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1、历年自主招生试题分类汇编不等式 5. （2014 年北约） 已知 1xy 且,x y都是负数 ,求 1 xy xy 的最值 . 【解】由0,0xy可知 ,1| 1| 1xyxyxy, 所以 2 (|)1 | | 44 xy xyxy,即 1 (0, 4 xy, 令 1 (0, 4 txy,则易知函数 1 yt t 在(0,1上递减 ,所以其在 1 (0, 4 上递减 , 于是 1 xy xy 有最小值 117 4 44 ,无最大值 . 解答二：1()()2xyxy得 1 0 4 xy，而函数 1 ( )f tt t 在(0,1)上单调递 减，在(1,)单调递增， 故 1 ()( ) 4 f x
2、yf，即 11 7 4 xy xy ，当且仅当 1 2 xy时 取等号 10. （2014 年北约） 已知 12 , n xxxR,且 12 1 n x xx,求 证: 12 ( 2)(2)( 2)( 21) n n xxx. 【证】 (一法 :数学归纳法 )当1n时,左边 122121x右边 ,不等式成立 ; 假设 * (1,)nk kkN时,不等式 12 (2)(2)(2)( 21) k k xxx成立 . 那么当1nk时,则 121 1 kk x xx x,由于这1k个正数不能同时都大于1,也不能同时都 小于 1,因此存在两个数,其中一个不大于1,另一个不小于1,不妨设 1 1,01 k
3、k xx, 从而 111 (1)(1)01 kkkkkk xxxxx x,所以 121(2) (2)(2) (2)kkxxxx 1211 (2) (2) 22 () kkkk xxxxx x 1 121 (2) (2)(2) (21)(21) (21)(21) kk kk xxx x 其中推导上式时利用了 1211 ()1 kkk x xxx x及nk时的假设 ,故1nk时不等式也成 立. 综上知 ,不等式对任意正整数n都成立 . (二法 )左边展开得12(2)(2)(2)nxxx 12 12 12 12 111 ( 2)( 2)(2)()(2)() k k n nnnn k iijiiin
4、iij niiin xx xx xxx xx 由平均值不等式得 1 1 1212 1212 11 12 1 1 ()() k kk nnn kk kk C CCkkk iiiniiinnn iiin iiin x xxCx xxCx xxC 故 12 ( 2)(2)( 2) n xxx 1122 2 )(2 )(2 )(2 )(21) nnnnkknn nnnn CCCC,即证 . (三法 )由平均值不等式有 1 11 22 () 22 n n n kk kk n xx ; 1 11 () 22 n n kk n kk kk xx n xx +得 1 12 1 1 2() (2) n n n
5、n k k x xx nn x , 即 12 ( 2)(2)(2)( 21) n n xxx成立 . (四法)由AMGM不等式得： 1 1 122 () 2 (2) n n i i n i i n x x ， 1 1 11 () 2 (2) n i n i i n i i x n x x ，两式相加得： 1 21 1 (2) n n i i x ，故 1 (2)(21 ) n n i i x 1 （ 2011 年北约文）0 2 ，求证：sintan 【解析】 不妨设( )sinf xxx ，则(0)0f，且当 0 2 x时，( )1cos0fxx于是 ( )f x 在 0 2 x上单调增( )
6、(0)0f xf即有sinxx 同理可证( )tan0g xxx (0)0g，当 0 2 x时， 2 1 ( )10 cos g x x 于是( )g x 在 0 2 x上单调增。 在 0 2 x上有( )(0)0g xg。即tanxx。 注记：也可用三角函数线的方法求解 7. （2014 年华约） 已知 * ,nNxn求证 : 2 (1) nxx nnex n . 【证明】原不等式等价于 2 (1) x n n x nxne n . 当 2 xn,上述不等式左边非正,不等式成立 ; 当 2 xn时,由1(0) y ey y 及贝努力不等式 (1)1(1,1) n yny ny , 从而 22
