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第一板塊 考前練透3個(gè)送分專題
送分專題(一)集合與常用邏輯用語
[考情分析]
1.集合作為高考的必考內(nèi)容,多年來命題較穩(wěn)定,多在選擇題第1題的位置進(jìn)行考查,難度較小,命題的熱點(diǎn)集中在集合的基本運(yùn)算上,有時(shí)與簡單的一元二次不等式結(jié)合命題.
2.充要條件是高考的必考內(nèi)容,考查重點(diǎn)仍為充要條件等基本知識點(diǎn),但它可與函數(shù)、數(shù)列、向量、不等式、三角函數(shù)、立體幾何、解析幾何中的知識進(jìn)行綜合.
考點(diǎn)一 集 合
[題組練透]
1.(2018浙江高考)已知全集U={1,2,3,4,5},A={1,3},則?UA=( )
A.? B.{1,3}
C.{2,4,5} D.{1,2,3,4,5}
解析:選C ∵U={1,2,3,4,5},A={1,3},
∴?UA={2,4,5}.
2.(2017全國卷Ⅰ)已知集合A={x|x<1},B={x|3x<1},則( )
A.A∩B={x|x<0} B.A∪B=R
C.A∪B={x|x>1} D.A∩B=?
解析:選A ∵集合A={x|x<1},B={x|x<0},
∴A∩B={x|x<0},A∪B={x|x<1},故選A.
3.(2017全國卷Ⅲ)已知集合A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)|y=x},則A∩B中元素的個(gè)數(shù)為( )
A.3 B.2
C.1 D.0
解析:選B 因?yàn)锳表示圓x2+y2=1上的點(diǎn)的集合,B表示直線y=x上的點(diǎn)的集合,直線y=x與圓x2+y2=1有兩個(gè)交點(diǎn),所以A∩B中元素的個(gè)數(shù)為2.
4.(2018全國卷Ⅰ)已知集合A={x|x2-x-2>0},則?RA=( )
A.{x|-1
2} D.{x|x≤-1}∪{x|x≥2}
解析:選B ∵x2-x-2>0,∴(x-2)(x+1)>0,
∴x>2或x<-1,即A={x|x>2或x<-1}.
則?RA={x|-1≤x≤2}.故選B.
5.設(shè)A={x|x2-4x+3≤0},B={x|ln(3-2x)<0},則圖中陰影部分表示的集合為( )
A. B.
C. D.
解析:選B A={x|x2-4x+3≤0}={x|1≤x≤3},B={x|ln(3-2x)<0}={x|0<3-2x<1}=,圖中陰影部分表示的集合為A∩B=,故選B.
6.(2017云南統(tǒng)考)設(shè)集合A={x|-x2-x+2<0},B={x|2x-5>0},則集合A與B的關(guān)系是( )
A.B?A B.B?A
C.B∈A D.A∈B
解析:選A 因?yàn)锳={x|-x2-x+2<0}={x|x>1或x<-2},B={x|2x-5>0}=,
所以B?A,故選A.
7.(2018下城區(qū)校級模擬)已知集合P={x∈N|0≤x≤3},Q={x|x2-1>0},則P∩Q=( )
A.[1,3] B.(1,3]
C.{2,3} D.{1,2,3}
解析:選C ∵集合P={x∈N|0≤x≤3}={0,1,2,3},
Q={x|x2-1>0}={x|x>1或x<-1},
∴P∩Q={2,3}.故選C.
[臨考指導(dǎo)]
集合運(yùn)算中的3種常用方法
數(shù)軸法
若已知的集合是不等式的解集,用數(shù)軸求解
圖象法
若已知的集合是點(diǎn)集,用圖象求解
Venn圖法
若已知的集合是抽象集合,用Venn圖求解
[易錯(cuò)提醒] 在寫集合的子集時(shí),易忽視空集;在應(yīng)用條件A∪B=B?A∩B=A?A?B時(shí),易忽略A=?的情況.
考點(diǎn)二 充要條件的判斷
[題組練透]
1.(2018浙江高考)已知平面α,直線m,n滿足m?α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選A ∵若m?α,n?α,且m∥n,由線面平行的判定定理知m∥α,但若m?α,n?α,且m∥α,則m與n有可能異面,∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件.
2.(2018西安八校聯(lián)考)在△ABC中,“>0”是“△ABC是鈍角三角形”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選A 設(shè)與的夾角為θ,因?yàn)?0,即||||cos θ>0,所以cos θ>0,θ<90,又θ為△ABC內(nèi)角B的補(bǔ)角,所以∠B>90,△ABC是鈍角三角形;當(dāng)△ABC為鈍角三角形時(shí),∠B不一定是鈍角.所以“>0”是“△ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件,故選A.
3.已知a>0且a≠1,則loga b>0是(a-1)(b-1)>0的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選A 因?yàn)閍>0且a≠1,且loga b>0,所以或從而(a-1)(b-1)>0,充分性成立;而由(a-1)(b-1)>0可得或必要性不成立.所以loga b>0是(a-1)(b-1)>0的充分不必要條件.
