专题07 概率与统计中的热点问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题7 概率与统计中的热点问题
【方法综述】
概率与统计的问题在高考中的地位相对稳定，而由于概率与统计具有较强的现实应用背景，在近几年的高考中，概率与统计问题在高考中所占的地位有向压轴题变化的趋势。概率与统计的热点问题主要表现在一是：以数学文化和时代发展为背景设置概率统计问题 ，二是概率统计与函数、方程、不等式及数列等相结合的问题。此类问题的解决，需要考生由较强的阅读理解能力，体现考生的数学建模、数据分析、数学运算及逻辑推理等核心素养。先就此类问题进行分析、归类，以帮助考生提升应试能力。
【解答策略】
类型一 以数学文化和时代发展为背景的概率统计问题
【例1】（2020•淮南一模）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的
示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、
C区域涂色不相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】【分析】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有240种，由此能求出A、C区域涂色不相同的概率．
解：提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，分4步进行分析：
①，对于区域A，有5种颜色可选；
②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域E，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域D、C，若D与B颜色相同，C区域有3种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，C区域有2种颜色可选，
则区域D、C有3+2×2＝7种选择，
则不同的涂色方案有5×4×3×7＝420种，
其中，A、C区域涂色不相同的情况有：
若A，C不同色，则ABCE两两不同色，涂色方案有5×4×3×2种，
涂D时只要和AEC不同色即可，有2种，故共有240种，
∴A、C区域涂色不相同的概率为p＝＝．故选：D．
【例2】（2020全国模拟）冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（）和严重急性呼吸综合征（）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.
某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验n次.
方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.
若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为.
假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.
（1）若，试求p关于k的函数关系式；
（2）若p与干扰素计量相关，其中（）是不同的正实数，
满足且（）都有成立.
（i）求证：数列等比数列；
（ii）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值
【答案】（1），（，且）.（2）（i）见解析（ii）最大值为4.
【解析】（1）解：由已知，，，得，
的所有可能取值为1，，
∴，.
∴.
若，则，，∴，∴.
∴p关于k的函数关系式为，（，且）.
（2）（i）∵证明：当时，，∴，令，则，
∵，∴下面证明对任意的正整数n，.
①当，2时，显然成立；
②假设对任意的时，，下面证明时，；
由题意，得，∴，
∴，，
∴，.
∴或（负值舍去）.∴成立.
∴由①②可知，为等比数列，.
（ii）解：由（i）知，，，∴，得，∴.
设（），，∴当时，，即在上单调减.
又，，∴；，.∴.
∴k的最大值为4.
【举一反三】
1．（2020·宁夏高考模拟（理））根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】每个县区至少派一位专家，基本事件总数，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数，由此能求出甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率.
【详解】派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家
基本事件总数：
甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：
甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为：，本题正确选项：
2.（2020·河北高三期末（理））我国历法中将一年分为春、夏、秋、冬四个季节，每个季节有六个节气，如夏季包含立夏、小满、芒种、夏至、小暑以及大暑.某美术学院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的六幅彩绘，在制签及抽签公平的前提下，甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务的概率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先分类讨论求出所求事件数，再利用古典概型的方法计算概率即可.
【详解】将“甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务”这一事件可以分为两类：
第一类：甲抽到夏季六幅彩绘任务的事件数为：，
第二类：甲抽不到夏季六幅彩绘任务的事件数为：,
总的事件数为：，故所求概率为：.故答案为：.
