《2015高考数学题库(新)-附加题(随机变量及其概率分布,数学归纳法)1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015高考数学题库(新)-附加题(随机变量及其概率分布,数学归纳法)1（52页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、23设数列an满足 a1a，an1an2a1，* | |2RNnMana，（1）当 a（，2）时，求证：M；a（2）当 a（0，时，求证：aM；1 4（3）当 a（，）时，判断元素 a 与集合 M 的关系，并证明你的结论1 4 证明：（1）如果，则， 2 分2a 1| 2aaaM（2） 当 时，（） 104a1 2na 1n 事实上， 当时， 1n 11 2aa设时成立（为某整数） ，1nk2k则对，nk2 2 1111 242kkaaa由归纳假设，对任意 nN*，|an|2，所以 aM6 分1 2（3） 当时，证明如下：1 4a aM对于任意，且1n1 4naa2 1nnaaa对于任意， 1
2、n22 1111()244nnnnnaaaaaaaa则11 4nnaaa所以，1111()4nnaaaan a当时，即，因此2 1 4an a 11()224nan aaaa12naaM10 分 23(本小题满分 10 分)一个袋中装有黑球，白球和红球共 n()个，这些球除颜色外完全相同已知从袋中任意摸出 1*nN个球，得到黑球的概率是现从袋中任意摸出 2 个球 2 5（1）若 n=15，且摸出的 2 个球中至少有 1 个白球的概率是，设表示摸出的 2 个球中红球的个数,4 7求随机变量的概率分布及数学期望；E（2）当 n 取何值时，摸出的 2 个球中至少有 1 个黑球的概率最大，最大概率为多
3、少?23解：（1）设袋中黑球的个数为(个)，记“从袋中任意摸出一个球，得到黑球”为事件 A，则x2( )155xP A 1 分6x 设袋中白球的个数为(个)，记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件 B，则y，2 15 2 154( )17yCP BC ， 或(舍) 2291200yy5y 24y 红球的个数为(个) 3 分15654随机变量的取值为 0，1，2，分布列是012P11 2144 1052 35的数学期望 6 分11442560122110535105E （2）设袋中有黑球个，则） z2(5,10,15,5zn n设“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球”为事件 C，
4、则， 8 分2 3 5 21661( )125251nnC P CCn 当时，最大，最大值为10 分5n ( )P C7 102. 用数学归纳法证明：*(1)(2)(3)1 23234(1)(2)()4n nnnnnnn NL证明：（1）当时，左边，右边左边，1n 1 236 1 23464 等式成立2 分（2）设当时，等式成立，*()nk kN即 4 分(1)(2)(3)1 23234(1)(2)4k kkkkkk L则当时，1nk左边1 23234(1)(2)(1)(2)(3)kkkkkk L(1)(2)(3)(1)(2)(3)4 (1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)(1)44 (1
5、)(1 1)(12)(13).4k kkkkkkkkkkkkkkkkkk 时，等式成立8 分1nk由（1） 、 （2）可知，原等式对于任意成立10 分*nN某车站每天上午发出两班客车，第一班客车在 800，820，840 这三个时刻随机发出，且在800 发出的概率为 ，820 发出的概率为 ，840 发出的概率为 ；第二班客车在141214900，920，940 这三个时刻随机发出，且在 900 发出的概率为 ，920 发出的概率为 ，1412940 发出的概率为 两班客车发出时刻是相互独立的，一位旅客预计 810 到站求：14（1）请预测旅客乘到第一班客车的概率；（2）旅客候车时间的分布列；
6、（3）旅客候车时间的数学期望解：（1）第一班若在 820 或 840 发出，则旅客能乘到，其概率为P= + = 3 分12143 4（2）旅客候车时间的分布列为：候车时间（分）1030507090概率12141414141214146 分（3）候车时间的数学期望为10 30 5070 90121411618116=5=30 9 分15225 835 445 8答：这旅客候车时间的数学期望是 30 分钟10 分23一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得 1 分，反面向上得 2 分.（1）设抛掷 5 次的得分为，求的分布列和数学期望 E；（2）求恰好得到 n*()nN分的概率【解】