4.(2017北京高考)設(shè)m,n為非零向量,則“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“mn<0”的( )
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選A ∵m=λn,∴mn=λnn=λ|n|2.
∴當(dāng)λ<0,n≠0時(shí),mn<0.
反之,由mn=|m||n|cos〈m,n〉<0?cos〈m,n〉<0?〈m,n〉∈,
當(dāng)〈m,n〉∈時(shí),m,n不共線.
故“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“mn<0”的充分而不必要條件.
5.(2018金華模擬)“x>a>1”是“l(fā)ogax>0”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選A ∵logax>0,∴或
∴x>a>1是logax>0的充分不必要條件,故選A.
6.(2018諸暨二模)已知圓x2+y2=4與直線x+y-t=0,則“t=2”是“直線與圓相切”的( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
解析:選A 由圓心到直線的距離d=,
若直線與圓相切,則=2,即|t|=2,則t=2,
則“t=2”是“直線與圓相切”的充分不必要條件,故選A.
7.“x∈”是“函數(shù)y=sin為單調(diào)遞增函數(shù)”的( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
解析:選A 若函數(shù)y=sin為單調(diào)遞增函數(shù),
則-+2kπ≤x+≤+2kπ,k∈Z,
即-+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z.
從而函數(shù)y=sin的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z).
因此若x∈,則函數(shù)y=sin為單調(diào)遞增函數(shù);
若函數(shù)y=sin為單調(diào)遞增函數(shù)x∈.
所以“x∈”是“函數(shù)y=sin為單調(diào)遞增函數(shù)”的充分不必要條件.故選A.
[臨考指導(dǎo)]
判定充分條件與必要條件的3種方法
定義法
正、反方向推理,若p?q,則p是q的充分條件(或q是p的必要條件);若p?q,且qp,則p是q的充分不必要條件(或q是p的必要不充分條件)
集合法
利用集合間的包含關(guān)系.例如,若A?B,則A是B的充分條件(B是A的必要條件);若A=B,則A是B的充要條件
等價(jià)法
將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為另一個(gè)便于判斷真假的命題
[易錯(cuò)提醒] “A的充分不必要條件是B”是指B能推出A,且A不能推出B;而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B,且B不能推出A.
送分專題(二)復(fù)數(shù)、排列組合、二項(xiàng)式定理
[考情分析]
1.高考對復(fù)數(shù)的考查形式為選擇題或填空題,主要考查復(fù)數(shù)的代數(shù)形式及運(yùn)算,多為容易題.
2.高考對排列組合的考查形式主要為選擇題或填空題,近兩年每年一道小題,有時(shí)與概率一起出題,難度一般.
3.高考對二項(xiàng)式定理的考查主要為小題的形式,是高考常考內(nèi)容之一,主要考查通項(xiàng)公式、項(xiàng)的系數(shù),二項(xiàng)式系數(shù)及賦值法的應(yīng)用,難度中等以下.
考點(diǎn)一 復(fù) 數(shù)
[題組練透]
1.(2018浙江高考)復(fù)數(shù)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)是( )
A.1+i B.1-i
C.-1+i D.-1-i
解析:選B ∵===1+i,
∴其共軛復(fù)數(shù)為1-i.
2.設(shè)(1+i)x=1+yi,其中x,y是實(shí)數(shù),則|x+yi|=( )
A.1 B.
C. D.2
解析:選B ∵(1+i)x=1+yi,∴x+xi=1+yi.
又∵x,y∈R,∴x=1,y=x=1.
∴|x+yi|=|1+i|=,故選B.
3.(2018湖州二模)若復(fù)數(shù)z滿足方程z=(z+1)i(i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析:選C z=(z+1)i(i為虛數(shù)單位),∴z===-+i,∴復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)=--i對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限.
4.(2018溫州模擬)若復(fù)數(shù)z1,z2在復(fù)平面內(nèi)關(guān)于虛軸對稱,且z1=1+i(i為虛數(shù)單位),則=( )
A.-i B.i
C.-2i D.2i
解析:選A ∵z1=1+i,復(fù)數(shù)z1,z2在復(fù)平面內(nèi)關(guān)于虛軸對稱,
∴z2=-1+i,
則====-i.故選A.
5.(2018紹興二模)若復(fù)數(shù)z=,則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析:選C ∵z=====--i,∴其對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)位于第三象限,故選C.
6.復(fù)數(shù)z=(i是虛數(shù)單位),則|z+1|=( )
A.2 B.3
C.4 D.8
解析:選A ∵復(fù)數(shù)z===1-2i,
∴|z+1|=|2-2i|==2.故選A.
7.(2018嘉興模擬)復(fù)數(shù)(1+i)2+的共軛復(fù)數(shù)是( )
A.1+i B.1-i
C.-1+i D.-1-i
解析:選B 因?yàn)?1+i)2+=2i+=2i+1-i=1+i,所以復(fù)數(shù)(1+i)2+的共軛復(fù)數(shù)是1-i,故選B.
