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第一板塊 考前練透3個送分專題
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題的位置進行考查，難度較小，命題的熱點集中在集合的基本運算上，有時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，考查重點仍為充要條件等基本知識點，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行綜合．
考點一 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中元素的個數(shù)為( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：選B 因為A表示圓x2＋y2＝1上的點的集合，B表示直線y＝x上的點的集合，直線y＝x與圓x2＋y2＝1有兩個交點，所以A∩B中元素的個數(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 因為A＝{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
[易錯提醒] 在寫集合的子集時，易忽視空集；在應(yīng)用條件A∪B＝B?A∩B＝A?A?B時，易忽略A＝?的情況．
考點二 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，因為>0，即||||cos θ>0，所以cos θ>0，θ<90，又θ為△ABC內(nèi)角B的補角，所以∠B>90，△ABC是鈍角三角形；當(dāng)△ABC為鈍角三角形時，∠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 因為a＞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，mn<0.
反之，由mn＝|m||n|cos〈m，n〉<0?cos〈m，n〉<0?〈m，n〉∈，
當(dāng)〈m，n〉∈時，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
等價法
將命題等價轉(zhuǎn)化為另一個便于判斷真假的命題
[易錯提醒] “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，有時與概率一起出題，難度一般．
3．高考對二項式定理的考查主要為小題的形式，是高考?？純?nèi)容之一，主要考查通項公式、項的系數(shù)，二項式系數(shù)及賦值法的應(yīng)用，難度中等以下．
考點一 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 因為(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，應(yīng)注意復(fù)數(shù)和實數(shù)的區(qū)別與聯(lián)系，把復(fù)數(shù)問題實數(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)運算的基本方法是運用運算法則，但也可以通過對代數(shù)式結(jié)構(gòu)特征的分析，靈活運用i的冪的性質(zhì)、運算法則來優(yōu)化運算過程．
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)模的運算要注意靈活運用模的運算性質(zhì)．
考點二 排列組合
[題組練透]
1．(2018杭州七校聯(lián)考)一個不透明盒中裝有黑、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)校社團準(zhǔn)備從A，B，C，D，E 5個不同的節(jié)目中選3個分別去3個敬老院慰問演出，在每個敬老院表演1個節(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個節(jié)目中選2個，有C種選法，將選出的2個節(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、丁四個人到A，B，C三個景點旅游，每個人只去一個景點，每個景點至少有一個人去，則甲不到A景點的方案有( )
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甲單獨一個人旅游，在B，C景點中任選1個，有2種選法；再將其他3人分成2組，對應(yīng)剩下的2個景點，有CA＝6種情況，則此時有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景點中任選1個，有CC＝6種情況，將剩下的2人全排列，對應(yīng)剩下的2個景點，有A＝2種情況，則此時有26＝12種方案．
所以甲不到A景點的方案有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，要求有公共頂點的兩個格子顏色不同，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個方格依次為A，B，C，D，E，F(xiàn)，對于中間的4個表格：B，C，D，E都有公共頂點，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”奉命執(zhí)行撤僑任務(wù)的故事．撤僑過程中，海軍艦長要求隊員們依次完成A，B，C，D，E，F(xiàn)六項任務(wù)，并對任務(wù)的順序提出了如下要求，重點任務(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 因為任務(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，有AA＝48種；
當(dāng)A在第二位時，第一位只能是B，C，D中的一個，E，F(xiàn)只能在A的后面，故有CAA＝36種；
當(dāng)A在第三位時，分兩種情況：①E，F(xiàn)在A之前，此時應(yīng)有AA種，②E，F(xiàn)在A之后，此時應(yīng)有AAA種，故A在第三位時有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個數(shù)字，從0,2,4,6中任取2個數(shù)字，一共可以組成________個沒有重復(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)．
含有0的四位數(shù)有CCCA＝540(個)．
綜上，組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)的個數(shù)為720＋540＝1 260.
答案：1 260
7．(2018杭州高三四校聯(lián)考)在一個質(zhì)地均勻的正四面體中，一個面上標(biāo)有數(shù)字1，一個面上標(biāo)有數(shù)字2，另外兩個面上標(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，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，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整體與其他元素進行排列，同時注意捆綁元素的內(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、等價轉(zhuǎn)化的方法
考點三 二項式定理
[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)在二項式n的展開式中，各項系數(shù)之和為A，各項二項式系數(shù)之和為B，且A＋B＝72，則展開式中常數(shù)項的值為( )
A．6 B．9
C．12 D．18
解析：選B 在二項式n的展開式中，令x＝1得各項系數(shù)之和為4n，∴A＝4n，
二項展開式的二項式系數(shù)和為2n，∴B＝2n，
∴4n＋2n＝72，解得n＝3.
∴n＝3的展開式的通項為Tr＋1＝C()3－rr＝3rCx，
令＝0，得r＝1.
故展開式的常數(shù)項為T2＝3C＝9.故選B.
3．(2018浙江名校聯(lián)考)若(3ax－1)5(2x－1)3的展開式中各項系數(shù)的和為1，則該展開式中x2項的系數(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，其二項展開式的通項Tr＋1＝C(2x)8－r(－1)r，所以x2項為T7＝C(2x)8－6(－1)6＝4Cx2＝112x2，所以x2項的系數(shù)為112.
4．(2018浙江高考)二項式8的展開式的常數(shù)項是________．
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的展開式中所有項的系數(shù)和為192，則a＝________，展開式中的常數(shù)項為________．
解析：(x＋1)a的展開式中所有項的系數(shù)和為192，令x＝1，則(1＋1)a＝192，解得a＝6，因為(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)項為Cx＝12，(x＋1)6的展開式中的常數(shù)項為Cx2＝15，所以(x＋1)6的展開式中的常數(shù)項為12＋15＝27.