7、 2 22 (1)(1) (1)(1)(1) x nnn n xxxxx nennnnnx nnnnn ,即证 . 1. （2014 年卓越联盟） 32 | 210xx,求x范围 . 【解】由 32321515 | 210|2|10(| 1)(|)(|)0 22 xxxxxxx 所以由数轴标根法得 1515 | (,)(1,) 22 x,又因为|0x, 所以 1515 (, 1)(1,) 22 x. 1、（2013 年卓越联盟） 设函数sinfxxx 若 1 x 、 2 22 x， 且 12 fxfx， 则 A 12 xxB 12 0xxC 12 xxD 22 12 xx 答案 :（文科） D
8、 历年自主招生试题分类汇编初等数论 7 （ 2013 年北约） 最多有多少个两两不等的正整数，满足其中任意三数之和都为素数 解析设满足条件的正整数为n个考虑模3 的同余类，共三类，记为0，1，2 则这n个正整数需同时满足不能三类都有；同一类中不能有3 个和超过3 个否 则都会出现三数之和为3 的倍数故4n 当4n时，取 1，3，7，9，其任意三数之和为11，13，17，19 均为素数，满足题意， 所以满足要求的正整数最多有4 个 题 6（2012 年北约） 在 1，2， ，2012 中取一组数，使得任意两数之和不能被其差整除， 问最多能取多少个数？ 解：将 1，2，2012 分成（ 1，2，3
9、） ， （4，5，6， ）， （2008,2009,2010）,（2011,2012） 这 671 组，如果所取数672n，则由抽屉原理必然有两个数属于同一组，不妨设为 ab，则1ab或2。当1ab时，此时ab整除ab，不合要求。 当2ab 时，此时，a与b同奇偶， 所以ab为偶数， 从而ab也能整除ab，也不合要求。 671n， 考察 1,4,7， ， 2011 这 671个数中的任两数ab， 则32 ,a bkk N ， 而3 ,abl lN ， ab不整除ab，从而可知，最多能取671 个数，满足要求。 评析：本题考查整除问题，而解答主要用到竞赛数学中的抽屉原则和剩余类，整除等简单 的数
10、论知识，体现出自主招生试题要求考生有一定的竞赛数学知识，并掌握数学竞 赛的一些常用方法和技巧。 6. （2013 年华约） 已知, ,x y z是互不相等的正整数, |(1)(1)(1)xyzxyxzyz ,求, ,x y z. 【解】 本题等价于求使 (1)(1)(1)1 () xyxzyzxyyzzx xyzxyz xyzxyz 为整数的正 整数, ,x y z,由于, ,x y z是互不相等的正整数,因此|1xyz xyyzzx,不失一般性不妨 设x yz,则13xyzxyyzzxyx,于是3z ,结合z为正整数 ,故1,2z, 当1z时,|1xy xyyx,即|1xyyx,于是12xy
11、xyyxx,所以2y, 但另一方面yz,且为正整数 ,所以2y矛盾 ,不合题意 . 所以2z,此时2|221xy xyyx,于是2221xyxyyx,即221xyyx, 也所以224xyyxx,所以4y,又因为2yz,所以3y; 于是6 |55xx,所以655xx,即5x,又因为3xy,所以4,5x, 经检验 5x 符合题意 ,于是符合题意的正整数, ,x y z有 ( , , )x y z=(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2) 注:该题与 2011 年福建省高一数学竞赛试题雷同. 历年自主招生试题分类汇编导数 7. （2014 年华约
12、） 已知 * ,nNxn求证 : 2 (1) nxx nnex n . 【证明】原不等式等价于 2 (1) x n n x nxne n . 当 2 xn,上述不等式左边非正,不等式成立 ; 当 2 xn时,由1(0) y ey y及贝努力不等式(1)1(1,1) n yny ny, 从而 22 2 22 (1)(1) (1)(1)(1) x nnn n xxxxx nennnnnx nnnnn ,即证 . 7. （2013 年华约） 已知( )(1)1 x f xx e 求证 :(1)当0x,( )0f x; (2)数列 n x满足 1 1 1,1 nn xx n x eex,求证 :数列
