2020届二轮复习考前练透3个送分专题学案（全国通用）
送分专题(一)集合与常用逻辑用语
[考情分析]
1．集合作为高考的必考内容，多年来命题较稳定，多在选择题第1题的位置进行考查，难度较小，命题的热点集中在集合的基本运算上，有时与简单的一元二次不等式结合命题．
2．充要条件是高考的必考内容，考查重点仍为充要条件等基本知识点，但它可与函数、数列、向量、不等式、三角函数、立体几何、解析几何中的知识进行综合．
考点一 集 合
[题组练透]
1．(2018·浙江高考)已知全集U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3}，则∁UA＝( )
A．∅ B．{1,3}
C．{2,4,5} D．{1,2,3,4,5}
解析：选C ∵U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3}，
∴∁UA＝{2,4,5}．
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|3x<1}，则( )
A．A∩B＝{x|x<0} B．A∪B＝R
C．A∪B＝{x|x>1} D．A∩B＝∅
解析：选A ∵集合A＝{x|x<1}，B＝{x|x<0}，
∴A∩B＝{x|x<0}，A∪B＝{x|x<1}，故选A.
3．(2018·全国卷Ⅲ)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B中元素的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选B 因为A表示圆x2＋y2＝1上的点的集合，B表示直线y＝x上的点的集合，直线y＝x与圆x2＋y2＝1有两个交点，所以A∩B中元素的个数为2.
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁RA＝( )
A．{x|－1
2} D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}
解析：选B ∵x2－x－2>0，∴(x－2)(x＋1)>0，
∴x>2或x<－1，即A＝{x|x>2或x<－1}．
则∁RA＝{x|－1≤x≤2}．故选B.
5.设A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x|ln(3－2x)<0}，则图中阴影部分表示的集合为( )
A. B．
C. D．
解析：选B A＝{x|x2－4x＋3≤0}＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|ln(3－2x)<0}＝{x|0<3－2x<1}＝，图中阴影部分表示的集合为A∩B＝，故选B.
6．(2018·云南统考)设集合A＝{x|－x2－x＋2<0}，B＝{x|2x－5>0}，则集合A与B的关系是( )
A．B⊆A B．B⊇A
C．B∈A D．A∈B
解析：选A 因为A＝{x|－x2－x＋2<0}＝{x|x>1或x<－2}，B＝{x|2x－5>0}＝，
所以B⊆A，故选A.
7．(2018·下城区校级模拟)已知集合P＝{x∈N|0≤x≤3}，Q＝{x|x2－1>0}，则P∩Q＝( )
A．[1,3] B．(1,3]
C．{2,3} D．{1,2,3}
解析：选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}．故选C.
[临考指导]
集合运算中的3种常用方法
数轴法
若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解
图象法
若已知的集合是点集，用图象求解
Venn图法
若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解
[易错提醒] 在写集合的子集时，易忽视空集；在应用条件A∪B＝B⇔A∩B＝A⇔A⊆B时，易忽略A＝∅的情况．
考点二 充要条件的判断
[题组练透]
1．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A ∵若m⊄α，n⊂α，且m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．
2．(2018·西安八校联考)在△ABC中，“·>0”是“△ABC是钝角三角形”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 设与的夹角为θ，因为·>0，即||·||cos θ>0，所以cos θ>0，θ<90°，又θ为△ABC内角B的补角，所以∠B>90°，△ABC是钝角三角形；当△ABC为钝角三角形时，∠B不一定是钝角．所以“·>0”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件，故选A.
3．已知a＞0且a≠1，则loga b＞0是(a－1)(b－1)＞0的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 因为a＞0且a≠1，且loga b＞0，所以或从而(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的充分不必要条件．
4．(2018·北京高考)设m，n为非零向量，则“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A ∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2.
∴当λ<0，n≠0时，m·n<0.
反之，由m·n＝|m||n|cos〈m，n〉<0⇔cos〈m，n〉<0⇔〈m，n〉∈，
当〈m，n〉∈时，m，n不共线．
故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n<0”的充分而不必要条件．
5．(2018·金华模拟)“x>a>1”是“logax>0”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A ∵logax>0，∴或
∴x>a>1是logax>0的充分不必要条件，故选A.