[臨考指導(dǎo)]
1.復(fù)數(shù)的相關(guān)概念及運(yùn)算的技巧
(1)解決與復(fù)數(shù)的基本概念和性質(zhì)有關(guān)的問題時(shí),應(yīng)注意復(fù)數(shù)和實(shí)數(shù)的區(qū)別與聯(lián)系,把復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問題的關(guān)鍵.
(2)復(fù)數(shù)相等問題一般通過實(shí)部與虛部對應(yīng)相等列出方程或方程組求解.
(3)復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算的基本方法是運(yùn)用運(yùn)算法則,但也可以通過對代數(shù)式結(jié)構(gòu)特征的分析,靈活運(yùn)用i的冪的性質(zhì)、運(yùn)算法則來優(yōu)化運(yùn)算過程.
2.與復(fù)數(shù)幾何意義、模有關(guān)問題的解題技巧
(1)只要把復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R)與向量對應(yīng)起來,就可以根據(jù)平面向量的知識理解復(fù)數(shù)的模、加法、減法的幾何意義,并根據(jù)這些幾何意義解決問題.
(2)有關(guān)模的運(yùn)算要注意靈活運(yùn)用模的運(yùn)算性質(zhì).
考點(diǎn)二 排列組合
[題組練透]
1.(2018杭州七校聯(lián)考)一個(gè)不透明盒中裝有黑、白、紅三種顏色的卡片共10張,其中黑色卡片3張.已知從盒中任意摸出2張卡片,摸出的2張卡片中至少有1張是白色的情況有35種,則盒中紅色卡片的張數(shù)為( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:選B 設(shè)盒中白色卡片有x張,則C-C=35,∴x2-19x+70=0,∴x=5或x=14(舍去),∴紅色卡片的張數(shù)為10-3-5=2.故選B.
2.(2018浙江考前沖刺卷)某學(xué)校社團(tuán)準(zhǔn)備從A,B,C,D,E 5個(gè)不同的節(jié)目中選3個(gè)分別去3個(gè)敬老院慰問演出,在每個(gè)敬老院表演1個(gè)節(jié)目,A節(jié)目是必選的節(jié)目,則不同的分配方法共有( )
A.24種 B.36種
C.48種 D.64種
解析:選B 從B,C,D,E 4個(gè)節(jié)目中選2個(gè),有C種選法,將選出的2個(gè)節(jié)目與A節(jié)目全排列,共有A種情況,又CA=36,所以不同的分配方法共有36種.
3.(2018鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬)甲、乙、丙、丁四個(gè)人到A,B,C三個(gè)景點(diǎn)旅游,每個(gè)人只去一個(gè)景點(diǎn),每個(gè)景點(diǎn)至少有一個(gè)人去,則甲不到A景點(diǎn)的方案有( )
A.18種 B.12種
C.36種 D.24種
解析:選D 根據(jù)題意,分2種情況討論:
①甲單獨(dú)一個(gè)人旅游,在B,C景點(diǎn)中任選1個(gè),有2種選法;再將其他3人分成2組,對應(yīng)剩下的2個(gè)景點(diǎn),有CA=6種情況,則此時(shí)有26=12種方案.
②甲和乙、丙、丁中1人一起旅游,先在乙、丙、丁中任選1人,與甲一起在B,C景點(diǎn)中任選1個(gè),有CC=6種情況,將剩下的2人全排列,對應(yīng)剩下的2個(gè)景點(diǎn),有A=2種情況,則此時(shí)有26=12種方案.
所以甲不到A景點(diǎn)的方案有12+12=24種,故選D.
4.(2018寧波二模)若用紅、黃、藍(lán)、綠四種顏色填涂如圖方格,要求有公共頂點(diǎn)的兩個(gè)格子顏色不同,則不同的涂色方案數(shù)有( )
A.48種 B.72種
C.96種 D.216種
解析:選C 根據(jù)題意,如圖,設(shè)6個(gè)方格依次為A,B,C,D,E,F(xiàn),對于中間的4個(gè)表格:B,C,D,E都有公共頂點(diǎn),有A=24種安排方法;對于方格A,有2種顏色可選,即有2種情況;對于方格F,有2種顏色可選,即有2種情況,則一共有2422=96種不同的涂色方案.故選C.
5.(2018鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)《紅海行動》是一部現(xiàn)代化海軍題材影片,該片講述了中國海軍“蛟龍突擊隊(duì)”奉命執(zhí)行撤僑任務(wù)的故事.撤僑過程中,海軍艦長要求隊(duì)員們依次完成A,B,C,D,E,F(xiàn)六項(xiàng)任務(wù),并對任務(wù)的順序提出了如下要求,重點(diǎn)任務(wù)A必須排在前三位,且任務(wù)E,F(xiàn)必須排在一起,則這六項(xiàng)任務(wù)完成順序的不同安排方案共有( )
A.240種 B.188種
C.156種 D.120種
解析:選D 因?yàn)槿蝿?wù)A必須排在前三位,任務(wù)E,F(xiàn)必須排在一起,所以可把A的位置固定,E,F(xiàn)捆綁后分類討論.
