高考數(shù)學(xué) 創(chuàng)新融合6　立體幾何與概率

創(chuàng)新融合6立體幾何與概率1.(2024·揚(yáng)州模擬)在三維空間中,立方體的坐標(biāo)可用三維坐標(biāo)(a1,a2,a3)表示,其中ai∈{0,1}(1≤i≤3,i∈N).而在n維空間中(n≥2,n∈N),以單位長(zhǎng)度為邊長(zhǎng)的“立方體”的頂點(diǎn)坐標(biāo)可表示為n維坐標(biāo)(a1,a2,a3,……,an),其中ai∈{0,1}(1≤i≤n,i∈N).現(xiàn)有如下定義:在n維空間中兩點(diǎn)間的曼哈頓距離為兩點(diǎn)(a1,a2,a3,……,an)與(b1,b2,b3,……,bn)坐標(biāo)差的絕對(duì)值之和,即為|a1-12b1|+|a2-12b2|+|a3-12b3|+……+|an-(1)求出n維“立方體”的頂點(diǎn)數(shù);(2)在n維“立方體”中任取兩個(gè)不同頂點(diǎn),記隨機(jī)變量X為所取兩點(diǎn)間的曼哈頓距離.①求出X的分布列與期望;②證明:在n足夠大時(shí),隨機(jī)變量X的方差小于0.25n2.(已知對(duì)于正態(tài)分布X~N(μ,σ2),P隨X變化關(guān)系可表示為φμ,σ(x)=1σ2π·【解析】(1)對(duì)于n維坐標(biāo)(a1,a2,a3,……,an),ai有{0,1}兩種選擇(1≤i≤n,i∈N),所以共有2n種選擇,即共有2n個(gè)頂點(diǎn);(2)①對(duì)于X=k的隨機(jī)變量,在坐標(biāo)(a1,a2,a3,……,an)與(b1,b2,b3,……,bn)中有k個(gè)坐標(biāo)值不同,即ai≠bi,剩下n-12k個(gè)坐標(biāo)值滿(mǎn)足ai=b此時(shí)所對(duì)應(yīng)情況數(shù)為Cnk·2n-1種,所以P(X=k)=Cn則X的分布列為:X012…nPCCC…C所以E(X)=0·Cn02n-1+倒序相加得E(X)=n2(2n-1)(Cn0+Cn1+Cn2+…②當(dāng)n足夠大時(shí),E(X)≈n2,設(shè)正態(tài)分布N~(n2,(n2)2),正態(tài)分布曲線(xiàn)為f因?yàn)樵撜龖B(tài)分布期望為n2,方差為(n2)2,不妨設(shè)分布列所形成的曲線(xiàn)為g(所以函數(shù)g(x)與f(x)均在x=n2處取最大值當(dāng)g(n2)>f(n2),且g(∞)<f(∞)時(shí),此時(shí)可認(rèn)為方差D(X)<(n2若g(∞)<f(∞),當(dāng)x→+∞時(shí),f(x)g(所以g(∞)<f(∞);若g(n2)>f(n2),g(n2當(dāng)n足夠大時(shí),π2·n·Cnn22當(dāng)n=2k(k∈N)時(shí),h((1+12k)(2C2k+1k2C2k當(dāng)n=2k+1(k∈N)時(shí),h(n+1)h(n)=(所以g(n2)>f(n2綜上所述,可以認(rèn)為D(X)<n22.(2024·重慶三模)已知n≥4且n∈N*,設(shè)S是空間中n個(gè)不同的點(diǎn)構(gòu)成的集合,其中任意四點(diǎn)不在同一個(gè)平面上,dAB表示點(diǎn)A,B間的距離,記集合τ(S)={dAB|?A,B∈S,A≠B}.(1)若四面體ABCD滿(mǎn)足AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,①求二面角C-AD-B的余弦值;②若S={A,B,C,D},求τ(S).(2)證明:4card(τ(S))≥n-1.參考公式:x12+x22+…+【解析】(1)以C為原點(diǎn),方向?yàn)閤軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則C(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0),A(0,1,1),=(0,1,1),=(1,0,0),=(-1,1,0),=(-1,1,1),①設(shè)平面CAD的法向量m=(x,y,z),則,即y+令y=1則z=-1,平面CAD的一個(gè)法向量為m=(0,1,-1),設(shè)平面BAD的法向量為n=(a,b,c),則,即-a令a=1,則b=1,c=0,平面BAD的一個(gè)法向量為n=(1,1,0),所以cos<m,n>=m·nm·n=12×2=12,②AB=BC=CD=1,BD=AC=2,AD=3,所以τ(S)={1,2,3};(2)設(shè)card(τ(S))=k,τ(S)={d1,d2,…,dk},只需證k≥n-14即可,設(shè)S中任意不同兩點(diǎn)的Cn2個(gè)距離中,距離等于di的有xi個(gè),i=1,2,…,k,則Cn2=x1記S中n個(gè)不同點(diǎn)分別為A1,A2,…,An,設(shè)到點(diǎn)Aj的距離等于di的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為xij,(i=1,2,…,k;j=1,2,…,n),則xi1+xi2+…+xin=2xi,(i=1,2,…,k),所以(x11+x12+…+x1n)+(x21+x22+…+x2n)+…+(xk1+xk2+…+xkn)+(xk1+xk2+…+xkn)=∑i=1k∑j考慮由S中的點(diǎn)構(gòu)成的滿(mǎn)足dAB=dAC的點(diǎn)組(A,B,C)的個(gè)數(shù)N(S),一方面,當(dāng)A取Aj(j=1,2,…,n)時(shí),這樣的點(diǎn)組有∑i=1故有N(S)=∑j另一方面,因?yàn)镾中任意