6．(2018·诸暨二模)已知圆x2＋y2＝4与直线x＋y－t＝0，则“t＝2”是“直线与圆相切”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 由圆心到直线的距离d＝，
若直线与圆相切，则＝2，即|t|＝2，则t＝±2，
则“t＝2”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选A.
7．“x∈”是“函数y＝sin为单调递增函数”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若函数y＝sin为单调递增函数，
则－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，
即－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.
从而函数y＝sin的单调递增区间是(k∈Z)．
因此若x∈，则函数y＝sin为单调递增函数；
若函数y＝sin为单调递增函数x∈.
所以“x∈”是“函数y＝sin为单调递增函数”的充分不必要条件．故选A.
[临考指导]
判定充分条件与必要条件的3种方法
定义法
正、反方向推理，若p⇒q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p⇒q，且qp，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)
集合法
利用集合间的包含关系．例如，若A⊆B，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若A＝B，则A是B的充要条件
等价法
将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题
[易错提醒] “A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
送分专题(二)复数、排列组合、二项式定理
[考情分析]
1．高考对复数的考查形式为选择题或填空题，主要考查复数的代数形式及运算，多为容易题．
2．高考对排列组合的考查形式主要为选择题或填空题，近两年每年一道小题，有时与概率一起出题，难度一般．
3．高考对二项式定理的考查主要为小题的形式，是高考常考内容之一，主要考查通项公式、项的系数，二项式系数及赋值法的应用，难度中等以下．
考点一 复 数
[题组练透]
1．(2018·浙江高考)复数(i为虚数单位)的共轭复数是( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B ∵＝＝＝1＋i，
∴其共轭复数为1－i.
2．设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝( )
A．1 B．
C. D．2
解析：选B ∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.
又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝x＝1.
∴|x＋yi|＝|1＋i|＝，故选B.
3．(2018·湖州二模)若复数z满足方程z＝(z＋1)i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C z＝(z＋1)i(i为虚数单位)，∴z＝＝＝－＋i，∴复数z的共轭复数＝－－i对应的点在第三象限．
4．(2018·温州模拟)若复数z1，z2在复平面内关于虚轴对称，且z1＝1＋i(i为虚数单位)，则＝( )
A．－i B．i
C．－2i D．2i
解析：选A ∵z1＝1＋i，复数z1，z2在复平面内关于虚轴对称，
∴z2＝－1＋i，
则＝＝＝＝－i.故选A.
5．(2018·绍兴二模)若复数z＝，则复数z在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C ∵z＝＝＝＝＝－－i，∴其对应点的坐标位于第三象限，故选C.
6．复数z＝(i是虚数单位)，则|z＋1|＝( )
A．2 B．3
C．4 D．8
解析：选A ∵复数z＝＝＝1－2i，
∴|z＋1|＝|2－2i|＝＝2.故选A.
7．(2018·嘉兴模拟)复数(1＋i)2＋的共轭复数是( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B 因为(1＋i)2＋＝2i＋＝2i＋1－i＝1＋i，所以复数(1＋i)2＋的共轭复数是1－i，故选B.
[临考指导]
1．复数的相关概念及运算的技巧
(1)解决与复数的基本概念和性质有关的问题时，应注意复数和实数的区别与联系，把复数问题实数化是解决复数问题的关键．
(2)复数相等问题一般通过实部与虚部对应相等列出方程或方程组求解．
(3)复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，但也可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程．
2．与复数几何意义、模有关问题的解题技巧
(1)只要把复数z＝a＋bi(a，b∈R)与向量对应起来，就可以根据平面向量的知识理解复数的模、加法、减法的几何意义，并根据这些几何意义解决问题．
(2)有关模的运算要注意灵活运用模的运算性质．
考点二 排列组合
[题组练透]
1．(2018·杭州七校联考)一个不透明盒中装有黑、白、红三种颜色的卡片共10张，其中黑色卡片3张．已知从盒中任意摸出2张卡片，摸出的2张卡片中至少有1张是白色的情况有35种，则盒中红色卡片的张数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 设盒中白色卡片有x张，则C－C＝35，∴x2－19x＋70＝0，∴x＝5或x＝14(舍去)，∴红色卡片的张数为10－3－5＝2.故选B.