3．（2020•湖北模拟）据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、候、公，
共五级．现有每个级别的诸侯各一人，共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多
分m个（m为正整数），若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是
【答案】
【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式得出首项与公差m的关系，列举得出所有的分配方案，从而得出结论．
解：由题意可知等级从低到高的5个诸侯所分的橘子个数组成等差为m的等差数列，
设“男”分的橘子个数为a1，其前n项和为Sn，则S5＝5a1+＝80，
即a1+2m＝16，且a1，m均为正整数，
若a1＝2，则m＝7，此时a5＝30，
若a1＝4，m＝6，此时a5＝28，
若a1＝6，m＝5，此时a5＝26，
若a1＝8，m＝4，此时a5＝24，
若a1＝10，m＝3，此时a5＝22，
若a1＝12，m＝2，此时a5＝20，
若a1＝14，m＝1，此时a5＝18，
∴“公”恰好分得30个橘子的概率为．
类型二 概率统计与函数、方程、不等式及数列等相结合的问题
【例3】．（2020•浙江模拟）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没
有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若0＜p＜，则
（ ）
A．E（X）＝B．E（X）＞C．D（X）＞D．D（X）＜
【答案】
【解析】【分析】X的可能取值为2，3，求出每个变量对应的概率，即可得到E（X），E（X2），进而得到D（X）．求导，研究函数在（0，）上的单调性，即可求出D（X）的最大值．
解：X的可能取值为2，3，
P（X＝2）＝p2+（1﹣p）2＝2p2﹣2p+1，
P（X＝3）＝＝2p﹣2p2，
E（X）＝2×（2p2﹣2p+1）+3（2p﹣2p2）＝﹣2p2+2p+2，
E（X2）＝4×（2P2﹣2p+1）+9×（2p﹣2p2）＝﹣10p2+10p+4，
D（X）＝E（X2）﹣E2（X）＝﹣10p2+10p+4﹣（﹣2p2+2p+2）2＝﹣4p4+8p3﹣6p2+2p，
因为E（X）以p＝为对称轴，开口向下，
所以E（X）在p∈（0，）时，E（X）单调递增，
所以E（X）≤＝，排除A，B．
D′（X）＝﹣16p3+24p2﹣12p+2，
D″（X）＝﹣12（2p﹣1）2≤0，
所以D′（X）在p∈（0，1）上单调递减，
又当p＝时，D′（X）＝＞0，
所以当p∈（0，1）时，D′（X）＞0，
所以p∈（0，1）时D（X）单调递增，
所以D（X）＜﹣4×＝．故选：D．
【例4】．（2020 •开福区模拟）设一个正三棱柱ABC﹣DEF，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为P10，则P10为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】【分析】根据题意假设蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为Pn，那么它前一步只有两种情况：也许本来就在上底面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率是Pn﹣1；也许是上一步在下底面，则第n﹣1步不再上底面的概率是1﹣Pn﹣1，如果爬上来，其概率应是（1﹣Pn﹣1）．两件事情是互斥的，因此，，整理得，Pn＝Pn﹣1+；构造等比数列{Pn﹣}，即可得Pn＝（）n+．
解：设蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为Pn，那么它前一步只有两种情况：
A：如果本来就在上底面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率是Pn﹣1；
B：如果是上一步在下底面，则第n﹣1步不再上底面的概率是1﹣Pn﹣1，如果爬上来，其概率应是（1﹣Pn﹣1）．
A，B事件互斥，因此，；
整理得，；即Pn﹣＝（Pn﹣1﹣）；
构造等比数列{Pn﹣}，公比为，首项为P1﹣＝﹣＝，
可得Pn＝（）n+．
因此第10次仍然在上底面的概率P10＝（）10+．故选：D．
【举一反三】
1．（2020 •越城区模拟）随机变量ξ有四个不同的取值，且其分布列如下：
则E（ξ）的最大值为（ ）
A．﹣1B．﹣C．D．1
【答案】C
【解析】【分析】依题意，t＝1﹣×＝，所以E（ξ）＝（2sinαsinβ+3csαsinβ+3sinαcsβ）+＝（+）+（+）＝sin（α+β）+cs（α﹣β），根据α，β的情况讨论即可得到E（ξ）的最大值．
解：依题意，t＝1﹣×＝，
所以E（ξ）＝（2sinαsinβ+3csαsinβ+3sinαcsβ）+
＝（+）+（+）
＝sin（α+β）+cs（α﹣β），
所以当α+β＝，α﹣β＝2kπ，（k∈z）时，即（k∈Z）时，
E（ξ）取得最大值＝1．故选：D．
2．（2020 •天心区模拟）已知函数f（x）＝，若，则方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同根的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】【分析】画出函数f（x）的图象，结合图象求得由方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同的实数根时f（x）的取值范围；再构造函数，利用二次函数的图象与性质求出关于a、b的不等式组表示的平面区域，计算平面区域面积比即可．
解：画出函数f（x）＝的图象，如图1所示；
令f（x）＝t，由方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同的实数根，
即方程t2﹣at+b＝0有两个不同的实数根t1、t2，
由f（x）的图象知，t1＜0，且0＜t2＜1；
设g（t）＝t2﹣at+b，
由二次函数g（t）的图象与性质可得，
又不等式组表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，
且满足条件的区域如阴影部分，其面积2﹣＝，如图2所示；
则所求的概率值为P＝＝．故选：B．