當(dāng)A在第一位時(shí),有AA=48種;
當(dāng)A在第二位時(shí),第一位只能是B,C,D中的一個(gè),E,F(xiàn)只能在A的后面,故有CAA=36種;
當(dāng)A在第三位時(shí),分兩種情況:①E,F(xiàn)在A之前,此時(shí)應(yīng)有AA種,②E,F(xiàn)在A之后,此時(shí)應(yīng)有AAA種,故A在第三位時(shí)有AA+AAA=36種.
綜上,共有48+36+36=120種不同的安排方案.
6.(2018浙江高考)從1,3,5,7,9中任取2個(gè)數(shù)字,從0,2,4,6中任取2個(gè)數(shù)字,一共可以組成________個(gè)沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù).(用數(shù)字作答)
解析:不含有0的四位數(shù)有CCA=720(個(gè)).
含有0的四位數(shù)有CCCA=540(個(gè)).
綜上,組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為720+540=1 260.
答案:1 260
7.(2018杭州高三四校聯(lián)考)在一個(gè)質(zhì)地均勻的正四面體中,一個(gè)面上標(biāo)有數(shù)字1,一個(gè)面上標(biāo)有數(shù)字2,另外兩個(gè)面上標(biāo)有數(shù)字3,將該正四面體拋擲三次,則向下一面的數(shù)字之和為7的情況有________種.
解析:向下一面的數(shù)字之和為7的所有可能的組合有2,2,3和3,3,1.當(dāng)向下一面的數(shù)字分別為2,2,3時(shí),可能有CC=6種情況;當(dāng)向下一面的數(shù)字分別為3,3,1時(shí),可能有CCC=12種情況.所以向下一面的數(shù)字之和為7的情況有6+12=18種.
答案:18
8.(2017麗水、衢州、湖州三市質(zhì)檢)現(xiàn)有7名志愿者,其中只會俄語的有3人,既會俄語又會英語的有4人.從中選出4人負(fù)責(zé)“一帶一路”峰會開幕式翻譯工作,2人擔(dān)任英語翻譯,2人擔(dān)任俄語翻譯,共有________種不同的選法.
解析:不選只會俄語的,有CA=6種選法;選1名只會俄語的,有(CC)C=36種選法;選2名只會俄語的,有CC=18種選法.所以共有60種不同的選法.
答案:60
[臨考指導(dǎo)]
求解排列應(yīng)用問題的常用方法
直接法
把符合條件的排列數(shù)直接列式計(jì)算
優(yōu)先法
優(yōu)先安排特殊元素或特殊位置
捆綁法
相鄰問題捆綁處理,即可以把相鄰元素看作一個(gè)整體與其他元素進(jìn)行排列,同時(shí)注意捆綁元素的內(nèi)部排列
插空法
對不相鄰問題,先考慮不受限制的元素的排列,再將不相鄰的元素插在前面元素排列的空檔中
除法
對于定序問題,可先不考慮順序限制,排列后,再除以定序元素的全排列
間接法
正難則反、等價(jià)轉(zhuǎn)化的方法
考點(diǎn)三 二項(xiàng)式定理
[題組練透]
1.(2018下城區(qū)校級模擬)若(2x+1)5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)3+a4(x+1)4+a5(x+1)5,則a4=( )
A.-32 B.32
C.-80 D.80
解析:選C ∵(2x+1)5=[-1+2(x+1)]5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)3+a4(x+1)4+a5(x+1)5,∴a4=-C24=-80,故選C.
2.(2018朝陽三模)在二項(xiàng)式n的展開式中,各項(xiàng)系數(shù)之和為A,各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)之和為B,且A+B=72,則展開式中常數(shù)項(xiàng)的值為( )
A.6 B.9
C.12 D.18
解析:選B 在二項(xiàng)式n的展開式中,令x=1得各項(xiàng)系數(shù)之和為4n,∴A=4n,
二項(xiàng)展開式的二項(xiàng)式系數(shù)和為2n,∴B=2n,
∴4n+2n=72,解得n=3.
∴n=3的展開式的通項(xiàng)為Tr+1=C()3-rr=3rCx,
令=0,得r=1.
故展開式的常數(shù)項(xiàng)為T2=3C=9.故選B.
3.(2018浙江名校聯(lián)考)若(3ax-1)5(2x-1)3的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和為1,則該展開式中x2項(xiàng)的系數(shù)為( )
A.56 B.112
C.168 D.224
解析:選B 令x=1,得(3a-1)5(2-1)3=1,解得a=,則(3ax-1)5(2x-1)3=(2x-1)8,其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)Tr+1=C(2x)8-r(-1)r,所以x2項(xiàng)為T7=C(2x)8-6(-1)6=4Cx2=112x2,所以x2項(xiàng)的系數(shù)為112.