2．(2018·浙江考前冲刺卷)某学校社团准备从A，B，C，D，E 5个不同的节目中选3个分别去3个敬老院慰问演出，在每个敬老院表演1个节目，A节目是必选的节目，则不同的分配方法共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．64种
解析：选B 从B，C，D，E 4个节目中选2个，有C种选法，将选出的2个节目与A
节目全排列，共有A种情况，又CA＝36，所以不同的分配方法共有36种．
3．(2018·镇海区校级模拟)甲、乙、丙、丁四个人到A，B，C三个景点旅游，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到A景点的方案有( )
A．18种 B．12种
C．36种 D．24种
解析：选D 根据题意，分2种情况讨论：
①甲单独一个人旅游，在B，C景点中任选1个，有2种选法；再将其他3人分成2组，对应剩下的2个景点，有CA＝6种情况，则此时有2×6＝12种方案．
②甲和乙、丙、丁中1人一起旅游，先在乙、丙、丁中任选1人，与甲一起在B，C景点中任选1个，有CC＝6种情况，将剩下的2人全排列，对应剩下的2个景点，有A＝2种情况，则此时有2×6＝12种方案．
所以甲不到A景点的方案有12＋12＝24种，故选D.
4.(2018·宁波二模)若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有( )
A．48种 B．72种
C．96种 D．216种
解析：选C 根据题意，如图，设6个方格依次为A，B，C，D，E，F，对于中间的4个表格：B，C，D，E都有公共顶点，有A＝24种安排方法；对于方格A，有2种颜色可选，即有2种情况；对于方格F，有2种颜色可选，即有2种情况，则一共有24×2×2＝96种不同的涂色方案．故选C.
5．(2018·郑州第二次质量预测)《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成A，B，C，D，E，F六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求，重点任务A必须排在前三位，且任务E，F必须排在一起，则这六项任务完成顺序的不同安排方案共有( )
A．240种 B．188种
C．156种 D．120种
解析：选D 因为任务A必须排在前三位，任务E，F必须排在一起，所以可把A的位置固定，E，F捆绑后分类讨论．
当A在第一位时，有AA＝48种；
当A在第二位时，第一位只能是B，C，D中的一个，E，F只能在A的后面，故有CAA＝36种；
当A在第三位时，分两种情况：①E，F在A之前，此时应有AA种，②E，F在A之后，此时应有AAA种，故A在第三位时有AA＋AAA＝36种．
综上，共有48＋36＋36＝120种不同的安排方案．
6．(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
解析：不含有0的四位数有CCA＝720(个)．
含有0的四位数有CCCA＝540(个)．
综上，组成没有重复数字的四位数的个数为720＋540＝1 260.
答案：1 260
7．(2018·杭州高三四校联考)在一个质地均匀的正四面体中，一个面上标有数字1，一个面上标有数字2，另外两个面上标有数字3，将该正四面体抛掷三次，则向下一面的数字之和为7的情况有________种．
解析：向下一面的数字之和为7的所有可能的组合有2,2,3和3,3,1.当向下一面的数字分别为2,2,3时，可能有CC＝6种情况；当向下一面的数字分别为3,3,1时，可能有CCC＝12种情况．所以向下一面的数字之和为7的情况有6＋12＝18种．
答案：18
8．(2018·丽水、衢州、湖州三市质检)现有7名志愿者，其中只会俄语的有3人，既会俄语又会英语的有4人．从中选出4人负责“一带一路”峰会开幕式翻译工作，2人担任英语翻译，2人担任俄语翻译，共有________种不同的选法．
解析：不选只会俄语的，有C··A＝6种选法；选1名只会俄语的，有(C·C)·C＝36种选法；选2名只会俄语的，有C·C＝18种选法．所以共有60种不同的选法．
答案：60
[临考指导]
求解排列应用问题的常用方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
除法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
考点三 二项式定理
[题组练透]
1．(2018·下城区校级模拟)若(2x＋1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)3＋a4(x＋1)4＋a5(x＋1)5，则a4＝( )
A．－32 B．32
C．－80 D．80
解析：选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＝－C·24＝－80，故选C.