13、n x单调递减且 1 2 n n x. 【解】 (1)当 0x 时,( )0 x fxxe,所以( )f x在(0,)上递减 ,所以( )(0)0f xf. (2)由 1 1 nn xx nx ee得 1 1 n n x x n e e x ,结合 11x,及对任意0,1 x xex,利用数学归纳法 易得0 n x对任意正整数n成立 ,由(1)知()0 n f x,即1 nn xx n ex e, 即 1nn xx nn x ex e,因为0 n x,所以 1nn xx ee,即 1nn xx,所以数列 n x递减 , 下面证明 1 2 n n x,用数学归纳法证,设 1 ( ) x e g
14、x x ,则 22 1( ) ( ) xx xeef x g x xx , 由 (1)知当0x时,( )0f x,即( )0gx,故( )g x在(0,)递增 ,由归纳假设 1 2 nn x 得 1 ()() 2 n n g xg,要证明 1 1 1 2 n n x只需证明 1 1 1 2n n x ee,即 1 1 2 () n n g xe, 故只需证明 1 1 2 1 () 2 n n ge,考虑函数 2 ( )( ) x h xxg xxe,因为当0x时 2 1 2 x x e, 所以 222 ( )(1)(1)0 22 xxx xxx h xeee e,故( )h x在(0,)上递增
15、 ,又 1 0 2 n , 所以 1 ()0 2 n h,即 1 1 2 1 () 2 n n ge,由归纳法知 , 1 2 nn x对任意正整数n成立 . 注 :此题的函数模型与2012 年清华大学保送生考试试题的函数模型相似. (14) （2012 年华约） 记函数 2 ( )1,1,2 2! n n xx fxxn n 证明：当n是偶数时， 方程( )0 n fx没有实根；当n是奇数时，方程( )0 n fx有唯一的实根 n，且2nn 。 证明一： 用数学归纳法证明0)( 12 xf n 有唯一解 12n x 且严格单调递增，0)( 2 xf n 无实数解， 显然 n=1 时，此时xxf
16、1)( 1 有唯一解1 1 x， 且严格单调递增， 而 2 1)( 2 2 x xxf无 实数解，现在假设0)( 12 xf n 有唯一解 12n x且严格单调递增，0)( 2 xf n 无实数解，于是 注意到1),()( 2212nnn fxfxf时，对任意的0 kn有 x+2k+1 0, 于是 )12( )!12()!2( ()( 2 0 2 12 kx k x k x xf kn k k n ，所以,0)12( 12 nf n 又 因 为,01)0( 12n f所 以 由)( 12 xf n 严 格 递 增 知0)( 12 xf n 有 唯 一 根 012 12 nx n ， 对于)(
17、22 xf n 有)()( 122222 xfxff nnn ，所以（ ， 12n x）上，递减，在（ 12n x， +）上，递增，所以 ,0 )!22()!22( )()(min 22 12 22 12 122222 n x n x xfxf n n n n nnn Rx 因此，0)( 22 xf n 无实数解 综上所述，对任意正整数n,当为偶数时0)(xf n 无解，当为奇数0)(xfn有唯一 解 n x。 再证 1212nn xx，事实上，由 )( 12 xf n 的严格单调性，只需验证0)( 1212nn xf，注意到 )( 12 xf n )( 12 xf n )!12()!2( 1
18、22 n x n x nn ，由上述归纳法证明过程中，12 12 nx n ，所 以 0)12( )!12()!12()!2( )( 12 2 12 12 12 2 12 1212 nx n x n x n x xf n n n n n n n nn ， 因此 1212nn xx，综上所述，原命题得证。 证明二：记, ! 3! 2 1)( 32 n xxx xxf n n 我们对使用数学归纳法证明加强命 题，方程0)(xf n 在为偶数的时候实数上恒大于零，在为奇数的时候，在实数上严格 单调递增并且可以取遍所有实数。 （）当N=1,2 的时候，直接验证，结论显然成立。 （）当N=K -1 的时
19、候结论成立，那么，N=K 的时候： K 是偶数的时候， 23 1 2!3! k xxx x k 1 ( )( ) k fxfx，那么由归纳假设，我们知 道存在一个0)(0 10 xfx k 为的根，使得在 0 xx的时候0)()( 1 xfxf kk ，在 0 xx的时 候， 1 ()( ) kk fxfx，所以可以看出)(xfk 在实数上的最小值应该在 0 x处取到， 0 ! )( ! )()( 2 2 000 010 k x k x k x xfxf k kk kk ，也就是说)(xfk在实数上每个取值都大于零，因 此结论成立。 是奇数时，)(xfk 23 1 2!3! k xxx x k
