2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题7 概率与统计 第2讲理 Word版含解析
【精品】备战2019高考数学(理科)大二轮复习课件：专题七概率与统计7.2
= ������ −
^
������������=43-6×4=19,故 y 关于 x 的线性回归方程为������=6x+19. (2)①当车流量为 8 万辆,即 x=8 时,������=6×8+19=67.故当车流 量为 8 万辆时,PM2.5 的浓度为 67 微克/立方米. ②根据题意得 6x+19≤100,即 x≤13.5,故要使该市某日空气 质量为优或良,应控制当天车流量在 13 万辆以内.
^ ^ ^ ∑ (������ ������ -������ )(������ ������ -������ )
������ =1 8
∑ (������ ������ -������ )
2
=
108.8 1.6
=68,
������ = ������ − ������ ������=563- 68×6.8= 100.6, 所以 y 关于 w 的线性回归方程为������=100.6+68w,因此 y 关于 x 的回归方程为������=100.6+ 68 ������ .
题型
复习策略 抓住考查 的主要题 目类型进 行训练,重 点是互斥 事件的概 率、 古典概 型、 几何概 型、 用样本 估计总体、 回归分析、 独立性检 验等.
核心归纳
仅供学习交流！！！
-22命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四 命题热点五
解： (1)由散点图可以判断 ,y=c+d ������ 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= ������ ,先建立 y 关于 w 的线性回归方程. 由于������ = i=1 8
7.2
概率、统计与统计案例
2019年高考数学(理)二轮专题练习：概率与统计(含答案)
高考数学精品复习资料2019.5概率与统计1．随机抽样方法简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的共同点是抽样过程中每个个体被抽取的机会相等，且是不放回抽样．[问题1] 某社区现有480个住户，其中中等收入家庭200户、低收入家庭160户，其他为高收入家庭．在建设幸福社区的某次分层抽样调查中，高收入家庭被抽取了6户，则该社区本次抽取的总户数为________． 答案 24解析 由抽样比例可知6x ＝480－200－160480，则x ＝24.2．对于统计图表问题，求解时，最重要的就是认真观察图表，从中提取有用信息和数据．对于频率分布直方图，应注意的是图中的每一个小矩形的面积是数据落在该区间上的频率．茎叶图没有原始数据信息的损失，但数据很大或有多组数据时，茎叶图就不那么直观、清晰了． [问题2] 从某校高三年级随机抽取一个班，对该班50名学生的高校招生体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图所示．若某高校A 专业对视力的要求在0.9以上，则该班学生中能报A 专业的人数为________．答案 203．众数：在一组数据中，出现次数最多的数据叫做这组数据的众数． 众数为频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标．中位数：将一组数据按大小依次排列，把处在最中间位置的一个数据(或最中间两个数据的平均数)叫做这组数据的中位数．中位数为平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标．平均数：样本数据的算术平均数，即x ＝1n(x 1＋x 2＋…＋x n )．平均数等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小距形底边中点的横坐标之和． 标准差的平方就是方差，方差的计算(1)基本公式s 2＝1n[(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x n －x )2]．(2)简化计算公式①s 2＝1n [(x 21＋x 22＋…＋x 2n )－n x 2]，或写成s 2＝1n (x 21＋x 22＋…＋x 2n )－x 2，即方差等于原数据平方和的平均数减去平均数的平方．[问题3] 已知一个样本中的数据为0.12,0.15,0.13，0.15，0.14,0.17,0.15,0.16,0.13,0.14，则该样本的众数、中位数分别是________． 答案 0.15、0.145 4．变量间的相关关系假设我们有如下一组数据：(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )．回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中⎩⎪⎨⎪⎧b ^＝∑i ＝1n(x i－x )(y i－y )∑i ＝1n (x i－x )2＝∑i ＝1nx i y i－n x y∑i ＝1n x 2i－n x2，a ^＝y －b ^x .[问题4] 回归直线方程y ^＝b ^x ＋a ^必经过点________． 答案 (x ，y )5．独立性检验的基本方法一般地，假设有两个分类变量X 和Y ，它们的取值分别为{x 1，x 2}和{y 1，y 2}，其样本频数列联表如表：根据观测数据计算由公式k ＝n (ad －bc )(a ＋b )(a ＋c )(b ＋d )(c ＋d )所给出的检验随机变量K 2的观测值k ，并且k 的值越大，说明“X 与Y 有关系”成立的可能性越大，可以利用数据来确定“X 与Y 有关系”的可信程度．[问题5] 为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对该班50名学生进行了问卷调查，得到了如下的2×2列联表：则至少有________附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )答案 6．互斥事件有一个发生的概率P (A ＋B )＝P (A )＋P (B ) (1)公式适合范围：事件A 与B 互斥． (2)P (A )＝1－P (A )．[问题6] 抛掷一枚骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则出现奇数点或2点的概率之和为________．