2018高考数学(理科)异构异模复习对点练：12-3-1条件概率、相互独立事件及二项分布
高考数学异构异模复习第十二章概率与统计12.1.1事件与概率撬题理76
2018高考数学异构异模复习考案 第十二章 概率与统计 12.1.1 事件与概率撬题 理1．4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.18B.38C.58D.78答案 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 ＝24－1－124＝1416＝78，故选D. 2.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．答案 56解析 从4只球中一次随机摸出2只球，C 24＝6，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为56. 3．现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．答案 2063 解析 由题意知m 的可能取值为1,2,3，…，7；n 的可能取值为1,2,3…，9.由于是任取m ，n ：若m ＝1时，n 可取1,2,3，…，9，共9种情况；同理m 取2,3，…，7时，n 也各有9种情况，故m ，n 的取值情况共有7×9＝63种．若m ，n 都取奇数，则m 的取值为1,3,5,7；n 的取值为1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有4×5＝20种．故所求概率为2063.4．A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下： A 组：10,11,12,13,14,15,16；B 组：12,13,15,16,17,14，a .假设所有病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25, 求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解 设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”，事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1,2， (7)由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1,2，…，7. (1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.敬请批评指正。
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第十二章概率、随机变量及其分布12.1 含答案 精品
1．概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An 为事件A 出现的频率．(2)对于给定的随机事件A ，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A 发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A 的概率，记作P (A )． 2．事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率P (E )＝1.(3)不可能事件的概率P (F )＝0. (4)概率的加法公式如果事件A 与事件B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )． (5)对立事件的概率若事件A 与事件B 互为对立事件，则P (A )＝1－P (B )． 【知识拓展】互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)事件发生频率与概率是相同的．( × ) (2)随机事件和随机试验是一回事．( × )(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √ ) (4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( × )(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( √ ) (6)两互斥事件的概率和为1.( × )1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则b >a 的概率是( ) A.45 B.35 C.25 D.15 答案 D解析 基本事件的个数有5×3＝15，其中满足b >a 的有3种，所以b >a 的概率为315＝15.2．(教材改编)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A ．必然事件 B ．随机事件 C ．不可能事件 D ．无法确定答案 B解析 抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8答案 B解析因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm的概率为1－0.2－0.5＝0.3，故选B.4．某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别为0.2,0.3,0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为()A．0.5 B．0.3 C．0.6 D．0.9答案 A解析依题设知，此射手在一次射击中不超过8环的概率为1－(0.2＋0.3)＝0.5.5．(教材改编)袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________．答案②解析①是互斥不对立的事件，②是对立事件，③④不是互斥事件.题型一事件关系的判断例1(1)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是()A．①B．②④C．③D．①③(2)设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的()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(3)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是()A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡答案(1)C(2)A(3)A解析(1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．(2)若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P (A )＋P (B )＝1.设掷一枚硬币3次，事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“3次出现正面”，则P (A )＝78，P (B )＝18，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不是对立事件．(3)至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．思维升华 (1)准确把握互斥事件与对立事件的概念 ①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生．②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生．(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：①至少有1个白球与至少有1个黄球； ②至少有1个黄球与都是黄球； ③恰有1个白球与恰有1个黄球； ④恰有1个白球与都是黄球． 其中互斥而不对立的事件共有( ) A ．0组 B ．1组 C ．2组 D ．