4.(2018浙江高考)二項(xiàng)式8的展開式的常數(shù)項(xiàng)是________.
解析:由題意,得Tr+1=C()8-rr
=Crx.
令=0,得r=2.
因此T3=C2=7.
答案:7
5.(2018浙江考前沖刺卷)若(x+1)a的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和為192,則a=________,展開式中的常數(shù)項(xiàng)為________.
解析:(x+1)a的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和為192,令x=1,則(1+1)a=192,解得a=6,因?yàn)?x+1)6=(x+1)6=(x+1)6+(x+1)6,其中(x+1)6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為Cx=12,(x+1)6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為Cx2=15,所以(x+1)6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為12+15=27.
答案:6 27
6.(2018麗水三模)若n的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)的絕對值之和大于100,則n的最小值為________;當(dāng)n取最小值時(shí),該展開式中的常數(shù)項(xiàng)是________.
解析:由n的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)的絕對值之和大于100,
可得(3+1)n>100,則n的最小值為4.
那么二項(xiàng)式為4,
由通項(xiàng)可得:Tr+1=C4-rr=34-rC(-1)rx-4+r,
令-4+r=0,可得r=3.
故常數(shù)項(xiàng)為3C(-1)3=-12.
答案:4 -12
[臨考指導(dǎo)]
1.通項(xiàng)公式主要用于求二項(xiàng)式的特定項(xiàng)問題,在運(yùn)用時(shí),應(yīng)明確以下幾點(diǎn)
(1)Can-rbr是第r+1項(xiàng),而不是第r項(xiàng);
(2)通項(xiàng)公式中a,b的位置不能顛倒;
(3)通項(xiàng)公式中含有a,b,n,r,Tr+1五個(gè)元素,只要知道其中的四個(gè),就可以求出第五個(gè),即“知四求一”.
2.二項(xiàng)式系數(shù)的三個(gè)注意點(diǎn)
(1)求二項(xiàng)式所有系數(shù)的和,可采用“賦值法”;
(2)關(guān)于組合式的證明,常采用“構(gòu)造法”——構(gòu)造函數(shù)或構(gòu)造同一問題的兩種算法;
(3)展開式中第r+1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)與第r+1項(xiàng)的系數(shù)一般是不相同的,在具體求各項(xiàng)的系數(shù)時(shí),一般先處理符號,對根式和指數(shù)的運(yùn)算要細(xì)心,以防出錯(cuò).
送分專題(三)概率、隨機(jī)變量及其分布
[考情分析]
1.隨機(jī)事件及其概率在高考中難度較低,常與等可能事件、互斥事件、對立事件等結(jié)合.
2.古典概型的概率求法是高考常考內(nèi)容,也是高考熱點(diǎn)內(nèi)容,其往往與排列、組合相結(jié)合命題,難度不大.
3.隨機(jī)變量及其分布是概率部分的重要內(nèi)容,也是高考的熱點(diǎn),主要考查隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)及運(yùn)算求解能力,難度中等偏下.
考點(diǎn)一 隨機(jī)事件及其概率
[題組練透]
1.甲、乙兩人進(jìn)行象棋比賽,甲獲勝的概率是0.4,兩人下成和棋的概率是0.2,則甲不輸?shù)母怕适? )
A.0.6 B.0.8
C.0.2 D.0.4
解析:選A 甲獲勝的概率是0.4,兩人下成和棋的概率是0.2,所以甲不輸?shù)母怕蕿?.4+0.2=0.6,故選A.
2.從3個(gè)紅球、2個(gè)白球中隨機(jī)取出2個(gè)球,則取出的2個(gè)球不全是紅球的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:選C “取出的2個(gè)球全是紅球”記為事件A,則P(A)==.因?yàn)椤叭〕龅?個(gè)球不全是紅球”為事件A的對立事件,所以其概率為P()=1-P(A)=1-=.
3.現(xiàn)有4張卡片,正面分別標(biāo)有1,2,3,4,背面完全相同.將卡片洗勻,背面向上放置,甲、乙二人輪流抽取卡片,每人每次抽取一張,抽取后不放回,甲先抽,若二人約定,先抽到標(biāo)有偶數(shù)的卡片者獲勝,則甲獲勝的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:選A 甲獲勝有兩種情況:第一種情況,甲第一次就抽到標(biāo)有偶數(shù)的卡片,對應(yīng)概率為=;第二種情況,甲、乙抽到的第一張卡片均標(biāo)有奇數(shù),此時(shí)所剩兩張卡片均標(biāo)有偶數(shù),甲必然可以獲勝,對應(yīng)概率為=.故所求概率為+=.故選A.
