创新设计浙江专用届高考数学二轮复习教师用书4专题六专题七.docx
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创新设计浙江专用届高考数学二轮复习教师用书4专题六专题七
2017届高考数学二轮复习教师用书4专题六-专题七
第1讲 概率的基本问题
高考定位 对于排列组合、二项式定理、古典概型、互斥事件及对立事件的概率的考查也会以选择或填空的形式命题,属于中档以下题目.
真题感悟
1.(2016·全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A.24B.18C.12D.9
解析 从E点到F点的最短路径有6种,从F点到G点的最短路径有3种,所以从E点到G点的最短路径为6×3=18种,故选B.
答案 B
2.(2016·全国Ⅰ卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )
A.B.
C.D.
解析 将4种颜色的花种任选两种种在一个花坛中,余下2种种在另一个花坛,有((红黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红白)、(黄紫)),((黄紫)、(红白)),((红紫)、(黄白)),((黄白)、(红紫))共6种种法,其中红色和紫色不在一个花坛的种数有((红黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红白)、(黄紫)),((黄紫),(红白)),共4种,故所求概率为P==,选C.
答案 C
3.(2016·山东卷)
某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x,y.奖励规则如下:
①若xy≤3,则奖励玩具一个;
②若xy≥8则奖励水杯一个;
③其余情况奖励饮料一瓶.
假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀,小亮准备参加此项活动.
(1)求小亮获得玩具的概率;
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.
解
(1)用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基本事件空间Ω与点集S={(x,y)|x∈N,y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应.
因为S中元素的个数是4×4=16.
所以基本事件总数n=16.
记“xy≤3”为事件A,
则事件A包含的基本事件数共5个,
即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),
所以P(A)=,即小亮获得玩具的概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B,“3<xy<8”为事件C.
则事件B包含的基本事件数共6个.
即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4).
所以P(B)==.
事件C包含的基本事件数共5个,
即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1).
所以P(C)=.因为>,
所以小亮获得的水杯的概率大于获得饮料的概率.
考点整合
1.计数原理
(1)排列与组合:
A=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=,
C==.
(2)二项式定理:
①二项式定理:
(a+b)n=Canb0+Can-1b+Can-2b2+…+Can-rbr+…+Ca0bn(r=0,1,2,…,n).
②二项展开式的通项
Tr+1=Can-rbr,r=0,1,2,…,n,其中C(r=0,1,…,n)叫做二项式系数.
2.概率
(1)概率的取值范围是[0,1],即0≤P(A)≤1,必然事件发生的概率为1,不可能事件发生的概率为0.
(2)古典概型
P(A)=.
3.事件A,B互斥,那么事件A+B发生(即A,B中有一个发生)的概率,等于事件A,B分别发生的概率的和,
即P(A+B)=P(A)+P(B).
4.在一次试验中,对立事件A和A不会同时发生,但一定有一个发生,因此有P(A)=1-P(A).
热点一 排列、组合与二项式定理
[微题型1] 排列、组合问题
【例1-1】
(1)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班级,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班级,则不同的分法种数为( )
A.18B.24
C.30D.36
(2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )
A.72B.120
C.144D.168
解析
(1)法一 如丙、丁分到同一个班级,则方法数就是三个元素的一个全排列,即A;若丙分到甲或乙所在的班级,则丁只能独自一个班级,方法数是2A;同理,若丁分到甲或乙所在的班级,则丙独自一个班级,方法数是2A.根据分类加法计数原理,得总的方法数是5A=30.
法二 总的方法数是CA=36,甲、乙被分到同一个班级的方法数是A=6,故甲、乙不分到同一个班级的方法数是36-6=30.
(2)先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:
“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”,有ACA=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品1□相声□小品2□”,有AA=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.
答案
(1)C
(2)B
探究提高 解排列、组合的应用题,通常有以下途径:
(1)以元素为主体,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素.
(2)以位置为主体,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置.
(3)先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不符合要求的排列或组合数.
[微题型2] 考查二项式定理
【例1-2】
(1)(2015·全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( )
A.10B.20
C.30D.60
(2)若(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a13(x-1)13,则a1+a2+…+a13=________.
解析
(1)Tk+1=C(x2+x)5-kyk,∴k=2.
∴C(x2+x)3y2的第r+1项为CCx2(3-r)xry2,
∴2(3-r)+r=5,解得r=1,
∴x5y2的系数为CC=30.
(2)记f(x)=(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a13(x-1)13,
则f
(1)=a0=(12+1)(1-2)11=-2.
而f
(2)=(22+1)(2-2)11=a0+a1+a2+…+a13,
即a0+a1+a2+…+a13=0.
所以a1+a2+…+a13=2.
答案
(1)C
(2)2
探究提高
(1)在应用通项公式时,要注意以下几点:
①它表示二项展开式的任意项,只要n与r确定,该项就随之确定;
②对二项式(a-b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题;
③(x+y)n展开式中的每一项相当于从n个因式(x+y)中每个因式选择x或y组成的.
