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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()AB1,3C2,4,5D1,2,3,4,5解析：选CU1,2,3,4,5，A1,3，UA2,4,52(2017全国卷)已知集合Ax|x1，Bx|3x1，则()AABx|x1DAB解析：选A集合Ax|x1，Bx|x0，ABx|x0，ABx|x0，则RA()Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2Dx|x1x|x2解析：选Bx2x20，(x2)(x1)0，x2或x2或x1则RAx|1x2故选B.5.设Ax|x24x30，Bx|ln(32x)0，则图中阴影部分表示的集合为()A.BC.D解析：选BAx|x24x30x|1x3，Bx|ln(32x)0x|032x1，图中阴影部分表示的集合为AB，故选B.6(2017云南统考)设集合Ax|x2x20，则集合A与B的关系是()ABABBACBADAB解析：选A因为Ax|x2x21或x0，所以BA，故选A.7(2018下城区校级模拟)已知集合PxN|0x3，Qx|x210，则PQ()A1,3B(1,3C2,3D1,2,3解析：选C集合PxN|0x30,1,2,3，Qx|x210x|x1或x0”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，因为0，即|cos 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“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，所以或从而(a1)(b1)0，充分性成立；而由(a1)(b1)0可得或必要性不成立所以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mn”是“mn0”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Amn，mnnn|n|2.当0，n0时，mn0.反之，由mn|m|n|cosm，n0cosm，n0m，n，当m，n时，m，n不共线故“存在负数，使得mn”是“mna1”是“logax0”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Alogax0，或xa1是logax0的充分不必要条件，故选A.6(2018诸暨二模)已知圆x2y24与直线xyt0，则“t2”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t2，则“t2”是“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选A.7“x”是“函数ysin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ysin为单调递增函数，则2kx2k，kZ，即2kx2k，kZ.从而函数ysin的单调递增区间是(kZ)因此若x，则函数ysin为单调递增函数；若函数ysin为单调递增函数x.所以“x”是“函数ysin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pq，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若pq，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AB，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若AB，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()A1iB1iC1iD1i解析：选B1i，其共轭复数为1i.2设(1i)x1yi，其中x，y是实数，则|xyi|()A1BC.D2解析：选B(1i)x1yi，xxi1yi.又x，yR，x1，yx1.|xyi|1i|，故选B.3(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()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解析：选Cz(z1)i(i为虚数单位)，zi，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z11i(i为虚数单位)，则()AiBiC2iD2i解析：选Az11i，复数z1，z2在复平面内关于虚轴对称，z21i，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Czi，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|z1|()A2B3C4D8解析：选A复数z12i，|z1|22i|2.故选A.7(2018嘉兴模拟)复数(1i)2的共轭复数是()A1iB1iC1iD1i解析：选B因为(1i)22i2i1i1i，所以复数(1i)2的共轭复数是1i，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zabi(a，bR)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()A1B2C3D4解析：选B设盒中白色卡片有x张，则CC35，x219x700，x5或x14(舍去)，红色卡片的张数为10352.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A节目全排列，共有A种情况，又CA36，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()A18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个景点，有CA6种情况，则此时有2612种方案甲和乙、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CC6种情况，将剩下的2人全排列，对应剩下的2个景点，有A2种情况，则此时有2612种方案所以甲不到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，F，对于中间的4个表格：B，C，D，E都有公共顶点，有A24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AA48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CAA36种；当A在第三位时，分两种情况：E，F在A之前，此时应有AA种，E，F在A之后，此时应有AAA种，故A在第三位时有AAAAA36种综上，共有483636120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CCA720(个)含有0的四位数有CCCA540(个)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CC6种情况；当向下一面的数字分别为3,3,1时，可能有CCC12种情况所以向下一面的数字之和为7的情况有61218种答案：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CA6种选法；选1名只会俄语的，有(CC)C36种选法；选2名只会俄语的，有CC18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(2x1)5a0a1(x1)a2(x1)3a4(x1)4a5(x1)5，则a4()A32B32C80D80解析：选C(2x1)512(x1)5a0a1(x1)a2(x1)3a4(x1)4a5(x1)5，a4C2480，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AB72，则展开式中常数项的值为()A6B9C12D18解析：选B在二项式n的展开式中，令x1得各项系数之和为4n，A4n，二项展开式的二项式系数和为2n，B2n，4n2n72，解得n3.n3的展开式的通项为Tr1C()3rr3rCx，令0，得r1.