【三维设计】（江苏专版）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abcd密码字符11121314第二排明文字符efgh密码字符21222324第三排明文字符mnpq密码字符1234设随机变量表示密码中不同数字的个数(1)求p(2)；(2)求随机变量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(2).(2)由题意可知，的取值为2,3,4三种情形若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(3).p(4).的分布列为：234pe()234. abed2.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，求的分布列及其数学期望e()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54313180种；当区域a、d不同色时，共有54322240种；因此，所有基本事件总数为：180240420种又因为a、d为红色时，共有43336种；b、e为红色时，共有43336种；因此，事件m包含的基本事件有：363672种所以p(m). (2)随机变量的分布列为：012p所以e()0121.3(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136.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表示目标被击中的次数，求的分布列和数学期望e()；(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b，的分布列：01234p数学期望e()01234.(2)法一：设ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i1,2,3.bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i1,2,3.依题意，知p(a1)p(b1)0.1，p(a2)p(b2)0.3，aa1b1a1b1a2b2，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)0.10.90.90.10.10.10.30.30.28.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)c0.10.90.10.10.19，p(d)0.30.30.09.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)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0)(1)若函数f(x)在x0处取极值，求a的值；(2)如图，设直线x，yx将坐标平面分成、四个区域(不含边界)，若函数yf(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3243542 0122 011与2334452 0112 012的大小，并说明理由解：(1)f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0)，f(x)2ln(2x1)4a(2x1)1.f(x)在x0处取极值，f(0)4a10.a.(2)因为函数的定义域为，且当x0时，f(0)a0.又直线yx恰好通过原点，所以函数yf(x)的图象应位于区域内，于是可得f(x)x，即(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x0，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(x1)(x1)ln x.ln(x1)xln x(x1)，即(x1)xx(x1)令x3,4，2011，则4334,5445，2 0122 0112 0112 012，又32432334，所以3243542 0122 011(n1)2n2n2；当n2,3时，3n(n1)2n2n2，猜想：当n4时，3n(n1)2n2n2.下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n4时结论成立，假设当nk，(k4)时结论成立，即3k(k1)2k2k2，两边同乘以3得3k13(k1)2k2k2k2k12(k1)2(k3)2k4k24k2，而(k3)2k4k24k2(k3)2k4(k2k2)6(k3)2k4(k2)(k1)60，所以3k12k12(k1)2，即nk1时结论也成立由知当n4时，3n(n1)2n2n2成立综上所述，当n1时，sn(n2)2n2n2；当n2,3时，sn(n2)2n2n2；当n4时，sn(n2)2n2n2.7设二项展开式cn(1)2n1(nn*)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)2n1c()2n1c()2n2cc，而(1)2n1c()2n1c()2n2cc，得：(1)2n1(1)2n12(c()2n2c()2n4c)n*.而0(1)2n11，所以an(1)2n1(1)2n1，bn(1)2n1.8(2012苏北四市一模)已知an(1)n(nn*)(1)若anab(a，bz)，求证：a是奇数；(2)求证：对于任意nn*，都存在正整数k，使得an.证明：(1)由二项式定理，得anccc()2c()3c()n，所以acc()2c()412c22c，因为2c22c为偶数，所以a是奇数(2)由(1)设a