1、第2讲计数原理、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8C对相交棱，因此P(0).(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P()，于是P(1)1P(0)P()1，所以随机变量的分布列是01P因此E()1.2(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
2、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C84，随机变量X的取值为：0，1，1，因此P(X0)，P(X1)，P(X1
3、)1，所以X的分布列为X011P则E(X)0(1)1.3(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n(kN*)时，an(1)k1k，记Sna1a2an(nN*)对于lN*，定义集合Pln|Sn是an的整数倍，nN*，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，S
4、5a5，S62a6，S11a11，所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证：Si(2i1)i(2i1)(iN*)事实上，当i1时，Si(2i1)S33，i(2i1)3，故原等式成立；假设im时成立，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)
5、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)(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：co
6、s A是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数证明(1)设三边长分别为a，b，c，cos A，a，b，c是有理数，b2c2a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，必为有理数，cos A是有理数(2)当n1时，显然cos A是有理数；当n2时，cos 2A2cos2A1，因为cos A是有理数，cos 2A也是有理数；假设当nk(k2)时，结论成立，即cos kA、cos(k1)A均是有理数当nk1时，cos(k1)Acos kAcos Asin kAsin Acos kAcos Acos(kAA)cos(kAA)cos kAcos Acos(k1)A
7、cos(k1)A解得：cos(k1)A2cos kAcos Acos(k1)Acos A，cos kA，cos(k1)A均是有理数，2cos kAcos Acos(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，cos nA是有理数5记的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中nN*.(1)求an；(2)是否存在常数p，q(pq)，使bn，对nN*，n2恒成立？证明你的结论解(1)根据多项式乘法运算法则，得an1.(2)计算得b2，b3.代入bn，解得p2，q1.下面用数学归纳法证明bn(n2且nN*)当n2时，b2，结论成立设nk时成立，即
8、bk，则当nk1时，bk1bk.由可得存在常数p2，q1使结论对nN*，n2成立6(2012江苏卷)设集合Pn1，2，n，nN*.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2xPnA.(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*.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，所以f(n)