[臨考指導(dǎo)]
1.隨機(jī)事件的頻率與概率問題的注意點(diǎn)
(1)理解頻率與概率的區(qū)別:概率可看成是頻率在理論上的穩(wěn)定值,頻率隨著試驗(yàn)次數(shù)的變化而變化,概率卻是一個(gè)常數(shù).
(2)理解概率的基本性質(zhì):①0≤P(A)≤1;②P(Ω)=1,P(?)=0.
2.求復(fù)雜的互斥事件概率的兩種方法
直接法
將所求事件的概率分解為一些彼此互斥的事件的概率,再運(yùn)用互斥事件概率的加法公式計(jì)算
間接法
先求此事件的對立事件的概率,再用公式P(A)=1-P()求概率,即運(yùn)用逆向思維(正難則反).特別是對“至多”“至少”型題目,用間接法更簡便
考點(diǎn)二 古典概型
[題組練透]
1.學(xué)校為了獎勵數(shù)學(xué)競賽中獲獎的優(yōu)秀學(xué)生,將“梅”“蘭”“竹”“菊”四幅名畫送給獲獎的甲、乙、丙三名學(xué)生,每名學(xué)生至少獲得一幅,則甲得到名畫“竹”的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:選C 由題意可知,將四幅畫先分3組,有C=6(種)方法,再分配,有A=6(種)方法,由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知總方法數(shù)N=CA=36,滿足條件的方法數(shù)N1=CA+A=12,故所求概率P===.故選C.
2.(2017臺州期末質(zhì)量評估)袋子里裝有編號分別為“1,2,2,3,4,5”的6個(gè)大小、質(zhì)量相同的小球,某人從袋子中一次任取3個(gè)球,若每個(gè)球被取到的機(jī)會均等,則取出的3個(gè)球編號之和大于7的概率為( )
A. B.
C. D.
解析:選B 基本事件總數(shù)為C=20.取出的3個(gè)球編號之和大于7的事件為(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,2,4),(2,2,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),其包含的基本事件數(shù)分別是2,1,1,1,1,1,2,2,2,1,共14個(gè).所以取出的3個(gè)球編號之和大于7的概率為=,故選B.
3.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中)袋中共有7個(gè)球,其中3個(gè)紅球,2個(gè)白球,2個(gè)黑球.若從袋中任取3個(gè)球,則所取3個(gè)球中至多有1個(gè)紅球的概率為( )
A. B.
C. D.
解析:選D 所取3個(gè)球中沒有紅球的概率是P1==,所取3個(gè)球中恰有1個(gè)紅球的概率是P2==,則所取3個(gè)球中至多有1個(gè)紅球的概率是P=P1+P2=.
4.(2018溫州二模)某人先后三次擲一顆骰子,則其中某兩次所得的點(diǎn)數(shù)之和為11的概率為( )
A. B.
C. D.
解析:選C 從反面來考慮該問題,因?yàn)?1=5+6,所以要使得兩次所得的點(diǎn)數(shù)之和均不為11,則5和6兩個(gè)數(shù)最多只有一個(gè)數(shù)可被選到,下面分情況討論:
第一種,5和6一個(gè)都不被選到,則有444種選法;
第二種,5和6恰好有一個(gè)被選到,不妨設(shè)5被選到,則有(555-444)種不同的選法,故5和6恰好有一個(gè)被選到的選法有2(555-444)種不同的選法.
所以滿足條件的概率為1-=,故選C.
5.(2018杭州二中期中)袋中有形狀和大小完全相同的四種不同顏色的小球,每種顏色的小球各有4個(gè),分別編號為1,2,3,4.現(xiàn)從袋中隨機(jī)取兩個(gè)球.若兩個(gè)球顏色不同,則有________種不同取法(用數(shù)字回答),在兩個(gè)球顏色不同的條件下,兩球編號之差最大的概率為________.
解析:先從四種不同色的球中選出兩種,有C=6種選法,再從選出的兩種顏色的球中選出編號不同的球,各有C=4種選法,由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共有CCC=96種選法,兩編號相差最大為3,故有C2=12種選法,從而兩球編號之差最大的概率為=.
答案:96
[臨考指導(dǎo)]
求解古典概型問題概率的技巧
簡單問題
直接使用古典概型的概率公式計(jì)算
復(fù)雜問題
一是轉(zhuǎn)化為幾個(gè)互斥事件的和,利用互斥事件的加法公式進(jìn)行求解;二是采用間接法,先求事件A的對立事件的概率,再由P(A)=1-P()求事件A的概率
考點(diǎn)三 隨機(jī)變量及其分布
[題組練透]
1.(2018浙江新高考調(diào)研卷)設(shè)隨機(jī)變量X的分布列為P(X=m)=pm,m=1,2,3,則X的期望E(X)為( )
A.1 B.
C. D.
解析:選C ∵隨機(jī)變量X的分布列為P(X=m)=pm,m=1,2,3,∴p=1,解得p=,∴E(X)=1+22+33=.故選C.