20、 ， 1 ( )( ) kk fxfx，那么由归纳假设，我 们知道 1 ( )( ) kk fxfx恒成立， 也就是说)(xfk严格单调递增， 而 )(xfk是一个奇数次最高 项系数大于零的一个多项式，因此，可以知道当X 趋近于 的时候，)(xf k 也趋于 ， 当 X 趋于 +的时候，)(xfk也趋于 +，而)(xf k 连续，因此我们证明了)(xf k 在实数上严 格单调递增并且可以取遍所有的实数（这点如果不用极限的符号书写法也可以将)(xfk分 段说明，但写起来比较麻烦） 3、 （ 2011 年华约） 曲线 32 ()21f xxxx，过点( 1,1)的直线 l 与曲线相切，且 ( 1,
21、1)不是切点，则直线l 的斜率为( ) A 2B 1C1D2、 解答：设切点为 32 0000 (,21)xxxx，则切线斜率为 2 00 322kxx，切线方程为 322 000000 (21)(322)(1)yxxxxxx，将点 ( 1,1)入代得： 322 000000 1(21)(322)( 1)xxxxxx，整理得 2 00 2(1) (1)0xx， 00 1,1xx，所以这条切线的斜率为1. 7 （ 2010 年 华 约 ） 设( )e (0) ax f xa 过 点( ,0)P a且 平 行 于y轴 的 直 线 与 曲 线 :( )Cyfx的交点为Q，曲线C过点Q的切线交x轴于点
22、R，则PQR的面积的最小值 是（B ） （ A）1 （B） 2e 2 （C） e 2 （D） 2 e 4 9. （ 2014年 卓 越 联 盟 ） 设( )f x在xR上 可 导 , 且 对 任 意 的0xR有 00 0()()4 (0)fxxf xx x (1)证明 : 00 0 ()() ()(0) f xxf x fxx x ; (2)若|( ) | 1f x,则|( )|4fx. 【解】 (1)由题知( )fx单调递增 ,利用拉格朗日中值定理可知:存在 00 (,)xxx, 使得 00 00 ()() ( ) () f xxf x f xxx ,于是 00 0 00 ()() ()(
23、) () fxxf x fxf xxx (2)若存在( )4()fuuR,则在 ,)u上( )4fx,于是有 |()() |() () |4 () ,(,) ,fxfufxuxuu xxu 取1xu,则|(1)( )|4f uf u.但是由于|( ) | 1f x,所以|(1)( ) |2f uf u,矛盾 . 同理在( )4fu时也可得矛盾. 结论成立 . 2、（ 2013 年卓越联盟）设函数fx 在R上存在导数fx ，对任意的xR有 2 fxfxx ，且在0， 上 f xx 若222faf aa，则实 数 a 的取值范围为（） A 1， B1，C2，D 2， 答案 : B （2013 年卓
24、越联盟理）设0x， 证明 21 e1 2 x xx ； 若 21 e1e 2 xy xx，证明： 0yx 答案 :（本小问6 分） 设 21 e1 2 x fxxx，0x，则e1 x fxx 令e1 x g xx ，0x，则e1 x gx 当 0x 时，由于 e1 x ，所以0gx，因此 g x 在 0，上单调递增 于是有00fxg xg，0x，从而可知fx 在 0，上单调递增，又 00f，所以0fx，0x，即 21 e1 2 x xx ，0x， （本小问9 分） 设 21 e1e 2 xx h xxx，0x，则 21 e1ee 2 xxx hxxx 令 21 e1ee 2 xxx p xxx
25、，0x，则 21 2 ee0 2 xx pxxx，0x， 所以 p x 在 0，上单调递减，从而00hxp xp， 因此 h x 在 0，上单调递减， 于是00h xh，即 2 2 e1 e x x x x ，0x， 结合有 0 2 2 e1 e1e x yx x c x ，得 0yx （11） （2012 年卓越联盟） 已知函数 2 1ax fx bx ，其中 a是非零实数，0b 。 （）求fx 的单调区间 （）若0a，设 1 | i x a ， 1i ，2，3，且 12 0xx， 23 0xx， 31 0xx。 证明： 123 2 a fxfxfx b ； （）若 fx 有极小值 minf