故展开式的常数项为T23C9.故选B.3(2018浙江名校联考)若(3ax1)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()A56B112C168D224解析：选B令x1，得(3a1)5(21)31，解得a，则(3ax1)5(2x1)3(2x1)8，其二项展开式的通项Tr1C(2x)8r(1)r，所以x2项为T7C(2x)86(1)64Cx2112x2，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Tr1C()8rrCrx.令0，得r2.因此T3C27.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a_，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(11)a192，解得a6，因为(x1)6(x1)6(x1)6(x1)6，其中(x1)6的展开式中的常数项为Cx12，(x1)6的展开式中的常数项为Cx215，所以(x1)6的展开式中的常数项为121527.答案：6276(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(31)n100，则n的最小值为4.那么二项式为4，由通项可得：Tr1C4rr34rC(1)rx4r，令4r0，可得r3.故常数项为3C(1)312.答案：412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)Canrbr是第r1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，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(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，则甲不输的概率是()A0.6B0.8C0.2D0.4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.BC.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()1P(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.BC.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：0P(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)1P()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.BC.D解析：选C由题意可知，将四幅画先分3组，有C6(种)方法，再分配，有A6(种)方法，由分步乘法计数原理可知总方法数NCA36，满足条件的方法数N1CAA12，故所求概率P.故选C.2(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.BC.D解析：选B基本事件总数为C20.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.BC.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PP1P2.4(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.BC.D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(555444)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C6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C4种选法，由分步乘法计数原理知共有CCC96种选法，两编号相差最大为3，故有C212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)1P()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(Xm)pm，m1,2,3，则X的期望E(X)为()A1BC.D解析：选C随机变量X的分布列为P(Xm)pm，m1,2,3，p1，解得p，E(X)12233.故选C.2(2018浙江高考)设0p1，随机变量的分布列是012P则当p在(0,1)内增大时，()AD()减小BD()增大CD()先减小后增大DD()先增大后减小解析：选D由题意知E()012p，D()222222p2p2，D()在上递增，在上递减，即当p在(0,1)内增大时，D()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(Xx1)，P(Xx2)，且x1x2，又已知E(X)，D(X)，则x1x2的值为()A.BC3D解析：选CE(X)，D(X)，解得或(舍去)，x1x23.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(nN*)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)()A1B2C3D4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41，解得n5，故p，所以E(X)42，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(3X2)()X101PabA9B7C5D3解析：选C由题意知ab1，由数学期望可知b，所以a，b.而E(X2)(1)212，所以D(X)E(X2)(E(X)2，故D(3X2)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na1a2an，则：(1)随机变量2的数学期望是_；(2)n2n1时的概率是_解析：可以求得随机变量2的分布列如表所示：0124P所以随机变量2的数学期望为1；当n2n1时，在n次取球中，有(n1)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 “107”送分考点组合练(一)一、选择题1(2018全国卷)已知集合Ax|x10，B0,1,2，则AB()A0B1C1,2D0,1,2解析：选CAx|x10x|x1，B0,1,2，AB1,22已知集合Ax|x24x0，B，Cx|x2n，nN，则(AB)C()A2,4B0,2C0,2,4Dx|x2n，nN解析：选CAx|x24x0x|0x4，Bx|343x33x|4x3，ABx|4y”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0，则或所以“xy”是“0y时，不成立反之，当0x，xy不一定成立所以“xy”是“”的既不充分也不必要条件故选D.6(2017宁波期初联考)已知i是虚数单位，若复数z满足1i，则z()A4B5C6D8解析：选B由1i，得z112i，所以12i，则z(12i)(12i)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，是一个平面，则“m，l与m无交点”是“lm，l”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lm或l与m为异面直线若lm，l，则m，l与m无交点，“m，l与m无交点”是“lm，l”的必要不充分条件故选B.8(2017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.BC.