(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练:第一部分第二层级重点增分专题十二计数原理、概率、随机变量及其分布列讲义理(普通生,含解析).pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列 全国卷 3 年考情分析 年份全国卷全国卷全国卷 几何概型T10 求 二 项 式 系 数 问 题T5 2018 二项分布、导数的应用及变量的数 学期望、决策性问题T20 古典概型T8 相互独立事件及二项 分布T8 数学文化、 有关面积的几何概型T2 2017正态分布、 二项分布的性质及概率、 方差T19 二项分布的方差T13 频数分布表、概率分 布列的求解、数学期 望的应用T18 与长度有关的几何概型T4 几何概型、随机模 拟T10 2016 柱状
2、图、相互独立事件与互斥事件 的概率、分布列和数学期望T19 互斥事件的概率、条 件概率、随机变量的 分布列和数学期 望T18 (1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一,命题形式为“一小一大” ,即一道 选择题(或填空题)和一道解答题 (2)选择题或填空题常出现在第 410 题或第 1315 题的位置, 主要考查随机事件的概 率、古典概型、几何概型,难度一般 保分考点练后讲评考点一二项式定理 大稳定常规角度考双基 1.(2018全国卷) 5的展开式中x4的系数为( ) 求特定项的系数 (x 22 x) A10 B20 C40 D80 解析:选 C 5的展开式的通项公式为Tr1C (x2)
3、5rrC 2rx103r, (x 22 x) r5 ( 2 x) r5 令 103r4,得r2.故展开式中x4的系数为 C 2240. 2 5 2.(2017全国卷)(1x)6展开式中x2的系数为( )求特定项系数 (1 1 x2) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A15 B20 C30 D35 解析:选 C (1x)6展开式的通项Tr1Cxr,所以(1x)6的展开式中x2的系 r6 (1 1 x2) 数为 1C 1C 30. 2 64 6 3.在 n的展开式中, 各项系数和与二项式系数和之比为321, 有关系数和问题 (x 3 x) 则x2的系数为( ) A50 B70 C90
4、D120 解析:选 C 令x1,则 n4n,所以n的展开式中,各项系数和为 4n, (x 3 x)(x 3 x) 又二项式系数和为 2n,所以2n32,解得n5.二项展开式的通项Tr1Cx5r rC 4n 2n r5 ( 3 x) 3rx5r,令 5r2,得r2,所以x2的系数为 C 3290,故选 C. r5 3 2 3 2 2 5 4.若二项式 7的展开式中 的系数是 84,则实数a等于( )求参数值 (2x a x) 1 x3 A2 B. 3 4 C1 D. 2 4 解析:选 C 二项式 7的展开式的通项Tr1C 27rx7rarxr27rC arx72r, (2x a x) r7r7
5、令 72r3,得r5,所以T64Ca584,解得a1. 5 7 5.在 n的展开式中, 只有第 5 项的二项式系数最 二项式系数或各项系数的最值 ( x 2 1 3 x) 大,则展开式的常数项是( ) A7 B7 C28 D28 解析:选 B 因为只有第 5 项的二项式系数 C 最大,所以 4,即n8. 4n n 2 8的展开式的通项公式为Tr1C8rr x8r, ( x 2 1 3 x) r8(x 2)( 1 3 x) 1rCr 8 28r 4 3 令 8r0,解得r6,故常数项为T77.故选 B. 4 3 16C6 8 22 6.(x2xy)4的展开式中,x3y2的系数是_求多项式的特定项
6、系数 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析:法一:(x2xy)4(x2x)y4, 其展开式的第r1 项Tr1C (x2x)4ryr, r4 因为要求x3y2的系数,所以r2,所以T3C (x2x)42y26(x2x)2y2. 2 4 因为(x2x)2的展开式中x3的系数为 2,所以x3y2的系数是 6212. 法二:(x2xy)4表示 4 个因式x2xy的乘积, 在这 4 个因式中,有 2 个因式选y,其余的 2 个因式中有一个选x,剩下的一个选x2, 即可得到含x3y2的项, 故x3y2的系数是 C C C 12. 2 41 21 1 答案:12 解题方略 1求二项式与代数式积的
7、展开式特定项系数问题的关键 一是将二项式看作一个整体,利用分配律整理所给式子 ; 二是利用二项展开式的通项公 式,求特定项,特定项的系数即为所要求的系数 2求(xyz)n的展开式的特定项的系数问题的技巧 若三项能用完全平方公式,那当然比较简单,若三项不能用完全平方公式,只需根据题 目特点, 把 “三项” 当成 “两项” 看, 再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数 ; 把(xy z)n看作n个因式xyz的乘积,再利用组合数公式求解 3二项式系数最大项的确定方法 若n是偶数,则中间一项的二项式系数最大;若n是奇数,则中间两项 (第 n 21项) 第项与第1 项的二项式系数,最大 n1 2 n
