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2020届二轮复习考前练透3个送分专题学案（全国通用）
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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
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0
0
1
2
P
则当p在(0,1)内增大时，( )
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
解析：选D 由题意知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，
D(ξ)＝2×＋2×＋2×
＝2×＋2×＋2×
＝－p2＋p＋＝－2＋，
∴D(ξ)在上递增，在上递减，即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．
3．(2018·上城区校级模拟)若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1＜x2，又已知E(X)＝，D(X)＝，则x1＋x2的值为( )
A. B．
C．3 D．
解析：选C ∵E(X)＝，D(X)＝，
∴
解得或(舍去)，
∴x1＋x2＝3.故选C.
4．(2018·宁波高三期末)一个箱子中装有形状和大小完全相同的5个白球和n(n∈N*)个黑球．现从中有放回地摸取4次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为X，若D(X)＝1，则E(X)＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由题意知每次取出白球的概率为p＝，显然X服从二项分布B，所以4××＝1，解得n＝5，故p＝，所以E(X)＝4×＝2，故选B.
5．(2018·温州二模)随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝( )
X
－1
0
1
P
a
b
A．9 B．7
C．5 D．3
解析：选C 由题意知a＋b＋＝1，由数学期望可知b－＝，所以a＝，b＝.
而E(X2)＝(－1)2×＋12×＝，所以D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝，故D(3X－2)＝9D(X)＝5.
6．(2018·温州十校联合体期末联考)袋中有3个大小、质量相同的小球，每个小球上分别写有数字0,1,2，随机摸出一个将其上的数字记为a1，然后放回袋中，再次随机摸出一个，将其上的数字记为a2，依次下去，第n次随机摸出一个，将其上的数字记为an，记ξn＝a1a2…an，则：
(1)随机变量ξ2的数学期望是________；
(2)ξn＝2n－1时的概率是________．
解析：可以求得随机变量ξ2的分布列如表所示：
ξ
0
1
2
4
P
所以随机变量ξ2的数学期望为1；当ξn＝2n－1时，在n次取球中，有(n－1)次取到了2，有1次取到了1，故所求概率是.
答案：1
[临考指导]
随机变量及其分布问题的求解策略
(1)解题“4步骤”
(2)解题“1关键”
求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
“10＋7”送分考点组合练(一)
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ)已知集合A＝{x|x－1≥0}，B＝{0,1,2}，则A∩B＝( )
A．{0} B．{1}
C．{1,2} D．{0,1,2}
解析：选C ∵A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1}，B＝{0,1,2}，∴A∩B＝{1,2}．
2．已知集合A＝{x|－x2＋4x≥0}，B＝，C＝{x|x＝2n，n∈N}，则(A∪B)∩C＝( )
A．{2,4} B．{0,2}
C．{0,2,4} D．{x|x＝2n，n∈N}
解析：选C ∵A＝{x|－x2＋4x≥0}＝{x|0≤x≤4}，
B＝＝{x|3－4<3x<33}＝{x|－4
3．(2018·杭州第二次质检)5的展开式中x3项的系数是( )
A．80 B．48
C．－40 D．－80
解析：选D ∵5的展开式的通项为C(2x)5－r·r＝C25－r(－1)rx5－2r，∴x3项的系数为C24·(－1)＝－80，选D.
4．(2018·嘉兴期末测试)若复数z＝2－i，i为虚数单位，则(1＋z)(1－z)＝( )
A．2＋4i B．－2＋4i
C．－2－4i D．－4
解析：选B 因为z＝2－i，所以(1＋z)(1－z)＝1－z2＝1－(2－i)2＝1－(3－4i)＝－2＋4i.故选B.