答案：6 27
6．(2018麗水三模)若n的展開式中所有項的系數(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，該展開式中的常數(shù)項是________．
解析：由n的展開式中所有項的系數(shù)的絕對值之和大于100，
可得(3＋1)n＞100，則n的最小值為4.
那么二項式為4，
由通項可得：Tr＋1＝C4－rr＝34－rC(－1)rx－4＋r，
令－4＋r＝0，可得r＝3.
故常數(shù)項為3C(－1)3＝－12.
答案：4 －12
[臨考指導(dǎo)]
1．通項公式主要用于求二項式的特定項問題，在運用時，應(yīng)明確以下幾點
(1)Can－rbr是第r＋1項，而不是第r項；
(2)通項公式中a，b的位置不能顛倒；
(3)通項公式中含有a，b，n，r，Tr＋1五個元素，只要知道其中的四個，就可以求出第五個，即“知四求一”．
2．二項式系數(shù)的三個注意點
(1)求二項式所有系數(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項的二項式系數(shù)與第r＋1項的系數(shù)一般是不相同的，在具體求各項的系數(shù)時，一般先處理符號，對根式和指數(shù)的運算要細(xì)心，以防出錯．
送分專題(三)概率、隨機變量及其分布
[考情分析]
1．隨機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，也是高考熱點內(nèi)容，其往往與排列、組合相結(jié)合命題，難度不大．
3．隨機變量及其分布是概率部分的重要內(nèi)容，也是高考的熱點，主要考查隨機變量分布列的性質(zhì)及運算求解能力，難度中等偏下．
考點一 隨機事件及其概率
[題組練透]
1．甲、乙兩人進行象棋比賽，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個紅球、2個白球中隨機取出2個球，則取出的2個球不全是紅球的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：選C “取出的2個球全是紅球”記為事件A，則P(A)＝＝.因為“取出的2個球不全是紅球”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．隨機事件的頻率與概率問題的注意點
(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，頻率隨著試驗次數(shù)的變化而變化，概率卻是一個常數(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，再運用互斥事件概率的加法公式計算
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個大小、質(zhì)量相同的小球，某人從袋子中一次任取3個球，若每個球被取到的機會均等，則取出的3個球編號之和大于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．所以取出的3個球編號之和大于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個球，其中3個紅球，2個白球，2個黑球．若從袋中任取3個球，則所取3個球中至多有1個紅球的概率為( )
A. B．
C. D．
解析：選D 所取3個球中沒有紅球的概率是P1＝＝，所取3個球中恰有1個紅球的概率是P2＝＝，則所取3個球中至多有1個紅球的概率是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，因為11＝5＋6，所以要使得兩次所得的點數(shù)之和均不為11，則5和6兩個數(shù)最多只有一個數(shù)可被選到，下面分情況討論：
第一種，5和6一個都不被選到，則有444種選法；
第二種，5和6恰好有一個被選到，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，分別編號為1,2,3,4.現(xiàn)從袋中隨機取兩個球．若兩個球顏色不同，則有________種不同取法(用數(shù)字回答)，在兩個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算
復(fù)雜問題
一是轉(zhuǎn)化為幾個互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式進行求解；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
考點三 隨機變量及其分布
[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，>，<不成立．反之，當(dāng)<時，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是一個平面，則“m⊥α，l與m無交點”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，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，∴“m⊥α，l與m無交點”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摸出1個球，摸到紅球、白球和黃球的概率分別為，，，從袋中隨機摸出1個球，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個間隔中，任插入2個隔板，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)二項式n的展開式中只有第11項的二項式系數(shù)最大，則展開式中有理項的個數(shù)為( )
A．7 B．5
C．4 D．3
解析：選A 根據(jù)二項式n的展開式中只有第11項的二項式系數(shù)最大，可得只有C最大，故有n＝20，故通項公式為Tr＋1＝C()20－rx20－，若20－為整數(shù)，則r＝0,3,6,9,12,15,18，共7個，故選A.
7．先后兩次拋擲同一個骰子，將得到的點數(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，b＝5符合要求，有1種情況；
當(dāng)a＝2時，b＝5符合要求，有1種情況；
當(dāng)a＝3時，b＝3,5符合要求，有2種情況；
當(dāng)a＝4時，b＝4,5符合要求，有2種情況；
當(dāng)a＝5時，b＝1,2,3,4,5,6均符合要求，有6種情況；
當(dāng)a＝6時，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)的實部和虛部相等，則b＝________，z2 018＝________.
解析：復(fù)數(shù)z＝＝＝－b－i，因為復(fù)數(shù)z的實部和虛部相等，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)隨機變量X～B，則P(X＝3)＝________.
解析：∵隨機變量X服從二項分布B，
∴P(X＝3)＝C33＝.
答案：
13．(2018紹興一模)某單位安排5個人在六天中值班，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)一個盒子中有大小、形狀完全相同的m個紅球和6個黃球，現(xiàn)從中有放回的摸取5次，每次隨機摸出一個球，設(shè)摸到紅球的個數(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個球，每次至少取出1個球(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，一次可以取球的個數(shù)為1,2,3,4,5,6，若一次取完可由1個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Tk＋1＝Cx4－k(2y)k,0≤k≤4，k∈N.當(dāng)k＝2時，T3＝Cx222y2＝24x2y2，當(dāng)k＝3時，T4＝Cx23y3＝32xy3，故(x＋y)(x＋2y)4的展開式中x2y3項為xT4＋yT3＝56x2y3，所以其系數(shù)為56.
答案：4 56
17．(2018浙江考前沖刺卷)在一個不透明的袋子中裝4個大小、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
（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊 考前練透3個送分專題學(xué)案.doc
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