第一部分专题四概率与统计.docx

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第一部分专题四概率与统计

[研高考·明考点]

年份

卷别

小题考查

大题考查

2017

卷Ⅰ

T2·数学文化，有关面积的几何概型

T19·正态分布、二项分布的性质及概率的计算，方差的计算公式

T6·二项式定理的应用、二项展开式的通项

卷Ⅱ

T6·分步乘法计数原理、排列组合的应用、分组分配问题

T18·相互独立事件的概率，频率分布直方图的识别与应用，独立性检验

T13·二项分布的方差计算

卷Ⅲ

T3·折线图的识别与应用

T18·频数分布表，概率分布列的求解，数学期望的应用

T4·二项式定理的应用、二项展开式的通项

2016

卷Ⅰ

T4·可化为长度的时间问题的几何概型

T19·柱状图的识别，频率估计概率，随机变量的分布列及数学期望的应用

T14·求二项展开式特定项的系数

卷Ⅱ

T5·实际生活背景下的分步乘法计数原理的应用

T18·互斥事件，条件概率，随机变量的分布列及数学期望

T10·几何概型、随机模拟法计算圆周率

卷Ⅲ

T4·统计图表的应用

T18·变量间的线性相关关系，回归方程的求解与应用

T12·数列新定义的理解、计数原理的应用

2015

卷Ⅰ

T4·与二项分布有关的概率计算

T19·散点图，求回归方程及函数的最值

T10·二项式定理、二项式展开式特定项的系数

卷Ⅱ

T3·条形图、两个变量的相关性

T18·茎叶图，数据的平均值和方差，相互独立事件的概率

T15·二项式定理、二项展开式的系数和

[析考情·明重点]

小题考情分析

大题考情分析

常考点

1.排列组合的应用（3年3考）

2.二项式定理及其应用（3年5考）

3.用样本估计总体（3年4考）

4.古典概型与几何概型（3年3考）

常考点

概率部分解答题的考查重点是离散型随机变量的分布列和数学期望的计算，事件的独立性和n次独立重复试验模型的综合问题等；统计部分解答题应重点关注古典概型与频率分布直方图综合以及回归分析的相关命题．题型主要有：

1.以相互独立事件、二项分布、超几何分布为背景求随机变量的分布列、期望与方差

2.回归分析与统计的综合问题

偶考点

1.变量间的相关关系、统计案例

2.条件概率、相互独立事件、独立重复试验

偶考点

1.正态分布与概率的综合问题

2.独立性检验与统计的综合问题

第一讲小题考法——排列、组合与二项式定理

考点

（一）

主要考查两个计数原理、排列、组合的简单综合应用，有时会与概率问题相结合考查.

排列、组合的应用

[典例感悟]

[典例]　

（1）（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．24B．18

C．12D．9

（2）（2017·全国卷Ⅱ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（　　）

A．12种B．18种

C．24种D．36种

（3）（2017·长春质检）某班主任准备请2018届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有________种．（用数字作答）

[解析]　

（1）由题意可知从E到F有6条最短路径，从F到G有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18条最短路径，故选B.

（2）因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36（种）．

（3）若甲、乙同时参加，不同的发言顺序有2CAA＝120种；若甲、乙有一人参加，不同的发言顺序有CCA＝960种．由分类加法计数原理知，共有120＋960＝1080种不同的发言顺序．

[答案]　

（1）B　

（2）D　（3）1080

[方法技巧]

1．解答排列组合问题的4个角度

解答排列组合问题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．

2．解决分组分配问题的3种策略

（1）不等分组：

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．

（2）整体均分：

解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，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．

（3）部分均分：

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．

[演练冲关]

1．两个三口之家约定星期日乘“奥迪”、“奔驰”两辆轿车结伴郊游，他们共有4个大人，2个小孩，每辆车最多只能乘坐4人，其中两个小孩不能独坐一辆车，则不同的乘车方法种数为（　　）

A．40B．48

C．60D．68

解析：

选B　由题意得，只需选出乘坐奥迪车的人员，剩余的乘坐奔驰车即可，需要分三类：

若奥迪车上没有小孩，则有C＋C＝10种乘车方法；若有一个小孩，则有C×（C＋C＋C）＝28种乘车方法；若有两个小孩，则有C＋C＝10种乘车方法．故不同的乘车方法种数为10＋28＋10＝48.

