【三维设计】(江苏专版)2013高中数学二轮专题-第一部分-专题18配套专题检测.doc

【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题 第一部分 专题18配套专题检测

1．有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，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，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.

第一排
明文字符
A
B
C
D
密码字符
11
12
13
14

第二排
明文字符
E
F
G
H
密码字符
21
22
23
24

第三排
明文字符
M
N
P
Q
密码字符
1
2
3
4
设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数．
(1)求P(ξ＝2)；
(2)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．
解：(1)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1,2列分别总是1,2，即只能取表格第1,2列中的数字作为密码．
∴P(ξ＝2)＝＝.
(2)由题意可知，ξ的取值为2,3,4三种情形．
若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1,2,3或1,2,4.
∴P(ξ＝3)＝＝.
P(ξ＝4)＝＝.
∴ξ的分布列为：
ξ
2
3
4
P

∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.

A
B

E
D
2.用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布置如图所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．
(1)求恰有两个区域用红色鲜花的概率；
(2)记花圃中红色鲜花区域的块数为ξ，求ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．
解：(1)设M表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”，
如图，当区域A、D同色时，共有5×4×3×1×3＝180种；
当区域A、D不同色时，共有5×4×3×2×2＝240种；
因此，所有基本事件总数为：180＋240＝420种．
又因为A、D为红色时，共有4×3×3＝36种；B、E为红色时，共有4×3×3＝36种；因此，事件M包含的基本事件有：36＋36＝72种．所以P(M)＝＝.
(2)随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
P

所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
3．(2012·南通二模)某射击运动员向一目标射击，该目标分为3个不同部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．
(1)若射击4次，每次击中目标的概率为且相互独立．设ξ表示目标被击中的次数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；
(2)若射击2次均击中目标，A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求事件A发生的概率．
解：(1)依题意知ξ～B，ξ的分布列：
ξ
0
1
2
3
4
P

数学期望
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(2)法一：设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.
Bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.
依题意，知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，
A＝A1∪B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率为
P(A)＝P(A1)＋P(B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)
＝P(A1)P()＋P()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发生的概率为0.28.
法二：记“第一部分至少击中一次”为事件C，“第二部分被击中二次”为事件D，
则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发生的概率为0.28.
4.(2012·南通二模)已知函数f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取极值，求a的值；
(2)如图，设直线x＝－，y＝－x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；
(3)比较32×43×54×…×2 0122 011与23×34×45×…×2 0112 012的大小，并说明理由．
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处取极值，
∴f′(0)＝－4a＋1＝0.
∴a＝.
(2)因为函数的定义域为，
且当x＝0时，f(0)＝－a<0.
又直线y＝－x恰好通过原点，
所以函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，
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∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
∴hmax(x)＝h＝.
∴a的取值范围是.
(3)由(2)知，函数h(x)＝在
x∈时单调递减，
函数p(x)＝在x∈(e，＋∞)时单调递减．
∴<，
∴xln(x＋1)<(x＋1)ln x.
∴ln(x＋1)x<ln x(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)．
∴令x＝3,4，…，2011，则43<34,54<45，…，2 0122 011<2 0112 012，又32×43<23×34，
所以32×43×54…×2 0122 011<23×34×45…×2 0112 012.
5．(2012·通州期末)求证：对于任意的正整数n，(2＋)n必可表示成 ＋的形式，其中s∈N*.
证明：由二项式定理可知，
(2＋)n＝C2n()0＋C2n－1()1＋C2n－2()2＋…＋C20()n，
设(2＋)n＝x＋y＝＋，
而若有(2＋)n＝＋，a，b∈N*，
则(2－)n＝－，a，b∈N*，
∵(＋)·(－)＝(2＋)n·(2－)n＝1，
∴令a＝s，s∈N*，则必有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)试比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，并说明理由．
解：(1)取x＝1，则a0＝2n；
取x＝2，则a0＋a1＋…＋an＝3n，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－2n.
(2)要比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，
即比较3n与(n－1)2n＋2n2的大小，
当n＝1时，3n>(n－1)2n＋2n2；
当n＝2,3时，3n<(n－1)2n＋2n2；
当n＝4,5时，3n>(n－1)2n＋2n2，
猜想：当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2.
下面用数学归纳法证明：
①由上述过程可知，n＝4时结论成立，
②假设当n＝k，(k≥4)时结论成立，
即3k>(k－1)2k＋2k2，
两边同乘以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>2k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．
由①②知当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2成立．
综上所述，当n＝1时，Sn＞(n－2)2n＋2n2；
当n＝2,3时，Sn＜(n－2)2n＋2n2；
当n≥4时，Sn＞(n－2)2n＋2n2.
7．设二项展开式Cn＝(＋1)2n－1(n∈N*)的整数部分为An，小数部分为Bn.试用二项式定理推导An和Bn.
解：因为Cn＝(＋1)2n－1＝C()2n－1＋C()2n－2＋…＋C＋C，①
而(－1)2n－1＝C()2n－1－C()2n－2＋…＋C－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．(2012·苏北四市一模)已知an＝(1＋)n(n∈N*)．
(1)若an＝a＋b(a，b∈Z)，求证：a是奇数；
(2)求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝＋.
证明：(1)由二项式定理，得an＝C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n，
所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…，
因为2C＋22C＋…为偶数，所以a是奇数．
(2)由(1)设an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)，
则(1－)n＝a－b，
所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n.
当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，
使得an＝a＋b＝＋＝＋，
当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，
使得an＝a＋b＝＋＝＋，
综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，
使得an＝＋.

6