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1、1第第 2 2 讲讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列1(2012江苏卷)设为随机变量，从棱长为 1 的正方体的 12 条棱中任取两条，当两条棱相交时，0；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，1.(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求其数学期望E()解(1)若两条棱相交，则交点必为正方体 8 个顶点中的 1 个，过任意 1 个顶点恰有 3条棱，所以共有 8C23对相交棱，因此P(0)8C23C2128366411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为 1 或 2，其中距离为 2的共有 6 对，故P(2)6C212111，于是
2、P(1)1P(0)P(2)1411111611，所以随机变量的分布列是012P411611111因此E()1611 21116 211.2(2015山东卷)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如 137，359，567 等)在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取 1 个数，且只能抽取一次 得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5 整除，参加者得 0 分；若能被5 整除，但不能被 10 整除，得1 分；若能被 10 整除，得 1 分(1)写出所有个位数字是 5 的“三位递增数”；(2)若甲
3、参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)解(1)个位数是 5 的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为 C3984，随机变量X的取值为：0，1，1，因此P(X0)C38C3923，P(X1)C24C39114，P(X1)1114231142，所以X的分布列为2X011P231141142则E(X)023(1)11411142421.3(2013江苏卷)设数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)k1k个k，即当（k1）k2nk（k1）2(kN N*)时，an(1)k1k，记Sna1a2an(
4、nN N*)对于lN N*，定义集合Pln|Sn是an的整数倍，nN N*，且 1nl(1)求集合P11中元素的个数；(2)求集合P2 000中元素的个数解(1)由数列an的定义得a11，a22，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a94，a104，a115，所以S11，S21，S33，S40，S53，S66，S72，S82，S96，S1010，S115，从而S1a1，S40a4，S5a5，S62a6，S11a11，所以集合P11中元素的个数为 5.(2)先证：Si(2i1)i(2i1)(iN N*)事实上，当i1 时，Si(2i1)S33，i(2i1)3，故原等式成立；假设im时
5、成立，即Sm(2m1)m(2m1)，则im1 时，S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)综合可得，Si(2i1)i(2i1)于是S(i1)(2i1)Si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知Si(2i1)是 2i1 的倍数，而ai(2i1)j2i1(j1，2，2i1)，所以Si(2i1)jSi(2i1)j(2i1)是ai(2i1)j(j1，2，2i1)的倍数又S(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是 2i2 的倍数，而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1，2，2i2)，所以S(i1)(
6、2i1)jS(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1，2，2i2)的倍数，故当li(2i1)时，集合Pl中元素的个数为 13(2i1)i2，于是，当li(2i1)j(1j2i1)时，集合Pl中元素的个数为i2j.又 2 00031(2311)47，故集合P2 000中元素的个数为 312471 008.4(2010江苏卷)已知ABC的三边长都是有理数(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数3证明(1)设三边长分别为a，b，c，cosAb2c2a22bc，a，b，c是有理数，b2c2a2是有理数，分母 2bc
7、为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，b2c2a22bc必为有理数，cosA是有理数(2)当n1 时，显然 cosA是有理数；当n2 时，cos 2A2cos2A1，因为 cosA是有理数，cos 2A也是有理数；假设当nk(k2)时，结论成立，即 coskA、cos(k1)A均是有理数当nk1 时，cos(k1)AcoskAcosAsinkAsinAcoskAcosA12cos(kAA)cos(kAA)coskAcosA12cos(k1)A12cos(k1)A解得：cos(k1)A2coskAcosAcos(k1)AcosA，coskA，cos(k1)A均是有理数，2coskAcosAc
8、os(k1)A是有理数，cos(k1)A是有理数即当nk1 时，结论成立综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数5记1x21x221x2n的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中nN N*.(1)求an；(2)是否存在常数p，q(pq)，使bn131p2n1q2n，对nN N*，n2 恒成立？证明你的结论解(1)根据多项式乘法运算法则，得an1212212n112n.(2)计算得b218，b3732.代入bn131p2n1q2n，解得p2，q1.4下面用数学归纳法证明bn13112n1112n1312n2314n(n2 且nN N*)当n2 时，b218，结论成立设nk时成立，
9、即bk1312k2314k，则当nk1 时，bk1bkak2k11312k2314k12k1122k11312k12314k1.由可得存在常数p2，q1 使结论对nN N*，n2 成立6(2012江苏卷)设集合Pn1，2，n，nN N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：APn；若xA，则 2xA；若xPnA，则 2x PnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)解(1)当n4 时，符合条件的集合A为：2，1，4，2，3，1，3，4，故f(4)4.(2)任取偶数xPn，将x除以 2，若商仍为偶数，再除以 2，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是xm2k，其中m为奇数，kN N*.由条件知，若mA，则xAk为偶数；若mA，则xAk为奇数于是x是否属于A由m是否属于A确定设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是n2或n12，所以f(n)2n2，n为偶数，2n12，n为奇数.