3组 答案 B解析 ①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰好1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B. 题型二 随机事件的频率与概率例2 (2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P (A )的估计值；(2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度的平均保费的估计值．解 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a . 思维升华 (1)概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值． (2)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．(2015·北京)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙， 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大． 题型三 互斥事件、对立事件的概率 命题点1 互斥事件的概率例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？解 方法一 从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则有 P (A )＝13，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝512，P (B ∪C ∪D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14，16，14. 方法二 设红球有n 个，则n 12＝13，所以n ＝4，即红球有4个．又得到黑球或黄球的概率是512，所以黑球和黄球共5个． 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．又得到黄球或绿球的概率也是512，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2＝3(个)． 因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 312＝14，212＝16，312＝14. 命题点2 对立事件的概率例4 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖，一等奖，二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求： (1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖，一等奖，二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C .∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.思维升华 求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法：(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率；(2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．解记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)方法一记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.方法二记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.25．用正难则反思想求互斥事件的概率典例(12分)某超市为了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.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，并估计顾客一次购物的结算时间的平均数；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率)思想方法指导 若某一事件包含的基本事件多，而它的对立事件包含的基本事件少，则可用“正难则反”思想求解． 规范解答解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.[2分]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，顾客一次购物的结算时间的平均数可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．[6分](2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.[9分]P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.[11分]故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[12分]1．(2016·天津)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( ) A.56 B.25 C.16 D.13答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56. 2．(教材改编)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 B解析 至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且一定有一个发生．∴②中两事件是对立事件．3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，都是白子的概率是1235，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( ) A.17 B.1235 C.1735 D ．1 答案 C解析 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥．所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.4．(2016·襄阳模拟)有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向．事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A ．互斥但非对立事件 B ．对立事件 C ．相互独立事件 D ．以上都不对答案 A解析 由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选A.5．(2016·蚌埠模拟)从一篮子鸡蛋中任取1个，如果其重量小于30克的概率为0.3，重量在[30,40]克的概率为0.5，那么重量不小于30克的概率为( ) A ．0.8 B ．0.5 C ．0.7 D ．0.3 答案 C解析 由互斥事件概率公式知重量大于40克的概率为1－0.3－0.5＝0.2， 又∵0.5＋0.2＝0.7，∴重量不小于30克的概率为0.7.6．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：则取到号码为奇数的卡片的频率是( )A ．0.53B ．0.5C ．0.47D ．0.37 答案 A解析 取到号码为奇数的卡片的次数为13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100＝0.53.故选A.7．在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件： ①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品； ②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品； ③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品．其中________是必然事件；________是不可能事件；________是随机事件． 答案 ③ ② ①8．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 答案 0.25解析 20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.9．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是________________． 答案 (54，43]解析 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<13a －3≤1，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43⇒54<a ≤43. 10．一个口袋内装有大小相同的红球，白球和黑球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.58，摸出红球或黑球的概率为0.62，那么摸出红球的概率为________． 答案 0.2解析 记事件A ，B ，C 分别是摸出红球，白球和黑球，则A ，B ，C 互为互斥事件且P (A ＋B )＝0.58，P (A ＋C )＝0.62，所以P (C )＝1－P (A ＋B )＝0.42，P (B )＝1－P (A ＋C )＝0.38，P (A )＝1－P (C )－P (B )＝1－0.38－0.42＝0.2.11．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解 (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.12．(2016·北京)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：(1)试估计C 班的学生人数；(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率； (3)再从A ，B ，C 三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位：小时)．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．(结论不要求证明) 解 (1)由题意及分层抽样可知，C 班学生人数约为 100×85＋7＋8＝100×820＝40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1,2，…，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1,2，…，8. 由题意可知P (A i )＝15，i ＝1,2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1,2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1,2，...，5，j ＝1，2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知， E＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.(3)μ1＜μ0.*13.一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率； (2)取出1球是红球或黑球或白球的概率． 解 方法一 (利用互斥事件求概率) 记事件A 1＝{任取1球为红球}，A 2＝{任取1球为黑球}，A 3＝{任取1球为白球}，A 4＝{任取1球为绿球}， 则P (A 1)＝512，P (A 2)＝412＝13，P (A 3)＝212＝16，P (A 4)＝112.根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球为红球或黑球的概率为 P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2) ＝512＋412＝34. (2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为 P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3) ＝512＋412＋212＝1112. 方法二 (利用对立事件求概率)(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A 1∪A 2的对立事件为A 3∪A 4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝1－P (A 3∪A 4)＝1－P (A 3)－P(A4)＝1－212－112＝34.(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4，所以P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－112＝1112.。
高三数学-2018年高考模拟试题-数学(理) 精品
2018年 高 考 模 拟 考 试数学（理工农医类）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟.第I 卷（选择题 共60分）参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么 P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件A 、B 相互独立，那么 P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ，那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率k n kk n n P P C k P --=)1()(球的表面积公式 24R S π= 其中R 表示球的半径 球的体积公式 334R V π=球 其中R 表示球的半径一、选择题：本大题共12个小题：每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1．设P={3,4,5},Q={4,5,6,7},定义P ※Q={(a , b) |a ∈P ，b ∈Q}，则P ※Q=中元素的个数为（ ） A ．3 B ．4 C ．7 D ．122．种植两株不同的花卉，它们的存活率分别为p 和q ，则恰有一株存活的概率为 （ ） A ．p+q －2pq B ．p+q －pq C ．p+q D ．pq 3．1>ab是a (a －b)<0成立的（ ）A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件4．在棱长为a 的正方体中，以各面的中心为顶点的多面体是一个正八面体，则这个正八面体 的体积是 （ ）A ．33aB ．43aC ．63aD ．123a5．如果复数ibi212+-（其中i 为虚数单位，b 为实数）的实部和虚部互为相反数，那么b 等于（ ）A ．2B ．32 C ．－32 D ．26．如图，△ABO 为正三角形，直线x=t 截三角形得△ABO 左侧的阴影图形，当直线l 自左向 右匀速移动时（0≤t ≤a ），则：阴影图形面积S 关于t 的函数图象大致是 （ ）A B C D7．函数)2cos(3)2sin()(θθ+++=x x x f 的图象关于原点对称的充要条件是 （ ） A ．Z k k ∈-=,62ππθ B ．Z k k ∈-=,6ππθC ．Z k k ∈-=,32ππθD ．Z k k ∈-=,3ππθ8．在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 中，P 为底面ABCD 所在平面内一动点，点P 到直线BC 的距离是它到直线AA 1的距离的2倍，则P 点的轨迹是 （ ） A ．