答案 237．古典概型P (A )＝mn (其中，n 为一次试验中可能出现的结果总数，m 为事件A 在试验中包含的基本事件个数)[问题7] 若将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为4的概率为________． 答案1128．几何概型一般地，在几何区域D 内随机地取一点，记事件“该点在其内部一个区域d 内”为事件A ，则事件A 发生的概率为P (A )＝d 的度量D 的度量.此处D 的度量不为0，其中“度量”的意义依D 确定，当D 分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的度量分别为长度、面积和体积等． 即P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积和体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积和体积)[问题8] 在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.π12B ．1－π12C.π6 D ．1－π6答案 B解析 记“点P 到点O 的距离大于1”为A ， P (A )＝23－12×43π×1323＝1－π12. 9．解排列、组合问题的依据是：分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合．解排列、组合问题的规律是：相邻问题捆绑法；不相邻问题插空法；多排问题单排法；定位问题优先法；定序问题倍缩法；多元问题分类法；有序分配分步法；综合问题先选后排法；至多至少问题间接法． (1)排列数公式A m n ＝n (n －1)(n －2)…[n －(m －1)]＝n ！(n －m )！，其中m ，n ∈N *，m ≤n .当m ＝n 时，A n n ＝n ·(n －1)·……·2·1＝n ！，规定0！＝1. (2)组合数公式C mn ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…[n －(m －1)]m ！＝n ！m ！(n －m )！.(3)组合数性质C m n ＝C n－mn，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1，规定C 0n ＝1，其中m ，n ∈N *，m ≤n .[问题9] (1)将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有________种．(2)从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有________种． 答案 (1)35 (2)70 10．二项式定理(1)定理：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n －1n ab n －1＋C n n b n (n ∈N *)．通项(展开式的第r ＋1项)：T r ＋1＝C rna n －r b r ，其中C r n (r ＝0,1，…，n )叫做二项式系数．(2)二项式系数的性质①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，C 2n ＝C n －2n ，…，C r n ＝C n －r n .②二项式系数的和等于2n (组合数公式)，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n .③二项式展开式中，偶数项的二项式系数和等于奇数项的二项式系数和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1.特别提醒：二项式系数最大项与展开式系数最大项是两个不同的概念，在求法上也有很大的差别，往往因为概念不清导致出错． [问题10] 设⎝⎛⎭⎫x －2x 6的展开式中x 3的系数为A ，二项式系数为B ，则A ∶B ＝________. 答案 4∶1解析 T r ＋1＝C r 6x6－r(－1)r ⎝⎛⎭⎫2x r＝C r 6(－1)r 2r362r x-，6－32r ＝3，r ＝2，系数A ＝60，二项式系数B ＝C 26＝15，所以A ∶B ＝4∶1.4∶1.11．要注意概率P (A |B )与P (AB )的区别：(1)在P (A |B )中，事件A ，B 发生有时间上的差异，B 先A 后；在P (AB )中，事件A ，B 同时发生．(2)样本空间不同，在P (A |B )中，事件B 成为样本空间；在P (AB )中，样本空间仍为Ω，因而有P (A |B )≥P (AB )．[问题11] 设A 、B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为310，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为12，则事件A 发生的概率为________．答案 3512．求分布列，要检验概率的和是否为1，如果不是，要重新检查修正．还要注意识别独立重复试验和二项分布，然后用公式．如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k ·(1－p )n －k . [问题12] 若随机变量ξ的分布列如下表，则E (ξ)的值为________.答案209解析 根据概率之和为1，求出x ＝118，则E (ξ)＝0×2x ＋1×3x ＋…＋5x ＝40x ＝209.13．一般地，如果对于任意实数a <b ，随机变量X 满足P (a <X ≤b )＝ʃba φμ，σ(x )d x ，则称X 的分布为正态分布．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N (μ，σ2)．如果随机变量X 服从正态分布，则记为X ～N (μ，σ2)．满足正态分布的三个基本概率的值是：①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6；②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4；③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.9974.[问题13] 已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ<4)＝0.8，则P (0<ξ<2)等于( ) A ．0.6 B ．0.4 C ．0.3 D ．0.2 答案 C解析 ∵P (ξ<4)＝0.8，∴P (ξ>4)＝0.2，由题意知图象的对称轴为直线x ＝2， P (ξ<0)＝P (ξ>4)＝0.2，∴P (0<ξ<4)＝1－P (ξ<0)－P (ξ>4)＝0.6. ∴P (0<ξ<2)＝12P (0<ξ<4)＝0.3.易错点1 统计图表识图不准致误例1 如图所示是某公司(共有员工300人)20xx 年员工年薪情况的频率分布直方图，由此可知，员工中年薪在1.4万元～1.6万元之间的大约有________人．错解 由频率分布直方图，员工中年薪在1.4万元～1.6万元之间的频率为1－(0.02＋0.08＋0.10＋0.10＋0.08)＝0.62.∴估计年薪在1.4万元～1.6万元之间约有300×0.62＝186(人)．找准失分点 本题主要混淆频率分布直方图与条形图纵轴的意义，频率分布直方图中，纵轴(矩形高)表示“频率组距”，每个小矩形的面积才表示落在该区间上的频率，由于概念不清，识图不准导致计算错误．正解 由所给图形可知，员工中年薪在1.4万元～1.6万元之间的频率为1－(0.02＋0.08＋0.08＋0.10＋0.10)×2＝0.24.所以员工中年薪在1.4万元～1.6万元之间的共有300×0.24＝72(人)． 答案 72易错点2 在几何概型中“测度”确定不准致误例2 如图所示，在等腰Rt △ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任意作一条射线CM ，与线段AB 交于点M ，求AM <AC 的概率．错解 记AM <AC 为事件E ，设CA ＝CB ＝a ，因为△ABC 是直角三角形， 所以，AB ＝2a ，在AB 上取一点D ，使AD ＝AC ＝a ，那么对线段AD 上的任意一点M 都有AM <AD ，即AM <AC ， 因此AM <AC 的概率为P (E )＝AD AB ＝a 2a ＝22. 找准失分点 据题意，过直角顶点C 在∠ACB 内部作一条射线CM ，射线CM 在∠ACB 内部均匀分布，但是点M 在AB 上的分布不是均匀的．正解 在AB 上取一点D ，使AD ＝AC ，因为AD ＝AC ＝a ，∠A ＝π4，所以∠ACD ＝∠ADC ＝3π8，则P (E )＝∠ACD ∠ACB ＝3π8π2＝34.易错点3 分不清是排列还是组合致误例3 如图所示，A ，B ，C ，D 是海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个岛连接起来，不同的建桥方案共有多少种？错解 对于有一个中心的结构形式有A 44，对于四个岛依次相连的形式有A 44，∴共有2A 44＝48(种)．找准失分点 没有分清是排列还是组合． 正解 由题意可能有两种结构，如图：第一种：，第二种：对于第一种结构，连接方式只需考虑中心位置的情况，共有C 14种方法．对于第二种结构，有C 24A 22种方法． ∴总共有C 14＋C 24A 22＝16(种)．易错点4 均匀分组与非均匀分组混淆致误例4 4个不同的小球放入编号为1、2、3、4的4个盒中，则恰有1个空盒的放法共有________种．(用数字作答) 错解 288错误！未找到引用源。
2019年高考数学二轮复习 概率与统计解答题专题训练(含解析)
2019年高考数学二轮复习 概率与统计解答题专题训练（含解析）1．(xx·保定调研)近年来，我国的高铁技术发展迅速，铁道部门计划在A 、B 两城之间开通高速列车，假设在试运行期间，每天8：00－9：00,9：00－10：00两个时段内各发一趟列车由A 城到B 城(两车发生情况互不影响)，A 城发车时间及其概率如下表所示：8：00和周日8：20.(只考虑候车时间，不考虑其他因素)(1)设乙侯车所需时间为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望； (2)求甲、乙二人候车时间相等的概率．解 (1)X 的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)，其概率分布列如下X 的数学期望E (X )＝10×12＋30×13＋50×136＋70×112＋90×118＝2459(分钟)．(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为 P 甲10＝16，P 甲30＝12，P 甲50＝13；P 乙10＝12，P 乙30＝13，P 乙50＝16×16＝136.所以所求概率P ＝16×12＋12×13＋13×136＝28108＝727，即甲、乙二人候车时间相等的概率为727.2．(xx·皖南八校联考)从正方体的各个表面上的12条面对角线中任取2条，设ξ为2条面对角线所成的角(用弧度制表示)，如当2条面对角线垂直时，ξ＝π2.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)当ξ＝0时，即所选的2条面对角线平行，则P (ξ＝0)＝6C 212＝111.(2)ξ的可能取值为0，π3，π2.则P (ξ＝0)＝6C 212＝111，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π3＝48C 212＝811，P ⎝⎛⎭⎫ξ＝π2＝12C 212＝211. ξ的分布列如下：ξ 0 π3 π2 P111811211E (ξ)＝0×111＋π3×811＋π2×211＝π3.3．(xx·广州调研)空气质量指数PM2.5(单位：μg/m 3)表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，代表空气污染越严重．PM2.5的浓度与空气质量类别的关系如下表所示：PM2.5日均浓度 0～35 35～75 75～115 115～150 150～250 >250 空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染从甲城市xx 年9月份的30天中随机抽取15天的PM 2.5日均浓度指数数据茎叶图如图所示．(1)试估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数；(2)在甲城市这15个监测数据中任取2个，设X 为空气质量类别为优或良的天数，求X 的分布列及数学期望．