理与...全面性, 防止片面性;(6)利用数学归纳法证明命题 时,归纳奠基、归纳递推缺一...
2016届高三数学复习计划
2016届高三数学复习计划_高三数学_数学_高中教育_...计数原理与概率统计 题型专题 第 8 专题:高考中...第七章 不等式推理与证明 7.1 不等关系与一元二...
江苏省2016届高考数学模拟试题按章节分类汇编——第12 ...
江苏省2016届高考数学模拟试题按章节分类汇编——第...(基础复习部分) 第十二章 计数原理、统计与概率 ....数学归纳法等基础知识.考查学生探究能力和推理论证能...
高三数学复习总目录
高三数学复习总目录_高三数学_数学_高中教育_教育专区...计数原理概率、随机变量及其分布 11.1 11.2 11...与演绎推理 直接证明与间接证明 数学归纳法 第十四...
...高考数学二轮专题整合:1-7-2计数原理、数学归纳法、...
【创新设计】2015高考数学二轮专题整合:1-7-2计数原理数学归纳法、随机变量及其...(2)求证:对任意正整数 n,cos nA 是有数. 证明 b2+c2-a2 (1)设三...
更多相关标签: