2020年高考理科数学大一轮提分讲义第11章 【经典微课堂】——规范答题系列4 高考中的概率与统计问题
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1．随机事件和确定事件(1)在条件S下，一定会发生的事件，叫作相对于条件S的必然事件．(2)在条件S下，一定不会发生的事件，叫作相对于条件S的不可能事件．(3)必然事件与不可能事件统称为相对于条件S的确定事件．(4)在条件S下可能发生也可能不发生的事件，叫作相对于条件S的随机事件．(5)确定事件和随机事件统称为事件，一般用大写字母A，B，C…表示．2．频率与概率在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P(A)．3．事件的关系与运算互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．4．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)互斥事件概率的加法公式①如果事件A与事件B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．②若事件A与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(A)．【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 基本事件的个数为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．给出下列三个命题，其中正确的命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率． 答案 0解析 ①错，不一定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．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 ．① B ．②④ C ．③ D ．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．下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B为对立事件；④若事件A与B互为对立事件，则事件A＋B为必然事件．其中，真命题是()A．①②④B．②④C．③④D．①②答案 B解析对①，将一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①错；对②，对立事件首先是互斥事件，故②正确；对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③错；对④，事件A、B 为对立事件，则在一次试验中A、B一定有一个要发生，故④正确．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200＝0.2.1 000(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)＝0.44.22．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.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 3025y 10结算时间(分钟/人)1 1.52 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．(2016·安阳模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为()A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.5答案 C解析“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，∴所求概率P＝1－P(A)＝0.35.4．(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．对一批产品的长度(单位：mm)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上的为一等品，在区间[15,20)和[25,30)上的为二等品，在区间[10,15)和[30,35)上的为三等品．用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取一件，则其为二等品的概率为()A．0.09 B．0.20 C．0.25 D．0.45答案 D解析设区间[25,30)对应矩形的高为x，则所有矩形面积之和为1，即(0.02＋0.04＋0.06＋0.03＋x)×5＝1，解得x＝0.05.产品为二等品的概率为0.04×5＋0.05×5＝0.45.7．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③②①8．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：907966191925271932812458569683 431257393027556488730113537989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．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y ，且x >0，y >0，则x ＋y 的最小值为________． 答案 9解析 由题意可知4x ＋1y ＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )(4x ＋1y )＝5＋(4y x ＋x y )≥9，当且仅当4y x ＝xy ，即x ＝2y 时等号成立．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．国家射击队的队员为在射击世锦赛上取得优异成绩，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中7～10环的概率如下表所示：求该射击队员射击一次：(1)射中9环或10环的概率；(2)命中不足8环的概率．解记事件“射击一次，命中k环”为A k(k∈N，k≤10)，则事件A k之间彼此互斥．(1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件的加法公式得P(A)＝P(A9)＋P(A10)＝0.28＋0.32＝0.6.(2)设“射击一次，至少命中8环”的事件为B，则B表示事件“射击一次，命中不足8环”．又B＝A8＋A9＋A10，由互斥事件概率的加法公式得P(B)＝P(A8)＋P(A9)＋P(A10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.故P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22.因此，射击一次，命中不足8环的概率为0.22.13.一盒中装有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 (A 4)＝1－212－112＝34.(2)因为A 1＋A 2＋A 3的对立事件为A 4， 所以P (A 1＋A 2＋A 3)＝1－P (A 4)＝1－112＝1112.。