解 (1)由茎叶图可知，甲城市在xx 年9月份随机抽取的15天中的空气质量类别为优或良的天数为5.所以可估计甲城市在xx 年9月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10. (2)X 的所有可能取值为0,1,2，因为P (X ＝0)＝C 05C 210C 215＝37，P (X ＝1)＝C 15C 110C 215＝1021，P (X ＝2)＝C 25C 010C 215＝221，所以X 的分布列为：X 0 1 2 P371021221数学期望E (X )＝0×37＋1×1021＋2×221＝23.4．(xx·浙江名校联考)甲、乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元．(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率； (2)设总决赛中获得门票总收入为X ，求X 的均值E (X )．解 (1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． 设此数列为{a n }，则易知a 1＝40，a n ＝10n ＋30， 所以S n ＝n10n ＋702＝300.解得n ＝－12(舍去)或n ＝5， 所以总决赛共比赛了5场．则前4场比赛中，一支球队共赢了3场，且第5场比赛中，领先的球队获胜，其概率为C 14⎝⎛⎭⎫124＝14. (2)随机变量X 可取的值为S 4，S 5，S 6，S 7，即220,300,390,490.又P (X ＝220)＝2×⎝⎛⎭⎫124＝18， P (X ＝300)＝C 14⎝⎛⎭⎫124＝14， P (X ＝390)＝C 25⎝⎛⎭⎫125＝516， P (X ＝490)＝C 36⎝⎛⎭⎫126＝516， 所以X 的分布列为X 220 300 390 490 P1814516516所以X 的均值E (X )＝5．自驾游从A 地到B 地有甲、乙两条线路，甲线路是A －C －D －B ，乙线路是A －E －F －G －H －B ，其中CD 段、EF 段、GH 段都是易堵车路段．假设这三条路段堵车与否相互独立．这三条路段的堵车概率及平均堵车时间如表1所示．经调查发现，堵车概率x 在⎝⎛⎭⎫23，1上变化，y 在⎝⎛⎭⎫0，12上变化．在不堵车的情况下，走甲线路需汽油费500元，走乙线路需汽油费545元．而每堵车1小时，需多花汽油费20元．路政局为了估计CD 段平均堵车时间，调查了100名走甲路线的司机，得到表2数据．CD 段 EF 段 GH 段(1)求CD 段平均堵车时间a 的值；(2)若只考虑所花汽油费期望值的大小，为了节约，求选择走甲线路的概率． 解 (1)a ＝12×8100＋32×6100＋52×38100＋72×24100＋92×24100＝3.(2)设走甲线路所花汽油费为ξ元，则E (ξ)＝500(1－x )＋(500＋60)x ＝500＋60x . 设走乙线路多花的汽油费为η元， ∵EF 段与GH 段堵车与否相互独立，∴P (η＝0)＝(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝20)＝(1－y )×14，P (η＝40)＝y ×⎝⎛⎭⎫1－14， P (η＝60)＝14y ，∴E (η)＝0×(1－y )×⎝⎛⎭⎫1－14＋20×(1－y )×14＋40×y ×⎝⎛⎭⎫1－14＋60×14y ＝40y ＋5. ∴走乙线路所花的汽油费的数学期望为E (545＋η)＝545＋E (η)＝550＋40y . 依题意，选择走甲线路应满足(550＋40y )－(500＋60x )≥0， 即6x －4y －5≤0，又23<x <1,0<y <12，∴P (选择走甲线路)＝⎝⎛⎭⎫1－23×12－12×⎝⎛⎭⎫1－56×14⎝⎛⎭⎫1－23×12＝78.。
2019高考数学(文)(经典版)二轮复习课件：第二编+专题七 概率与统计+第2讲
核心知识回顾
1．互斥事件与对立事件 (1)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， 01 P(A＋B)＝P(A)＋P(B) 即 ．
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(2)在一次试验中，对立事件 A 和 A 不会同时发生，但 02 P( A )＝1－P(A) ． 一定有一个发生，因此有
方法指导
互斥事件、对立事件概率的求法
(1)解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定 义分析出是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行 计算． (2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法： ①直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事 件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算； ②间接法： 先求此事件的对立事件的概率， 再用公式 P(A) ＝1－P( A )求解，即运用正难则反的数学思想．特别是 “至 多”“至少”型问题，用间接法就显得较简便．
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(2)几何概型应满足两个条件： ① 试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个 ； ② 03 每个基本事件出现的可能性相等
□
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热点考向探究
考向1 例 1
互斥事件与对立事件 (2018· 广东清远一模)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：
0.56 则：(1)至多 2 人排队等候的概率是______________ ； 0.44 (2)至少 3 人排队等候的概率是___________________ ．
□
2．古典概型 (1)古典概型的概率 A中所含的基本事件数 01 基本事件总数 P(A)＝ .