5．(2018·嘉兴期末测试)已知x，y是非零实数，则“x>y”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0
－1
0
1
P
－a
a
当a增大时( )
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)减小，D(ξ)增大
C．E(ξ)增大，D(ξ)减小 D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
解析：选A 0
D(ξ)＝2×＋2×＋2×a＝－a2＋a＋＝－2＋，
∵0
11．(2018·杭州高三质检)设复数z＝(其中i为虚数单位)，则复数z的实部为________，虚部为________．
解析：因为z＝＝＝2＋i，所以复数z的实部为2，虚部为1.
答案：2 1
12．(2018·杭州七校联考)若(1＋x－x2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a0＝________，a2＝________.
解析：令x＝0，则a0＝1，(1＋x－x2)5＝[1＋(x－x2)]5＝1＋C(x－x2)＋C(x－x2)2＋…＋C(x－x2)5，则a2＝C×(－1)＋C×1＝－5＋10＝5.
答案：1 5
13．(2018·杭州七校联考)已知随机变量X的分布列如表所示，则a＝________，D(X)＝________.
X
1
2
3
P
a
解析：由离散型随机变量的分布列知＋＋a＝1，解得a＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝.
答案：
14．(2018·嘉兴期末测试)有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球，从中随机取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是________．
解析：8个球，从中取出3个，基本事件共有C＝56(种)，其中取出的球的编号互不相同的有C×23＝32(种)，所以所求概率为＝.
答案：
15．袋中装有6个编号不同的黑球和3个编号不同的白球，这9个球的大小及质地都相同．现从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是________，设摸取的这3个球中所含的黑球数为X，则P(X＝k)取最大值时，k的值为________．
解析：从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是CC＝45.由题意知X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，∴P(X＝k)取最大值时，k的值为2.
答案：45 2
16．(2018·杭州高三质检)在一次随机试验中，事件A发生的概率为p，事件A发生的次数为ξ，则期望E(ξ)＝________，方差D(ξ)的最大值为________．
解析：法一：由题意知ξ可能的取值为0,1，
ξ的分布列为
ξ
0
1
P
1－p
p
所以E(ξ)＝0×(1－p)＋1×p＝p，D(ξ)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2×p＝p(1－p)≤，故期望E(ξ)＝p，方差D(ξ)的最大值为.
法二：由题意知，随机变量ξ服从两点分布，其发生的概率为p，不发生的概率为1－p，所以E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)≤.
答案：p
17．(2018·杭州高三质检)在二项式5(a∈R)的展开式中，若含x7的项的系数为－10，则a＝________.
解析：二项式5的展开式的通项Tr＋1＝C(x2)5－r·r＝ar·C·x10－3r，由10－3r＝7，得r＝1，所以含x7的项的系数为Ca1＝－10，所以a＝－2.
答案：－2
“10＋7”送分考点组合练(二)
一、选择题
1．(2018·浙江高三调研)设全集U＝{x|－4
C．[－1,0] D．[－1,0]∪[1,10)
解析：选B 法一：由x2＋3x－4<0得－4
2．(2018·台州三校适考)已知集合A＝{x|log4(x＋1)≤1}，B＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，则A∩B＝( )
A．{－1,1,3} B．{1,3}
C．{－1,3} D．{－1,1}
解析：选B 由log4(x＋1)≤1，得0
A.＋2i B．－2i
C．1＋2i D．1－2i
解析：选C ＝＝＝＝1－2i，它的共轭复数为1＋2i，故选C.
4．(2018·浙江高三调研)已知直线l1：x＋y－2a＝0和l2：(a2－2)x－y＋2＝0，则“l1∥l2”是“a＝－1”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C 当l1∥l2时，a2－2＝－1，解得a＝±1，当a＝1时，l1：x＋y－2＝0与l2：－x－y＋2＝0重合，所以a≠1，故a＝－1.当a＝－1时，l1：x＋y＋2＝0与l2：－x－y＋2＝0平行．所以“l1∥l2”是“a＝－1”的充要条件．故选C.