2．(2018·朝阳三模)在二项式n的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则展开式中常数项的值为( )
A．6 B．9
C．12 D．18
解析：选B 在二项式n的展开式中，令x＝1得各项系数之和为4n，∴A＝4n，
二项展开式的二项式系数和为2n，∴B＝2n，
∴4n＋2n＝72，解得n＝3.
∴n＝3的展开式的通项为Tr＋1＝C()3－rr＝3rCx，
令＝0，得r＝1.
故展开式的常数项为T2＝3C＝9.故选B.
3．(2018·浙江名校联考)若(3ax－1)5(2x－1)3的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中x2项的系数为( )
A．56 B．112
C．168 D．224
解析：选B 令x＝1，得(3a－1)5(2－1)3＝1，解得a＝，则(3ax－1)5(2x－1)3＝(2x－1)8，其二项展开式的通项Tr＋1＝C·(2x)8－r·(－1)r，所以x2项为T7＝C(2x)8－6·(－1)6＝4Cx2＝112x2，所以x2项的系数为112.
4．(2018·浙江高考)二项式8的展开式的常数项是________．
解析：由题意，得Tr＋1＝C·()8－r·r
＝C·r·x.
令＝0，得r＝2.
因此T3＝C·2＝7.
答案：7
5．(2018·浙江考前冲刺卷)若(x＋1)a的展开式中所有项的系数和为192，则a＝________，展开式中的常数项为________．
解析：(x＋1)a的展开式中所有项的系数和为192，令x＝1，则×(1＋1)a＝192，解得a＝6，因为(x＋1)6＝(x＋1)6＝(x＋1)6＋(x＋1)6，其中(x＋1)6的展开式中的常数项为Cx＝12，(x＋1)6的展开式中的常数项为Cx2＝15，所以(x＋1)6的展开式中的常数项为12＋15＝27.
答案：6 27
6．(2018·丽水三模)若n的展开式中所有项的系数的绝对值之和大于100，则n的最小值为________；当n取最小值时，该展开式中的常数项是________．
解析：由n的展开式中所有项的系数的绝对值之和大于100，
可得(3＋1)n＞100，则n的最小值为4.
那么二项式为4，
由通项可得：Tr＋1＝C4－rr＝34－r·C·(－1)rx－4＋r，
令－4＋r＝0，可得r＝3.
故常数项为3·C(－1)3＝－12.
答案：4 －12
[临考指导]
1．通项公式主要用于求二项式的特定项问题，在运用时，应明确以下几点
(1)Can－rbr是第r＋1项，而不是第r项；
(2)通项公式中a，b的位置不能颠倒；
(3)通项公式中含有a，b，n，r，Tr＋1五个元素，只要知道其中的四个，就可以求出第五个，即“知四求一”．
2．二项式系数的三个注意点
(1)求二项式所有系数的和，可采用“赋值法”；
(2)关于组合式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；
(3)展开式中第r＋1项的二项式系数与第r＋1项的系数一般是不相同的，在具体求各项的系数时，一般先处理符号，对根式和指数的运算要细心，以防出错．
送分专题(三)概率、随机变量及其分布
[考情分析]
1．随机事件及其概率在高考中难度较低，常与等可能事件、互斥事件、对立事件等结合．
2．古典概型的概率求法是高考常考内容，也是高考热点内容，其往往与排列、组合相结合命题，难度不大．
3．随机变量及其分布是概率部分的重要内容，也是高考的热点，主要考查随机变量分布列的性质及运算求解能力，难度中等偏下．
考点一 随机事件及其概率
[题组练透]
1．甲、乙两人进行象棋比赛，甲获胜的概率是0.4，两人下成和棋的概率是0.2，则甲不输的概率是( )
A．0.6 B．0.8
C．0.2 D．0.4
解析：选A 甲获胜的概率是0.4，两人下成和棋的概率是0.2，所以甲不输的概率为0.4＋0.2＝0.6，故选A.