□
(2)古典概型的两个特点 ① 02 试验中所有可能出现的基本事件只有有限个 ；
□ 03 每个基本事件出现的可能性相等 ②□
2019高考数学二轮复习专题七概率与统计2.7.3正态分布、统计与统计案例课件理
2．正态分布 X～N(μ，σ2)的三个常用数据 (1)P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826； (2)P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544； (3)P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974.
[解题指导]
[解]
(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ， μ＋3σ)之内的概率
为 0.9974， 从而零件的尺寸在(μ－3σ， μ＋3σ)之外的概率为 0.0026， 故 X～B(16,0.0026)． 因此 P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408. X 的数学期望为 E(X)＝16×0.0026＝0.0416.
[对点训练]
2 1．(2018· 兰州检测)设 X～N(μ1，σ2 1)，Y～N(μ2，σ2)，这两个
正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是(
)
A． P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1) B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1) C．对任意正数 t，P(X≥t)≥P(Y≥t) D．对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
3．方差公式 1 － － － s ＝ [(x1－ x )2＋(x2－ x )2＋…＋(xn－ x )2] n
2
[对点训练] 1．(2018· 安徽皖南八校联考)某校为了解 1000 名高一新生的 健康状况， 用系统抽样法(按等距的规则)抽取 40 名同学进行检查， 将学生从 1～1000 进行编号，现已知第 18 组抽取的号码为 443， 则第一组用简单随机抽样抽取的号码为( A．16 B．17 C．18 D．19 )
[答案]
C
2． 某校组织了“2017 年第 15 届希望杯数学竞赛(第一试)”， 已知此次选拔赛的数学成绩 X 服从正态分布 N(72,121)(单位： 分)， 此次考生共有 500 人，估计数学成绩在 72 分到 83 分之间的人数 约为(参数数据：P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝ 0.9544.)( A．238 ) B．170 C．340 D．477
概率与统计(押题专练)-2019年高考理数二轮复习精品资料+Word版含解析
4．在 1， 2， 3，4， 5， 6， 7， 8 这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字
5 是取出的五个不同数的中
位数的概率为 ( )
9
9
9
5
A. 56 B. 28 C.14 D. 9
【答案】 B 【解析】要满足题意，则抽取的除
求概率
P＝
C24·C23 C58
＝
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
9 28.
5 以外的四个数字中，有两个比 5 小，有两个比 5 大，故所
3 种情况， ∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率
P＝ 39＝ 13，故选 A.
2．在区间 [ － 2， 3]上随机选取一个数 X，则 X≤１的概率为 ( ) 4321
A. 5 B. 5 C.5 D.5 【答案】 B 这是一个几何概型问题， 测度是长度， 此问题的总体长度为 5，使得 “X≤1”的长度为 3，故 P(X≤1)
P(2
＜
ξ≤
4＝)
P
(ξ＝
3)
＋
P(
ξ＝
4)＝
213＋
214＝
3 16.
