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

1、1专题七专题七计数原理与概率、推理证明与数学归纳法计数原理与概率、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(x1)yi(x，yR R)，若|z|1，则yx的概率为()A.3412B.1412C.121D.1212(2015四川高考)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()21 教育网A144 个B120 个C96 个D72 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.52

2、1B.1021C.1121D14(2015全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A10B20C30D605(2015浙江高考)设A，B是有限集，定义：d(A，B)card(AB)card(AB)，其中card(A)表示有限集A中元素的个数，21世纪*教育网命题：对任意有限集A，B，“AB”是“d(A，B)0”的充分必要条件；命题：对任意有限集A，B，C，d(A，C)d(A，B)d(B，C)，()A命题和命题都成立B命题和命题都不成立C命题成立，命题不成立D命题不成立，命题成立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“xy12”的概率，p2为事件“|x

3、y|12”的概率，p3为事件“xy12”的概率，则()Ap1p2p3Bp2p3p12Cp3p1p2Dp3p2p1二、填空题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)【版权所有：21 教育】8(2015全国卷)(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为 32，则a_21 教育名师原创作品9(2015山东高考)观察下列各式：C0140；C03C1341;C05C15C2542；C07C17C27C3743；照此规律，当nN N* *时，C02n1C12n1 C22n1 Cn12n1_三、解答题10(2

4、015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、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3商品的情况，整理成如下统计表，其中“”表示购买，“”表示未购买.商品顾客人数甲乙丙丁1002172003

5、008598(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？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2-1-c-n-j-y(1)若乘客P1

6、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P1P2P3P4P5座位号32145432451(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专题七计数原理与概率、推理计数原理与概率、推理证明与数学归纳法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z11ii，则|z|()A.12B.22C.32D22(2015杭州诊断)使3x1x xn(nN N*)的展开式中含有常数项的最小的n为()A4B5C6D73(2015德州二模)从 6

7、 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()A240 种B144 种C96 种D300 种4若(1x)(2x)2 015a0a1xa2x2a2 015x2 015a2 016x2 016，则a2a4a2 014a2 016等于()【来源：21cnj*y.co*m】A222 015B222 016C122 015D122 0165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()A.49B.13C.29D.1956 (2015温岭中学模拟)在(1x)6(1

8、y)4的展开式中， 记xmyn项的系数为f(m，n)， 则f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)()A45B60C120D210二、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

9、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34是省外游客，其余是省内游客在省外游客中有13持金卡，在省内游客中有23持银卡(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11已知数列an和bn满足：a1，an123ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整

10、数(1)对任意实数，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612(2015绍兴联考)设a11，an1a2n2an2b(nN N*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nc0 就去打球，若X0 就去唱歌，若Xcard(AB)，所以d(A，B)card(AB)card(AB)0.反之可以把上述过程逆推，故“AB”是“d(A，B)0”的充分必要条件；www.21-cn-命题成立，由 Venn 图，知 card(AB)card(A)card(B)card(AB)，d(A，C)card(A)card(C)2card(AC)，d(

11、B，C)card(B)card(C)2card(BC)，d(A，B)d(B，C)d(A，C)card(A)card(B)2card(AB)card(B)card(C)2card(BC)card(A)card(C)2card(AC)2card(B)2card(AB)2card(BC)2card(AC)2card(B)2card(AC)2card(AB)card(BC)2card(B)2card(AC)2card(AC)Bcard(ABC)2card(B)2card(AC)B2card(AC)2card(ABC)0，d(A，C)d(A，B)d(B，C)得证6B如图，点(x，y)所处的空间为正方形O

12、BCA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“xy12”对应的图形12为图所示的阴影部分；事件“|xy|12”对应的图形为图所示的阴影部分；事件“xy12”对应的图形为图所示的阴影部分对三者的面积进行比较，可得p2p3p1.71 560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 A24040391 560 条毕业留言83设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5.令x1，得(a1)2

13、4a0a1a2a3a4a5.令x1，得 0a0a1a2a3a4a5.，得 16(a1)2(a1a3a5)232，a3.94n1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，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有 C02n1C12n1C22n1Cn12n14n1.10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(2)不正确，理由如下：设“中奖”为事件A，则P(A)41213，P(A)11323，P

