（浙江专用）2019高考数学二轮复习第一板块考前练透3个送分专题学案.doc

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1、1第一板块 考前练透 3 个送分专题送分专题(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 U1,2,3,4,5， A1,3，则 UA( )A B1,3C2,4,5 D1,2,3,4,5解析：选 C U1,2,3,4,5， A1,3， UA 2,4,52(201

2、7全国卷)已知集合 A x|x1 D A B解析：选 A 集合 A x|x0，则 RA( )A x|12 D x|x1 x|x2解析：选 B x2 x20，( x2)( x1)0， x2 或 x2 或 x0，则集合 A 与 B的关系是( )A BA B BAC B A D A B解析：选 A 因为 A x| x2 x21 或 x0，xx52所以 BA，故选 A.7(2018下城区校级模拟)已知集合 P xN|0 x3，Q x|x210，则PQ( )A1,3 B(1,3C2,3 D1,2,3解析：选 C 集合 P xN|0 x30,1,2,3，Q x|x210 x|x1 或 x0”是“ ABC

3、是钝角三角形”的AB BC ( )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 ，因为 0，即| | |cos AB BC AB BC AB BC 0，所以 cos 0， 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“AB BC ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件，故选 A.3已知 a0 且 a1，则 loga b0 是( a1)( b1)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 a0 且 a1，且 loga b0，所以Error!或

4、Error!从而( a1)( b1)0，充分性成立；而由( a1)( b1)0 可得Error!或Error!必要性不成立所以 loga b0 是( a1)( b1)0 的充分不必要条件4(2017北京高考)设 m，n 为非零向量，则“存在负数 ，使得 m n”是“mna1”是“log ax0”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 log ax0，Error!或Error! xa1 是 logax0 的充分不必要条件，故选 A.6(2018诸暨二模)已知圆 x2 y24 与直线 x y t0，则“ t2 ”是“直线与2圆相切”的( )A充

5、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 ，|t|2若直线与圆相切，则 2，即| t|2 ，则 t2 ，|t|2 2 2则“ t2 ”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选 A.27 “x ”是“函数 ysin 为单调递增函数”的( )34， 4 (x 4)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 ysin 为单调递增函数，(x 4)则 2 k x 2 k， kZ， 2 4 2即 2 k x 2 k， kZ.34 4从而函数 ysin 的单调递增区间是 (kZ)(x 4) 34 2k ， 4

6、2k 因此若 x ，则函数 ysin 为单调递增函数；34， 4 (x 4)若函数 ysin 为单调递增函数 x .(x 4) 34， 4所以“ x ”是“函数 ysin 为单调递增函数”的充分不必要条34， 4 (x 4)5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 pq，则 p 是 q 的充分条件(或 q 是 p 的必要条件)；若pq，且 q p，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 AB，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

7、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

8、江高考)复数 (i 为虚数单位)的共轭复数是( )21 iA1i B1iC1i D1i解析：选 B 1i，21 i 2 1 i 1 i 1 i 2 1 i2其共轭复数为 1i.2设(1i) x1 yi，其中 x， y 是实数，则| x yi|( )A1 B 2C. D23解析：选 B (1i) x1 yi， x xi1 yi.又 x， yR， x1， y x1.| x yi|1i| ，故选 B.263(2018湖州二模)若复数 z 满足方程 z( z1)i(i 为虚数单位)，则复数 z 的共轭复数 对应的点在( )z 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( z1)i(i

9、 为虚数单位)， z i，复数 z 的共轭复数 i 对应的点i1 i i 1 i 1 i 1 i 12 12 z 12 12在第三象限(12， 12)4(2018温州模拟)若复数 z1， z2在复平面内关于虚轴对称，且 z11i(i 为虚数单位)，则 ( )z1z2Ai BiC2i D2i解析：选 A z11i，复数 z1， z2在复平面内关于虚轴对称， z21i，则 i.故选 A.z1z2 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 2i25(2018绍兴二模)若复数 z ，则复数 z 在复平面内对应的点在( )2 ii5 1A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：选 C z

10、i，其对应点2 ii5 1 2 ii 1 2 i i 1 i 1 i 1 1 3i 2 12 32的坐标 位于第三象限，故选 C.(12， 32)6复数 z (i 是虚数单位)，则| z1|( )2 iiA2 B32C4 D8解析：选 A 复数 z 12i，2 ii 2 i ii2| z1|22i| 2 .故选 A.22 2 2 27(2018嘉兴模拟)复数(1i) 2 的共轭复数是( )21 iA1i B1iC1i D1i7解析：选 B 因为(1i) 2 2i 2i1i1i，所以复21 i 2 1 i 1 i 1 i数(1i) 2 的共轭复数是 1i，故选 B.21 i临考指导1复数的相关概

11、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， bR)与向量 对应起来，就可以根据平面向量的知识OZ 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

12、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( )A1 B2C3 D4解析：选 B 设盒中白色卡片有 x 张，则C C 35， x219 x700， x5 或 x14(舍去)，红色卡片的张数为210 210 x10352.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( )A24