2．从3个红球、2个白球中随机取出2个球，则取出的2个球不全是红球的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选C “取出的2个球全是红球”记为事件A，则P(A)＝＝.因为“取出的2个球不全是红球”为事件A的对立事件，所以其概率为P()＝1－P(A)＝1－＝.
3．现有4张卡片，正面分别标有1,2,3,4，背面完全相同．将卡片洗匀，背面向上放置，甲、乙二人轮流抽取卡片，每人每次抽取一张，抽取后不放回，甲先抽，若二人约定，先抽到标有偶数的卡片者获胜，则甲获胜的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选A 甲获胜有两种情况：第一种情况，甲第一次就抽到标有偶数的卡片，对应概率为＝；第二种情况，甲、乙抽到的第一张卡片均标有奇数，此时所剩两张卡片均标有偶数，甲必然可以获胜，对应概率为×＝.故所求概率为＋＝.故选A.
[临考指导]
1．随机事件的频率与概率问题的注意点
(1)理解频率与概率的区别：概率可看成是频率在理论上的稳定值，频率随着试验次数的变化而变化，概率却是一个常数．
(2)理解概率的基本性质：①0≤P(A)≤1；②P(Ω)＝1，P(∅)＝0.
2．求复杂的互斥事件概率的两种方法
直接法
将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率，再运用互斥事件概率的加法公式计算
间接法
先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()求概率，即运用逆向思维(正难则反)．特别是对“至多”“至少”型题目，用间接法更简便
考点二 古典概型
[题组练透]
1．学校为了奖励数学竞赛中获奖的优秀学生，将“梅”“兰”“竹”“菊”四幅名画送给获奖的甲、乙、丙三名学生，每名学生至少获得一幅，则甲得到名画“竹”的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选C 由题意可知，将四幅画先分3组，有C＝6(种)方法，再分配，有A＝6(种)方法，由分步乘法计数原理可知总方法数N＝CA＝36，满足条件的方法数N1＝CA＋A＝12，故所求概率P＝＝＝.故选C.
2．(2018·台州期末质量评估)袋子里装有编号分别为“1,2,2,3,4,5”的6个大小、质量相同的小球，某人从袋子中一次任取3个球，若每个球被取到的机会均等，则取出的3个球编号之和大于7的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选B 基本事件总数为C
＝20.取出的3个球编号之和大于7的事件为(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)，其包含的基本事件数分别是2,1,1,1,1,1,2,2,2,1，共14个．所以取出的3个球编号之和大于7的概率为＝，故选B.
3．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)袋中共有7个球，其中3个红球，2个白球，2个黑球．若从袋中任取3个球，则所取3个球中至多有1个红球的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选D 所取3个球中没有红球的概率是P1＝＝，所取3个球中恰有1个红球的概率是P2＝＝，则所取3个球中至多有1个红球的概率是P＝P1＋P2＝.
4．(2018·温州二模)某人先后三次掷一颗骰子，则其中某两次所得的点数之和为11的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 从反面来考虑该问题，因为11＝5＋6，所以要使得两次所得的点数之和均不为11，则5和6两个数最多只有一个数可被选到，下面分情况讨论：
第一种，5和6一个都不被选到，则有4×4×4种选法；
第二种，5和6恰好有一个被选到，不妨设5被选到，则有(5×5×5－4×4×4)种不同的选法，故5和6恰好有一个被选到的选法有2×(5×5×5－4×4×4)种不同的选法．
所以满足条件的概率为1－＝，故选C.
5．(2018·杭州二中期中)袋中有形状和大小完全相同的四种不同颜色的小球，每种颜色的小球各有4个，分别编号为1,2,3,4.现从袋中随机取两个球．若两个球颜色不同，则有________种不同取法(用数字回答)，在两个球颜色不同的条件下，两球编号之差最大的概率为________．
解析：先从四种不同色的球中选出两种，有C＝6种选法，再从选出的两种颜色的球中选出编号不同的球，各有C＝4种选法，由分步乘法计数原理知共有CCC＝96种选法，两编号相差最大为3，故有C×2＝12种选法，从而两球编号之差最大的概率为＝.