直线 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线9．已知双曲线]2,2[),(,12222∈∈=-+e R b a by a x 的离心率，在两条渐近线所构成的角中，以实轴为角平分线的角为θ，则θ的取值范围是（ ）A ．]2,6[ππ B ．]2,3[ππ C ．]32,2[ππ D ．),32[ππ 10．边圆)23,25(522P y x 内点=+ 有n 条弦，这n 条弦的长度成等差数列}{n a ，如果过P 点的圆的最短的弦长为a 1，最长的弦长为a n ,且公差),31,61(∈d 那么n 的取值集合为（ ）A ．{5，6，7}B ．{4，5，6}C ．{3，4，5}D ．{3，4，5，6}11．设m 、n 都是不大于6的自然数，则方程12626=-y C x C y m 表示的双曲线的个数是（ ） A ．16 B ．15 C ．12 D ．612．对某种产品的6件不同正品和4件不同次品，一一进行测试，到区分出所有次品为止.若所有次品恰好在第五次测试被全部发现，则这样的测试方法有 （ ）第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题；每小题4分，共16分.把答案填在题中横线上.13．已知f (x )=x 3+b x 2+c x +d 在（－∞，0）上是增函数，在[0，2]上是减函数，则c 的值为 .14．已知在同一平面内向量b a 与垂直，向量c 与向量a 的夹角为60°，且c b a r c b a ++====则向量,2||,3||,1||的模等于 .15．设椭机变量ξ的概率分布为： 则ξ的数学期望E ξ的最大 值是16．设f (x )=x 2+ax +b,且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4,则点(a , b)在a Ob 平面上的区域的面积是 三、解答题：本大题共6小题：共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）对5副不同的手套进行不放回抽取，甲先任取一只，乙再任取一只，然后甲又任取一只，最后乙再任取一只.（I ）求下列事件的概率：①A ：甲正好取到两只配对手套； ②B ：乙正好取到两只配对手套；（II ）A 与B 是否独立？并证明你的结论.18．（本小题满分12分）命题p:不等式};331|{|12|<<-+<-x x a x x 的解集是 命题q:不等式.1442φ的解集是+≥ax x 若“p 或q ”为真命题，试求a 的值集取值范围.19．（本小题满分12分）如图，ABCD是边长为a的正方形，M，N分别在AD、BC上滑动，且MN//AB，设AC 与MN相交于O点，把平面MNCD沿MN折起到MNEF的位置，使面MNEF与面MNBA成120°的二面角.（I）试推断∠AOE是否为定值？说明你的理由；（II）当A、E两点间的距离最小时，证明：平面AOE⊥平面ABE.20．（本小题满分12分）已知平面向量)23,21(),1,3(=-=b a ，若存在不同时为零的实数k 和t ，使 .,,)3(2t k t ⊥+-=-+=且（I ）试求函数关系式k=f (t)；（II ）讨论关于t 的方程f (t)－m=0解的个数情况.21．（本小题满分12分）在周长为定值的△ABC 中，已知AB=6，且当顶点C 位于定点P 时，cosC 有最小值为257. （I ）建立适当的坐标系，求顶点C 的轨迹方程；（II ）过点A 作直线与（I ）中的曲线交于M ，N 两点，求|BM|·|BN|的最小值的集合.22．（本小题满分14分）已知函数R a xa ax x f ∈--+=,1)(（I ）构造数列{x n }:x 1在定义域内，x 2=f (x 1), x 3=f (x 2)…x n =f (x n －1)…在上述过程中，若x i (i=1,2…)在定义域内，构造数列的过程继续下去；若x i 不在定义域内，构造数列的过程停止.试求a 的值使{x n }为无穷数列：（II ）)]([)()]([)()],([)(),()(,1)()(123121x g g x g x g g x g x g g x g x g x g x f x g n n -====+= …对于定义域内的任意x 值，均有g 3(x )=g 6(x )，试求a 的值.2018年 高 考 模 拟 考 试数学（理工农医类）参考答案DABCC ADBCA AC 13．0； 14．4或2 ； 15．2316．1 17．（I ）①P(A)=9124102815=⋅⋅A A C …………………………………………4分 ②P(B)= 9124102815=⋅⋅A A C ……………………………………………8分 （II ）P(AB)=,811)()(,631224101225==⋅⋅⋅B P A P A C C ∴P(A)P(B)≠P(AB),故A 与B 是不独立的.…………………………12分 18．（1）P ：|2x －1|<x +a ,可转化为2x －1<x +a 且2x －1>－x －a ，即,131a x a+<<- 与2,313131:}331|{==+-=-<<-a a a x x 得到且比较 （2）q:0144,14422≤+-+≥x ax ax x φ的解集是的解集是φ，得到a >0且 =16－16a <0，推出a >1（3）因为“p 或q ”为真命题，所以a =2或a >1即a >1 19．解法一：（I ）设BN=x (o ∠x ∠a ),EN=a －x ,易知MN ⊥平面BEN.∴∠BNE=120°在△BNE 中，据余弦定理可得BE 2=x 2－ax+a 2 又AB//MN ，∴AB ⊥平面BEN ，∴AB ⊥BE 在Rt △ABE 中，AE 2=AB 2+BE 2=x 2－ax +2a 2∵AC=2a ,OE=OC=2(a －x ), AO=AC －OC=2x43)(4332cos ,2222-=--=⋅-+=∠∆∴x a x ax x OE AO AE OE AO AOE AOE 中在)43arccos(-=∠∴AOE 为定值. 6分（II ）)0(47)2(222222a x a a x a ax x AE <<+-=+-=∴a AE a x 47,2有最小值时=，此时，M ，N 分别为AD 、BC 的中点.∴BN=CN=EN ，连CE ，则CE ⊥BE.又AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB ，从而CE ⊥平面ABE.∵CE ⊂平面AOE ，∴平面AOE ⊥平面ABE ，………………12分 解法二：（I ）易知MN ⊥平面BEN ，∴∠BNE=120°以AB 为x 轴，BC 为y 轴，B 为原点建立空间直角坐标系，设CN=x ，则EN=x ，BN=a －x .过E 点作EH ⊥BC 于H ，则22360x a NH BN BH x ENSin EH -=+====∵AB//MN ，∴AB ⊥平面BEN ，∴E 点在平面yBZ 内O O a a O a a O a a O CEo a o C a a O E a AE a x a x O a a x a ax x x x a a AE II AOE xx x a x x a x x a x OE OA AOE COS x x x OE O a x a x OA O x a x O x x a o E o o a A ⊥⊥∴=⋅=⋅∴==-==∴<<+-++-=+-+=-=∠∴-=++⋅-⋅-+-=⋅=∠∴=--=∴----∴且则连又此时有最小值时当分为定值,)43,43,(),43,43,(),43,4,(),,(),43,43,(,47,2)(47)2(243)2(||)(6.)43arccos(43434)(22)()(||||)23,2,(),,,(),,(),23,2,(),,,(222222222222∴CE ⊥平面ABE ∵CE ⊂平面AOE∴平面AOE ⊥平面ABE …………………………………………12分 20．（I ）1）0=⋅∴⊥ 0)3()]3([2222=-+⋅--+-∴b t t b a t k t a k1||4||0222=====⋅)3(4103423-==-+-∴t t K t t K 即 ……6分 （II ）)3(41)(3t t t f -= )1)(1(434343)(2-+=-='t t t t f令110)(>-<>'t t t f 或得 ∴当)(11t f t t 时或>-<是增函数又令110)(<<-<'t t f 得 )()1,1(t f t 时当-∈∴是单调递减，构造y=m ，)3(41)(3t t t f -=的图象（图略） ∴当m>21或m<－21时，方程一解；当m=21或m=－21时，方程二解；当－21<m<21时，方程三解.…………………………………………12分21．（I ）以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，设PA+PB=2a（a ＞0）为定值，所以P 点的轨迹是以A 、B 为焦点的椭圆，62==∴AB c 焦距（2分）11822362)(26cos 22222-⋅-=⋅-⋅-+=⋅-+=PA PB a PA PB PA PB PA PB PA PB PA PB C 又)4,0(,181cos )22(222±-≥∴=≤⋅p a C a a PA PB 此时，由题意得 C a a ∴=∴=-,25,25718122点的轨迹方程为)0(1162522≠=+y y x ……4分（II ）设M(x 1, y 1), N(x 2, y 2)，当直线MN 的倾斜角不为90°时，设其方程为y=k(x+3)代入椭圆方程化简得.25/16531/14425/161,25/16531/1442516144531252516144812516450256259)(325)535)(535(||||2516400225,25161500,0)1169(83)16251(222222222212121222122212222的最小值即考虑的最小值只考虑分而由椭圆第二定义可得显然有++-+-+-+=+-+++=++-=--=⋅+-=⋅+-=+∴≥∆=-+++k k k k k k k k k x x x x x x BN BM k k x x k k x x k x k x k易知当k=0时，25/16531/14425/1612++-k 取最小值 此时|BM|·|BN|取最小值16 当直线MN 的倾斜角为90°时，x 1=x 2=－3得|BM|·|BN|=16)534(2>；…………10分但)0(1162522≠=+y y x ，故这样的M ，N 不存在，即|BM|·|BN|=的最小值集合为空集……12分22．（I ）由已知，即不存在f (x )=a 的解.要求a xa ax =--+1无解，即x +1－a =a 2－ax 无解，即(1+a )x =a 2+a －1无解，∴a =－1………………………………………………6分 （II ）xa x g -=1)(，设g 3(x )=t, 因为g 3(x )=g 6(x ),所以t=g 3(t) 22232232232222321221212111)()]([)(111)1()]([)(t at t a t a at a t ta t a a at a t a t a a at a at a t a a tat a ta g t g g t g at a t a ta a ta g t g g t g +--=--∴=+----+----=----=---==---=--=-== ,0)1()1()1(2222=-+---a t a a t a 对对于定义域内的任意t 均成立，必须1－a 2=0,得到a =±1 …………………………………………14分。
高考数学异构异模复习第十二章概率与统计12-1-1事件与概率撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第十二章 概率与统计 12.1.1 事件与概率撬题理1．4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.18B.38C.58D.78答案 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 ＝24－1－124＝1416＝78，故选D. 2.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．答案 56解析 从4只球中一次随机摸出2只球，C 24＝6，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为56. 3．现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________． 答案 2063 解析 由题意知m 的可能取值为1,2,3，…，7；n 的可能取值为1,2,3…，9.由于是任取m ，n ：若m ＝1时，n 可取1,2,3，…，9，共9种情况；同理m 取2,3，…，7时，n 也各有9种情况，故m ，n 的取值情况共有7×9＝63种．若m ，n 都取奇数，则m 的取值为1,3,5,7；n 的取值为1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有4×5＝20种．故所求概率为2063. 4．A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10,11,12,13,14,15,16；B 组：12,13,15,16,17,14，a .假设所有病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25, 求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解 设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”，事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1,2， (7)由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1,2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.。
2018高考数学(理科)异构异模复习对点练：12-4-2直接证明与间接证明
1.为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：根据上表可得回归直线方程y ＝b x ＋a ，其中b ＝0.76，a ＝y －b x .据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为( )A ．11.4万元B ．11.8万元C ．12.0万元D ．12.2万元答案 B解析 ∵x ＝10.0，y ＝8.0，b ^＝0.76，∴a ^＝8－0.76×10＝0.4，∴回归方程为y ^＝0.76x＋0.4，把x ＝15代入上式得，y ^＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)，故选B.2．根据如下样本数据：得到的回归方程为y ＝bx ＋a ，则( ) A ．a >0，b >0 B ．a >0，b <0 C ．a <0，b >0 D ．a <0，b <0 答案 B解析 由样本数据可知y 值总体上是随x 值的增大而减少的．故b <0，又回归直线过第一象限，故纵截距a >0.故选B.3．已知变量x 与y 正相关，且由观测数据算得样本平均数x ＝3，y ＝3.5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是( )A.y ^＝0.4x ＋2.3 B.y ^＝2x －2.4 C.y ^＝－2x ＋9.5 D.y ^＝－0.3x ＋4.4 答案 A解析 由变量x 与y 正相关，可知x 的系数为正，排除C 、D.而所有的回归直线必经过点(x ，y )，由此排除B ，故选A.4．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x (单位：千元)对年销售量y (单位：t)和年利润z (单位：千元)的影响．对近8年的年宣传费x i 和年销售量y i (i ＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．表中w i ＝x i ，w ＝18∑i ＝1w i .(1)根据散点图判断，y ＝a ＋bx 与y ＝c ＋d x 哪一个适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；(3)已知这种产品的年利润z 与x ，y 的关系为z ＝0.2y －x .根据(2)的结果回答下列问题： ①年宣传费x ＝49时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ②年宣传费x 为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据(u 1，v 1)，(u 2，v 2)，…，(u n ，v n )，其回归直线v ＝α＋βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为β^＝∑ni ＝1u i －uv i －v∑ni ＝1u i －u2，α^＝v －β^u .解 (1)由散点图可以判断，y ＝c ＋d x 适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程类型．(2) 令w ＝x ，先建立y 关于w 的线性回归方程．由于d ^＝∑8i ＝1w i －wy i －y∑8i ＝1w i －w2＝108.81.6＝68， c ^＝y －d ^w ＝563－68×6.8＝100.6，所以y 关于w 的线性回归方程为y ^＝100.6＋68w ，因此y 关于x 的回归方程为y ^＝100.6＋68x .(3)①由(2)知，当x ＝49时，年销售量y 的预报值 y ^＝100.6＋6849＝576.6， 年利润z 的预报值 z ^＝576.6×0.2－49＝66.32.②根据(2)的结果知，年利润z 的预报值 z ^＝0.2(100.6＋68x )－x ＝－x ＋13.6x ＋20.12. 所以当x ＝13.62＝6.8，即x ＝46.24时，z ^取得最大值．故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大．5.某地区2007年至2013年农村居民家庭人均纯收入y (单位：千元)的数据如下表：(2)利用(1)中的回归方程，分析2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b ^＝∑i ＝1nt i －t－y i －y－∑i ＝1nt i －t－2，a ^＝y －－b ^t －.点击观看解答视频解 (1)由所给数据计算得 t －＝17(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，y －＝17(2.9＋3.3＋3.6＋4.4＋4.8＋5.2＋5.9)＝4.3，∑7i ＝1 (t i －t －)2＝9＋4＋1＋0＋1＋4＋9＝28，∑7i ＝1(t i －t －)(y i －y －)＝(－3)×(－1.4)＋(－2)×(－1)＋(－1)×(－0.7)＋0×0.1＋1×0.5＋2×0.9＋3×1.6＝14，b ^＝∑7i ＝1t i －t－y i －y－∑7i ＝1t i －t －2＝1428＝0.5，a ^＝y －－b ^t －＝4.3－0.5×4＝2.3， 所求回归方程为y ^＝0.5t ＋2.3.(2)由(1)知，b ^＝0.5>0，故2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入逐年增加，平均每年增加0.5千元．将2015年的年份代号t ＝9代入(1)中的回归方程，得y ^＝0.5×9＋2.3＝6.8， 故预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入为6.8千元．6．2014年7月18日15时，超强台风“威马逊”登陆海南省．据统计，本次台风造成全省直接经济损失119.52亿元．适逢暑假，小明调查住在自己小区的50户居民由于台风造成的经济损失，作出如下频率分布直方图：(2)台风后区委会号召小区居民为台风重灾区捐款，小明调查的50户居民捐款情况如上表，在表格空白处填写正确数字，并说明是否有95%以上的把握认为捐款数额是否多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关？(3)台风造成了小区多户居民门窗损坏，若小区所有居民的门窗均由李师傅和张师傅两人进行维修，李师傅每天早上在7：00到8：00之间的任意时刻来到小区，张师傅每天早上在7：30到8：30分之间的任意时刻来到小区，求连续3天内，有2天李师傅比张师傅早到小区的概率．附：临界值表参考公式：K2＝n ad－bca＋b c＋d a＋c b＋d，n＝a＋b＋c＋d.解(1)记每户居民的平均损失为x元，则：x ＝(1000×0.00015＋3000×0.00020＋5000×0.00009＋7000×0.00003＋9000×0.00003)×2000＝3360.(2)如下表：K 2＝39×11×35×15≈4.046>3.841.所以有95%以上的把握认为捐款数额是否多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关．(3)设李师傅、张师傅到小区的时间分别为x ，y ，则(x ，y )可以看成平面中的点．试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x ，y )|7≤x ≤8,7.5≤y ≤8.5}，则S Ω＝1，事件A 表示“李师傅比张师傅早到小区”，所构成的区域为A ＝{(x ，y )|y ≥x ，7≤x ≤8,7.5≤y ≤8.5}，即图中的阴影部分面积为S A ＝1－12×12×12＝78，所以P (A )＝S A S Ω＝78，事件B 表示“连续3天内，有2天李师傅比张师傅早到小区”，则P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫782⎝⎛⎭⎫18＝147512.7．气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但气象部门提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32 ℃的频率为0.9.(1)若把频率看作概率，求Y，Z的值；(2)把日最高气温高于32 ℃称为本地区的“高温天气”，根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此推测是否有95%的把握认为本地区的“高温天气”与西瓜“旺销”有关？说明理由．附：K2＝n ad－bca＋b c＋d a＋c b＋d由概率知识得：P(t>32)＝1－P(t≤32)＝0.1，∴Z＝30×0.1＝3，Y＝30－(6＋12＋3)＝9.(2)由独立性检验知识得到如下2×2列联表：K2＝n ad－bca＋b c＋d a＋c b＋d＝－222×8×3×27≈2.727.∵2.727<3.841，∴没有95%的把握认为本地区的“高温天气”与西瓜“旺销”有关．。
高考数学异构异模复习第十二章概率与统计12-3-1条件概率相互独立事件及二项分布撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第十二章 概率与统计 12.3.1 条件概率、相互独立事件及二项分布撬题 理1．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312答案 A解析 根据二项分布，由题意得所求概率P ＝C 23×0.62×(1－0.6)＋C 33×0.63＝0.648.2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45答案 A解析 设某天空气质量为优良为事件A ，随后一天空气质量为优良为事件B ，由已知得P (A )＝0.75，P (AB )＝0.6，所求事件的概率为P (B |A )＝P AB P A ＝0.60.75＝0.8，故选A.3．已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )．若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________. 答案 13解析 根据二项分布的期望与方差． 由题知⎩⎪⎨⎪⎧np ＝30np－p ＝20得p ＝13.4.某高三毕业班甲、乙两名同学在连续的8次数学周练中，统计解答题失分的茎叶图如图所示．(1)比较这两名同学8次周练解答题失分的平均数和方差的大小，并判断哪位同学做解答题相对稳定些； (2)以上述数据统计甲、乙两名同学失分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名同学在同一次周练中失分多少互不影响，预测在接下来的2次周练中，甲、乙两名同学失分均超过15分的次数X 的分布列和均值．解 (1)x 甲＝18(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，x 乙＝18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，s 2甲＝18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，s 2乙＝18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25.甲、乙两名同学解答题失分的平均数相等；甲同学解答题失分的方差比乙同学解答题失分的方差大． 所以乙同学做解答题相对稳定些．(2)根据统计结果，在一次周练中，甲和乙失分超过15分的概率分别为P 1＝38，P 2＝12，两人失分均超过15分的概率为P 1P 2＝316，X 的所有可能取值为0,1,2.依题意，X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫2，316，P (X ＝k )＝C k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫316k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13162－k，k ＝0,1,2， 则X 的分布列为X 的均值E (X )＝2×316＝38.5．在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X (2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率． 解 (1)设A 表示事件“作物产量为300 kg”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg”， 由题设知P (A )＝0.5，P (B )＝0.4， ∵利润＝产量×市场价格－成本， ∴X 所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000， 300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.P (X ＝4000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P (X ＝2000)＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5， P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2，所以X 的分布列为(2)设C i 表示事件“第i 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，P (C i )＝P (X ＝4000)＋P (X ＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1,2,3)，3季的利润均不少于2000元的概率为P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512；3季中有2季利润不少于2000元的概率为P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.6.一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．解 (1)X 可能的取值为10,20,100，－200.根据题意，有P (X ＝10)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫121×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＝38，P (X ＝20)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝⎛⎭⎪⎫1－121＝38，P (X ＝100)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫123×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝18，P (X ＝－200)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫120×⎝⎛⎭⎪⎫1－123＝18. 所以X 的分布列为(2)设“第i i 则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18.所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.(3)X 的数学期望为E (X )＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－54.这表明，获得的分数X 的均值为负． 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．。
(最新整理)2018年高考数学(理科)模拟试卷(四)
12．［2016·海口调研]已知曲线 f（x）＝ke－2x 在点 x＝0 处的切线与直线 x－y－1＝0 垂直，
若 x1,x2 是函数 g(x)＝f（x）－|ln x｜的两个零点,则( ）
A．1<x1x2〈
B。Error!<x1x2〈1
C．2<x1x2〈2 e
D。Error!〈x1x2〈2
向 x 轴作垂线，若垂足恰好为椭圆的两个焦点，则 k 等于（ )
A.Error! B．± C．±Error! D。
4．[2016·洛阳第一次联考］如果圆 x2＋y2＝n2 至少覆盖曲线 f（x)＝ sin （x∈R）的
一个最高点和一个最低点，则正整数 n 的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4 5．［2016·长春质量检测]运行如图所示的程序框图，则输出的 S 值为( )
的投影．由区域 Error!中的点在直线 x＋y－2＝0 上的投影构成的线段记为 AB，则｜AB｜＝( ) A．2 B．4 C．3 D．6
8．[2017·广西质检］某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ )
A．24＋6π B．12π C．24＋12π D．16π 9．［2016·南京模拟]已知四面体 P－ABC 中，PA＝4,AC＝2Error!，PB＝BC＝2 ，PA⊥平
面 PBC，则四面体 P－ABC 的外接球半径为( ）
A．2 2 B．2 C．4 2 D．4 3
10．［2016·四川高考]在平面内，定点 A，B,C，D 满足｜ |＝|Error!｜＝｜DC）｜，Error!·
DB，）＝ห้องสมุดไป่ตู้·Error!＝DC，）·Error!＝－2，动点 P，M 满足｜ |＝1，Error!＝ ，则|Error!|2
18高考数学异构异模复习第十二章概率与统计12.3.1条件概率、相互独立事件及二项分布课件理
次抽取 2 件．求： (1)第一次抽到次品的概率； (2)第一次和第二次都抽到次品的概率； (3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．
[ 解]
设“第一次抽到次品”为事件 A，“第二次抽到次品”为事件 B，事件 A 和事件 B 相互独立． 5 1 ＝ . 20 4
依题意得： (1)第一次抽到次品的概率为 P(A)＝
2． 把一枚硬币连续抛两次， 记“第一次出现正面”为事件 A， “第二次出现正面”为事件 B， 则 P(B|A) 等于( A. 1 2 ) 1 B. 4 1 C. 6 D. 1 8
解析
1 PAB 4 1 解法一：利用条件概率公式 P(B|A)＝ ＝ ＝ . P A 1 2 2
解法二：事件 A 包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB 包括的基本事件为{正，正}，因此 P(B|A) 1 ＝ . 2