26、 ，且 min(1)2ff ，证明 * | 22 nnn fxf xnN。 解答： （1） 2 11 =(0) axa fxxx bxbbx ， 当0a 时， fx 在(0)，和(0 +)，上分别单调递减； 当0a 时， fx 在 1 a ，-和 1 a ，+上分别单调递增； fx 在 1 a -，0和 1 0 a ，上分别单调递减. （2）由 1 | ix a 知 11 iixx aa 或. 由 12 0xx， 23 0xx， 31 0xx 知 123 xxx， 中至多有一个为负数 . 当 123 xxx， 均大于零时， 123 111 xxx aaa ， ， 由 fx 在 1 a ，+上单
27、调递增， 得 123 1222 ()()() aaa f xff xf x bbba =， ， 所以 123 2 ()+ ()+ () a f xf xf x b ； 当 123 xxx， 中有一个为负数时，不妨假设 123 111 xxx aaa ， ， 则由 120xx ，得 21 1 xx a ，所以 21121()()()()()0f xfxf xf xf x， . 又因为 3 2 () a f x b ， 所以 123 2 ()+ ()+ () a f xf xf x b . （3）若 fx 有极小值 min f，且 min (1)2ff，由（ 1）知： 0a ，且 12 = a b
28、a =1，2，解得11ab，所以 1 (0)fxxx x ， 所以 1111 |= n n n nnn nn fxf xxxxx xxx x . 当1n时， 1 |=0=22 nn fxf x，不等式显然成立； 当2n时， 1231 1231 231 111111 =CCCC n nnnn n nnnn nn xxxxxx xx xxxx 2462 (1 ) 1231 = CCCC nnnnn n nnnn xxxx ； 1231 2462 (1 ) 111111 = CCCC n n n nnnn nnnnnn xx x xxxxx ， 上面两式相加得 123111 22(CCCC)2(22
29、) n n nn nnnn n xx x x ， 即| 222 nnn f xf xn . 综上得 * | 22 nnn fxf xnN . (15) （2011 年卓越联盟） ()设 f(x)=xlnx，求 f(x)； ()设 0ab，求常数C，使得 1 | ln| b a xC dx ba 取得最小值； ()记()中的最小值为ma,b，证明： ma,bln2 (1) 1 ( )lnln1fxxxx x ; (2)若ln ,ca则|ln|ln,xcxc显然 ,当ln ,lncaxc取最小 ; 若ln ,cb则|ln|ln ,xccx当ln ,lncb cx取最小 . 故lnln .acb 1
30、1 |ln|(ln)(ln) c c beb aae xc dxxc dxcx dx baba 1 (ln1)(1)(1)(ln1) c c eb ae xcdxcxdx ba 由(1)知(ln1)(1)ln|(1)() c ce ec a a xcdxxxcea (1)(ln1)(1)()ln|c c b cb e e cxdxceaxx 所以 , 11 |ln|(lnln2)( ) b c a xc dxaabbeabacbc baba 记( )2()lnln, c g ceab caabbab 则令( )20 c g ceab,得 2 ab c 即 2 ab c时, 1 |ln| b a
31、 xC dx ba 取最小值 . (3)将 2 ab c代入( )式右边 , 1 ,lnln()lnln 2 2 ab Ma baabbab ba 等价于()lnlnln()ln 2() ln()lnln2 ln 2 2 ab abaabbbaababaabbb ln()lnln()ln2 ln 2ln(1)ln(1)2 ln 2. ba aabaababbbbabb ab 由于0,12 a ab b 时,ln(1)ln 2. a bb b 所以下面只须证明ln(1)ln 2 b ab a 即可 . 又ln(1)ln 2ln(1)ln 2. bab ab aba 令(0,1) a t b ,
