江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十四 附加題22題 蘇教版

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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題14 附加題22題 回顧2020～2020年的考題，離散型隨機(jī)變量的概率分布與數(shù)學(xué)期望是考查的重點(diǎn)，但考查難度不大，考查的重點(diǎn)是根據(jù)題意分析寫出隨機(jī)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. 　　 (2020·江蘇高考)設(shè)ξ為隨機(jī)變量，從棱長為1的正方體的12條棱中任取兩條，當(dāng)兩條棱相交時(shí)，ξ＝0；當(dāng)兩條棱平行時(shí)，ξ的值為兩條棱之間的距離；當(dāng)兩條棱異面時(shí)，ξ＝1. (1)求概率P(ξ＝0)； (2)求ξ的分布列，

2、并求其數(shù)學(xué)期望E(ξ)． [解]　(1)若兩條棱相交，則交點(diǎn)必為正方體8個(gè)頂點(diǎn)中的一個(gè)，過任意1個(gè)頂點(diǎn)恰有3條棱， 所以共有8C對相交棱． 因此P(ξ＝0)＝＝＝. (2)若兩條棱平行，則它們的距離為1或， 其中距離為的共有6對， 故P(ξ＝)＝＝＝， P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝. 所以隨機(jī)變量ξ的分布列為： ξ 0 1 P(ξ) 則其數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝1×＋×＝. 本題考查概率分布、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí)．解題的關(guān)鍵是確定ξ的取值． 　　 (2020·揚(yáng)州期末)口袋中有3個(gè)白球，4個(gè)紅球，每次從口袋中任取一球，如果

3、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)＝，P(X＝2)＝＝， ∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝. (2)∵X可能取值為1,2,3,4,5，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝， P(X＝5)＝＝. ∴X的概率分布列為： X 1 2 3 4 5 P ∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝2. 即X的數(shù)學(xué)期望是2. 　　 已知△ABC的三

4、邊長為有理數(shù)． (1)求證：cos A是有理數(shù)； (2)求證：對任意正整數(shù)n，cos nA是有理數(shù)． [證明]　(1)由AB，BC，AC為有理數(shù)及余弦定理知 cos A＝是有理數(shù)． (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cos nA和sin A·sin nA都是有理數(shù)． ①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知cos A是有理數(shù)， 從而有sin A·sin A＝1－cos2A也是有理數(shù)． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，cos kA和sin A·sin kA都是有理數(shù)． 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由 cos(k＋1)A＝cos A·cos kA－sin A·sin kA， sin A·sin(k＋1)A＝sin A·

5、(sin A·cos kA＋cos A·sin kA) ＝(sin A·sin A)·cos kA＋(sin A·sin kA)·cos A， 由①及歸納假設(shè)，知cos(k＋1)A與sin A·sin(k＋1)A都是有理數(shù)． 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 綜合①②可知，對任意正整數(shù)n，cos nA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(shí)，考查推理論證的能力與分析問題、解決問題的能力． 　　 (2020·常州)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：an

6、 所以n＝1時(shí)，不等式成立； 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，ak0. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1＋－ ＝>0， 所以n＝k＋1時(shí)，不等式成立． 綜上所述，不等式an

7、n的大小(n∈N*)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． [解]　(1)由題意知En＝A·A＝(n！)2， Fn＝C·C＝n(n＋1)． (2)因?yàn)閘n En＝2ln n！，F(xiàn)n＝n(n＋1)，所以ln E1＝0

8、 k！<2ln(k＋1)＋k(k＋1)，要證當(dāng)n＝k＋1時(shí)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)＝ln x－x，x∈(1，＋∞)， 因?yàn)閒′(x)＝<0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而f(x)

9、法進(jìn)行推理．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性證明ln(k＋1)

10、，…，p－1， 即＝－p×，＝－p×，…， ＝－p×， 以上各式相乘得 ＝(－p)k－1×， ∴ak＝(－p)k－1× ＝(－p)k－1×＝× ＝－(－p)k－2×C＝－C(－p)k，k＝1,2,3，…，p. ∴a1＋a2＋a3＋…＋ap ＝－[C(－p)1＋C(－p)2＋C(－p)3＋…＋C(－p)p] ＝－[(1－p)p－1]． 　　　　　　　　　　　　　　　　　 離散型隨機(jī)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(jí)要求，常以實(shí)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(shí)以及運(yùn)用數(shù)學(xué)

11、知識(shí)分析和解決實(shí)際問題的能力．解決這一類問題，一定要注意認(rèn)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(xí)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(shí)能夠得心應(yīng)手、準(zhǔn)確無誤． 1．有一種密碼，明文是由三個(gè)字符組成，密碼是由明文對應(yīng)的五個(gè)數(shù)字組成，編碼規(guī)則如下表：明文由表中每一排取一個(gè)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 A B C D 密碼字符 11 12 13

12、 14 第二排 明文字符 E F G H 密碼字符 21 22 23 24 第三排 明文字符 M N P Q 密碼字符 1 2 3 4 設(shè)隨機(jī)變量ξ表示密碼中不同數(shù)字的個(gè)數(shù)． (1)求P(ξ＝2)； (2)求隨機(jī)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(gè)數(shù)為2的事件為密碼中只有兩個(gè)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)＝＝. (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,