14．已知随机变量 X＋ η＝8，若 X～ B(10， 0.6)，则 E(η)和 D(η)分别是 ( )
A ． 6 和 2.4 B ． 2 和 2.4
C． 2 和 5.6 D． 6 和 5.6 【答案】 B 【解析】若两个随机变量
m、n，本次期末考试两级部数学平均分分别是
a、b，则这两个级
部的数学平均分为
na m
＋
mnb；
④某中学采用系统抽样方法，从该校高一年级全体
800 名学生中抽 50 名学生做牙齿健康检查，现将 800 名
学生从 1 到 800 进行编号．已知从 497～ 513 这 16 个数中取得的学生编号是 503，则初始在第 1 小组 1～ 16
2019年高考数学第二轮专项专题排列、组合、二项式定理与概率统计复习及解析湖南师大附中共11页
高考数学二轮复习专项排列、组合、二项式定理与概率统计（含详解）1. 袋里装有30个球，每个球上都记有1到30的一个号码, 设号码为n 的球的重量为344342+-n n (克). 这些球以等可能性(不受重量, 号码的影响)从袋里取出.（Ⅰ）如果任意取出1球, 求其号码是3的倍数的概率. （Ⅱ）如果任意取出1球, 求重量不大于号其码的概率; （Ⅲ）如果同时任意取出2球, 试求它们重量相同的概率.2. 从10个元件中（其中4个相同的甲品牌元件和6个相同的乙品牌元件）随机选出3个参加某种性能测试. 每个甲品牌元件能通过测试的概率均为54，每个乙品牌元件能通过测试的概率均为53.试求：（I ）选出的3个元件中，至少有一个甲品牌元件的概率；（II ）若选出的三个元件均为乙品牌元件，现对它们进行性能测试，求至少有两个乙品牌元件同时通过测试的概率.3. 设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次任取一个，并且取出不在放回，若以ξ和η分别表示取出次品和正品的个数。
（1）求ξ的分布列，期望及方差； （2）求η的分布列，期望及方差；4.（1）每天不超过20人排队结算的概率是多少？（2）一周7天中，若有三天以上（含三天）出现超过15人排队结算的概率大于0.75，商场就需要增加结算窗口，请问，该商场是否需要增加结算窗口？5. 某售货员负责在甲、乙、丙三个柜面上售货．如果在某一小时内各柜面不需要售货员照顾的概率分别为0.9,0.8，0.7．假定各个柜面是否需要照顾相互之间没有影响，求在这个小时内： （1）只有丙柜面需要售货员照顾的概率；（2）三个柜面最多有一个需要售货员照顾的概率； （3）三个柜面至少有一个需要售货员照顾的概率．6. 某同学上楼梯的习惯每步走1阶或2阶，现有一个11阶的楼梯 ，该同学从第1阶到第11阶用7步走完。
(1)求该同学恰好有连着三步都走2阶的概率；(2)记该同学连走2阶的最多步数为ζ，求随机事件ζ的分布列及其期望。
2019届高考数学大二轮复习精品(文理通用)课件：第1部分 专题7 概率与统计 第2讲理
(3)二项式定理：
0 n 1 n－1 1 k n－k k n n * C a ＋ C a b ＋…＋ C a b ＋…＋ C b ( n ∈ N ) n n n n ①定理内容： (a＋b) ＝________________________________________________ ；
n
k n k k C b na ②通项公式：Tk＋1＝_________________.
(2)二项式系数的有关性质： ①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即
n 1 3 5 0 2 4 2 C1 ＋ C ＋ C ＋…＝ C ＋ C ＋ C ＋…＝ _______ ； n n n n n n
－
②若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 则 f(x)展开式中的各项系数和为 f(1)， f1＋f－1 奇数项系数和为 a0＋a2＋a4＋…＝ ， 2 f1－ f－1
排列、组合的应用
二项式定理的应用
2．与概率问题相结合考查
1.考查二项展开式的指定项或指定项的系数 2．求二项式系数和二项展开式的各项系数和
• • • • • •
备考策略 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： (1)准确把握两个计数原理的区别及应用条件． (2)明确解决排列、组合应用题应遵守的原则及常用方法． (3)牢记排列数公式和组合数公式． (4)掌握二项式定理及相关概念；掌握由通项公式求常数项 、指定项系数的方法；会根据赋值法求二项式特定系数和 ． • 预测2019年命题热点为： • (1)以实际生活为背景的排列、组合问题．
2 2 C1 · C · A 3 4 2＝36(种)，或列式为
可得安排方式为 故选 D．
4×3 1 2 1 C3· C4· C2＝3× ×2＝36(种)． 2
推荐2019届高考数学大二轮复习课件第1部分 专题7 概率与统计 第2讲文
• 4．(2017·全国卷Ⅰ，2)如图，正方形ABCD内的图
形来自中国古代的太极图．正方形内切圆的黑色 部分和白色部分关于正方形的中心B 成中心对 称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部 分的概率是( )
x＋y－1≤0， (2)(2018·衡阳二模)若不等式组x－y＋1≥0，
y＋12≥0
表示区域为 Ω，不等式(x－12)2
＋y2≤14表示的区域为 Γ，向 Ω 区域均匀随机撒 360 颗芝麻，则落在区域 Γ 中芝麻数
约为( A )
A．114
B．10
C．150
D．50
[解析] 作出平面区域 Ω 如图：则区域 Ω 的面积为 S△ABC＝12×3×32＝94， 区域 Γ 表示以 D(12，0)为圆心，以12为半径的圆， 则区域 Ω 和 Γ 的公共面积为 S′＝34π×(12)2＋12×(12)2＝31π6＋18. 所以芝麻落入区域 Γ 的概率为SS△′ABC＝3π3＋6 2. 所以落在区域 Γ 中芝麻数约为 360×3π3＋6 2＝ 30π＋20≈114.
510＝2 000，
获得好评的第四类电影部数为 200×0.25＝50，
所以所求概率为2 50000＝0.025.