3．（2019•湛江一模）已知空间直角坐标系中的四个点A（4，1，1），B（4，﹣2，﹣1），C（﹣2，﹣2，﹣
1），D（﹣2，1，﹣1）．经过A，B，C，D四点的球记作球M．从球M内部任取一点P，则点P落在三棱
锥A﹣BCD内部的概率是 ．
【答案】
【解析】
【分析】由A，B，C，D四点的坐标知，BCD三点在平行于xy坐标面的平面上，且三角形BCD是以C为直角顶点的直角三角形，故球心在过BD中点且垂直于xy坐标面的直线上，设出球心坐标，即可求出球心，然后求出三棱锥的体积及球的体积，可得．
解：依题意：BCD三点在平行于xy坐标面的平面上，且满足[[（4+2）2+（﹣2﹣1）1+（﹣1+1）2]＝[（4+2）2+（﹣2+2）2+（﹣1+1）2]+[（﹣2+2）2+（﹣2﹣1）2+（﹣1+1）2]，即BD2＝BC2+CD2，
∴△BCD是以C为直角顶点的直角三角形，∴BD中点E（1，，﹣1）到△BCD三顶点的距离相等，又BCD三点在竖坐标皆为﹣1，故三点在平行于xy坐标面的平面内，所以球心在过E且垂直于xy坐标面的直线上，设球心F坐标为（1，﹣，z），则DF＝AF，即＝，得z＝0，所以球的半径r＝，
所以，球的体积V＝＝＝，
三棱锥A﹣BCD是以直角三角形BCD为底，高为2的三棱锥，
其体积V1＝＝＝6，
点P落在三棱锥A﹣BCD内部的概率是：P＝＝＝．
【强化训练】
1．（2020·安徽高考模拟（理））2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行；长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游， 假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游， 则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列组合的知识分别求解出恰有一个地方未被选中的情况和所有情况，利用古典概型计算可得结果.
【详解】名同学去旅游的所有情况有：种
恰有一个地方未被选中共有：种情况
恰有一个地方未被选中的概率：本题正确选项：
2.设函数，若是从三个数中任取一个，是从五个数中任取一个，那么恒成立的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】思路：设事件为“从所给数中任取一个”，则，所求事件为事件，
要计算所包含的基本事件个数，则需要确定的关系，从恒成立的不等式入手，恒成立，
只需，而，当时，，
所以当时，，
所以，得到关系后即可选出符合条件的：
共8个，当时， ，
所以符合条件，综上可得，所以
3．（2020·湖北高考模拟（理））生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】分情况讨论，由间接法得到“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开的事件个数，不考虑限制因素，总数有种，进而得到结果.
【详解】
当“数”位于第一位时，礼和乐相邻有4种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有种情况，由间接法得到满足条件的情况有
当“数”在第二位时，礼和乐相邻有3种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有种，
由间接法得到满足条件的情况有
共有：种情况，不考虑限制因素，总数有种，
故满足条件的事件的概率为： ，故答案为：C.
4．（2020•富阳区模拟）已知数列{an}满足a1＝0，且对任意n∈N*，an+1等概率地取an+1或an﹣1，设an
的值为随机变量，则（ ）
A．P（ξ3＝2）＝B．E（ξ3）＝1
C．P（ξ5＝0）＜P（ξ5＝2）D．P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0）
【答案】D
【解析】【分析】根据题意，分别分析出ξn当n分别取2，3，4，5时所对应的值，以及每个ξn的对应的概率，即可判断出正确选项．
解：依题意a2＝1或a2＝﹣1，且P（a2＝1）＝P（a2＝﹣1）＝，
ξ3＝a3的可能取值为a2+1＝2，a2﹣1＝0，a2+1＝0，a2﹣1＝﹣2，
P（ξ3＝2）＝×＝，
P（ξ3＝0）＝2×＝，
P（ξ3＝﹣2）＝＝，
E（ξ3）＝2×+0×+（﹣2）×＝0，由此排除A和B；
ξ4＝a4的可能取值为a3+1＝3，a3﹣1＝1，a3+1＝﹣1，a3﹣1＝﹣3，
P（ξ4＝3）＝P（ξ3＝2）＝，
P（ξ4＝1）＝＝，
P（ξ4＝﹣1）＝＝，
P（ξ4＝﹣3）＝P（ξ3＝﹣2）＝．．
ξ5＝a5的可能取值为4，2，0，﹣2，﹣4．
P（ξ5＝0）＝＝，
P（ξ5＝2）＝＝，
所以P（ξ5＝0）＞P（ξ5＝2），排除C．
因为P（ξ5＝0）＝，P（ξ3＝0）＝，所以P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0），故选：D．
5．（2020·全国高三模拟）某农贸市场出售西红柿，当价格上涨时，供给量相应增加，而需求量相应减少，具体调查结果如下表：
表1 市场供给量 表2 市场需求量
根据以上提供的信息，市场供需平衡点（即供给量和需求量相等时的单价）应在区间（ ）
A．（2.3，2.6）内B．（2.4，2.6）内C．（2.6，2.8）内D．（2.8，2.9）内
【答案】C
【解析】由已知中表格所给的数据，我们结合答案中的四个区间，分别分析区间端点对应的供给量与需求量的关系，如果区间两个端点的表示供给量与需求量的关系的不等号方向是相反的，则市场供需平衡点（即供给量和需求量相等时的单价）应在该区间．
解答：解：∵单价等于2.8时，供给量=70
∴当单价小于2.6时，由于2.6＜2.8
∴供给量＜70
而此时，需要量＞70
故此时，供给量＜需要量
而当单价等于2.6时，需求量=70
∴当单价大于2.8时，∵2.8＞2.6
∴供给量＞70
而此时，需要量＜70
故此时，供给量＞需要量
综上所述，市场供需平衡点（即供给量和需求量相等时的单价）应在区间（2.6，2.8）内，故选C
6．（2019·四川成都七中高考模拟（理））如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列.已知数列的项数为4，记事件：集合，事件：为“局部等差”数列，则条件概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出事件与事件的基本事件的个数，用=计算结果.