【精编】2020年高考理科数学大一轮提分讲义第3章 【经典微课堂】——突破疑难系列1 函数与导数
突破疑难点1构造函数证明不等式构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x＜x＜e x(x＞0)，xx＋1≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．方法高考示例思维过程直接构造法(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：……(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0(函数在极值点处的导数为0)，所以x1x2＝1.不妨设x1＜x2，则x2＞1(注意原函数的定义域)．突破疑难点2利用分类讨论法确定参数取值范围一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．突破疑难点3 两法破解函数零点个数问题两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a)·f (b )＜0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f (a )·f (b )＜0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )＜0.突破疑难点4两法破解由零点个数确定参数问题已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．11。
2020版高考理科数学(人教版)一轮复习讲义：第十一章+第二节+复+数和答案
第二节复__数1.复数的有关概念(1)复数的概念：形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫做复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部.(2)复数的分类：z ＝a ＋b i ⎩⎨⎧实数(b ＝0)，虚数(b ≠0)⎩⎪⎨⎪⎧纯虚数(a ＝0)，非纯虚数(a ≠0).有关复数的3点注意(1)若一个复数是实数，仅注重虚部为0是不够的，还要考虑它的实部是否有意义. (2)一个复数为纯虚数，不仅要求实部为0，还需要求虚部不为0. (3)两个不全为实数的复数不能比较大小.(3)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R ).(4)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R ). (5)复数的模：向量OZ ―→的模r 叫做复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |或|a ＋b i|，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2. 2.复数的几何意义 (1)复数z ＝a ＋b i复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R ).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R ) 平面向量OZ ―→.3.复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i ≠0).(2)复数加法的运算定律设z 1，z 2，z 3∈C ，则复数加法满足以下运算律： ①交换律：z 1＋z 2＝z 2＋z 1；②结合律：(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3).[熟记常用结论]1.(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i. 2.i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i(n ∈N *)， i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈N *).3.z · z ＝|z |2＝|z |2，|z 1·z 2|＝|z 1|·|z 2|，⎪⎪⎪⎪z 1z 2＝|z 1||z 2|，|z n |＝|z |n. 4.复数加法的几何意义：若复数z 1，z 2对应的向量OZ 1―→， OZ 2―→不共线，则复数z 1＋z 2是以OZ 1―→，OZ 2―→为邻边的平行四边形的对角线OZ ―→所对应的复数.5.复数减法的几何意义：复数z 1－z 2是OZ 1―→－OZ 2―→＝Z 2Z 1―→所对应的复数.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)方程x 2＋x ＋1＝0没有解.( )(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )中，虚部为b i.( )(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( ) (4)原点是实轴与虚轴的交点.( )(5)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模.( )答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ 二、选填题1.设x ，y ∈R ，若(x ＋y )＋(y －1)i ＝(2x ＋3y )＋(2y ＋1)i ，则复数z ＝x ＋y i 在复平面上对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2x ＋3y ，y －1＝2y ＋1，所以x ＝4，y ＝－2，所以复数z ＝4－2i 位于复平面的第四象限，故选D. 2.若复数z ＝21－i，其中i 为虚数单位，则z ＝( ) A.1＋i B.1－i C.－1＋iD.－1－i解析：选B ∵z ＝21－i ＝2(1＋i )(1－i )(1＋i )＝1＋i ，∴z ＝1－i ，故选B.3.化简：3－i2＋i ＝________.解析：3－i 2＋i ＝(3－i )(2－i )(2＋i )(2－i )＝5－5i5＝1－i.答案：1－i4.已知复数z ＝(1＋i)(1＋2i)，其中i 是虚数单位，则|z |＝________. 解析：∵z ＝(1＋i)(1＋2i)＝1＋2i ＋i ＋2i 2＝－1＋3i ， ∴|z |＝(－1)2＋32＝10.答案：10考点一 复数的有关概念[基础自学过关][题组练透]1.(2019·湘东五校联考)若复数(m 2－m )＋m i 为纯虚数，则实数m 的值为( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 由纯虚数的概念得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－m ＝0，m ≠0，解得m ＝1.2.(2019·黄冈模拟)已知复数z ＝a 2－i＋2－i 5的实部与虚部的和为2，则实数a 的值为( )A.0B.1C.2D.3解析：选D 易知z ＝a2－i ＋2－i 5＝a (2＋i )5＋2－i 5＝2a ＋25＋(a －1)i 5，由题意得2a ＋25＋a －15＝2，解得a ＝3.故选D.3.(2018·唐山五校联考)已知z1－i＝2＋i ，则z (z 的共轭复数)为( ) A.－3－i B.－3＋i C.3＋iD.3－i解析：选C 由题意得z ＝(2＋i)(1－i)＝3－i ，所以z ＝3＋i ，故选C. 4.(2019·重庆调研)已知i 为虚数单位，复数z ＝1＋3i2＋i，则|z |＝________. 解析：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋3i 2＋i ＝|1＋3i||2＋i|＝105＝ 2.答案： 2[名师微点]解决复数概念问题的方法及注意事项(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则该复数的实部为a ，虚部为b .(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数.复数z 1＝a ＋b i 与z 2＝c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R ).考点二 复数的运算[基础自学过关][题组练透]1.(2018·全国卷Ⅱ)1＋2i1－2i ＝( )A.－45－35iB.－45＋35iC.－35－45iD.－35＋45i解析：选D 1＋2i 1－2i ＝(1＋2i )2(1－2i )(1＋2i )＝－3＋4i 5＝－35＋45i.2.(2019·合肥质检)已知i 为虚数单位，则(2＋i )(3－4i )2－i ＝( )A.5B.5iC.－75－125iD.－75＋125i解析：选A(2＋i )(3－4i )2－i ＝10－5i2－i＝5，故选A.3.(2019·贵阳模拟)设i 为虚数单位，复数z 满足i(z ＋1)＝1，则复数z ＝( ) A.1＋i B.1－i C.－1－iD.－1＋i解析：选C 由题意，得z ＝1i－1＝－1－i ，故选C.4.(2018·惠州模拟)已知复数z 的共轭复数为z ，若z (1－i)＝2i(i 为虚数单位)，则z ＝( ) A.i B.－1＋i C.－1－iD.－i解析：选C 由已知可得z ＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋i ，则z ＝－1－i ，故选C.5.(2018·全国卷Ⅰ)设z ＝1－i1＋i＋2i ，则|z |＝( ) A.0 B.12 C.1D. 2解析：选C ∵z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＋2i ＝－2i2＋2i ＝i ，∴|z |＝1.故选C.[名师微点]复数代数形式运算问题的解题策略考点三 复数的几何意义[基础自学过关][题组练透]1.(2018·武汉调研)设(1－i)x ＝1＋y i ，其中x ，y 是实数，则x ＋y i 在复平面内所对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析：选D ∵x ，y 是实数，∴(1－i)x ＝x －x i ＝1＋y i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，－x ＝y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，∴x ＋y i 在复平面内所对应的点为(1，－1)，位于第四象限.故选D.2.(2019·沈阳质量监测)已知i 为虚数单位，则复数1－i1＋2i 的共轭复数在复平面内对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析：选B1－i1＋2i ＝(1－i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－15－35i ，其共轭复数为－15＋35i ，在复平面内对应的点位于第二象限，故选B.3.若复数(1－i)(a ＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，1) B.(－∞，－1) C.(1，＋∞)D.(－1，＋∞)解析：选B 因为z ＝(1－i)(a ＋i)＝a ＋1＋(1－a )i ， 所以它在复平面内对应的点为(a ＋1,1－a )，又此点在第二象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＜0，1－a ＞0，解得a ＜－1.4.设复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，z 1＝2＋i ，则z 1z 2＝( )A.1＋iB.35＋45iC.1＋45iD.1＋43i解析：选B 因为复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，z 1＝2＋i ，所以z 2＝2－i ，所以z 1z 2＝2＋i 2－i ＝(2＋i )25＝35＋45i ，故选B.5.已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－4i ，它们在复平面内对应的点分别为A ，B ，C ，若OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值是________.解析：由条件得OC ―→＝(3，－4)，OA ―→＝(－1,2)，OB ―→＝(1，－1)， 根据OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→，得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1. 答案：1[名师微点]1.准确理解复数的几何意义(1)复数z 、复平面上的点Z 及向量OZ ―→相互联系，即z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )⇔Z (a ，b )⇔OZ ―→. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观.2.与复数的几何意义相关问题的一般步骤(1)进行简单的复数运算，将复数化为标准的代数形式；(2)把复数问题转化为复平面内的点之间的关系，依据是复数a＋b i与复平面上的点(a，b)一一对应.。
2020年高三总复习数学人教旧版-必修1[第11讲 期中总复习]精品讲义(教师版)
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需满足
，解该不等式组求出 m 的范围，然后并上 m＜2 即得实数 m 的取值范围；
（ 2 ） 由 题 意 知 ： A ∩ B= ∅ ， B= ∅ 时 ， 由 （ 1 ） 求 得 m ＜ 2 ． B ≠ ∅ 时 ， m 需 满 足 ，解该不等式组，所得解并上 m＜2 即可．
例 4.已知二次函数 f（x）=x2﹣4x+b 的最小值是 0，不等式 f（x）＜4 的解集为 A．
（1）求集合 A；
（2）设集合 B={x||x﹣2|＜a}，若集合 B 是集合 A 的子集，求 a 的取值范围．
【答案】解：（1）∵二次函数 f（x）=x2﹣4x+b 的最小值是 0，
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∴
=0，解得 b=4，
高一数学∙2020秋季
∵不等式 f（x）＜4 的解集为 A， ∴解不等式 x2﹣4x+4＜4，得 A={x|0＜x＜4}． （2）当 a≤0 时，集合 B=∅ ⊂A 符合题意， 当 a＞0 时，集合 B={x|2﹣a＜x＜2+a}， ∵集合 B 是集合 A 的子集，
的定义域[﹣2，2]，
由对数函数的定义域可知：1﹣x＞0，解得：x＜1，则函数 y=ln（1﹣x）的定义域（﹣∞， 1）， 则 A∩B=[﹣2，1） 例 3.集合 A={x|﹣2≤x≤5}，集合 B={x|m+1≤x≤2m﹣1}． （1）若 B⊆A，求实数 m 的取值范围； （2）当 x∈R 时，没有元素 x 使 x∈A 与 x∈B 同时成立，求实数 m 的取值范围． 【答案】解：（1）若 B⊆A，B=∅ 时，m+1＞2m﹣1，∴m＜2，满足 B⊆A；
类型二 函数及其性质
☞考点说明：函数的解析式、单调性、奇偶性、对称性、周期性等，难度较大。是函数部分 的基础。对后面章节的影响多。
高考数学总复习 11-4数学归纳法课件 理 新人教B版
1 1 1 ＋ ＋„＋ . 2n n＋1 n＋2
n＋11 分析：本题左边表达式为数列－1 n的前
n 项和．
1 1 1 1 证明：(1)当 n＝1 时，左边＝1－2＝2，右边＝ ＝2. 1＋1 左边＝右边． 1 1 1 1 1 (2)假设 n＝k 时等式成立， 即 1－2＋3－4＋„＋ － 2k－1 2k 1 1 1 ＝ ＋ ＋„＋2k，则当 n＝k＋1 时， k＋1 k＋2
2．数学归纳法 一般地，证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步 骤进行： (1)归纳奠基：验证当 n 取第一个值 n0 时结论成立； (2)归纳递推：假设当 n＝k(k∈N*，且 k≥n0)时结论成立， 推出 n＝k＋1 时结论也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0 开始的所 有自然数 n(n≥n0)都成立，这种证明方法叫做数学归纳法．
1 1 1 用数学归纳法证明 ＋ ＋„＋ ＝ 1×3 3×5 2n－12n＋1 n (n∈N*)． 2n＋1
1 1 证明：(1)当 n＝1 时，左边＝ ＝ ， 1×3 3 1 1 右边＝ ＝ ，左边＝右边． 2×1＋1 3 所以 n＝1 时等式成立． (2)假设 n＝k 时等式成立， 1 1 1 k 即有 ＋ ＋„＋ ＝ . 1×3 3×5 2k－12k＋1 2k＋1 则当 n＝k＋1 时， 1 1 1 1 ＋ ＋„＋ ＋ 1×3 3×5 2k－12k＋1 2k＋12k＋3
夯实基础 稳固根基 1．归纳法 归纳法有不完全归纳法和完全归纳法，如果我们考察了 某类对象中的一部分，由这一部分对象具有某种特征而得出 该类对象中的全体都具有这种特征的结论， 为不完全归纳． 由 不完全归纳法得出的结论不一定都是正确的，其正确性还需 进一步证明；如果我们考察了某类对象中的每一个对象，而 得出该类对象的某种特征的结论为完全归纳，由完全归纳法 得出的结论一定是正确的，数学归纳法是一种完全归纳法．
高考2020年高考理科数学大一轮提分讲义第11章 第1节 两个计数原理排列与组合
高考命题规律把握全国卷五年考情图解1.考查形式道解1高考在本章一般命制1道小题或者. 分答题，分值占5～17 考查内容2.几何概计数原理常与古典概型综合考查；对二项式型均以选择题的形式单独考查；定理的考查主要是利用通项公式求特定可能单独考查也对正态分布的考查，项；可能在解答题中出现；以实际问题为背期望等是高考的热点题考查分布列、景，. 型3.备考策略年高考试题可以看出，概率统计2019从考查试题的阅读量和信息量都有所加强，角度趋向于应用概率统计知识对实际问.题作出决策第一节两个计数原理、排列与组合能正确区分.2.1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理[最新考纲]理解排列的概念，和”“步”并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.类“理解组合的概念及组合并能利用公式解决一些简单的实际问题，.4.及排列数公式，数公式并能利用公式解决一些简单的实际问题．11．两个计数原理分步乘法计数原理分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类完成一件事需要两个步骤，做第1条方案中有m种不同的方法，在第2类方步有m种不同的方法，做第2步件有n种不同的方法种不同的方法案中有n完成这件事共有N＝n种不同的方结mn种不同的完成这件事共有N＝m＋方法论法2.排列、组合的定义排列的定义按照一定的顺序排成一列个不同元素中取出n从个元素≤n)m(m合成一组组合的定义3.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数个不同元素中取出n从从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不个元素的所有定义m(mn)≤同组合的个数不同排列的个数m n(－n－1)(n2)…A＝n(nm n （n－1）（n－2）…（n－m＋1）A nm公式C＝＝！n nm A m！m m－＋1)＝）！（mn －nnmmm1mm－－＝C，C，A＝n！性质0！＝1 ＋CC＝C 1nnnnnn＋一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．() k1k－＝n C.((4)k C)1nn－[答案](1)×(2)√(3)√(4)√二、教材改编1．图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有2)(．120D16C．64A．12B．种不同的从中任取一本共有1616本不同的书，书架上共有3＋5＋8＝B[B.]，故选取法) 其中偶数的个数为(4，3，，5组成无重复数字的四位数，2．用数字1，2120 D．．24 C．48 A．8 B故这样的偶数，，其余的三个数字任意排列中选一个[末位只能从2，4C13C.]故选个．×2＝48×共有AC＝4×3224) (6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为3．120 B．．144 A．24DC．72因此任何，个空隙供3人选择就座4”，先排3个空位，形成“D[插空法324.] ＝3×2两人不相邻的坐法种数为A＝4×4．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的4，则获得冠军的可)(冠军不并列种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军)用数字作答种. (能性有________45每可逐个学生落实，，每人限报一项4，5五名学生参加四项体育比赛[5五名学生争夺四项比赛的4．种不同的报名方法4个学生有种报名方法，共有4种获得55每个冠军有种获得的可能性，共有4冠军，可对个冠军逐一落实，]冠军的可能性．考点1两个计数原理的综合应用利用两个基本计数原理解决问题的步骤第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的．第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类3 这四种方法中的哪一种．第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数．第四步，根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数．(1)如果一个三位正整数如“aaa”满足a＜a，且a＞a，则称这样3221123的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为()A．240B．204C．729D．920(2)(2016·全国卷Ⅱ)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．24 B．18 C．12 D．9(3)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．24 B．48 C．72 D．96(1)A(2)B(3)C[(1)如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸22223即共有2C＋个；A＋C如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有C个．数C9992923A ＝240个．C29(2)从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G 的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条．如图，从E到F的最短路径有两类：先从E 到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E4到F的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.(3)法一：(以位置为主考虑)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．法二：(以颜色为主考虑)分两类．4＝48(种)4色：着色方法有2A．(1)取43＝24(种A)．(2)取3色：着色方法有4所以共有着色方法48＋24＝72(种)．](1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．(2)较复杂的问题可借助图表来完成．(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；②注意对每个区域逐一进行，分步处理．[教师备选例题]1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，5 经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种B[分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)；同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．]组B C与三棱柱ABC-A2.如图所示的几何体是由三棱锥P-ABC111不B C种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A合而成，现用3111))，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有(涂色36种D．C．12种9A．6种B．种涂法；然后涂三棱柱的)＝6(种的三个侧面，有3×2C[先涂三棱锥P-ABC]．)不同的涂法26×＝12(种有2×1＝2(种)涂法．共有三个侧面，点处一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P1.三个景点及沿途风景，，C Q点处出，沿图中线路游览A，B进，)外)的游览线路有(则不同(除交汇点O种D．4812 C．种BA．6种．8种从中任6个路口可以选择，参观第一个景点时从点P处进入后，，有D[1个路口可有4，种选法，参观完第一个景点参观第二个景点时，选一个有C，61，参观第三个景点时参观完第二个景点种选法，，从中任选一个以选择，，有C41111线种)C，则共有CC＝48(，2有个路口可以选择，从中任选一个有C种选法2426D.]故选．路甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是)2．(2019·河北六校联考奇数日车牌尾数为(天的限行规定日日至，为遵守当地某月，，，，90215595，五人商议拼车出行，每天任奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)6选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为) (．120 C．96 D64 A．B．80天2有9，3天是奇数日，日，日期尾数分别为5，6，7，8，[5B日至9；)2＝4(种共有，安排偶数日出行，每天都有2种选择，2×第一步是偶数日．天安排天安排甲的车，另外2，，安排奇数日出行，分两类，第一类选1第二步共2种选择，)，第二类，不安排甲的车，每天都有＝其他车，有3×2×212(种3不同的用车方案种根据分步乘法计数原理，＝20(种)．＋有2＝8(种)，共计12880.]＝数为4×20 排列问题考点2种常用方法求解排列应用问题的6直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先安排特殊元素或特殊位置优先法相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑法捆绑元素的内部排列对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插空法插在前面元素排列的空当中定序问题除对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的法处理全排列正难则反、等价转化的方法间接法3名女生和5名男生排成一排．(1)若女生全排在一起，有多少种排法？(2)若女生都不相邻，有多少种排法？(3)[一题多解]若女生不站两端，有多少种排法？7(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？(5)[一题多解]其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？[解](1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名6男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，3名女6336·A ＝4 320种不同排法．A生之间又有A种排法，因此共有3365(2)(插空法)先排5名男生，有A种排法，这5名男生之间和两端有6个位5335·A＝A14 400种不同排个位置排女生，有A种排法，因此共有，置从中选取3656法．(3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有2266种排法，因此共有A·，有AA＝14 400A种排法，剩余的位置没有特殊要求6655种不同排法．3种排法，A其余位个位置选3个安排女生，有(法二元素分析法)：从中间66553·A ＝14 400A种不同排法.置无限制，有A种排法，因此共有55618种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占名学生的所有排列共A，因(4)88218此符合要求的排法种数为A＝20 160.82(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．7种不同排法；甲不A其他的可全排，有法一(特殊元素法)：甲在最右边时，71在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边61161·A·AA种不其余人全排列个中的任一个上，有A种，，共有6位置后剩余的6666同排法．7161·A·A＝30 960种不同排法＋，由分类加法计数原理知共有AA．67661种排法，余下A，，)(法二特殊位置法：先排最左边除去甲外有7个位置全781116767A·－A种，，但应剔除乙在最右边时的排法A·因此共有AA·A排，有A种排法6667776种排法．＝30 9608不符合条件的有甲在最左其中A，种，(间接法)：8名学生全排列，共法三877，，A其中都包含了甲在最左边种排法有，有A 种排法，乙在最右边时，边时778766．30 960种排法＋A因此共有A＝－2A种排法同时乙在最右边的情形，有A．6867分析问题时有位置分析法、元素分，(1)对于有限制条件的排列问题即先安排有限制条件的元，析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则．素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法(2) ．是解决有限制条件的排列问题的常用方法A相邻，且产品A与产品B1.把5件不同的产品摆成一排，若产品种．不相邻，则不同的摆法有________与产品C视为一BA，D，E.将36[(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为23每种排列均只有插入，种方法，再将A D，E进行排列，有CA，个元素先与3232]．36(＝种)＝2×6×33，3个空位可选故不同的摆法共有AA×32的四个座4，3，)现有一圆桌，周边有标号为1，2衡水高三大联考2．(2019·每人只能坐一个座位，丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，乙、丙、位，甲、)(用数字作答甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有________种．1所以乙只能坐甲由于甲、乙不能相邻C，种，8[先按排甲，其选座方法有4221A·所以共有坐法种数为C，对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A种224]种．×2＝84＝考点3组合问题组合问题的常见类型与处理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素9取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生当选；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选．[解](1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有41·C＝350种．C8523(2)两队长当选，共有C·C＝165种．112(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故423551·C＋C·C＝825种．(C或采用排除法：C－C＝825(种))．共有1111221113(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，31452·C＋C·C＋C没有女生当选．故选法共有C＝966种．88855含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解．1.某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有() A．30种B．36种C．42种D．48种1种C，有14人中任选人在11日值班，[C若甲在11日值班则在除乙外的421222C 种安排方法，共有CCC＝24(C109选法，日、日有种)安排方法；2442410112共有种安排方法，CC9日值班，余下的4人有C日值班若甲在10，乙在24312种安排方法；22．种)安排方法，则共有C＝C6(若甲、乙都在10日值班24] ．种)安排方法＋12＋6＝42(所以总共有24张，从中4．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各2不同取法张，且红色卡片至多1张卡片不能是同一种颜色，任取3张，要求这3)(的种数为484D．C．472 252 A．232 B．12；种)C＝，第一类含有1张红色卡片，不同的取法共有C264(C[分两类：12433．)＝208(种－－3C＝22012第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C412] ．472(种)不同的取法有264＋208＝，由分类加法计数原理知考点4分组、分配问题分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配．(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：①完全均匀分组，每组元素的个数都相等；②部分均匀分组，应注意不要重复；③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．(2)分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解．整体均分问题国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业11________种不同的分派方法．师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有222CCC264种方法个毕业生平均分成3组，，再将3有组毕业生分90[先把63A3222CCC24633A共有·个毕业生平均分到3所学校到3所学校，有，A＝6种方法，故6333A3＝90种分派方法．]本题属于整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如n何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．n部分均分问题将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)1 560[把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．1113CCCC1326①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有＝20(种)；3A32112CCCC1462②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有·＝45(种)．22AA22所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．4然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A＝1 560(种)．] 4本题属于局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(2019·淄博模拟)第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于2019年4月25日至27日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将5个安保小组全部安排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有()A．96种B．100种C．124种D．150种D[因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组12，1，2.当按照1，有两种分组的情况：一种是1，1，3，另一种是1，2分成三组，211321CCCCCC13554333·A＝60(种)，当按照1，2，2来分时，N3来分时，共有共有N＝＝·A332122AA22＝90(种)，根据分类加法计数原理知N＝N＋N＝150种．] 21不等分问题(1)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．(2)把8个相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则不同的放法种数为()A．35 B．70 C．165 D．1 860(1)360(2)C[(1)将6名教师分组，分三步完成：1种分法；，有C，在6名教师中任取1名作为一组第1步62种分法；有C，在余下的5名教师中任取2名作为一组第2步，53种分法．C余下的3名教师作为一组，有第3步，3231CC＝60C种分法．根据分步乘法计数原理，共有3563再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，3故共有60×6＝360种不同的分法．(2)根据题意，分4种情况讨论：①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有3＝35种放法；C73＝4种选法，将，放入小球，有C8个盒中任选个空盒②有1，在43个4个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选22＝21种分组方法有个盒子顺次对应组将小球分成插入隔板个，，3，3，C，713则有4×21＝84种放法；2＝6种选法，有C将8，在4个盒中任选2个，放入小球，2③有个空盒4个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选11＝7种分组方法有C，则将小球分成2组，顺次对应2个盒子，个，插入隔板，7有6×7＝42种方法；④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．]本题属于不等分问题，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．1.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种231CA种.1个路口1人，[1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C C332232由分类加法计数原理知，甲、乙在同一CA种2个路口各2人的分配方法有C，332232231CA＋CCAC＝36种．]路口的分配方案为3322332．(2019·唐山二模)将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答) ．．．．．232CA种，若甲校3，乙、丙、丁其中一校2人，共有C人660[若甲校23643223333A种，则不同的分配方案共有CC，共有CA＋CA人乙、丙、丁每校人，13363664＝660种．]14。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版(课件+讲义+精练)第十一章 11.2
§11.2几何概型1.几何概型的定义事件A理解为区域Ω的某一子区域A，A的概率只与子区域A的几何度量(长度、面积或体积)成正比，而与A的位置和形状无关，满足以上条件的试验称为几何概型.2.几何概型的概率公式P(A)＝μAμΩ，其中μΩ表示区域Ω的几何度量，μA表示子区域A的几何度量.3.随机模拟方法(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法.(2)用计算器或计算机模拟试验的方法为随机模拟方法.这个方法的基本步骤是①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N；③计算频率f n(A)＝MN作为所求概率的近似值.概念方法微思考1.古典概型与几何概型有什么区别？提示古典概型与几何概型中基本事件发生的可能性都是相等的，但古典概型要求基本事件有有限个，几何概型要求基本事件有无限多个.2.几何概型中线段的端点、图形的边框是否包含在内影响概率值吗？提示几何概型中线段的端点，图形的边框是否包含在内不会影响概率值.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零.( √ )(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等.( √ )(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.( √ )(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.( √ )(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.( × )(6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P ＝19.( × ) 题组二 教材改编2.在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( )A.12B.13C.14D.1 答案 B解析 坐标小于1的区间为[0,1)，长度为1，[0,3]的区间长度为3，故所求概率为13. 3.有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )答案 A解析 ∵P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13， ∴P (A )>P (C )＝P (D )>P (B ).4.设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4B.π－22C.π6D.4－π4答案 D解析 如图所示，。
2020版高考理科数学(人教版)一轮复习课件：第十一章 第一节 算法初步
END IF
IF 条件 THEN 语句体 1
ELSE 语句体 2
END IF
名称
直到 刑循 循 环结 环构 结 构 当型 循环 结构
示意图