(2)在二项式定理的应用中,“赋值思想”是一种重要方法,是处理组合数问题、系数问题的经典方法.要根据二项展开式的结构特征灵活赋值.
【训练1】
(1)(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=____________.
(2)若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则a3=________.
解析
(1)设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,
令x=1,得16(a+1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5,①
令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.②
①-②,得16(a+1)=2(a1+a3+a5),
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1+a3+a5=8(a+1),
所以8(a+1)=32,解得a=3.
(2)不妨设1+x=t,则x=t-1,因此有(t-1)5=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4+a5t5,则a3=C(-1)2=10.
答案
(1)3
(2)10
热点二 古典概型与互斥、对立事件的概率
[微题型1] 对于古典概型的考查
【例2-1】
(1)(2016·深圳一调)4名同学参加3项不同的课外活动,若每名同学可自由选择参加其中的一项,则每项活动至少有一名同学参加的概率为( )
A.B.
C.D.
(2)从1,2,3,…,20这20个数中任取2个不同的数,则这两个数之和是3的倍数的概率为( )
A.B.
C.D.
解析
(1)4名同学参加3项不同的活动共有34=81种,其中每项活动至少有一名同学参加的有:
CA=36种.由古典概型知所求概率为P==.
(2)1,2,3,…,20这20个数中被3整除的数有6个,被3整除余1的数有7个,被3整除余2的数有7个,从1,2,3,…,20这20个数中任取2个不同的数,共有C=190种情况,这两个数之和是3的倍数的情况有C+CC=64种,则所求概率为,故选C.
答案
(1)A
(2)C
探究提高 解答有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数,这常用到计数原理与排列、组合的相关知识.
[微题型2] 考查互斥事件与对立事件的概率
【例2-2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据,如下表所示.
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数(人)
x
30
25
y
10
结算时间
(分种/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x,y的值,并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望;
(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算,且各顾客的结算相互独立,求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.
(注:
将频率视为概率)
解
(1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y=20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本,将频率视为概率得
P(X=1)==,P(X=1.5)==,P(X=2)==,P(X=2.5)==,P(X=3)==.
X的分布列为
X
1
1.5
2
2.5
3
P
X的数学期望为
E(X)=1×+1.5×+2×+2.5×+3×=1.9.
(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”,Xi(i=1,2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间,则
P(A)=P(X1=1且X2=1)+P(X1=1且X2=1.5)+
P(X1=1.5且X2=1).
由于各顾客的结算相互独立,且X1,X2的分布列都与X的分布列相同,所以
P(A)=P(X1=1)×P(X2=1)+P(X1=1)×P(X2=1.5)+P(X1=1.5)×P(X2=1)=×+×+×=.
该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为.
探究提高 解此类题的关键是理解频率与概率间的关系,互斥事件是指不可能同时发生的事件,要考虑全面,防止遗漏.
【训练2】如图,A地到火车站共有两条路径L1和L2,现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查,调查结果如下:
所用时间(分钟)
10~20
20~30
30~40
40~50
50~60
选择L1的人数
6
12
18
12
12
选择L2的人数
0
4
16
16
4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率;
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率;
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站,为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站,试通过计算说明,他们应如何选择各自的路径.
解
(1)由已知共调查了100人,其中40分钟内不能赶到火车站的有12+12+16+4=44人.
∴用频率估计相应的概率为0.44.
(2)选择L1的有60人,选择L2的有40人,故由调查结果得频率为:
所用时间(分钟)
10~20
20~30
30~40
40~50
50~60
L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
(3)A1,A2分别表示甲选择L1和L2时,在40分钟内赶到火车站;
B1,B2分别表示乙选择L1和L2时,在50分钟内赶到火车站.
由
(2)知P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6,
P(A2)=0.1+0.4=0.5,P(A1)>P(A2),
∴甲应选择L1;
P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8,
P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9,
P(B2)>P(B1),
∴乙应选择L2.
1.求解排列、组合问题常用的解题方法
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”;
(2)元素相间的排列问题——“插空法”;(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”;(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
2.通项Tr+1=Can-rbr是指(a+b)n的展开式中的第r+1项,而非第r项,其中n∈N*,r=0,1,…,n,且r≤n,若n,r一旦确定,则展开式中的指定项也就确定,通常用来求二项展开式中任意指定的项或系数,如常数项或xn的系数.
3.古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法.
(2)树状图法:
适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法.
(3)列表法:
适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.
(4)排列组合法:
适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
一、选择题
1.在(x-)2006的二项展开式中,含x的奇次幂的项之和为S,当x=时,S等于( )
A.23008B.-23008
C.23009D.-23009
解析 Tr+1=Cx2006-r(-)r,
显然当2006-r为奇数时,r为奇数.
∴当x=时,Tr+1=-C()2006
=-C·21003.
∴S=-21003(C+C+…+C)
=-21003××22006
=-23008.故选B.