32、则 11 ln(1)ln(1)ln(1) t ab t batt ,注意到函数 1 ln(1) t t 是单调递增的 ,且1.t 所以 1 11 ln(1)ln(1)ln 2 1 t t .得证 . 历年自主招生试题分类汇编复数 6 （ 2013 年北约） 模长为的复数zyx,满足0zyx，求 zyx zxyzxy 解析取1zyx，便能得到 zyx zxyzxy 1 下面给出证明，1zzyyxx， 于是 2 zyx zxyzxy zyx zxyzxy zyx zxyzxy zyx zxyzxy zyx zxyzxy 1 111 111 xyxzxzxyzyzx xyxzxzxyzyzx zyx
33、 zxyzxy 1 （5） （ 2012 年华约） 若复数 1 1 的实部为0，Z是复平面上对应 1 1 的点， 则点( , )Z x y 的轨迹是 ( ) (A) 一条直线(B) 一条线段(C) 一个圆(D) 一段圆弧 解：设 1 , 1 i ，解得 1 1 i i ， 111 1222 i i ， 因此( ,)Z x y的轨 迹是一条直线。 1、 （ 2011 年华约） 设复数 z 满足 |z|1 且 15 | 2 z z 则|z| = ( ) 4321 ABCD 5432 、 解答：由 15 | 2 z z 得 2 5 |1| 2 zz，已经转化为一个实数的方程。解得|z| =2（舍去）
34、， 1 2 。 1（2010 年华约）设复数 2 () 1 ai w i ， 其中a为实数，若w的实部为2， 则w的虚部为（ A ） （ A） 3 2 （B） 1 2 （C） 1 2 （D） 3 2 (4) （2011 年卓越联盟） i 为虚数单位，设复数z 满足 |z|=1，则 2 22 1 zz zi 的最大值为 ( C ) (A)2-1(B)2-2(C)2+1(D)2+2 历年自主招生试题分类汇编概率统计 2. （2014 年华约） 乒乓球比赛 ,五局三胜制 .任一局甲胜的概率是 1 () 2 p p,甲赢得比赛的概 率是q,求p为多少时 ,qp取得最大值 . 【解】若共比赛了3 局,则
35、甲赢得比赛的概率为 3 p; 若共赛了4 局,则最后一局甲胜,甲赢得比赛的概率为 23 3 (1)C pp; 若共比赛了5 局 ,则最后一局甲胜,甲赢比赛的概率为 232 4 (1)C pp,因此 32323 34(1)(1)qpC ppC pp, 所以 323232543 34 (1)(1)61510qppC ppC ppppppp, 1 2 p; 设 543 ( )61510f ppppp, 1 2 p,则 432 ()3060301fpppp, 即 432221 ( )306030130(21) 30 fppppppp, 所以 2222111 ( )30(1)30()() 303030
36、fppppppp, 又因为 1 (,1) 2 p,所以 2 pp,故 21 0 30 pp, 所以令( )0fp时,即 21 0 30 pp,得 4 11 11130 22430 p; 又因为 1 (,1) 2 p,所以取 111 2430 p, 易知当 1 111 (,) 2 2430 p时 , 111 ( )0,(,1) 2430 fpp时,()0fp, 所以当 111 24 30 p时,( )f p有唯一极大值 ,也是最大值 . 4. （2013 年华约） 7 个红球 ,8 个黑球 ,从中任取4 个球 . (1)求取出的球中恰有1 个是红球的概率; (2)求所取出球中黑球个数X的分布列及
37、期望()E X; (3)若所取出的4 个球颜色相同 ,求恰好全黑的概率; 【解】 (1)由题知恰有一个红球的概率为 13 78 4 15 56 195 C C C ; (2)易知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,则由古典概型知, 4 7 4 15 5 (0) 195 C P X C , 13 78 4 15 40 (1) 195 C C P X C , 22 78 4 15 84 (2) 195 C C P X C , 13 78 4 15 56 (3) 195 C C P X C , 4 8 4 15 10 (4) 195 C P X C ,即X的分布列为 : 所以其数学期望为 54 0