5 . 16
撬法· 命题法 解题法
[考法综述]
条件概率在近几年高考中时常出现，难度较小首先判断出条件概率问题，然后正确使
用条件概率公式计算．而相互独立事件是高考考查的重点，一些较为复杂的问题可以拆分为一些简单的互 斥事件和独立事件的组合，然后进行求解．难度中易．二项分布是高考热点，一般会综合相互独立事件和 互斥对立事件进行考查． 命题法 1 典例 1 条件概率的计算 某工厂生产了一批产品共有 20 件，其中 5 件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依
k n k P(X＝k)＝Ck np (1－p) 的概率为 p，则事件 A 恰好发生 k 次的概率为______________________ ，k＝0,1,2，…，n.则称随机变量 X
－
服从二项分布，记作 X～B(n，p)，并称 p 为成功概率． 注意点 独立重复试验的条件 (1)每次试验在相同条件下可重复进行． (2)各次试验是相互独立的． (3)每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生.
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1．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A ．0.648
B ．0.432
C ．0.36
D ．0.312
答案 A
解析 根据二项分布，由题意得所求概率P ＝C 23×
0.62×(1－0.6)＋C 3
3×0.63＝0.648. 2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A ．0.8
B ．0.75
C ．0.6
D ．0.45
答案 A
解析 设某天空气质量为优良为事件A ，随后一天空气质量为优良为事件B ，由已知得P (A )＝0.75，P (AB )＝0.6，所求事件的概率为P (B |A )＝
P AB P A ＝0.6
0.75
＝0.8，故选A.
3．已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )．若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________. 答案 13
解析 根据二项分布的期望与方差．
由题知⎩⎪⎨⎪⎧
np ＝30np 1
－p ＝20得p ＝13.
4.
某高三毕业班甲、乙两名同学在连续的8次数学周练中，统计解答题失分的茎叶图如图所示．
(1)比较这两名同学8次周练解答题失分的平均数和方差的大小，并判断哪位同学做解答题相对稳定些；
(2)以上述数据统计甲、乙两名同学失分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名同学在同一次周练中失分多少互不影响，预测在接下来的2次周练中，甲、乙两名同学失分均
超过15分的次数X 的分布列和均值．
解 (1)x 甲＝1
8(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，
x 乙＝1
8
(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，
s 2甲＝18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75， s 2乙＝18
[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25. 甲、乙两名同学解答题失分的平均数相等；甲同学解答题失分的方差比乙同学解答题失分的方差大．
所以乙同学做解答题相对稳定些．
(2)根据统计结果，在一次周练中，甲和乙失分超过15分的概率分别为P 1＝38，P 2＝12，
两人失分均超过15分的概率为P 1P 2＝3
16，
X 的所有可能取值为0,1,2.依题意，X ～B ⎝⎛⎭⎫2，316， P (X ＝k )＝C k 2⎝⎛⎭⎫316k ⎝⎛⎭⎫13162－k
，k ＝0,1,2， 则X 的分布列为
X 的均值E (X )＝2×316＝3
8
.
5．在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
(1)设X (2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．
解 (1)设A 表示事件“作物产量为300 kg”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg”， 由题设知P (A )＝0.5，P (B )＝0.4，
∵利润＝产量×市场价格－成本， ∴X 所有可能的取值为
500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000， 300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.
P (X ＝4000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P (X ＝2000)＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5， P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2，所以X 的分布列为
(2)设C i 表示事件“第i 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，
P (C i )＝P (X ＝4000)＋P (X ＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1,2,3)， 3季的利润均不少于2000元的概率为 P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季利润不少于2000元的概率为
P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＝3×0.82×0.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896. 6.一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为1
2
，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
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解 (1)X 可能的取值为10,20,100，－200. 根据题意，有P (X ＝10)＝C 13
×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫1－122＝38，
P (X ＝20)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫1－121＝38
， P (X ＝100)＝C 33
×⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫1－120＝18， P (X ＝－200)＝C 03
×⎝⎛⎭⎫120×⎝⎛⎭⎫1－123＝18. 所以X 的分布列为
(2)设“第i i 则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝1
8.
所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝⎛⎭⎫183＝1－1512＝511
512
. 因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.
(3)X 的数学期望为E (X )＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－5
4.
这表明，获得的分数X 的均值为负． 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．。