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、 专题七 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)，若|z|1，则yx的概率为( ) A.3 412 B.1412 C.121 D.121 2(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( ) 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.5 21 B.

2、10 21 C.11 21 D1 4(2015·全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为( ) A10 B20 C30 D60 5(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， 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，

3、y，记p1为事件“xy12”的概率，p2为事件“|xy|12”的概率，p3为事件“xy1 2”的概率，则( ) Ap1<p2<p3 Bp2<p3<p1 Cp3<p1<p2 Dp3<p2<p1 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) 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_ 9(2015·山东高考)观察下列各式： C0140； C03C1341; C05C15C2542；

4、C07C17C27C3743； 照此规律，当nN*时，C02n1 C12n1 C22n1 Cn12n1_ 三、解答题 10(2015·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

5、买甲、乙、丙、丁四种 商品的情况，整理成如下统计表，其中“”表示购买，“×”表示未购买.商顾客人200 300 × 85 × ×98 × × × (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

6、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 (1)若乘客P1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 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 3 2 1 4 5 3 2 4 5 1 (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 计数原理与概率、推理 证明与数学归纳法 经典模拟·演练卷 一、选择题 1(2015·舟

7、山联考)设z11ii，则|z|( ) A.12 B.22 C.32 D2 2(2015·杭州诊断)使?3x1xxn(nN*)的展开式中含有常数项的最小的n为( ) A4 B5 C6 D7 3(2015·德州二模)从6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( ) A222 015

8、B222 016 C122 015 D122 016 5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.4 9 B.1 3 C.2 9 D.19 6(2015·温岭中学模拟)在(1x)6(1y)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)( ) A45 B60 C120 D210 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

9、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3 4是省外游客，其余是省内游客在省外游客中有1 3持金卡，在省内

10、游客中有2 3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，an12 3ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数 (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 12(2015·绍兴联考)设a11，an1a2n2an2b(nN*) (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a2n<c<a2n1对所有nN*成立？证明你的结论 专题七 计数原理与概率、推理

11、证明与数学归纳法 专题过关·提第卷 (选择题) 一、选择题 1用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A方程x3axb0没有实根 B方程x3axb0至多有一个实根 C方程x3axb0至多有两个实根 D方程x3axb0恰好有两个实根 2.z是z的共轭复数，若zz2，(zz)i2(i为虚数单位)，则z( ) A1i B1i C1i D1i 3若数列an是等差数列，bna1a2ann，则数列bn也为等差数列类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则dn的表达式应为( ) Adnc1c2cnn Bdnc1·

12、c2··cnn Cdnncn1cn2cnnn Ddn nc1·c2··cn 4(2015·勤州中学模拟)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( ) A60种 B70种 C75种 D150种 5若(12x)2 015a0a1xa2 015x2 015(xR)，则a12a22 2a2 0152 2 015的值为( ) A2 B0 C1 D2 6(2015·义乌模拟)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( ) A.15 B.

13、25 C.35 D.4 5 7用a代表红球，用b代表白球，根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个白球中取出若干个球的所有取法可由(1a)(1b)的展开式1abab表示出来其中“1”表示一个球都不取，“a”表示取一个红球，“b”表示取一个白球，“ab”表示把红球和白球都取出来，以此类推：下列各式中，其展开式中可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的白球中取出若干个球，且所有的白球都取出或都不取出的所有取法的是( ) A(1aa2a3a4a5)(1b5) B(1a5)(1bb2b3b4b5) C(1a)5(1bb2b3b4b5) D(1a5)(1b)5 8已知定义在R上的函数f

14、(x)，g(x)满足f（x）g（x ）ax，且f(x)g(x)f(x)g(x)，f（1）g（1 ）f（1）g（1）5 2，若有穷数列?f（n）g（n）(nN*)的前n项和等于3132，则n等于( ) A4 B5 C6 D7 第卷 (非选择题) 二、填空题 9已知复数z 3i（13i）2，z是z的共轭复数，则z·z _ 10观察下列不等式 112232， 112213253， 112213214274， 照此规律，第五个不等式为_ 11(2015·瑞安中学模拟)观察下列等式 121 12223 1222326 1222324210 照此规律，第n个等式可为_ 12(2015&

15、#183;效实中学模拟)(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为_(用数字填写答案) 13若在?122xn的展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项的系数为_ 14(2015·乐清模拟)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为_ 15将全体正奇数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第45行从左向右的第17个数为_ 三、解答题 16(2015·桐乡高级中学模拟)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会

16、的运动员5名，其中种子选手3名从这8名运动员中随机选择4人参加比赛 (1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率； (2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求X分别为1，2，3，4的概率 17(2015·杭州高级中学模拟)设an是公比为q的等比数列 (1)推导an的前n项和公式； (2)设q1，证明：数列an1不是等比数列 18(2015·诸暨中学模拟)已知数列an满足a11，an1an2an1. (1)求数列an的通项公式； (2)若2bn1an1，且Pn(1b1)(1b3)(1b2n1)，求证：Pn2n1. 19小

17、波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋游戏规则为：以O为起点，再从A1、 A2、A3、A4、A5、A6(如图)这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X>0就去打球，若X0就去唱歌，若X<0就去下棋 (1)写出数量积X的所有可能取值； (2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率 20(2015·台州一中模拟)已知函数f(x)ex，xR. (1)求f(x)的反函数的图象上点(1，0)处的切线方程； (2)证明：曲线yf(x)与曲线y12x2x1有唯一公共点； (3)设ab，比较f?ab2与f（b）f（a）ba的大小，并说明理由 专题七 计数

18、原理与概率、推理证明与数学归纳法 真题体验·引领卷 1B 由|z|1可得(x1)2y21，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足yx的部分为如图阴影所示， 由几何概型概率公式可得所求概率为： P14×1212×12×124121412. 2B 由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A3472(个)；若万位是4，则有2×A34个48(个)，故比40 000大的偶数共有7248120(个)选B. 3B 从袋中任取2个球共有C215105种取法，其中恰好1个白球1个红球共有C110C1550种取法，所以所取的球恰好1

19、个白球1个红球的概率为501051021. 4C Tk1Ck5(x2x)5kyk，k2. 则T3C25(x2x)3y2 对于二项式(x2x)3，Tr1Cr3(x2)3rxrCr3x6r， 令r1，所以x5y2的系数为C25·C1330. 5A 命题成立，若AB，则card(AB)>card(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； 命题成立，由Venn图， 知card(AB)card(A)card(B)card(AB)， d(A，C)card(A)card(C)2card

20、(AC)， d(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)B card(ABC) 2card(B)2card(AC)B2card(AC)2card(ABC)0， d(A，C)d(A，B)d(B，C)得证 6B 如

21、图，点(x，y)所处的空间为正方形OBCA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p2<p3<p1. 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A24040×391 560条毕业留言 83 设(ax)(1x)4

22、a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5. 令x1，得(a1)×24a0a1a2a3a4a5. 令x1，得0a0a1a2a3a4a5. ，得16(a1)2(a1a3a5)2×32，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

23、果 (2)不正确，理由如下：设“中奖”为事件A，则P(A)41213， P(A)11323，P(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： 顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 0000

24、.2， 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为1002003001 0000.6， 顾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 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 3 2 4 1 5 3 2 5 4 1 (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 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 2 1 3 4 5 2 3 1 4 5 2 3 4 1 5 2 3 4 5 1 2 3 5 4 1 2 4 3 1 5 2 4 3 5 1 2 5 3

25、 4 1 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 1B z11ii1i（1i）（1i）i1i2i1 212i， |z|?122?12222. 2B 展开式的通项公式Tr1Crn(3x)nr?1xxr， 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，

26、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(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4×520(个)；若个位数为偶数时，这样的两位数共有5×525(个)；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位

27、数共有202545(个)其中，个位数是0的有5个于是，所求概率为54519. 6C f(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 8.2 3 三位同学每人选择三项中的两项有C23C23C233×3×327(种)选法， 其中有且仅有两人所选项目完全相同的有C23C23C123×3×218(种)选法 所求概率为P182723. 9A城市 由丙可知乙至少去过一个城

28、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 10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”， P(A)C16C130C2 362 7. 所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是2 7. (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)C221C2 36C19C16C2 361 33 3544 105. 所以采访该

29、团2人中，持金卡人数与持银卡人数相等的概率是44 105. 11(1)证明 假设存在一个实数，使an是等比数列，则有a22a1a3，即?2 332?4 94?4 92494 924?90，矛盾，所以an不是等比数列 (2)解 因为bn1(1)n1an13(n1)21 (1)n1?23an2n1423(1)n·(an3n21)23bn. 又b1(18)，所以当18时， bn0(nN*)，此时bn不是等比数列； 当18时，b1(18)0，由bn123bn. 可知bn0，所以bn1bn23(nN*) 故当18时， 数列bn是以(18)为首项，2 3为公比的等比数列 12解 (1)法一 a2

30、2，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*) 法二 a22，a3 21， 可写为a1111，a2 211，a3311.因此猜想ann11. 下面用数学归纳法证明上式 当n1时结论显然成立 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*) (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a2n<c<

31、;a2n1<1. 当n1时，a2f(1)0，a3f(0)21， 所以a2<14<a3<1，结论成立 假设nk时结论成立，即a2k<c<a2k1<1. 易知f(x)在(，1上为减函数， 从而cf(c)>f(a2k1)>f(1)a2，即1>c>a2k2>a2. 再由f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)<f(a2k2)<f(a2)a3<1. 故c<a2k3<1，因此a2(k1)<c<a2(k1)1<1. 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

32、. 法二 设f(x)（x1）211，则an1f(an) 先证：0an1(nN*) 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) 21<1. 即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立，故成立 再证：a2n<a2n1(nN*) 当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21， 有a2<a3，即n1时成立 假设nk时，结论成立，即a2k<a2k1， 由及f(x)在(，1上为减函数，得 a2k1f(a2k)>f(a2k1)a2k2， a2(k1)f(a2k1)<f(a2k2)a

33、2(k1)1. 这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立 由得a2n <a22n2a2n21， 即(a2n1)2<a22n2a2n2， 因此a2n<14. 又由、及f(x)在(，1上为减函数得f(a2n)>f(a2n1)， 即a2n1>a2n2， 所以a2n1 >a22n12a2n121.解得a2n1>1 4. 综上，由、知存在c14使a2n<c<a2n1对一切nN*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

34、，故选A. 2D 设zabi(a，bR)，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bna1a2anna1n1 2d， 又正项数列cn为等比数列，设公比为q， 则dn nc1·c2··cnncn1qn2n2c 1qn12，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C26·C1575种 5C (12x)2 015a0a1xa2 015x2 015，令x12，则?12×122 015a0a12a222a2 01522 0150，其中a01，所以

35、a12a222a2 01522 0151. 6C 如图：不妨取正方形边长为1.基本事件总数为C2510， 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) 8B 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

36、)或者a12.所以f（n）g（n）?12n，数列?f（n）g（n）的前n项和是12?112n112112n，由于112n3132，所以n5. 9.14 z3i（13i）23i223i3i2（13i） （3i）（13i）2（13i）（13i）232i83414i， 故z3414i， z·z? 3414i?3414i31611614. 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112213214215216 2116. 1112223242(1)n1n2

37、(1)n1·n（n 1）2 左边共n项，每项的符号为(1)n1， 通项为(1)n1·n2. 等式右边的值符号为(1)n1，各式为(1)n1(123n) (1)n1n（n 1）2， 第n个等式为12223242(1)n1·n2 (1)n1·n（n 1）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x·8xy7(y)·28x2y620x2y7. 故x2y7的系数为 20. 13.352、70或3 4

38、32 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C37? ?124×2 3352， T5的系数为C47? ?123×2470. 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C714? ?12727 3 432. 14.16 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PC36C7 101 6. 152 013 观察数阵，记第n行的第1个数为an，则有 a2a12， a3a24， a4a36

39、， a5a48， anan12(n1) 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 98116×22 013. 16解 (1)由已知，有P(A)C22C23C23C23C4 8635. 所以，事件A发生的概率为6 35. (2)P(Xk)Ck5C4k3C4 8(k1，2，3，4) P(X1)C15C33C481 14，P(X2)C25C23C483 7， P(X3)C35C13C4 83 7，P(X4)C45C03C4 81

40、14. 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）1 q， Sn?na1，q1，a1（1qn）1 q，q1. (2)证明 假设an1是等比数列，则对任意的kN， (ak11)2(ak1)(ak21)， a2k12ak11akak2akak21， a21q2k2a1qka1qk1·a1qk1a1qk1a1qk1， 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 1an 12an1a n21a n， 所以?1a n是首项为1，公差为2的等差数列， 所以1a n12(n1)2n1，即an12n 1. (2)证明 2b n1an12n，所以bn1 n， 所以Pn(1b1)(1b3)(1b2n1) (11)?11 3?11 5?112n 1. 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)?11 3?115?112k1?112k1 ?112k12k1. 因为?112k12k12k22k1， 所以P