38、8 45 61 03 2 01234 1 9 51 9 51 951 951 9 51 5 EX (事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为 832 4 1515 EX,无须繁杂计算 ) (3)取出四个球同色,全为黑色的概率为 4 8 44 78 2 3 C CC 即求 . （13） （2012 年华约） 系统中每个元件正常工作的概率都是(01)pp ，各个元件正常工 X 0 1 2 3 4 P 5 195 40 195 84 195 56 195 10 195 = = = = = = 作的事件相互独立，如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作。系统正常 工作的概率称为系统的可
39、靠性。 （1）某系统配置有21k个元件，k为正整数，求该系统正常工作概率的表达式 （2）现为改善（ 1）中系统的性能，拟增加两个元件。试讨论增加两个元件后，能 否提高系统的可靠性。 解答：显然 nkn K n n kKppCP 12 1 0 12)1( ,注意到 2 12 1 121212 2 n k n k n k n k CCCC， 所以 1K P= nk n k n n k ppC 12 0 12 )1 ( nk k n nn k n k n k ppCCC 12 0 2 12 1 1212 )1)(2( nk k n nn k k n nknn k k n nknn k ppCppCp
40、pC 12 0 2 12 2 121 12 1 12 12 )1()1(2)1 ( nk k n nn k k n nknn k k n nknn k ppCppCppC 12 0 22 12 0 211 12 0 12 12 )1()1(2)1 ( )1 ()1(2()1 ( 2 1 0 212 12 ppppppC k n nknn k kkk k kkk k ppCppC 11 12 1 12 )1 ()1 ( )1()1()1( 12 1 0 12 12 ppppCppC kkk k k n nknn k )12()1( 12 pppCP kKk kK 因此，当 p 2 1 时， k
41、p 递增，当 P 2 1 时， k p递减。 14、 （2011年华约） 将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以 pn表示未出现连续 3 次正面的概率. （I）求 p1， p2， p3，p4； (II) 探究数列 pn 的递推公式，并给出证明； (III) 讨论数列 pn的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义. 解（ I）显数 12 1pp， 3 17 1 88 p；又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有： 正正正正或正正正反或反正正正，故 4 313 1 1616 p. （II ）共分三种情况： 1）如果第n次出现反面， 那么前n次不出现连续三次正面和前 1n 次 不出现连续三次正面是相同的
42、，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是 1 1 2 n p；2） 如果第n次出现正面，第1n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前2n次不 出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是 2 1 4 n p；3）如 果第n次出现正面， 第 1n 次出现正面， 第 2n 次出现反面 .那么前n次不出现连续三次正 面和前 3n 次不出现连续三次正面是相同的，所以这时候不出现三次连续正面的概率是 3 1 8 n p. 综上， 123124 1117 (4),1, 2488 nnnn ppppnppp (III) 由(II) 知： 1234 111 (5) 248 nnnn
43、ppppn 1 2 ，有 14 1 (5) 16 nnn pppn 4n时， n p单调递减，又 1234 pppp，2n时，数列 n p单调递减，且 有下界 0. n p的极限存在记为a.对 14 1 16 nnn ppp两边同时取极限可得 1 ,0 16 aaa a， 故lim0 n n p. 其统计意义：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的概率非常小. 14 （ 2010年 华 约 ） 假 定 亲 本 总 体 中 三 种 基 因 型 式 ：,AA Aa aa的 比 例 为 : 2 :uv w(0,0,0,21)uvwuvw且数量充分多，参与交配的亲本是该总体中随机的 两个 （）