答案：96
[临考指导]
求解古典概型问题概率的技巧
简单问题
直接使用古典概型的概率公式计算
复杂问题
一是转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式进行求解；二是采用间接法，先求事件A的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P()求事件A的概率
考点三 随机变量及其分布
[题组练透]
1．(2018·浙江新高考调研卷)设随机变量X的分布列为P(X＝m)＝p·m，m＝1,2,3，则X的期望E(X)为( )
A．1 B．
C. D．
解析：选C ∵随机变量X的分布列为P(X＝m)＝p·m，m＝1,2,3，∴p·＝1，解得p＝，∴E(X)＝1××＋2××2＋3××3＝.故选C.
2．(2018·浙江高考)设0y”是“<”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选D 法一：若<，则－＝>0，则或所以“x>y”是“<”的既不充分也不必要条件．故选D.
法二：当x>0>y时，>，<不成立．反之，当<时，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条件．故选D.
6．(2018·宁波期初联考)已知i是虚数单位，若复数z满足＝1－i，则z·＝( )
A．4 B．5
C．6 D．8
解析：选B 由＝1－i，得z＝－1＝1＋2i，所以＝1－2i，则z·＝(1＋2i)(1－2i)＝5，故选B.
7．(2018·浙江考前冲刺卷六)已知l，m是空间两条不重合的直线，α是一个平面，则“m⊥α，l与m无交点”是“l∥m，l⊥α”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若l与m无交点，则l∥m或l与m为异面直线．若l∥m，l⊥α，则m⊥α，l与m无交点，∴“m⊥α，l与m无交点”是“l∥m，l⊥α”的必要不充分条件．故选B.
8．(2018·绍兴六校高三质检)从装有若干个质地均匀、大小相同的红球、白球和黄球的不透明袋子中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，，，从袋中随机摸出1个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的球的颜色中有红有白但没有黄的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选D 由题意知，连续摸3次，记下的球的颜色中有红有白但没有黄的情况有：1红2白，2红1白，则所求概率P＝C××2＋C×2×＝.
9．(2018·浙江联盟校联考)近年来，随着高考制度的改革，高考分数不再是高校录取的唯一标准，自主招生、“三位一体”综合评价招生的出现，使得学生的选择越来越多.2018年有3所高校欲通过“三位一体”综合评价招生共招收24名高三学生，若每所高校至少招收一名学生，且人数各不相同，则不同的招生方法种数是( )
A．252 B．253
C．222 D．223
解析：选C 采用隔板法，在24名学生排列所形成的23个间隔中，任插入2个隔板，分成三组，共有C＝253种，其中三组人数都相同的情况是(8,8,8)，1种；有两组人数相同的人数组合情况是(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)，则有两组人数相同的情况共有10×3＝30种．所以每所高校至少招收一名学生，且人数各不相同的招生方法有253－1－30＝222种．故选C.
10．(2018·杭州二模)已知0β”是“cos α>cos β ”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选D α>β ⇒/ cos α>cos β，如α＝，β＝，>，而coscos β ⇒/ α>β，如α＝，β＝，cos >cos，而<.故选D.
6．(2018·绍兴二模)二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( )
A．7 B．5
C．4 D．3
解析：选A 根据二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，可得只有C最大，故有n＝20，故通项公式为Tr＋1＝C·()20－r·x20－，若20－为整数，则r＝0,3,6,9,12,15,18，共7个，故选A.
7．先后两次抛掷同一个骰子，将得到的点数分别记为a，b，则a，b,5能够构成等腰三角形的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选C 基本事件的总数是36，
当a＝1时，b＝5符合要求，有1种情况；
当a＝2时，b＝5符合要求，有1种情况；
当a＝3时，b＝3,5符合要求，有2种情况；
当a＝4时，b＝4,5符合要求，有2种情况；
当a＝5时，b＝1,2,3,4,5,6均符合要求，有6种情况；
当a＝6时，b＝5,6符合要求，有2种情况．
所以能够构成等腰三角形的共有14种情况，所求概率为＝.
8．(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)0.5，所以p＝0.6.