8、1 2 小创新变换角度考迁移 1.在(1x)6(2y)4的展开式中, 记xmyn项的系数为f(m,n),二项式定理与函数的交汇 则f(4,0)f(3,1)f(2,2)f(1,3)f(0,4)( ) A1 240 B1 289 C600 D880 解析:选 B (1x)6的展开式中,xm的系数为 C ,(2y)4的展开式中,yn的系数为 C m6 24n,则f(m,n)C C 24n,从而f(4,0)f(3,1)f(2,2)f(1,3)f(0,4)C C n4m6n44 6 24C C 23C C 22C C 21C C 201 289. 0 43 61 42 62 41 63 40 64 4
9、2.已知(1axby)5(a,b为常数,aN*,bN*)的展二项式定理与三角函数的交汇 开式中不含字母x的项的系数和为 243,则函数f(x),x的最小值 2sin 2xb 2sin (x 4) 0, 2 为_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 : 令x0,y1, 得(1b)5243, 解得b2.因为x, 所以x, 0, 2 4 4 ,3 4 则 sin xcos xsin1,所以f(x)2 (x 4) 2 2sin 2xb 2sin (x 4) 2sin 2x2 sin xcos x 2(sin xcos x)2sin, 所以 2f(x)2.故f(x)的最小值 4sin xc
10、os x2 sin xcos x 2 (x 4) 2 为 2. 答案:2 古典概型、几何概型及条件概率 考点二 保分考点 练后讲评 1.(2018全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世古典概型 界领先的成果 哥德巴赫猜想是 “每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和” , 如30723. 在不超过 30 的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于 30 的概率是( ) A. B. 1 12 1 14 C. D. 1 15 1 18 解析:选 C 不超过 30 的所有素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共 10 个,随机选 取两个不同的数, 共有 C 45 种
11、情况, 而和为 30 的有 723,1119,1317 这 3 种情况, 2 10 所求概率为.故选 C. 3 45 1 15 2.(2018全国卷)如图,来自古希腊数学家希波克拉几何概型 底所研究的几何图形此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三 角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC. ABC的三边所围成的区域记为,黑 色部分记为,其余部分记为.在整个图形中随机取一点,此点取自,的概率分 别记为p1,p2,p3,则( ) Ap1p2 Bp1p3 Cp2p3 Dp1p2p3 解析 : 选 A 法一 : SABCABAC,以AB为直径的半圆的面积为 2 AB2, 1 2 1 2( AB
12、2) 8 以AC为直径的半圆的面积为 2 AC2, 以BC为直径的半圆的面积为 2 1 2( AC 2) 8 1 2( BC 2) BC2, 8 SABAC,SBC2ABAC, 1 2 8 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 SABAC. ( 8 AB2 8 AC2) ( 8 BC21 2ABAC) 1 2 SS. 由几何概型概率公式得p1,p2, S S总 S S总 p1p2.故选 A. 法二:不妨设ABC为等腰直角三角形, ABAC2,则BC2,2 所以区域的面积即ABC的面积, 为S1 222, 1 2 区域的面积S2122, 22 2 2 区域的面积S322. 22 2
13、 根据几何概型的概率计算公式, 得p1p2,p3, 2 2 2 2 所以p1p3,p2p3,p1p2p3,故选 A. 3.一个口袋中装有 6 个小球,其中红球 4 个,白球 2 个如果不放回地依次条件概率 摸出 2 个小球,则在第 1 次摸出红球的条件下,第 2 次摸出红球的概率为_ 解析:设“第 1 次摸出红球”为事件A,“第 2 次摸出红球”为事件B,则“第 1 次和 第 2 次都摸出红球”为事件AB,所求事件为B|A. 事件A发生的概率为P(A) , 4 6 2 3 事件AB发生的概率为P(AB) . 4 6 3 5 2 5 由条件概率的计算公式可得,所求事件的概率为P(B|A) . P
14、AB PA 2 5 2 3 3 5 答案:3 5 解题方略 1求解几何概型的步骤 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2条件概率的求法 (1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A).这是通用的求条件概率的方 PAB PA 法 (2)借助古典概型概率公式,先求事件A包含的基本事件数n(A),再在事件A发生的条 件下求事件B包含的基本事件数,即n(AB),得P(B|A). nAB nA 随机变量的分布列、均值与方差 考点三 增分考点 广度拓展 题型一 超几何分布及其均值与方差 例 1 某大学志愿者协会有 6 名男同学,4 名女同学在这 10 名同学中,3 名同学来 自数学学院