(2)方法一：记“随机选取的 1 部电影没有获得好评”为事件 A， 由表知，没有获得好评的电影部数为 140×(1－0.4)＋50×(1－0.2)＋300×(1－ 0.15)＋200×(1－0.25)＋800×(1－0.2)＋510×(1－0.1)＝1 628， 所以 P(A)＝12 602080＝0.814， 即所求概率为 0.814. 方法二：记“随机选取的 1 部电影获得好评”为事件 A，则“随机选取的 1 部 电影没有获得好评”为事件 A ， 由表知，获得好评的电影部数为 140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋ 800×0.2＋510×0.1＝372，
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第一部分 专题七 第二讲理A 组1．将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有( B )A ．240种B ．120种C ．60种D ． 180种[解析]不同的分配方法有C 36C 24＝120.2．若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( C )A ．2B ．54 C ．1D ．24[解析]二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r(a x)r ＝C r 727－r a r x 7－2r ，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( D )A ．24B ．48C ．60D ．72[解析]由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A 13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A 4种方法，所以奇数的个数为A 13A 4＝3×4×3×2×1＝72，故选D ．4．(2018·濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D )A ．72B ．120C ．192D ．240[解析]由题意，末尾是2或6，不同的偶数个数为C 12A 35＝120；末尾是4，不同的偶数个数为A 5＝120.故共有120＋120＝240(个)，故选D ．5．(3x －2x)8二项展开式中的常数项为( B )A ．56B ．112C ．－56D ．－112[解析]T r ＋1＝C r 8(3x )8－r(－2x)r ＝(－1)r 2rC r 8·x 8－4r 3，令8－4r ＝0，∴r ＝2，∴常数项为(－1)2×22×C 28＝112.6．在(x 2－12x )6的展开式中，常数项等于( D )A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516[解析]本题考查二项式定理，二项式(x 2－12x)6的展开式的通项公式为C r 6(x 2)6－r(－12x )2＝(－12)r C r 6x 12－3r，令12－3r ＝0得r ＝4，则二项式(x 2－12x )6的展开式中的常数项为(－12)4C 46＝1516.故选D ．7．有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为( B )A ．112B ．100C ．92D ．76[解析]甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有C 14·C 3＋C24C22A22＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×A 2＝14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C 24，分到三项比赛上去的分配方法数是A 3，故共有方案数C 24A 3＝36.根据两个基本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．8．(x 2－x ＋1)5的展开式中x 3的系数为( A )A ．－30B ．－24C ．－20D ．20[解析]本题考查二项式定理．[1＋(x 2－x )]5展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 5(x 2－x )r ，r ＝0,1,2,3,4,5，T r ＋1展开式的第k ＋1项为C r 5C k r ·(x 2)r －k (－x )k ＝C r 5C k r (－1)k ·x 2r －k ，r ＝0,1,2,3,4,5，k ＝0,1，…，r ，当2r －k ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝2，k ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧r ＝3，k ＝3时是含x 3的项，所以含x 3项的系数为C 25C 12(－1)＋C 35C 3(－1)3＝－20－10＝－30.故选A ．？种不同的排列方法56共有，排成一排，形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球、有大小．9[解析]从8个位置中选3个放红球，有C 38＝56种不同方法． .240的系数为2x 的展开式中6)2－x )(2018·昆明二模．(10[解析](x －2)6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·(－2)r ·x 6－r ，令6－r ＝2，求得r ＝4，可得(x －2)6的展开式中x 2的系数为C 46·(－2)4＝240.11．设a ，b ，c ∈．个27则这样的三角形有，三角形)含等边(为三条边的长可以构成一个等腰c ，b ，a 若以，6},5,4,3,2,{1[解析]由题意知以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则a ＝b ＝c ＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a ，b 是腰，则a ＝b ，当a ＝b ＝1时，c <a ＋b ＝2，则c ＝1，与等边三角形情况重复；当a ＝b ＝2时，c <4，则c ＝1,3(c ＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a ＝b ＝3时，c <6，则c ＝1,2,4,5，此时有4个； 当a ＝b ＝4时，c <8，则c ＝1,2,3,5,6，此时有5个； 当a ＝b ＝5时，c <10，有c ＝1,2,3,4,6，此时有5个； 当a ＝b ＝6时，c <12，有c ＝1,2,3,4,5，此时有5个； 由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27个．12．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？[解析](1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．B 组1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是(D )A ．180B ．240C ．360D ．480[解析]将6个位置依次编号为1、2、3、…、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A 5种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2A 13·A 4种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(A 2A 3＋A 23A 3)种，∴共有不同排法种数，2A 5＋2A 13A 4＋2(A 2A 3＋A 23A 3)＝480种，故选D ．2．