13、2,3或1,2,4. ∴P(ξ＝3)＝＝. P(ξ＝4)＝＝. ∴ξ的分布列為： ξ 2 3 4 P ∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝. A B E D 2.用紅、黃、藍(lán)、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(gè)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(gè)區(qū)域用紅色鮮花”， 如圖，當(dāng)區(qū)域A、D同色時(shí)，共有5×4×3×1×3＝180種； 當(dāng)區(qū)域A、D不同色時(shí)，共有5×4×3×

14、2×2＝240種； 因此，所有基本事件總數(shù)為：180＋240＝420種． 又因?yàn)锳、D為紅色時(shí)，共有4×3×3＝36種；B、E為紅色時(shí)，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)＝＝. (2)隨機(jī)變量ξ的分布列為： ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1. 3．(2020·南通二模)某射擊運(yùn)動(dòng)員向一目標(biāo)射擊，該目標(biāo)分為3個(gè)不同部分，第一、二、三部分面積之比為1∶3∶6.擊中目標(biāo)時(shí)，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(biāo)的概率為且相互獨(dú)立．設(shè)ξ表示目標(biāo)被擊中的次數(shù)，求ξ的

15、分布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ)； (2)若射擊2次均擊中目標(biāo)，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～B，ξ的分布列： ξ 0 1 2 3 4 P 數(shù)學(xué)期望 E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. (2)法一：設(shè)Ai表示事件“第一次擊中目標(biāo)時(shí)，擊中第i部分”，i＝1,2,3. Bi表示事件“第二次擊中目標(biāo)時(shí)，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＝A11∪1B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率為 P(A)＝P(

16、A11)＋P(1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2) ＝P(A1)P(1)＋P(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)＝C0.1×0.9＋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.(2020·南通二模)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x

17、＋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＝－，y＝－x將坐標(biāo)平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個(gè)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(gè)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×…×2 0122 011與23×34×45×…×2 0112 012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)＋1. ∵f(x)在x＝0處取極值， ∴f′(0)＝－4a＋1＝0. ∴a＝.

18、(2)因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)椋? 且當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝－a<0. 又直線y＝－x恰好通過原點(diǎn)， 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>. 令h(x)＝，∴h′(x)＝. 令h′(x)＝0，得x＝. ∵x>－，∴x∈時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；x∈時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減． ∴hmax(x)＝h＝. ∴a的取值范圍是. (3)由(2)知，函數(shù)h(x)＝在 x∈時(shí)單調(diào)遞減， 函數(shù)p(x)＝在x∈(e，＋∞)時(shí)單調(diào)遞減． ∴<， ∴x

19、ln(x＋1)<(x＋1)ln x. ∴l(xiāng)n(x＋1)x

20、＝＋，a，b∈N*， 則(2－)n＝－，a，b∈N*， ∵(＋)·(－)＝(2＋)n·(2－)n＝1， ∴令a＝s，s∈N*，則必有b＝s－1. ∴(2＋)n必可表示成＋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)

21、2n＋2n2的大小， 即比較3n與(n－1)2n＋2n2的大小， 當(dāng)n＝1時(shí)，3n>(n－1)2n＋2n2； 當(dāng)n＝2,3時(shí)，3n<(n－1)2n＋2n2； 當(dāng)n＝4,5時(shí)，3n>(n－1)2n＋2n2， 猜想：當(dāng)n≥4時(shí)，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(shí)結(jié)論成立， ②假設(shè)當(dāng)n＝k，(k≥4)時(shí)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

22、)＋6＝(k－3)2k＋4(k－2)(k＋1)＋6>0， 所以3k＋1>2k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立． 由①②知當(dāng)n≥4時(shí)，3n>(n－1)2n＋2n2成立． 綜上所述，當(dāng)n＝1時(shí)，Sn＞(n－2)2n＋2n2； 當(dāng)n＝2,3時(shí)，Sn＜(n－2)2n＋2n2； 當(dāng)n≥4時(shí)，Sn＞(n－2)2n＋2n2. 7．設(shè)二項(xiàng)展開式Cn＝(＋1)2n－1(n∈N*)的整數(shù)部分為An，小數(shù)部分為Bn.試用二項(xiàng)式定理推導(dǎo)An和Bn. 解：因?yàn)镃n＝(＋1)2n－1＝C()2n－1＋C()2n－2＋…＋C＋C，① 而(－1)2n－1＝C()2n－1－C()2n－2＋…＋C－

23、C，② ①—②得：(＋1)2n－1－(－1)2n－1＝2(C·()2n－2＋C()2n－4＋…＋C)∈N*. 而0<(－1)2n－1<1，所以An＝(＋1)2n－1－(－1)2n－1，Bn＝(－1)2n－1. 8．(2020·蘇北四市一模)已知an＝(1＋)n(n∈N*)． (1)若an＝a＋b(a，b∈Z)，求證：a是奇數(shù)； (2)求證：對于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k，使得an＝＋. 證明：(1)由二項(xiàng)式定理，得an＝C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n， 所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…， 因?yàn)?C＋22C＋…為偶數(shù)，所以a是奇數(shù)． (2)由(1)設(shè)an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)， 則(1－)n＝a－b， 所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a2＝2b2＋1，存在k＝a2， 使得an＝a＋b＝＋＝＋， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a2＝2b2－1，存在k＝2b2， 使得an＝a＋b＝＋＝＋， 綜上，對于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k， 使得an＝＋.