14、(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，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 0000.2.(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1002001 0000.3.(3)与(1)同理，可得：13顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 0000.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为1002003001 0000.6，顾

15、客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 0000.1.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P1P2P3P4P5座位号3241532541(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P1P2P3P4P5座位号2134523145234152345123541243152435125341于是，所有可能的坐法共 8 种，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)4812.所以乘客P5坐到 5 号座位的概率是12.经典模拟演练卷1Bz11ii1i

16、（1i）（1i）i1i2i1212i，14|z|12212222.2B展开式的通项公式Tr1Crn(3x)nr1x xr，Tr13nrCrnxn52r，r0，1，2，n.令n52r0，n52r，故最小正整数n5.3A分三类：(1)甲、乙均没参加游览，有 A4424 种方案(2)甲、乙只有 1 人参加游览，有 C12C34A13A33144 种方案(3)甲、乙均参加游览，有 C24C12A3372 种方案由分类加法计数原理，共有 2414472240(种)不同方案4C采用赋值法，令x1，得a0a1a2a2 015a2 0162，令x1，得a0a1a2a2 015a2 0160，把两式相加，得 2

17、(a0a2a2 016)2，所以a0a2a2 0161，又令x0，得a022 015，所以a2a4a2 014a2 016122 015.故选 C.5D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 4520(个)；若个位数为偶数时，这样的两位数共有 5525(个)；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有 202545(个)其中，个位数是 0 的有 5 个于是，所求概率为54519.【来源：21世纪教育网】6Cf(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)C36C26C14C16C24C34120，故选 C.712当相同的数字不是 1 时，有

18、 C13个；当相同的数字是 1 时，共有 C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13C13C1312 个8.23三位同学每人选择三项中的两项有 C23C23C2333327(种)选法，其中有且仅有两人所选项目完全相同的有 C23C23C1233218(种)选法所求概率为P182723.9A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www-2-1-cnjy-com10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 人持银卡设事件A为“采访该团 2 人，恰有 1 人持银卡”

19、，15P(A)C16C130C23627.所以采访该团 2 人，恰有 1 人持银卡的概率是27.(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)C221C236C19C16C2361333544105.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44105.11(1)证明假设存在一个实数，使an是等比数列，则有a22a1a3，即233249449249492490，矛盾，所以an不是等比数列(2)解因为bn1(1

20、)n1an13(n1)21(1)n123an2n1423(1)n(an3n21)23bn.又b1(18)，所以当18 时，bn0(nN N*)，此时bn不是等比数列；当18 时，b1(18)0，由bn123bn.可知bn0，所以bn1bn23(nN N*)故当18 时，数列bn是以(18)为首项，23为公比的等比数列12解(1)法一a22，a3 21，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即ann11(nN N*)法二a22，a3 21，可写为a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想ann11.下面用数学

21、归纳法证明上式当n1 时结论显然成立16假设nk时结论成立，即akk11.则ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11.这就是说，当nk1 时结论成立所以ann11(nN N*)(2)法一设f(x) （x1）211，则an1f(an)令cf(c)，即c （c1）211，解得c14.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1 时，a2f(1)0，a3f(0) 21，所以a214a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此

22、a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1 时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c14.法二设f(x) （x1）211，则an1f(an)先证：0an1(nN N*)当n1 时，结论明显成立假设nk时结论成立，即 0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0) 211.即 0ak11.这就是说，当nk1 时结论成立，故成立再证：a2na2n1(nN N*)当n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21，有a2a3，即n1 时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这

23、就是说，当nk1 时成立，所以对一切nN N*成立由得a2na22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n1a22n12a2n121.解得a2n114.综上，由、知存在c14使a2nca2n1对一切nN N*成立专题过关提升卷1A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x3axb0 至少有一个实根的反面是方程x3axb0 没有实根，故选 A.2D设zabi(a，bR R)，由zz2，得a1，(zz)i2，2b2，b1，z1i，故选 D.3D由an为等差数列，设公差为d，则bna1a2anna1n