相应语句
DO 循环体
LOOP UNTIL条件
WHILE 条件 循环体Wຫໍສະໝຸດ ND考点——在细解中明规律
题目千变总有根，梳干理枝究其本
看 个 性
找 共 性
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基础——在批注中理解透
单纯识记无意义，深刻理解提能力
课时跟踪检测
考点——在细解中明规律
题目千变总有根，梳干理枝究其本
基础——在批注中理解透
单纯识记无意义，深刻理解提能力
名称
顺序 结构
条 件 结 构
示意图
相应语句
①输入语句：INPUT “提示内容”； 变量 ②输出语句：PRINT “提示内容”； 表达式 ③赋值语句：变量＝表达式
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[命题解读]从近五年全国卷高考试题来看，在高考的解答题中，对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点，是高考必考的内容，并且常常与统计相结合，常常设计成包含概率计算、概率分布表、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识为主的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体，考查学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．[典例示范](2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列①；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，p i ＝ap i＋bp i＋cp i＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X －1＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.(i)证明：{p i＋1－p i}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列②；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．[信息提取](1)看到①，想到概率模型及概率的求法；(2)看到②，想到递推关系的变形；看到求特定项，想到求通项公式．[规范解答](1)X的所有可能取值为－1，0，1.P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)，······························································3分所以X的分布列为························································································ 4分(2)①由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1.因此p i＝0.4p i－1＋0.5p i＋0.1p i＋1，故0.1()p i＋1－p i＝0.4()p i－p i－1，即p i＋1－p i＝4()p i－p i－1.·························································又因为p1－p0＝p1≠0，所以{}p i＋1－p i(i＝0，1，2，…，7)为公比为4，首项为p1的等比数列.························································································ 7分②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝()p8－p7＋()p7－p6＋…＋()p1－p0＝48－1 3p1.由于p8＝1，故p1＝348－1，····················································9分所以p4＝()p4－p3＋()p3－p2＋()p2－p1＋()p1－p0＝44－13p1＝1257. 10分p4表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝1257≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理. ·························· 12分[易错防范][通性通法]随机变量分布列类问题的求解步骤：(1)定元：根据已知条件确定离散型随机变量的取值．(2)定性：明确每个随机变量取值所对应的事件．(3)定型：确定事件的概率模型和计算公式．(4)计算：计算随机变量取每一个值的概率．(5)列表：列出分布列．(6)求解：根据公式求期望．[规范特训]某超市计划按月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本为每桶5元，售价为每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关，如果最高气温不低于25 ℃，需求量为600桶，如果最高气温(单位：℃)位于区间[20，25)，需求量为400桶，如果最高气温低于20 ℃，需求量为200桶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)求六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为Y (单位：元)，当六月份这种冰激凌一天的进货量n (单位：桶)为多少时，Y 的均值取得最大值？[解] (1)由已知得，X 的所有可能取值为200，400，600，记六月份最高气温低于20 ℃为事件A 1，最高气温(单位：℃)位于区间[20，25)为事件A 2，最高气温不低于25 ℃为事件A 3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，可知P (X ＝200)＝P (A 1)＝1890＝15，P (X ＝400)＝P (A 2)＝3690＝25，P (X ＝600)＝P (A 3)＝3690＝25，故六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列为(2)由题意得，当n ≤200时，E (Y )＝2n ≤400；当200<n ≤400时，E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋45×n ×2＝65n ＋160∈(400，640]；当400<n ≤600时，E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n －400)×(－2)]＋25×n ×2＝－25n ＋800∈[560，640)；当n >600时，E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n －400)×(－2)]＋25×[600×2＋(n －600)×(－2)]＝1 760－2n <560，所以当n ＝400时，Y 的均值取得最大值640.。