如图，M 、N 、P 、Q 为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( C )A ．8种B ．12种C ．16种D ．20种析]把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有[解C 36种情形，但有4种情形不满足题意，∴不同的建桥方法有C 36－4＝16种，故选C ．3．设(1＋x ＋x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2n x 2n ，则a 2＋a 4＋…＋a 2n 的值为( B )A ．3n ＋12B ．3n －12C ．3n －2D ．3n[解析](赋值法)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n －1＋a 2n ＝3n .①再令x ＝－1得，a 0－a 1＋a 2＋…－a 2n －1＋a 2n ＝1.②令x ＝0得a 0＝1.则①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 2n )＝3n ＋1，∴a 0＋a 2＋…＋a 2n ＝3n ＋12，∴a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝3n ＋12－a 0＝3n ＋12－1＝3n －12.4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有( B )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[解析]据题意，万位上只能排4,5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120(个)．故选B ．5．若(x 2＋12x)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( B )A ．32B ．74 C ．6D ．7[解析]因为(x 2＋12x)n的展开式通项为T r ＋1＝C r n (x 2)n －r(12x )r＝(12)r C r n x 2n －3r，其系数为(12)r C r n .故展开式中前三项的系数为C 0n ，12C 1n ，14C 2n ，由已知可得这三个数成等差数列，所以C 0n ＋14C 2n ＝2×12C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍去)．令2n －3r ＝16－3r ＝1，可得r ＝5，所以一次项的系数为(12)5C 58＝74.6．(2018·太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )A ．36B ．48C ．72D ．120[解析]第一步，将3个奇数全排列有A 3种方法；第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；第三步，将2个偶数全排列有A 2种方法，所以，所有的方法数是3A 3A 2＝36.7．(2018·漳州二模)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为(D )A ．－20B ．0C ．1D ．20[解析]令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.8．(2018·江西宜春二模)若(x 3＋1x)n 的展开式中含有常数项，且n 的最小值为a ，则⎠⎛－a a a2－x2d x ＝( C ) A ．0B ．6863C ．49π2D ．49π[解析]由展开式的通项，由展开式中含有常数项，得3n －72r ＝0有整数解，故n 的最小值为7，⎠⎛－7772－x2d x ＝49π2.9．将编号1,2,3,4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个，则恰有1个盒子放有2个)用数字作答．(种18连号小球的所有不同放法有[解析]先把4个小球分为(2,1,1)一组，其中2个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有C 13A 3＝18种．10．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这.472不同取法的种数为，且红色卡片至多1张，些卡片不能是同一种颜色[解析]由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中每一种卡片各取三张，有4C 34种取法，两种红色卡片，共有C 24C 12种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24C 12＝560－16－72＝472. .89＝0a －5a ＋3a ＋1a 则，5)2－x (5a ＋…)＋2－x (1a ＋0a ＝5x 有，x 若对于任意实数．11[解析]令x ＝3得a 0＋a 1＋…＋a 5＝35，令x ＝1得a 0－a 1＋…－a 5＝1，两式相减得a 1＋a 3＋a 5＝35－12＝121，令x ＝2得a 0＝25＝32，故a 1＋a 3＋a 5－a 0＝121－32＝89..21的系数是1x3则展开式中，的展开式中各项系数之和为128n)13x2－x 3(如果．12[解析](3x －13x2)n的展开式的各项系数之和为(3×1－1312)n ＝2n＝128，所以n ＝7，所以(3x －13x2)n＝(3x －13x2)7，其展开式的通项为T r ＋1＝C r 7(3x )7－r(－13x2)r ＝C r 7·37－r·x7－r·(－x －23)r ＝(－1)r C r 737－rx 7－53r ，由7－53r ＝－3，得r ＝6，所以1x3的系数是C r 7·(－1)6·3＝21.13．某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队．(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？[解析](1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)．(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8568(种)．(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C 12·C 418种选法；甲、乙两人都参加，则有C 318种选法．故共有C 12·C 418＋C 318＝6936(种)．(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女，所以共有C12·C48＋C212·C38＋C312·C28＋C412·C18＝14656(种)．方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C520－(C58＋C512)＝14656(种)．14．设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P.(2)若存在n≤2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值．[解析](1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C17＝7，C27＝21，C37＝35，因为C17＋C37＝2C27，即C17，C27，C37成等差数列，所以f(7)具有性质P.nn＋C k＋1 (2)设f(n)具有性质P，则存在k∈N*,1≤k≤n－1，使C k－1n成等差数列，所以C k－1n，C k n，C k＋1＝2C k n，整理得：4k2－4nk＋(n2－n－2)＝0，即(2k－n)2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数，又n≤2016，由于442<2016＋2<452，所以n的最大值为442－2＝1934，此时k＝989或945.。