7、（1）所抛 5 次得分的概率为 P(i)= 5 5 51C2i(i=5，6，7，8，9，10)，其分布列如下：E=510 5 5 51C2iii= 15 2(分) . 5 分（2）令 pn表示恰好得到 n 分的概率. 不出现 n 分的唯一情况是得到 n1 分以后再掷出一次反面. 因为“不出现 n 分”的概率是 1pn， “恰好得到 n1 分”的概率是 pn1，5678910P1 325 325 165 165 321 32因为“掷一次出现反面”的概率是1 2，所以有 1pn=1 2pn1， 7 分即 pn2 3=1 212 3np.于是2 3np 是以 p12 3=1 22 3=1 6为首项，
8、以1 2为公比的等比数列. 所以 pn2 3=1 6 11 2n ，即 pn 11232n . 答：恰好得到 n 分的概率是 11232n . 10 分22 已知数列满足：，na11 2a * 12()1n n naanaN（1）求，的值；2a3a（2）证明：不等式对于任意都成立10nnaa*nN（1）解：由题意，得 2 分232435aa，（2）证明：当时，由（1） ，知，不等式成立4 分1n 120aa设当时，成立，6 分*()nk kN10kkaa则当时，由归纳假设，知1nk10ka而，1111 21 1112121222()011(1)(1)(1)(1)kkkkkkkk kk kkkk
9、kkaaaaaaaaaaaaaaaa 所以，即当时，不等式成立120kkaa1nk由，得不等式对于任意成立10 分10nnaa*nN22一个袋中装有大小和质地都相同的 10 个球，其中黑球 4 个，白球 5 个，红球 1 个。（1）从袋中任意摸出 3 个球，记得到白球的个数为 X，求随机变量 X 的概率分布和数学期望 E(X)；（2）每次从袋中随机地摸出一球，记下颜色后放回.求 3 次摸球后，摸到黑球的次数大于摸到白球的次数的概率. 计算机考试分理论考试与上机操作考试两部分进行，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”则计算机考试“合格”并颁发“合格证书”甲、乙、丙三人在理
10、论考试中合格的概率分别为，3 5，；在上机操作考试中合格的概率分别为，所有考试是否合格相互之间没有影响3 42 39 105 67 8 （1）甲、乙、丙三人在同一次计算机考试中谁获得“合格证书”可能性最大？ （2）求这三人计算机考试都获得“合格证书”的概率； （3）用表示甲、乙、丙三人在理论考核中合格人数，求的分布列和数学期望E解：记“甲理论考试合格”为事件， “乙理论考试合格”为事件， “丙理论考试合格”为事件， 记为1A2A3AiA的对立事件，；记“甲上机考试合格”为事件， “乙上机考试合格”为事件， “丙上机考iA1,2,3i 1B2B试合格”为事件3B（1）记“甲计算机考试获得合格证书
11、”为事件 A，记“乙计算机考试获得合格证书”为事件 B，记“丙计 算机考试获得合格证书”为事件 C，则，有，3927( )51050P A 355( )468P B 277( )3812P C ( )( )( )P BP CP A故乙获得“合格证书”可能性最大； 3 分 （2）记“三人该课程考核都合格” 为事件D 112233P DPA BABAB112233P A BP ABP AB=， 112233P AP BP AP BP AP B3 59 103 45 62 37 863 320所以，这三人该课程考核都合格的概率为 6 分63 320 （3）用表示甲、乙、丙三人在理论考核中合格人数，则
12、可以取 0，1，2，3，故的分布列如下： 0123P（）1 3013 609 203 10 的数学期望： =0+1+2+3= 10 分E1 3013 609 203 10126023.记，其中，为正实数，.给定正实数，满足.用)()(),(nnn nyxyxyxfxyNnab1bba8 分数学归纳法证明：对于任意正整数，n).2 , 2(),(nnfbaf设， 1nf nn *1,ng nnnN当时，比较与的大小1,2,3,4n f n g n根据的结果猜测一个一般性结论，并加以证明23(本小题满分 10 分) 已知数列an满足：1* 1122,1()na naaaan N（1）若，求数列an的通项公式；1a （2）若，试证明：对，an是 4 的倍数3a *n N解解：(1)当时，1a 1 114,( 1)1na naa 令，则1nnba115,( 1)nb nbb 因为奇数，也是奇数且只能为，15b nb1所以，即 3 分5,1, 1,2,nnbn4,1, 0,2.nnan(2)当时， 4 分3a 1 114,31na naa 下面利用数学归纳法来证明：an是 4 的倍数当时，命题成立；1n 144 1a 设当时，命题成立，则存在N*，使得，*()nk kNt4kat