13、 种 B36 种C48 种 D64 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24A 节目全排列，共有 A 种情况，又 C A 36，所以不同的分配方法共有 36 种3 2433(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( )8A18 种 B12 种C36 种 D24 种解析：选 D 根据题意，分 2 种情况讨论：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

14、个景点，有 C A 6 种情况，则此时有 2612 种方案132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 C C 6 种情况，将剩下的 2 人全排列，对应剩下的 2 个景点，有1312A 2 种情况，则此时有 2612 种方案2所以甲不到 A 景点的方案有 121224 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( )A48 种 B72 种C96 种 D216 种解析：选 C 根据题意，如图，设 6 个方格依次为A， B， C， D， E

15、， 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4方格 F，有 2 种颜色可选，即有 2 种情况，则一共有 242296 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( )A240

16、种 B188 种C156 种 D120 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 A A 48 种；42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C A A 36 种；1332当 A 在第三位时，分两种情况： E， F 在 A 之前，此时应有 A A 种， E， F 在 A 之23后，此时应有 A A A 种，故 A 在第三位时有 A A A A A 36 种2322 23 2322综上，共有 483636120 种不同的安排方案6

17、(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)9解析：不含有 0 的四位数有 C C A 720(个)25234含有 0 的四位数有 C C C A 540(个)2513133综上，组成没有重复数字的四位数的个数为 7205401 260.答案：1 2607(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

18、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 C C 6 种情况；当向下一面的数字分别为 3,3,1 时，可能有1312C C C 12 种情况所以向下一面的数字之和为 7 的情况有 61218 种131212答案：188(2017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03C24C2A2 2(C C )C 36 种选法；

19、选 2 名只会俄语的，有 C C 18 种选法所以共有 60 种不13 14 23 23 24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(2 x1) 5 a0 a1(x1)

20、a2(x1) 3 a4(x1)4 a5(x1) 5，则 a4( )10A32 B32C80 D80解析：选 C (2 x1) 512( x1) 5 a0 a1(x1) a2(x1) 3 a4(x1)4 a5(x1) 5， a4C 2480，故选 C.452(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(x3x)系数之和为 B，且 A B72，则展开式中常数项的值为( )A6 B9C12 D18解析：选 B 在二项式 n的展开式中，令 x1 得各项系数之和为(x3x)4n， A4 n，二项展开式的二项式系数和为 2n， B2 n，4 n2 n72，解得 n3. n 3

21、的展开式的通项为 Tr1 C ( )3 r r3 rC x ，(x3x) (x 3x) r3 x (3x) r33 3r2令 0，得 r1.3 3r2故展开式的常数项为 T23C 9.故选 B.133(2018浙江名校联考)若(3 ax1) 5(2x1) 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( )A56 B112C168 D224解析：选 B 令 x1，得(3 a1) 5(21) 31，解得 a ，则(3 ax1) 5(2x1)233(2 x1) 8，其二项展开式的通项 Tr1 C (2x)8 r(1) r，所以 x2项为 T7C (2x)r8 6886 (1) 64C

22、 x2112 x2，所以 x2项的系数为 112.684(2018浙江高考)二项式 8的展开式的常数项是_(3x 12x)解析：由题意，得 Tr1 C ( )8 r rr8 3x (12x)C rx .r8 (12) 8 4r3令 0，得 r2.8 4r3因此 T3C 27.28 (12)11答案：75(2018浙江考前冲刺卷)若 (x1) a的展开式中所有项的系数和为 192，则2x 1x2a_，展开式中的常数项为_解析： (x1) a的展开式中所有项的系数和为 192，令 x1，则2x 1x2(11) a192，解得 a6，因为 (x1) 6 (x1) 6 (x1) 621 112 2x

23、1x2 (2x 1x2) 2x(x1) 6，其中 (x1) 6的展开式中的常数项为 C x12， (x1) 6的展开式中的常数1x2 2x 2x56 1x2项为 C x215，所以 (x1) 6的展开式中的常数项为 121527.1x246 2x 1x2答案：6 276(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(3x 3x)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，(3x 3x)可得(31) n100，则 n 的最小值为 4.那么二项式为 4，(3x 3x)由通项可得： Tr1 C

24、4 r r3 4 rC (1) rx 4 r，r4(3x) ( x13) r4 r3令 4 r0，可得 r3.r3故常数项为 3C (1) 312.34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)C an rbr是第 r1 项，而不是第 r 项；rn(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， Tr1 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12(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

25、两种算法；(3)展开式中第 r1 项的二项式系数与第 r1 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

26、输的概率是( )A0.6 B0.8C0.2 D0.4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0.40.20.6，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. B110 310C. D710 35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C23C25 3102 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 .A310 7103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

27、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. B23 71213C. D12 512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24 12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.24 13 16 12 16 23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

28、：0 P(A)1； P( )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A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. B23 12C. D13 16解析：选 C 由题意可知，将四幅画先分 3 组，有 C 6(种)方

29、法，再分配，有24A 6(种)方法，由分步乘法计数原理可知总方法数 NC A 36，满足条件的方法数3 243N1C A A 12，故所求概率 P .故选 C.232 3N1N 1236 132(2017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. B1720 710C. D58 45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)，3614(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)

30、，(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.1420 7103(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. B435 3135C. D1835 2235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C34C37 435球的概率是 P2 ，

31、则所取 3 个球中至多有 1 个红球的概率是 P P1 P2 .C13C24C37 1835 22354(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. B118 112C. D536 136解析：选 C 从反面来考虑该问题，因为 1156，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 444 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(555444)种不同的选法，故 5 和 6 恰好有一个被选到的选法有 2(55544

32、4)种不同的选法所以满足条件的概率为 1 ，故选 C.43 2 53 4363 5365(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24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 C C C 96 种选法，14 241414两编号相差最大为 3，故有 C 212 种选法，从而两球编号之差最大的

33、概率为 .241296 18答案：96 1815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A A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( )(12)A1 B97C. D117 1113解析：选 C 随机变量 X 的分布列为 P(X m) p m， m1,2,3， p(12)1，解得 p

34、， E(X)1 2 23 3 .故选 C.12 (12)2 (12)3 87 87 12 87 (12) 87 (12) 1172(2018浙江高考)设 0y”是“ 0，则Error!或Error!所以“ xy”是1x1y 1y 1x x yxy“ 0y 时， ， 0x， xy 不一定成1x1y 1x1y 1x1y立所以“ xy”是“ ”是“cos cos ”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 / cos cos ，如 ， ， ，而 cos cos / ，如 ， ，cos cos ，而 0.5，所以 p0.6.9(2018浙江名校联考)已知

35、 10 a0 a1x a2x2 a9x9 a10x10，则(1x2)a12 a29 a910 a10( )A. 10 B 10(32) (12)C10 9 D5 9(12) (12)解析：选 D 法一：由题意，得 a1C ， a2C 2， a10C 10，则1012 210 (12) 10 (12)a12 a29 a910 a10C 2C 29C 910C 1010C 1012 210 (12) 910 (12) 10 (12) 09 1210C 2 10C 9 10C 105 9.故选 D.19 (12) 89 (12) 9 (12) (12)法二：对等式 10 a0 a1x a2x2 a9

36、x9 a10x10两边求导，得(1x2)5 9 a12 a2x9 a9x810 a10x9，令 x1，则 a12 a29 a910 a105(1x2)9，故选 D.(12)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 2P x2 y2Y 1 2P y2 x2A E(X) E(Y)， D(X) D(Y)B E(X) E(Y)， D(X) D(Y)25C E(X)E(Y)D(X) D(Y)D E(X) E(Y)2x2y2 D(X) D(Y)， E(X)x2y214 E(Y)3 ( x2y2)2 D(X)D(Y)，故选 C.116二、填空题11(2

37、018浙江考前冲刺卷)已知复数 z (bR)的实部和虚部相等，则1 biib_， z2 018_.解析：复数 z bi，因为复数 z 的实部和虚部相等，所以 b1，所1 bii i b 1以 z2 018(1i) 2 018(2i) 1 0092 1 009i.答案：1 2 1 009i12设随机变量 X B ，则 P(X3)_.(6，12)解析：随机变量 X 服从二项分布 B ，(6，12) P(X3)C 3 3 .36 (12) (12) 516答案：51613(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

38、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 C C 75 种安排方法，1526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，4则一共有 75241 800 种不同值班方案答案：1 80014(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(X2)_.解析：由题意可得 53，解得 m9.mm 626每次摸出红球的概率 p ，915 35 X B .(5，35)P(X2)

39、C 2 3 .25 (35) (25) 144625答案：9 14462515(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

40、 6 个 1 组成，共 1 种综上，不同的取法一共有 1510105132(种)答案：3216(2018浙江考前冲刺卷)已知( x y)(x2 y)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 y1，则(11)(12) n162，解得 n4.( x2 y)4的展开式的通项Tk1 C x4 k(2y)k,0 k4， kN.当 k2 时， T3C x222y224 x2y2，当 k3 时，k4 24T4C x23y332 xy3，故( x y)(x2 y)4的展开式中 x2y3项为 xT4 yT356 x2y3，所以34其系数为 56.答案：4 5617(201

41、8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) (n1,2,3,4)，则 k_；现从袋子中任取一个小球，若取到的小球的标号 nkn20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 表示得到的分值，则 D( )_.解析：由题意得， k 1，得 k2.(120 110 320 15) 的所有可能取值为 2,4,6，且 P( 2) ， P( 4) ， P( 6)110 15 310 25 ，则随机变量 的分布列为310 2 4 627P 310 25 310 E( )2 4 6 4， D( ) (24) 2 (44) 2 (64)310 25 310 310 25 3102 .125答案：2 125