【详解】由题意知，事件共有=120个基本事件，事件“局部等差”数列共有以下24个基本事件，
（1）其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个， 含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.
含3，4，5的和含5，4，3的与上述（1）相同，也有6个.
含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2个，
含4，3，2的同理也有2个.
含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个，
含5，3，1的也有上述4个，共24个，
=.故选C.
7．（2020雁塔区校级模拟）为了解某次测验成绩，在全年级随机地抽查了100名学生的成绩，得到频率分布直方图（如图），由于某种原因使部分数据丢失，但知道后5组的学生人数成等比数列，设90分以下人数为38，最大频率为b，则b的值为 ．
【答案】0.32
【解析】【分析】由已知中抽查了100名学生的成绩，90分以下人数为38，可得五组的累积频数为62，设第四组的频数为a，后5组的学生人数成等比数列的公比为q（0＜q＜1），结合最大频率为b，根据等比数列的前n项和公式及＜62，求出q，a，进而得到答案．
解：由抽查了100名学生的成绩，90分以下人数为38，
则90分以上人数为100﹣38＝62人，为后五组的累积频数
由于后5组的学生人数成等比数列，
设第四组的频数为a，公比为q（0＜q＜1），则
S5＝＝a（q4+q3+q2+q+1）
由各组人数均为整数，故＜62，
故q＝，a＝32，则b＝＝0.32，故答案为：0.32
8．（2020•宁波校级模拟）某保险公司新开设了一项保险业务，规定该份保单在一年内如果事件E发生，则
该公司要赔偿a元，假若在一年内E发生的概率为p，为使公司受益的期望值不低于a的，公司应要求
该份保单的顾客缴纳的保险金最少为 元．
【答案】（p+0.1）a
【解析】【分析】用随机变量ξ表示此项业务的收益额，x表求顾客缴纳的保险金，则ξ的所有可能取值为x，x﹣a，且P（ξ＝x）＝1﹣p，P（ξ＝x﹣a）＝p，Eξ＝x（1﹣p）+（x﹣a）p＝x﹣ap，由公司受益的期望值不低于a的，由求出公司应要求该份保单的顾客缴纳的保险金最少金额．
解：用随机变量ξ表示此项业务的收益额，x表求顾客缴纳的保险金，
则ξ的所有可能取值为x，x﹣a，
且P（ξ＝x）＝1﹣p，P（ξ＝x﹣a）＝p，
∴Eξ＝x（1﹣p）+（x﹣a）p＝x﹣ap，
∵公司受益的期望值不低于a的，
∴x﹣ap≥，
∴x≥（p+0.1）a（元）．故答案为：（p+0.1）a．
9.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现已日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.该款软件主要设有“阅读文章”和“视听学习”两个学习板块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中，将六大板块依次各完成一次，则“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有________种.
【答案】
【解析】
【分析】先分间隔一个与不间隔分类计数，再根据捆绑法求排列数,最后求和得结果.