2．2名男生、1名男教师和3名女生站成一排，若男教师不站两端，任意两名女生都不相邻，则不同的排法种数为（　　）

A．120B．96

C．84D．36

解析：

选A　首先将2名男生和1名男教师安排好，有A＝6种情况，排好后有4个空位，在其中任选3个，安排3名女生，有A＝24种情况，则2名男生、1名男教师和3名女生站成一排，任意两名女生都不相邻的排法有6×24＝144（种）．其中男教师站在两端的情况有2AA＝24（种），则男教师不站两端，任意两名女生都不相邻的不同的排法种数为144－24＝120.

3．（2017·天津高考）用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．（用数字作答）

解析：

一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有CCA＝960（个），四个数字都是奇数的四位数有A＝120（个），则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1080（个）．

答案：

1080

4．（2017·浙江高考）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．（用数字作答）

解析：

法一：

分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．

法二：

不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，

而没有女生的选法有AC种，

故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660（种）．

答案：

660

考点

（二）

主要考查二项式定理的通项公式、二项式系数、二项式特定项、二项展开式系数的和等.

二项式定理及其应用

[典例感悟]

[典例]　

（1）（2015·全国卷Ⅰ）（x2＋x＋y）5的展开式中，x5y2的系数为（　　）

A．10B．20C．30D．60

（2）（2017·南昌模拟）在多项式（1＋2x）6（1＋y）5的展开式中，xy3项的系数为________．

（3）（2015·全国卷Ⅱ）（a＋x）（1＋x）4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.

[解析]　

（1）（x2＋x＋y）5＝[（x2＋x）＋y]5，

含y2的项为T3＝C（x2＋x）3·y2.

其中（x2＋x）3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.

所以x5y2的系数为CC＝30.

（2）在多项式（1＋2x）6（1＋y）5的展开式中，通项为C（2x）r·Cym，其中r＝0,1，…，6，m＝0,1，…，5.令r＝1，m＝3，得xy3项的系数为C×2×C＝120.

（3）设（a＋x）（1＋x）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.

令x＝1，得（a＋1）×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①

令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②

①－②，得16（a＋1）＝2（a1＋a3＋a5）＝2×32，

解得a＝3.

[答案]　

（1）C　

（2）120　（3）3

[方法技巧]

求解二项式定理相关问题的常用思路

（1）二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决的．

（2）二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．

[演练冲关]

1．在二项式（1－2x）n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为（　　）

A．－960B．960

C．1120D．1680

解析：

选C　根据题意，2n－1＝128，解得n＝8，则（1－2x）8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C（－2）4x4＝1120x4，即展开式的中间项的系数为1120.

2．（2017·全国卷Ⅰ）（1＋x）6展开式中x2的系数为（　　）

A．15B．20

C．30D．35

解析：

选C　（1＋x）6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以（1＋x）6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.

3．（2017·合肥质检）在4的展开式中，常数项为________．

解析：

易知4＝－1＋4的展开式的通项Tr＋1＝C（－1）4－r·r.又r的展开式的通项Rm＋1＝Cxr－m（－x－1）m＝C（－1）mxr－2m，∴Tr＋1＝C（－1）4－r·C·（－1）mxr－2m，令r－2m＝0，得r＝2m，∵0≤r≤4，∴0≤m≤2，∴当m＝0,1,2时，r＝0,2,4，故常数项为T1＋T3＋T5＝C（－1）4＋C（－1）2·C（－1）1＋C（－1）0·C（－1）2＝－5.

答案：

－5

[必备知能·自主补缺]

（一）主干知识要记牢

1．排列、组合数公式

（1）排列数公式

A＝n（n－1）·…·（n－m＋1）＝.

（2）组合数公式

C＝＝＝.

2．二项式定理

（1）二项式定理

（a＋b）n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn.

（2）通项与二项式系数

Tk＋1＝Can－kbk，其中C（k＝0,1,2，…，n）叫做二项式系数．

（二）二级结论要用好

1．各二项式系数之和

（1）C＋C＋C＋…＋C＝2n.

（2）C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.

2．二项式系数的性质

（1）C＝C，C＋C＝C.

（2）二项式系数最值问题

当n为偶数时，中间一项即第项的二项式系数Cn最大；当n为奇数时，中间两项即第，项的二项式系数Cn，Cn相等且最大．

[针对练]　若n展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（　　）

A．360B．180

C．90D．45

解析：

选B　依题意知n＝10，

∴Tr＋1＝C（）10－r·r＝C2r·x5－r，

令5－r＝0，得r＝2，∴常数项为C22＝180.