2.(2018浙江高考)設(shè)0y”是“<”的( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
解析:選D 法一:若<,則-=>0,則或所以“x>y”是“<”的既不充分也不必要條件.故選D.
法二:當(dāng)x>0>y時(shí),>,<不成立.反之,當(dāng)<時(shí),有可能y>0>x,x>y不一定成立.所以“x>y”是“<”的既不充分也不必要條件.故選D.
6.(2017寧波期初聯(lián)考)已知i是虛數(shù)單位,若復(fù)數(shù)z滿足=1-i,則z=( )
A.4 B.5
C.6 D.8
解析:選B 由=1-i,得z=-1=1+2i,所以=1-2i,則z=(1+2i)(1-2i)=5,故選B.
7.(2018浙江考前沖刺卷六)已知l,m是空間兩條不重合的直線,α是一個(gè)平面,則“m⊥α,l與m無交點(diǎn)”是“l(fā)∥m,l⊥α”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選B 若l與m無交點(diǎn),則l∥m或l與m為異面直線.若l∥m,l⊥α,則m⊥α,l與m無交點(diǎn),∴“m⊥α,l與m無交點(diǎn)”是“l(fā)∥m,l⊥α”的必要不充分條件.故選B.
8.(2017紹興六校高三質(zhì)檢)從裝有若干個(gè)質(zhì)地均勻、大小相同的紅球、白球和黃球的不透明袋子中隨機(jī)摸出1個(gè)球,摸到紅球、白球和黃球的概率分別為,,,從袋中隨機(jī)摸出1個(gè)球,記下顏色后放回,連續(xù)摸3次,則記下的球的顏色中有紅有白但沒有黃的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:選D 由題意知,連續(xù)摸3次,記下的球的顏色中有紅有白但沒有黃的情況有:1紅2白,2紅1白,則所求概率P=C2+C2=.
9.(2018浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)近年來,隨著高考制度的改革,高考分?jǐn)?shù)不再是高校錄取的唯一標(biāo)準(zhǔn),自主招生、“三位一體”綜合評價(jià)招生的出現(xiàn),使得學(xué)生的選擇越來越多.2018年有3所高校欲通過“三位一體”綜合評價(jià)招生共招收24名高三學(xué)生,若每所高校至少招收一名學(xué)生,且人數(shù)各不相同,則不同的招生方法種數(shù)是( )
A.252 B.253
C.222 D.223
解析:選C 采用隔板法,在24名學(xué)生排列所形成的23個(gè)間隔中,任插入2個(gè)隔板,分成三組,共有C=253種,其中三組人數(shù)都相同的情況是(8,8,8),1種;有兩組人數(shù)相同的人數(shù)組合情況是(1,1,22),(2,2,20),(3,3,18),(4,4,16),(5,5,14),(6,6,12),(7,7,10),(9,9,6),(10,10,4),(11,11,2),則有兩組人數(shù)相同的情況共有103=30種.所以每所高校至少招收一名學(xué)生,且人數(shù)各不相同的招生方法有253-1-30=222種.故選C.
10.(2018杭州二模)已知0β”是“cos α>cos β ”的( )
A.充要條件 B.充分不必要條件
C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件
解析:選D α>β ?/ cos α>cos β,如α=,β=,>,而coscos β ?/ α>β,如α=,β=,cos >cos,而<.故選D.
6.(2018紹興二模)二項(xiàng)式n的展開式中只有第11項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大,則展開式中有理項(xiàng)的個(gè)數(shù)為( )
A.7 B.5
C.4 D.3
解析:選A 根據(jù)二項(xiàng)式n的展開式中只有第11項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大,可得只有C最大,故有n=20,故通項(xiàng)公式為Tr+1=C()20-rx20-,若20-為整數(shù),則r=0,3,6,9,12,15,18,共7個(gè),故選A.
7.先后兩次拋擲同一個(gè)骰子,將得到的點(diǎn)數(shù)分別記為a,b,則a,b,5能夠構(gòu)成等腰三角形的概率是( )
A. B.
C. D.
解析:選C 基本事件的總數(shù)是36,
當(dāng)a=1時(shí),b=5符合要求,有1種情況;
當(dāng)a=2時(shí),b=5符合要求,有1種情況;
當(dāng)a=3時(shí),b=3,5符合要求,有2種情況;
當(dāng)a=4時(shí),b=4,5符合要求,有2種情況;
當(dāng)a=5時(shí),b=1,2,3,4,5,6均符合要求,有6種情況;
當(dāng)a=6時(shí),b=5,6符合要求,有2種情況.
所以能夠構(gòu)成等腰三角形的共有14種情況,所求概率為=.
8.(2018全國卷Ⅲ)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p,各成員的支付方式相互獨(dú)立.設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù),D(X)=2.4,P(X=4)0.5,所以p=0.6.