【详解】若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块相邻，则学习方法有种;
若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块的学习方法有种;
因此共有种.故答案为：
10．（2020 •路南区校级月考）如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，
三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC、直角边AB、直角边AC，△ABC的三边所围成的区域．若
BC＝10，过点A作AD⊥BC于D，当△ABD面积最大时，黑色区域的面积为 ．
【答案】
【解析】
【分析】△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III，由题意，计算△ABD的面积，求出面积取最大值时对应的θ值，再计算区域Ⅱ的面积SⅡ．
解：因为BC＝10，设∠ABC＝，
所以AB＝10cs，BD＝ABcs＝10cs2＝5（1+），
AD＝ABsin＝10sincs＝5sinθ，
所以S△ABD＝BD•AD＝×5sinθ•5（1+）＝（1+），
设f（θ）＝（1+），θ∈（0，π），
则f'（θ）＝2cs2θ+﹣1＝0，解得＝，得θ＝；
当θ∈（0，）时，＞，f'（θ）＞0，f（θ）为增函数；
当θ∈（，π）时，＜，f'（θ）＜0，f（θ）为减函数；
所以，当θ＝时，f（θ）最大，△ABD面积最大，
设△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III，
此时，区域Ⅱ的面积为SII＝π•（）2+π•（）2﹣SⅢ
＝π•（）2+π•（）2﹣[π•（）2﹣SⅠ]＝SⅠ，
且SⅠ＝AB•AC＝×10sin×10cs＝25sinθ＝，
故当△ABD面积最大时，区域Ⅱ的面积为．故答案为：．
11．（2020·广东模拟）水痘是一种传染性很强的病毒性疾病，易在春天爆发．市疾控中心为了调查某校高一年级学生注射水症疫苗的人数，在高一年级随机抽取5个班级，每个班抽取的人数互不相同，若把每个班级抽取的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，则样本数据中的最大值是_____．
【答案】10
【解析】
【分析】根据平均数和方程列式，然后利用二次函数的判别式小于零，求得样本数据的最大值.
【详解】设五个班级的数据分别为，根据平均数和方差得，，显然各个括号为整数.
设分别为，
则，
设，
由已知，则判别式，即，
解得，即，所以，即样本数据中的最大值是.
12．（2020.仓山区校级期末）已知直线与曲线恰有两个不同的交点，记k的所有可能取值
构成集合A，P（x，y）是椭圆上一动点，点P1（x1，y1）与点P关于直线y＝x+1对称，记
的所有可能取值构成集合B，若随机从集合A，B中分别抽出一个元素λ1，λ2，则λ1＞λ2的概率是 ．
【答案】
【解析】【分析】根据直线和圆锥曲线的位置关系求出集合A，B，然后根据几何概型的概率公式即可得到结论．
解：∵y＝，
∴x＝y2，代入y＝k（x+）得y＝k（y2+），
整理得ky2﹣y+＝0，
直线y＝k（x+）与曲线y＝恰有两个不同交点，
等价为ky2﹣y+＝0有两个不同的非负根，
即△＝1﹣k2＞0，且＞0，解得0＜k＜1，
∴A＝{k|0＜k＜1}．
P1（x1，y1）关于直线y＝x+1的对称点为P（y1﹣1，x1+1），
P是椭圆上一动点，
∴﹣4≤y1﹣1≤4，
即﹣1≤≤1，
设b＝，则﹣1≤b≤1，
∴B＝{b|﹣1≤b≤1}．
∴随机的从集合A，B中分别抽取一个元素λ1，λ2，
则λ1＞λ2等价为 ，
则对应的图象如图：
则λ1＞λ2的概率是，
13．（2020·江苏高三（理））乒乓球比赛,三局二胜制.任一局甲胜的概率是,甲赢得比赛的概率是,则的最大值为_____.
【答案】
【解析】分析：采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：甲净胜二局，前二局甲一胜一负，第三局甲胜，由此能求出甲胜概率；进而求得的最大值.
详解：采用三局两胜制，
则甲在下列两种情况下获胜： （甲净胜二局）， （前二局甲一胜一负，第三局甲胜）．
因为 与 互斥，所以甲胜概率为 则 设
即答案为.，注意到，则函数在和 单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极大值，也是最大值，最大值为
即答案为.
14．（2020·全国高三模拟）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有_____条．
【答案】
【解析】方程变形得，若表示抛物线，则，
分五种情况：
（1）当时，或或或.
（2）当时，或或或,以上两种情况下有条重复，故共有条.
（3）同理当或时，共有条.
（4）当时，或或或，共有条，综上，共有
，故答案为.
ξ
2sinαsinβ
3csαsinβ
3sinαcsβ
P
t
单价
（元/kg）
2
2.4
2.8
3.2
3.6
4
单价
（元/kg）
4
3.4
2.9
2.6
2.3
2
供给量
（1000kg）
50
60
70
75
80
90
需求量
（1000kg）
50
60
6
70
75
80