5．(2018·温州高考适应性测试)已知α，β∈R，则“α>β”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)
C．0.4 D．0.3
解析：选B 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，
所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)
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)
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
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
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0
0
1
2
P
则当p在(0,1)内增大时，( )
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
解析：选D 由题意知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，
D(ξ)＝2×＋2×＋2×
＝2×＋2×＋2×
＝－p2＋p＋＝－2＋，
∴D(ξ)在上递增，在上递减，即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．
3．(2018·上城区校级模拟)若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1＜x2，又已知E(X)＝，D(X)＝，则x1＋x2的值为( )
A. B．
C．3 D．
解析：选C ∵E(X)＝，D(X)＝，
∴
解得或(舍去)，
∴x1＋x2＝3.故选C.
4．(2018·宁波高三期末)一个箱子中装有形状和大小完全相同的5个白球和n(n∈N*)个黑球．现从中有放回地摸取4次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为X，若D(X)＝1，则E(X)＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由题意知每次取出白球的概率为p＝，显然X服从二项分布B，所以4××＝1，解得n＝5，故p＝，所以E(X)＝4×＝2，故选B.
5．(2018·温州二模)随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝( )
X
－1
0
1
P
a
b
A．9 B．7
C．5 D．3
解析：选C 由题意知a＋b＋＝1，由数学期望可知b－＝，所以a＝，b＝.
而E(X2)＝(－1)2×＋12×＝，所以D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝，故D(3X－2)＝9D(X)＝5.
6．(2018·温州十校联合体期末联考)袋中有3个大小、质量相同的小球，每个小球上分别写有数字0,1,2，随机摸出一个将其上的数字记为a1，然后放回袋中，再次随机摸出一个，将其上的数字记为a2，依次下去，第n次随机摸出一个，将其上的数字记为an，记ξn＝a1a2…an，则：
(1)随机变量ξ2的数学期望是________；
(2)ξn＝2n－1时的概率是________．
解析：可以求得随机变量ξ2的分布列如表所示：
ξ
0
1
2
4
P
所以随机变量ξ2的数学期望为1；当ξn＝2n－1时，在n次取球中，有(n－1)次取到了2，有1次取到了1，故所求概率是.
答案：1
[临考指导]
随机变量及其分布问题的求解策略
(1)解题“4步骤”
(2)解题“1关键”
求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
“10＋7”送分考点组合练(一)
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ)已知集合A＝{x|x－1≥0}，B＝{0,1,2}，则A∩B＝( )
A．{0} B．{1}
C．{1,2} D．{0,1,2}
解析：选C ∵A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1}，B＝{0,1,2}，∴A∩B＝{1,2}．
2．已知集合A＝{x|－x2＋4x≥0}，B＝，C＝{x|x＝2n，n∈N}，则(A∪B)∩C＝( )
A．{2,4} B．{0,2}
C．{0,2,4} D．{x|x＝2n，n∈N}
解析：选C ∵A＝{x|－x2＋4x≥0}＝{x|0≤x≤4}，
B＝＝{x|3－4<3x<33}＝{x|－4
3．(2018·杭州第二次质检)5的展开式中x3项的系数是( )
A．80 B．48
C．－40 D．－80
解析：选D ∵5的展开式的通项为C(2x)5－r·r＝C25－r(－1)rx5－2r，∴x3项的系数为C24·(－1)＝－80，选D.
4．(2018·嘉兴期末测试)若复数z＝2－i，i为虚数单位，则(1＋z)(1－z)＝( )
A．2＋4i B．－2＋4i
C．－2－4i D．－4
解析：选B 因为z＝2－i，所以(1＋z)(1－z)＝1－z2＝1－(2－i)2＝1－(3－4i)＝－2＋4i.故选B.
5．(2018·嘉兴期末测试)已知x，y是非零实数，则“x>y”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0
－1
0
1
P
－a
a
当a增大时( )
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)减小，D(ξ)增大
C．E(ξ)增大，D(ξ)减小 D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
解析：选A 0
D(ξ)＝2×＋2×＋2×a＝－a2＋a＋＝－2＋，
∵0
11．(2018·杭州高三质检)设复数z＝(其中i为虚数单位)，则复数z的实部为________，虚部为________．
解析：因为z＝＝＝2＋i，所以复数z的实部为2，虚部为1.