9.(2018浙江名校聯(lián)考)已知10=a0+a1x+a2x2+…+a9x9+a10x10,則a1-2a2+…+9a9-10a10=( )
A.10 B.10
C.109 D.59
解析:選D 法一:由題意,得a1=C,a2=C2,…,a10=C10,則a1-2a2+…+9a9-10a10=C-2C2+…+9C9-10C10=10C-10C2+…+10C9-10C10=59.故選D.
法二:對等式10=a0+a1x+a2x2+…+a9x9+a10x10兩邊求導(dǎo),得59=a1+2a2x+…+9a9x8+10a10x9,令x=-1,則a1-2a2+…+9a9-10a10=59,故選D.
10.(2018浙江名校聯(lián)考)已知隨機(jī)變量X,Y的分布列如下(其中x≠y),則( )
X
1
2
P
x2
y2
Y
1
2
P
y2
x2
A.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)
B.E(X)≠E(Y),D(X)≠D(Y)
C.E(X)E(Y)>D(X)+D(Y)
D.E(X)+E(Y)2x2y2=D(X)+D(Y),E(X)+E(Y)=3>≥(x2y2)2=D(X)D(Y),故選C.
二、填空題
11.(2018浙江考前沖刺卷)已知復(fù)數(shù)z=(b∈R)的實(shí)部和虛部相等,則b=________,z2 018=________.
解析:復(fù)數(shù)z===-b-i,因?yàn)閺?fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部相等,所以b=1,所以z2 018=(-1-i)2 018=(2i)1 009=21 009i.
答案:1 21 009i
12.設(shè)隨機(jī)變量X~B,則P(X=3)=________.
解析:∵隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B,
∴P(X=3)=C33=.
答案:
13.(2018紹興一模)某單位安排5個(gè)人在六天中值班,每天1人,每人至少值班1天,共有________種不同值班方案.(用數(shù)字作答)
解析:根據(jù)題意,5個(gè)人中必須有1人值2天班,
首先在5人中任選1人在6天中任選2天值班,有CC=75種安排方法,
然后將剩下的4人全排列安排到剩下的4天中,有A=24種情況,
則一共有7524=1 800種不同值班方案.
答案:1 800
14.(2018下城區(qū)校級模擬)一個(gè)盒子中有大小、形狀完全相同的m個(gè)紅球和6個(gè)黃球,現(xiàn)從中有放回的摸取5次,每次隨機(jī)摸出一個(gè)球,設(shè)摸到紅球的個(gè)數(shù)為X,若E(X)=3,則m=________,P(X=2)=________.
解析:由題意可得5=3,解得m=9.
每次摸出紅球的概率p==,
∴X~B.
P(X=2)=C23=.
答案:9
15.(2018杭州高三質(zhì)檢)盒子里有完全相同的6個(gè)球,每次至少取出1個(gè)球(取出不放回),取完為止,則共有________種不同的取法(用數(shù)字作答).
解析:由題意知,一次可以取球的個(gè)數(shù)為1,2,3,4,5,6,若一次取完可由1個(gè)6組成,共1種;兩次取完可由1與5,2與4,3與3組成,共5種;三次取完可由1,1,4或1,2,3或2,2,2組成,共10種;四次取完可由1,1,1,3或1,1,2,2組成,共10種;五次取完可由1,1,1,1,2組成,共5種;六次取完可由6個(gè)1組成,共1種.綜上,不同的取法一共有1+5+10+10+5+1=32(種).
答案:32
16.(2018浙江考前沖刺卷)已知(x+y)(x+2y)n的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)之和為162,則n=________,x2y3的系數(shù)為________.
解析:令x=y(tǒng)=1,則(1+1)(1+2)n=162,解得n=4.(x+2y)4的展開式的通項(xiàng)Tk+1=Cx4-k(2y)k,0≤k≤4,k∈N.當(dāng)k=2時(shí),T3=Cx222y2=24x2y2,當(dāng)k=3時(shí),T4=Cx23y3=32xy3,故(x+y)(x+2y)4的展開式中x2y3項(xiàng)為xT4+yT3=56x2y3,所以其系數(shù)為56.
答案:4 56
17.(2018浙江考前沖刺卷)在一個(gè)不透明的袋子中裝4個(gè)大小、形狀都相同的小球,小球分別帶有標(biāo)號1,2,3,4,且從袋中任取一個(gè)球,取到標(biāo)號為n的小球的概率p(n)=(n=1,2,3,4),則k=________;現(xiàn)從袋子中任取一個(gè)小球,若取到的小球的標(biāo)號n為奇數(shù),則得到的分值為2n,若取到的小球的標(biāo)號n為偶數(shù),則得到的分值為n,用ξ表示得到的分值,則D(ξ)=________.
解析:由題意得,k=1,得k=2.
ξ的所有可能取值為2,4,6,且P(ξ=2)=+=,P(ξ=4)=,P(ξ=6)=,則隨機(jī)變量ξ的分布列為
ξ
2
4
6
P
∴E(ξ)=2+4+6=4,D(ξ)=(2-4)2+(4-4)2+(6-4)2=.
答案:2
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