44、求子一代中，三种基因型式的比例； （）子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同吗？并说明理由 解： （）参与交配的两个亲本（一个称为父本，一个称为母本）的基因型式的情况，及相 应情况发生的概率和相应情况下子一代的基因型式为AA，Aa，aa的概率如下表： 父本、母本的基因型式 相应情况 出现的概率 子一代基因 为AA的概率 子一代基因 为Aa的概率 子一代基因 为aa的概率 父AA母AA 2 u100 父AA母Aa2uv 1 2 1 2 0 父AA母aauw 010 父Aa母AA2uv 1 2 1 2 0 父Aa母Aa 2 4v 1 4 1 2 1 4 父Aa母aa2vw0 1
45、 2 1 2 父aa母AA uw 010 父aa母Aa2vw0 1 2 1 2 父aa母aa 2 w001 子一代的基因型式为 AA的概率为 222 1 111 1224() 224 puuvuvvuv. 由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为 2 3 ()pvw. 子一代的基因型式为Aa的概率为 2 2 2 11111 2124212 22222 2() puvuwuvvvwuwvw uvuwvvw 2()().uvvw 若记puv，qvw，则0p，0q，1pq，子一代三种基因型式： AA， Aa，aa的比例为 22 : 2:ppq q. （）由（）可知子二代的基因型式为AA，Aa，aa的
46、比例为 22 : 2:，其中 2 pp q， 2 pqq. 由1pq，可得p，q. 故子二代三种基因型式AA，Aa，aa的比例为 22 : 2:ppq q，与子一代基因型式的比例相 同. 5. （2014 年卓越联盟）已知(0, ),(0,4),(0,1)xayaa,且1xy的概率为 3 16 ,求a. 【解】由题知所有事件的空间为(, )|0,04,01x yxayaa,其对应区域为矩 形 ,面积为()(4)Saa,而事件(, )|1Ax yxy,其对应区域面积为 1 ()(11) 2 S Aa a,所以由古典概型知 1 (1 1) 3 2 16(4) a a aa ,即(54)0aa,解得
47、 4 5 a. 3、（2013 年卓越联盟文） 设曲线 2 2yxx 与 x轴所围成的区域为D，向区域D内 随机投一点，该点落在D内任一小区域的概率只与该小区域的面积成比例，则该 点落入区域 22 ,|2xyD xy内的概率为 答案 : 1 1 （7） （2012 年卓越联盟）试a，b是从集合 1,2,3,4,5 中随机选取的数 （）求直线yaxb 与圆 22 2xy有公共点的概率 （）设X为直线 yaxb 与圆 22 2xy的公共点的个数，求随机变量X的分布列及数 学期望()E X 。 解答： （）直线yaxb 与圆 22 2xy有公共点的充要条件为 2 2 2xaxb有实根， 整理即知：
48、222 1220axabxb 有实根，即 22222222 44124 22022a bababba 当1b时，1,2,3,4,5a；当2b时，1,2,3,4,5a；当3b时，2,3,4,5a；当4b 时，3,4,5a； 当1b时，4,5a，都有公共点 . （） X的分布列为： X0 1 2 P 6 25 1 25 18 25 于是知： 611837 012. 25252525 E X (14) （2011 年卓越联盟）一袋中有a 个白球和b 个黑球从中任取一球，如果取出白球，则 把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中在重复n 次这样 的操作后，记袋中白球的个数为Xn ()求 EX1； ()设() nk P Xakp,求 1 (),0,1, n P Xakkb； ()证明： 1 1 (1)1. nn EXEX ab 【解】 (1)1n时,袋中的白球的个数可能为a个 (即取出的是白球),概率为 a ab ;也可能为1a 个(即取出的是黑球),概率为 b ab ,故 2 1 (1) abaabb EXaa ababab . (2)首先 , 10 (0); n a P XaP ab 1k时,第1n次取出来有ak个白球的可能性有两 种; 第n次袋中有ak个白球 ,显然每次取出球后,球的总数保持不变,即ab个白球 (