24、12d，又正项数列cn为等比数列，设公比为q，则dnnc1c2cnncn1qn2n2c1qn12，故选 D.4C从 6 名男医生任选 2 名有 C26种，从 5 名女医生任选 1 名有 C15种，共有 C26C1575种5C(12x)2015a0a1xa2015x2015，令x12，则12122 015a0a12a222a2 01522 0150，其中a01，所以a12a222a2 01522 0151.【出处：21教育名师】6C如图：不妨取正方形边长为 1.基本事件总数为 C2510，18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

25、该正方形边长的有 6 条，概率为P61035，故选 C.7A取出红球的所有可能为1aa2a3a4a5；取出白球的方法只有1b5.故满足条件的所有取法为(1aa2a3a4a5)(1b5)21*cnjy*com8B令h(x)f（x）g（x），则h(x)f（x）g（x）f（x）g（x）g2（x）0，故函数h(x)为减函数，即 0a1.再根据f（1）g（1）f（1）g（1）52，得a1a52，解得a2(舍去)或者a12.所以f（n）g（n）12n，数列f（n）g（n） 的前n项和是12112n112112n，由于 112n3132，所以n5.9.14z3i（1 3i）23i22 3i3i2（1 3i）

26、（ 3i）（1 3i）2（1 3i）（1 3i）2 32i83414i，故z3414i，zz3414i3414i31611614.101122132142152162116归纳观察法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第五个不等式为 1122132142152162116.11 12223242(1)n1n2(1)n1n（n1）2左边共n项， 每项的符号为(1)n1，19通项为(1)n1n2.等式右边的值符号为(1)n1，各式为(1)n1(123n)(1)n1n（n1）2，第n个等式为 12223242(1)n1n2(1)

27、n1n（n1）2.1220(xy)8展开式中的通项为Tk1Ck8x8kyk，当k7 时，T8C78xy78xy7.当k6 时，T7C68x2y628x2y6.(xy)(xy)8展开式中x2y7项为x8xy7(y)28x2y620 x2y7.故x2y7的系数为20.13.352、70 或 3 432因为 C4nC6n2C5n，所以n221n980，解得n7 或n14，当n7 时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.所以T4的系数为 C3712423352，T5的系数为 C471232470.当n14 时，展开式中二项式系数最大的项是T8.所以T8的系数为 C714127273 432.14.

28、16十个数中任取七个不同的数共有 C710种情况，七个数的中位数为 6，那么 6 只有处在中间位置，有 C36种情况，于是所求概率PC36C71016.21cnjycom152 013观察数阵，记第n行的第 1 个数为an，则有a2a12，a3a24，a4a36，a5a48，anan12(n1)20将以上各等式两边分别相加，得ana124682(n1)n(n1)，所以ann(n1)1，所以a451 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 9811622 16解(1)由已知，有P(A)C22C23C23C23C48635

29、.所以，事件A发生的概率为635.(2)P(Xk)Ck5C4k3C48(k1，2，3，4)P(X1)C15C33C48114，P(X2)C25C23C4837，P(X3)C35C13C4837，P(X4)C45C03C48114.17(1)解设an的前n项和为Sn，当q1 时，Sna1a1a1na1；当q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn1.qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sna1（1qn）1q，Snna1，q1，a1（1qn）1q，q1.(2)证明假设an1是等比数列，则对任意的kN N，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2k12ak11akak2aka

30、k21，a21q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列18(1)解1an12an1an21an，所以1an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，21所以1an12(n1)2n1，即an12n1.(2)证明2bn1an12n，所以bn1n，所以Pn(1b1)(1b3)(1b2n1)(11)113115 112n1 .用数学归纳法证明如下：当n1 时，P12 3.假设当nk(k1)时命题成立，则Pk1(1b1)(1b3)(1b2k1)(1b2k1)(11)113115 112k1112k1112k12k1.因为112k12k12k22k1，所以P2k1( 2k3)22k22k12( 2k3)24k28k4（4k28k3）2k112k10，所以Pk1 2k3，即当nk1 时结论成立由可得