答案：2 1
12．(2018·杭州七校联考)若(1＋x－x2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a0＝________，a2＝________.
解析：令x＝0，则a0＝1，(1＋x－x2)5＝[1＋(x－x2)]5＝1＋C(x－x2)＋C(x－x2)2＋…＋C(x－x2)5，则a2＝C×(－1)＋C×1＝－5＋10＝5.
答案：1 5
13．(2018·杭州七校联考)已知随机变量X的分布列如表所示，则a＝________，D(X)＝________.
X
1
2
3
P
a
解析：由离散型随机变量的分布列知＋＋a＝1，解得a＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝.
答案：
14．(2018·嘉兴期末测试)有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球，从中随机取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是________．
解析：8个球，从中取出3个，基本事件共有C＝56(种)，其中取出的球的编号互不相同的有C×23＝32(种)，所以所求概率为＝.
答案：
15．袋中装有6个编号不同的黑球和3个编号不同的白球，这9个球的大小及质地都相同．现从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是________，设摸取的这3个球中所含的黑球数为X，则P(X＝k)取最大值时，k的值为________．
解析：从该袋中随机摸取3个球，则这3个球中恰有2个黑球和1个白球的取法总数是CC＝45.由题意知X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，∴P(X＝k)取最大值时，k的值为2.
答案：45 2
16．(2018·杭州高三质检)在一次随机试验中，事件A发生的概率为p，事件A发生的次数为ξ，则期望E(ξ)＝________，方差D(ξ)的最大值为________．
解析：法一：由题意知ξ可能的取值为0,1，
ξ的分布列为
ξ
0
1
P
1－p
p
所以E(ξ)＝0×(1－p)＋1×p＝p，D(ξ)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2×p＝p(1－p)≤，故期望E(ξ)＝p，方差D(ξ)的最大值为.
法二：由题意知，随机变量ξ服从两点分布，其发生的概率为p，不发生的概率为1－p，所以E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)≤.
答案：p
17．(2018·杭州高三质检)在二项式5(a∈R)的展开式中，若含x7的项的系数为－10，则a＝________.
解析：二项式5的展开式的通项Tr＋1＝C(x2)5－r·r＝ar·C·x10－3r，由10－3r＝7，得r＝1，所以含x7的项的系数为Ca1＝－10，所以a＝－2.
答案：－2
“10＋7”送分考点组合练(二)
一、选择题
1．(2018·浙江高三调研)设全集U＝{x|－4
C．[－1,0] D．[－1,0]∪[1,10)
解析：选B 法一：由x2＋3x－4<0得－4
2．(2018·台州三校适考)已知集合A＝{x|log4(x＋1)≤1}，B＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，则A∩B＝( )
A．{－1,1,3} B．{1,3}
C．{－1,3} D．{－1,1}
解析：选B 由log4(x＋1)≤1，得0
A.＋2i B．－2i
C．1＋2i D．1－2i
解析：选C ＝＝＝＝1－2i，它的共轭复数为1＋2i，故选C.
4．(2018·浙江高三调研)已知直线l1：x＋y－2a＝0和l2：(a2－2)x－y＋2＝0，则“l1∥l2”是“a＝－1”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C 当l1∥l2时，a2－2＝－1，解得a＝±1，当a＝1时，l1：x＋y－2＝0与l2：－x－y＋2＝0重合，所以a≠1，故a＝－1.当a＝－1时，l1：x＋y＋2＝0与l2：－x－y＋2＝0平行．所以“l1∥l2”是“a＝－1”的充要条件．故选C.
5．(2018·温州高考适应性测试)已知α，β∈R，则“α>β”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cos
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)
C．0.4 D．0.3
解析：选B 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，
所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)
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)
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
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