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PC2C2.9(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()A252B253C222D223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C253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10330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253130222种故选C.10(2018杭州二模)已知0a，随机变量的分布列如下：101Paa当a增大时()AE()增大，D()增大BE()减小，D()增大CE()增大，D()减小DE()减小，D()减小解析：选A0a，由随机变量的分布列，得：E()a，当a增大时，E()增大D()222aa2a2，0a，当a增大时，D()增大二、填空题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z2i，所以复数z的实部为2，虚部为1.答案：2112(2018杭州七校联考)若(1xx2)5a0a1xa2x2a10x10，则a0_，a2_.解析：令x0，则a01，(1xx2)51(xx2)51C(xx2)C(xx2)2C(xx2)5，则a2C(1)C15105.答案：1513(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)_.X123Pa解析：由离散型随机变量的分布列知a1，解得a，所以E(X)1232，D(X)(12)2(22)2(32)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C56(种)，其中取出的球的编号互不相同的有C2332(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(Xk)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CC45.由题意知X的可能取值为0,1,2,3，则P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(Xk)取最大值时，k的值为2.答案：45216(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，则期望E()_，方差D()的最大值为_解析：法一：由题意知可能的取值为0,1，的分布列为01P1pp所以E()0(1p)1pp，D()(0p)2(1p)(1p)2pp(1p)，故期望E()p，方差D()的最大值为.法二：由题意知，随机变量服从两点分布，其发生的概率为p，不发生的概率为1p，所以E()p，D()p(1p).答案：p17(2018杭州高三质检)在二项式5(aR)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Tr1C(x2)5rrarCx103r，由103r7，得r1，所以含x7的项的系数为Ca110，所以a2.答案：2“107”送分考点组合练(二)一、选择题1(2018浙江高三调研)设全集Ux|4x10，集合Ax|x23x40，集合Bx|1|x1|2，则B(UA)()A1,02,3B2,3C1,0D1,01,10)解析：选B法一：由x23x40得4x1，所以集合A(4,1)，所以UA1,10)；由1|x1|2得1x0或2x3，所以集合B1,02,3所以B(UA)2,3故选B.法二：由选项可知，若取x0，则0A,0UA,0B.所以0B(UA)故选B.2(2018台州三校适考)已知集合Ax|log4(x1)1，Bx|x2k1，kZ，则AB()A1,1,3B1,3C1,3D1,1解析：选B由log4(x1)1，得0x14，1”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coscos / ，如，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()A7B5C4D3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n20，故通项公式为Tr1C()20rx20，若20为整数，则r0,3,6,9,12,15,18，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.BC.D解析：选C基本事件的总数是36，当a1时，b5符合要求，有1种情况；当a2时，b5符合要求，有1种情况；当a3时，b3,5符合要求，有2种情况；当a4时，b4,5符合要求，有2种情况；当a5时，b1,2,3,4,5,6均符合要求，有6种情况；当a6时，b5,6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)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(X4)P(X6)，则p()A0.7B0.6C0.4D0.3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XB(10，p)，所以D(X)10p(1p)2.4，所以p0.4或0.6.又因为P(X4)P(X6)，所以Cp4(1p)60.5，所以p0.6.9(2018浙江名校联考)已知10a0a1xa2x2a9x9a10x10，则a12a29a910a10()A.10B10C109D59解析：选D法一：由题意，得a1C，a2C2，a10C10，则a12a29a910a10C2C29C910C1010C10C210C910C1059.故选D.法二：对等式10a0a1xa2x2a9x9a10x10两边求导，得59a12a2x9a9x810a10x9，令x1，则a12a29a910a1059，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xy)，则()X12Px2y2Y12Py2x2AE(X)E(Y)，D(X)D(Y)BE(X)E(Y)，D(X)D(Y)CE(X)E(Y)D(X)D(Y)DE(X)E(Y)2x2y2D(X)D(Y)，E(X)E(Y)3(x2y2)2D(X)D(Y)，故选C.二、填空题11(2018浙江考前冲刺卷)已知复数z(bR)的实部和虚部相等，则b_，z2 018_.解析：复数zbi，因为复数z的实部和虚部相等，所以b1，所以z2 018(1i)2 018(2i)1 00921 009i.答案：121 009i12设随机变量XB，则P(X3)_.解析：随机变量X服从二项分布B，P(X3)C33.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CC75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A24种情况，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.每次摸出红球的概率p，XB.P(X2)C23.答案：915(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1510105132(种)答案：3216(2018浙江考前冲刺卷)已知(xy)(x2y)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xy1，则(11)(12)n162，解得n4.(x2y)4的展开式的通项Tk1Cx4k(2y)k,0k4，kN.当k2时，T3Cx222y224x2y2，当k3时，T4Cx23y332xy3，故(xy)(x2y)4的展开式中x2y3项为xT4yT356x2y3，所以其系数为56.答案：45617(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)(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，用表示得到的分值，则D()_.解析：由题意得，k1，得k2.的所有可能取值为2,4,6，且P(2)，P(4)，P(6)，则随机变量的分布列为246PE()2464，D()(24)2(44)2(64)2.答案：2
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