15、,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院现从这 10 名同学 中随机选取 3 名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同) (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设X为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量X的分布列和数学期望E(X) 解 (1)设 “选出的 3 名同学是来自互不相同的学院” 为事件A, 则P(A) C1 3C2 7C0 3C3 7 C 3 10 . 49 60 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为. 49 60 (2)随机变量X的所有可能值为 0,1,2,3. P(Xk)(k0,1,2,3) Ck 4C3k
16、6 C 3 10 所以P(X0) ,P(X1) , C0 4C3 6 C 3 10 1 6 C1 4C2 6 C 3 10 1 2 P(X2),P(X3). C2 4C1 6 C 3 10 3 10 C3 4C0 6 C 3 10 1 30 所以随机变量X的分布列为: X0123 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 P 1 6 1 2 3 10 1 30 故随机变量X的数学期望E(X)0 1 23 . 1 6 1 2 3 10 1 30 6 5 解题方略 1超几何分布的应用条件及实质 (1)条件:考察对象分两类;已知各类对象的个数;从中抽取若干个个体,考察 某类个体个数X的概率分布 (
17、2)实质:古典概型问题 2超几何分布的均值与方差 对于实际问题中的随机变量X,如果能够断定它服从超几何分布H(N,M,n),则其概率 可直接利用公式P(Xk)(k0,1,m, 其中mminM,n, 且nN,MN,n,M,N Ck MCnk NM Cn N N*) 题型二 相互独立事件的概率及均值与方差 例 2 (2019 届高三益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加 某运动会的单打资格选拔赛, 本次选拔赛只有出线和未出线两种情况 规定一名运动员出线 记 1 分,未出线记 0 分假设甲、乙、丙出线的概率分别为 ,他们出线与未出线是相 2 3 3 4 3 5 互独立的 (1)求在
18、这次选拔赛中,这三名运动员至少有一名出线的概率; (2)记在这次选拔赛中, 甲、 乙、 丙三名运动员的得分之和为随机变量, 求随机变量 的分布列和数学期望E() 解 (1)记“甲出线”为事件A,“乙出线”为事件B,“丙出线”为事件C,“甲、 乙、丙至少有一名出线”为事件D, 则P(D)1P( )1 .ABC 1 3 1 4 2 5 29 30 (2)由题意可得,的所有可能取值为 0,1,2,3, 则P(0)P( ) ;ABC 1 3 1 4 2 5 1 30 P(1)P(A )P( B)P( C) ;BCACAB 2 3 1 4 2 5 1 3 3 4 2 5 1 3 1 4 3 5 13 6
19、0 P(2)P(AB)P(A C)P(BC) ;CBA 2 3 3 4 2 5 2 3 1 4 3 5 1 3 3 4 3 5 9 20 P(3)P(ABC) . 2 3 3 4 3 5 3 10 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以的分布列为 0123 P 1 30 13 60 9 20 3 10 E()0123. 1 30 13 60 9 20 3 10 121 60 解题方略 求相互独立事件的概率的两种方法 直接法 正确分析复杂事件的构成,将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几 个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题,然后用相应概率公式 求解 间接法 当复杂
20、事件正面情况较多, 反面情况较少时, 可利用其对立事件进行求解 对于 “至 少”“至多”等问题往往也用这种方法求解 题型三 二项分布及其均值与方差 例 3 雾霾天气对人体健康有伤害,应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制 PM2.5,要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取 重大举措,聚焦重点领域,严格指标考核某省环保部门为加强环境执法监管,派遣四个不 同的专家组对A,B,C三个城市进行治霾落实情况抽查 (1)若每个专家组随机选取一个城市,四个专家组选取的城市可以相同,也可以不同, 求恰有一个城市没有专家组选取的概率; (2)每一个城市都要由四个专家组分别对
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