（三）易错易混要明了

二项式（a＋b）n与（b＋a）n的展开式相同，但通项公式不同，对应项也不相同，在遇到类似问题时，要注意区分．还要注意二项式系数与项的系数的区别与联系，同时要明确二项式系数最大项与展开式系数最大项的不同．

[课时跟踪检测]

A组——12＋4提速练

一、选择题

1．（2017·云南统考）在10的二项展开式中，x4的系数为（　　）

A．－120B．－60

C．60D．120

解析：

选A　10的展开式的通项Tr＋1＝Cx10－r·r＝（－1）rCx10－2r，令10－2r＝4，得r＝3，所以该二项展开式中x4的系数为－C＝－120.

2．（2017·长沙调研）5的展开式中x2y3的系数是（　　）

A．－20B．－5

C．5D．20

解析：

选A　5展开式的通项Tr＋1＝C5－r·（－2y）r＝C·5－r·（－2）r·x5－r·yr，令r＝3，得x2y3的系数为C·2·（－2）3＝－20.

3．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方案有（　　）

A．24种B．18种

C．16种D．10种

解析：

选D　若甲景区在最后一个体验，则有A种方案；若甲景区不在最后一个体验，则有AA种方案．所以小李旅游的方案共有A＋AA＝10（种）．

4．现有4名教师参加说课比赛，共有4道备选题目，若每位教师从中有放回地随机选出一道题目进行说课，其中恰有一道题目没有被这4位教师选中的情况有（　　）

A．288种B．144种

C．72种D．36种

解析：

选B　首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法有C种；其次将获得同一道题目的2位教师选出，选法有C种；最后将选出的3道题目分配给3组教师，分配方式有A种．由分步乘法计数原理，知满足题意的情况共有CCA＝144（种）．

5．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（　　）

A．30种B．36种

C．60种D．72种

解析：

选A　甲、乙两人从4门课程中各选修2门有CC＝36种选法，甲、乙所选的课程中完全相同的选法有C＝6种，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有36－6＝30（种）．

6．（x2－2）5的展开式中x－1的系数为（　　）

A．60B．50

C．40D．20

解析：

选A　依题意，5的展开式的通项Tr＋1＝C·2r·x－r，5的展开式中含x－1（当r＝1时），x－3（当r＝3时）项的系数分别为2C，23C，所以（x2－2）5的展开式中x－1的系数为23C－2×2C＝60.

7.（2x－1）5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为（　　）

A．－20B．－10

C．10D．20

解析：

选C　令x＝1，可得a＋1＝2，所以a＝1，所以（2x－1）5＝（2x－1）5，则展开式中常数项为2C（－1）4＝10.

8．学校组织学生参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学．现从该小组中选出3名同学分别到A，B，C三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有（　　）

A．70种B．140种

C．840种D．420种

解析：

选D　从9名同学中任选3名分别到A，B，C三地进行社会调查有CA种安排方法，3名同学全是男生或全是女生有（C＋C）A种安排方法，故选出的同学中男女均有的不同安排方法有CA－（C＋C）A＝420（种）．

9．已知（x＋2）15＝a0＋a1（1－x）＋a2（1－x）2＋…＋a15（1－x）15，则a13的值为（　　）

A．945B．－945

C．1024D．－1024

解析：

选B　由（x＋2）15＝[3－（1－x）]15＝a0＋a1（1－x）＋a2（1－x）2＋…＋a15（1－x）15，得a13＝C×32×（－1）13＝－945.

10．（2017·合肥质检）已知（ax＋b）6的展开式中x4项的系数与x5项的系数分别为135与－18，则（ax＋b）6的展开式中所有项系数之和为（　　）

A．－1B．1

C．32D．64

解析：

选D　由二项展开式的通项公式可知x4项的系数为Ca4b2，x5项的系数为Ca5b，则由题意可得解得a＋b＝±2，令x＝1，得（ax＋b）6的展开式中所有项的系数之和为（a＋b）6＝64，故选D.

11．（2017·全国卷Ⅲ）（x＋y）（2x－y）5的展开式中x3y3的系数为（　　）

A．－80B．－40

C．40D．80

解析：

选C　当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C（2x）2（－y）3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C（2x）3（－y）2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×（8－4）＝40.

12．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，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．则不同取法的种数为（　　）

A．232B．252

C．472D．484

解析：

选C　由题意，不考虑特殊情况，从16张卡片中任取3张共有C种取法，其中取出的这三张卡片是同一种颜色有4C种取法，取出2张红色卡片有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－C·C＝472（种），故选C.

二、填空题

13．（2018届高三·湘中名校联考）设1＋x5＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a5（x－1）5，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________.

解析：

令x＝2，得1＋25＝a0＋a1＋a2＋…＋a5，即a0＋a1＋a2＋…＋a5＝33.