9．(2018·浙江名校联考)已知10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a1－2a2＋…＋9a9－10a10＝( )
A.10 B．10
C．10×9 D．5×9
解析：选D 法一：由题意，得a1＝C·，a2＝C·2，…，a10＝C·10，则a1－2a2＋…＋9a9－10a10＝C·－2C·2＋…＋9C·9－10C·10＝10C·－10C·2＋…＋10C·9－10C·10＝5×9.故选D.
法二：对等式10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10两边求导，得5×9＝a1＋2a2x＋…＋9a9x8＋10a10x9，令x＝－1，则a1－2a2＋…＋9a9－10a10＝5×9，故选D.
10．(2018·浙江名校联考)已知随机变量X，Y的分布列如下(其中x≠y)，则( )
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)，故选C.
二、填空题
11．(2018·浙江考前冲刺卷)已知复数z＝(b∈R)的实部和虚部相等，则b＝________，z2 018＝________.
解析：复数z＝＝＝－b－i，因为复数z的实部和虚部相等，所以b＝1，所以z2 018＝(－1－i)2 018＝(2i)1 009＝21 009i.
答案：1 21 009i
12．设随机变量X～B，则P(X＝3)＝________.
解析：∵随机变量X服从二项分布B，
∴P(X＝3)＝C·3×3＝.
答案：
13．(2018·绍兴一模)某单位安排5个人在六天中值班，每天1人，每人至少值班1天，共有________种不同值班方案．(用数字作答)
解析：根据题意，5个人中必须有1人值2天班，
首先在5人中任选1人在6天中任选2天值班，有CC＝75种安排方法，
然后将剩下的4人全排列安排到剩下的4天中，有A＝24种情况，
则一共有75×24＝1 800种不同值班方案．
答案：1 800
14．(2018·下城区校级模拟)一个盒子中有大小、形状完全相同的m个红球和6个黄球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸出一个球，设摸到红球的个数为X，若E(X)＝3，则m＝________，P(X＝2)＝________.
解析：由题意可得×5＝3，解得m＝9.
每次摸出红球的概率p＝＝，
∴X～B.
P(X＝2)＝C×2×3＝.
答案：9
15．(2018·杭州高三质检)盒子里有完全相同的6个球，每次至少取出1个球(取出不放回)，取完为止，则共有________种不同的取法(用数字作答)．
解析：由题意知，一次可以取球的个数为1,2,3,4,5,6，若一次取完可由1个6组成，共1种；两次取完可由1与5,2与4,3与3组成，共5种；三次取完可由1,1,4或1,2,3或2,2,2组成，共10种；四次取完可由1,1,1,3或1,1,2,2组成，共10种；五次取完可由1,1,1,1,2组成，共5种；六次取完可由6个1组成，共1种．综上，不同的取法一共有1＋5＋10＋10＋5＋1＝32(种)．
答案：32
16．(2018·浙江考前冲刺卷)已知(x＋y)(x＋2y)n的展开式中所有项的系数之和为162，则n＝________，x2y3的系数为________．
解析：令x＝y＝1，则(1＋1)·(1＋2)n＝162，解得n＝4.(x＋2y)4的展开式的通项Tk＋1＝Cx4－k(2y)k,0≤k≤4，k∈N.当k＝2时，T3＝Cx2·22·y2＝24x2y2，当k＝3时，T4＝Cx·23·y3＝32xy3，故(x＋y)(x＋2y)4的展开式中x2y3项为xT4＋yT3＝56x2y3，所以其系数为56.
答案：4 56
17．(2018·浙江考前冲刺卷)在一个不透明的袋子中装4个大小、形状都相同的小球，小球分别带有标号1,2,3,4，且从袋中任取一个球，取到标号为n的小球的概率p(n)＝(n＝1,2,3,4)，则k＝________；现从袋子中任取一个小球，若取到的小球的标号n为奇数，则得到的分值为2n，若取到的小球的标号n为偶数，则得到的分值为n，用ξ表示得到的分值，则D(ξ)＝________.
解析：由题意得，k＝1，得k＝2.
ξ的所有可能取值为2,4,6，且P(ξ＝2)＝＋＝，P(ξ＝4)＝，P(ξ＝6)＝，则随机变量ξ的分布列为
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