答案 B
2.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有( )
A.60种B.63种
C.65种D.66种
解析 对于4个数之和为偶数,可分三类,即4个数均为偶数,2个数为偶数2个数为奇数,4个数均为奇数,因此共有C+CC+C=66种.
答案 D
3.4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
A.B.
C.D.
解析 由题意知,4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日也有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P===.
答案 D
4.将编号为1,2,3,4,5的五个数放入编号为1,2,3,4,5的五个盒子,每个盒内放一个球,若恰好有两个球的编号与盒子编号相同,则不同的投放方法的种数为( )
A.40种B.30种
C.20种D.10种
解析 恰好有三个球的编号与盒子编号不相同,不同的投放方法的种数为2,则恰好有两个球的编号与盒子编号相同而其余三个球的编号与盒子的编号不相同的不同的投放方法的种数为2C=20,故选C.
答案 C
5.若对于任意的实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值为( )
A.3B.6
C.9D.12
解析 设x-2=t,则x=t+2,原式化为(2+t)3=a0+a1t+a2t2+a3t3,∴a2=C·2=6,故选B.
答案 B
二、填空题
6.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有________种(用数字作答).
解析 分情况:
一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人,种数为CCA=36;另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人,种数为A=24,则获奖情况总共有36+24=60(种).
答案 60
7.有6个座位连成一排,三人就座,恰有两个空位相邻的概率是________.
解析 有6个座位连成一排,三人就座,共有A种坐法,有三个空位,在三个人的4个空隙中选两个安排1个空位和两个相邻空位,则恰有两个空位相邻的坐法有AA,则所求概率是.
答案
8.已知(1+x+x2)的展开式中没有常数项,n∈N*且2≤n≤8,则n=________.
解析 的一般项为Tr+1=Cxn-4r,要使原式没有常数项,n-4r≠0,-1,-2,又2≤n≤8,在2~8的自然数中,只有n=5符合题意.故n=5.
答案 5
三、解答题
9.已知箱中装有4个白球和5个黑球,且规定:
取出一个白球得2分,取出一个黑球得1分.现从该箱中任取(无放回,且每球取到的机会均等)3个球,记随机变量X为取出此3球所得分数之和.
(1)求X的分布列;
(2)求X的数学期望E(X).
解
(1)由题意得X取3,4,5,6,且
P(X=3)==,P(X=4)==,
P(X=5)==,P(X=6)==.
所以X的分布列为
X
3
4
5
6
P
(2)由
(1)知
E(X)=3·P(X=3)+4·P(X=4)+5·P(X=5)+6·P(X=6)=.
10.某校50名学生参加智力答题活动,每人回答3个问题,答对题目个数及对应人数统计结果见下表:
答对题目个数
0
1
2
3
人数
5
10
20
15
根据上表信息解答以下问题:
(1)从这50名学生中任选两人,求两人答对题目个数之和为4或5的概率;
(2)从这50名学生中任选两人,用X表示这两名学生答对题目个数之差的绝对值,求随机变量X的分布列及数学期望E(X).
解
(1)记“两人答对题目个数之和为4或5”为事件A,则P(A)===,
即两人答对题目个数之和为4或5的概率为.
(2)依题意可知X的可能取值分别为0,1,2,3.
则P(X=0)===,
P(X=1)===,
P(X=2)===,
P(X=3)===.
从而X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
11.某银行柜台设有一个服务窗口,假设顾客办理业务所需的时间互相独立,且都是整数分钟,对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下:
办理业务所需的时间(分)
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时.
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率;
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数,求X的分布列及数学期望.
解 设Y表示顾客办理业务所需的时间,用频率估计概率,得Y的分布列如下:
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”,则事件A对应三种情形:
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟,且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟;②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟,且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟;③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟.
所以P(A)=P(Y=1)P(Y=3)+P(Y=3)P(Y=1)+P(Y=2)·P(Y=2)=0.1×0.3+0.3×0.1+0.4×0.4=0.22.
(2)解法一:
X所有可能的取值为0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟,所以P(X=0)=P(Y>2)=0.5;X=1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟,或第一个顾客办理业所需的时间为2分钟,
所以P(X=1)=P(Y=1)P(Y>1)+P(Y=2)=0.1×0.9+0.4=0.49;
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟,
所以P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01;
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51.
解法二:
X所有可能的取值为0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟,
所以P(X=0)=P(Y>2)=0.5;
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟,
所以P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01;
P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=0.49.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51.
第2讲 随机变量及其分布列
高考定位 概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等;对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”,多在解答题的前三题的位置呈现,常考查独立事件的概率,超几何分布和二项分布的期望等.
真题感悟
(2016·全国Ⅰ卷)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰,机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列;
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
解
(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2,从而
P(X=16)=0.2×0.2=0.04;
P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;
P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;
P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;
P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;
P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;
P(X=22)=0.2×0.2=0.04;
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
2
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