答案：

33

14．（2017·浙江高考）已知多项式（x＋1）3（x＋2）2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.

解析：

由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4＝C×12×C×22＋C×13×C×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C×13×C×22＝4.

答案：

16　4

15．“污染治理”“延迟退休”“楼市新政”“共享单车”“中印对峙”成为现在社会关注的5个热点．小王想利用暑假时间调查一下社会公众对这些热点的关注度．若小王准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“共享单车”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的调查顺序有________种．

解析：

先从“污染治理”“延迟退休”“楼市新政”“中印对峙”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法，在调查时“共享单车”安排的顺序有A种可能情况，其余3个热点安排的顺序有A种可能情况，故有CAA＝72种不同的调查顺序．

答案：

72

16.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在4号，5号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为________．

解析：

根据A球所在的位置可分三类情况：

①若A球放在1号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有A＝6种不同的放法；②若A球放在3号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有A＝6种不同的放法；③若A球放在2号盒子内，则B球可以放在1号，3号，4号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有C·A＝18种不同的放法．综上可得不同的放法共有6＋6＋18＝30（种）．

答案：

30

B组——能力小题保分练

1．若（1－2x）2018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2018x2018，则＋＋…＋的值为（　　）

A．2B．0

C．－1D．－2

解析：

选C　令x＝0，得a0＝1.

令x＝，得1＋＋＋…＋＝0.

则＋＋…＋＝－1.

2．（2017·武昌调研）若n的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项为（　　）

A．－270B．270

C．－90D．90

解析：

选C　n的展开式中所有项系数的绝对值之和等于n的展开式中所有项系数之和．令x＝1，得4n＝1024，∴n＝5.则n＝5，其通项Tr＋1＝C5－r·（－）r＝C·35－r·（－1）r·x＋，令＋＝0，解得r＝3，∴该展开式中的常数项为T4＝C·32·（－1）3＝－90，故选C.

3．（2016·全国卷Ⅲ）定义“规范01数列”{an}如下：

{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（　　）

A．18个B．16个

C．14个D．12个

解析：

选C　由题意知：

当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20（种），其中存在k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：

①若a2＝a3＝1，则有C＝4（种）；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14（种）．故共有14个．故选C.

4．若5展开式中的常数项为－40，则a＝________.

解析：

5展开式的通项Tr＋1＝C（2x）5－r·r＝C25－rx5－2r，因为2x＋5的展开式中的常数项为－40，所以axC22x－1＋C23x＝－40，即40a＋80＝－40，解得a＝－3.

答案：

－3

5．福州大学的8名学生准备拼车去湘西凤凰古城旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车．每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置），其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的乘坐方式共有________种．

解析：

可分两类：

第一类，大一的孪生姐妹乘坐甲车，则可再分三步：

第一步，从大二、大三、大四三个年级中任选两个年级，有C种不同的选法；第二步，从所选出的两个年级中各抽取一名同学，有CC种不同的选法；第三步，余下的4名同学乘乙车有C种不同的选法，根据分步乘法计数原理，可知有CCCC种不同的乘坐方式．第二类，大一的孪生姐妹乘坐乙车，则可再分三步：

第一步，从大二、大三、大四三个年级中任选一个年级（此年级的2名同学乘甲车），有C种不同的选法；第二步，余下的两个年级中各抽取一名同学，有CC种不同的选法；第三步，余下的2名同学乘乙车有C种不同的选法，根据分步乘法计数原理，可知有CCCC种不同的乘坐方式．根据分类加法计数原理，满足要求的乘坐方式种数为CCCC＋CCCC＝24.

答案：

24

6．（2017·陕西质检）从一架钢琴挑出的10个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________（用数字作答）．

解析：

依题意共有8类不同的和声，当有k（k＝3,4,5,6,7,8,9,10）个键同时按下时，有C种不同的和声，则和声总数为C＋C＋C＋…＋C＝210－C－C－C＝1024－1－10－45＝968.

答案：

968

第二讲小题考法——概率、统计、统计案例

考点

（一）

主要考查用统计图表估计总体以及利用样本的数字特征估计总体，且以统计图表的考查为主.

用样本估计总体

[典例感悟]

[典例]　

（1）（2016·全国卷Ⅲ）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃.下面叙述不正确的是（　　）

A．各月的平均最低气温都在0℃以上

B．七月的平均温差比一月的平均温差大

C．三月和十一月的平均最高气温基本相同

D．平均最高气温高于20℃的月份有5个

（2）为比较甲、乙两地某月14时的气温情况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据（单位：

℃）制成如图所示的茎叶图．考虑以下结论：

①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；

②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；

③甲地该月1