《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 講重點(diǎn) 選填題專(zhuān)練 第6講 計(jì)數(shù)原理、二項(xiàng)式定理、概率教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 講重點(diǎn) 選填題專(zhuān)練 第6講 計(jì)數(shù)原理、二項(xiàng)式定理、概率教學(xué)案 理（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講　計(jì)數(shù)原理、二項(xiàng)式定理、概率 調(diào)研一　計(jì)數(shù)原理 ■備考工具—————————————— 1．兩個(gè)計(jì)數(shù)原理：分類(lèi)加法原理與分步乘法原理． 2．排列數(shù)公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m，n∈N*，并且m≤n)． A＝n！＝n·(n－1)·(n－2)·…·3·2·1， 規(guī)定0?。?. 3．組合問(wèn)題 (1)組合數(shù)公式： C＝＝＝(m，n∈N*，并且m≤n)． (2)組合數(shù)的性質(zhì)： ①C＝C； ②C＝C＋C(m≤n，m，n∈N*)． 4．解排列、組合題的基本方法 (1)優(yōu)先法 ①元素優(yōu)先法：先考慮有限制條件的元素，再考慮其他元素； ②位置優(yōu)先法

2、：先考慮有限制條件的位置，再考慮其他位置． (2)排異法 對(duì)有限制條件的問(wèn)題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉． (3)分類(lèi)處理 某些問(wèn)題總體不好解決時(shí)，常常分成若干類(lèi)，再由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得出結(jié)論，注意分類(lèi)要不重、不漏． (4)分步處理 某些問(wèn)題總體不好解決時(shí)，常常分成若干步，再由分步乘法計(jì)數(shù)原理解決．在解題過(guò)程中，常常既要分類(lèi)，也要分步，其原則是先分類(lèi)，再分步． (5)插空法 某些元素不能相鄰或要在某特殊位置時(shí)可采用插空法，即先安排好沒(méi)有限制條件的元素，然后再把有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間． (6)捆綁法 把相鄰的若干個(gè)特殊元素“捆綁”為一個(gè)大元素

3、，然后再與其余“普通元素”做全排列，最后再“松綁”——將“捆綁”元素在這些位置上做全排列． (7)隔板法 將n個(gè)相同小球放入m(m≤n)個(gè)盒子里，要求每個(gè)盒子里至少有一個(gè)小球的放法，等價(jià)于將n個(gè)相同小球串成一串，從間隙里選m－1個(gè)結(jié)點(diǎn)，剪截成m段．這是針對(duì)相同元素的組合問(wèn)題的一種方法． (8)消序法 對(duì)于某幾個(gè)元素順序一定的排列問(wèn)題，可先把這幾個(gè)元素與其他元素同時(shí)一行排列，然后用總的排列數(shù)除以這幾個(gè)元素的全排列數(shù)． (9)窮舉法 將所有滿(mǎn)足題設(shè)條件的排列與組合逐一列舉出來(lái)．這種方法常用于方法數(shù)比較少的問(wèn)題． ■自測(cè)自評(píng)—————————————— 1．[2019·山西八校聯(lián)考]

4、某工廠安排6人負(fù)責(zé)周一至周六的中午午休值班工作，每天1人，每人值班1天，若甲、乙兩人需安排在相鄰兩天值班，且都不排在周三，則不同的安排方式有(　　) A．192種　　　　　 B．144種 C．96種 D．72種 解析：甲、乙兩人可以排在周一、周二兩天，可以排在周四、周五兩天，也可以排在周五、周六兩天，所以甲、乙兩人的安排方式共有CA＝6(種)，其他4個(gè)人要在剩下的4天全排列，所以所有人的安排方式共有6A＝6×24＝144(種)． 答案：B 2．[2019·湖北重點(diǎn)中學(xué)考試]有4位游客來(lái)某地旅游，若每人只能從此地甲、乙、丙三個(gè)不同景點(diǎn)中選擇一處游覽，則每個(gè)景點(diǎn)都有人去游覽的概率為(　　

5、) A. B. C. D. 解析：通解：由題意知，4位游客各從此地甲、乙、丙三個(gè)不同的景點(diǎn)中選擇一處游覽的選法有34＝81種．第一步：從三個(gè)不同景點(diǎn)中選出一個(gè)景點(diǎn)有2位游客去游覽的選法有C種；第二步：從4位游客中選2位到第一步選出的景點(diǎn)去游覽有C種方法；第三步：余下2位游客到余下的兩個(gè)景點(diǎn)的分法有A種．所以每個(gè)景點(diǎn)都有人去游覽的方法有CCA＝36種，于是所求概率為P＝＝，故選D. 優(yōu)解：由題意知，4位游客各從此地甲、乙、丙三個(gè)不同景點(diǎn)中選擇一處游覽的選法有34＝81種．將4位游客分為3組的分法有C種，然后將這3組游客分到甲、乙、丙三個(gè)不同景點(diǎn)，其分法有A種，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知，每個(gè)景

6、點(diǎn)都有人去游覽的方法有CA＝36種．于是所求概率為P＝＝，故選D. 答案：D 3．[2019·河北九校聯(lián)考]第十四屆全國(guó)運(yùn)動(dòng)會(huì)將于2021年在陜西舉辦，為宣傳地方特色，某電視臺(tái)派出3名男記者和2名女記者到民間進(jìn)行采訪報(bào)導(dǎo)．工作過(guò)程中的任務(wù)劃分為：“負(fù)重扛機(jī)”“對(duì)象采訪”“文稿編寫(xiě)”“編制剪輯”四項(xiàng)工作，每項(xiàng)工作至少一人參加，但2名女記者不參加“負(fù)重扛機(jī)”工作，則不同的安排方案數(shù)共有(　　) A．150 B．126 C．90 D．54 解析：根據(jù)題意，“負(fù)重扛機(jī)”可由1名男記者或2名男記者參加，當(dāng)由1名男記者參加“負(fù)重扛機(jī)”工作時(shí)，有C種方法，剩余2男2女記者可分為3組參加其余三項(xiàng)工作

7、，共有·A種方法，故由1名男記者參加“負(fù)重扛機(jī)”工作時(shí)，有C··A種方法；當(dāng)由2名男記者參加“負(fù)重扛機(jī)”工作時(shí)，剩余1男2女3名記者各參加一項(xiàng)工作，有C·A種方法．故滿(mǎn)足題意的不同安排方案數(shù)共有C··A＋C·A＝108＋18＝126.故選B. 答案：B 4．[2019·遵義航天中學(xué)二模]將5本不同的書(shū)分給甲、乙、丙三人，每人至少一本至多兩本，則不同的分法種數(shù)是(　　) A．60 B．90 C．120 D．180 解析：第一步，將5本不同的書(shū)分成3組，一組1本，剩余兩個(gè)組每組2本，有種分法；第二步，將分成的3組作全排列，有A種排法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理可得不同的分法種數(shù)為·A＝90種不

8、同的分法，故選B. 答案：B 5．[2019·安徽六校聯(lián)考]某地舉辦科技博覽會(huì)，有3個(gè)場(chǎng)館，現(xiàn)將24個(gè)志愿者名額分配給這3個(gè)場(chǎng)館，要求每個(gè)場(chǎng)館至少有1個(gè)名額且各場(chǎng)館名額互不相同的分配方法共有(　　) A．222種 B．253種 C．276種 D．284種 解析：“每個(gè)場(chǎng)館至少有一個(gè)名額的分法”相當(dāng)于在24個(gè)名額之間的23個(gè)空隙中選出兩個(gè)空隙插入分隔符號(hào)，則有C＝253種方法，至少有兩個(gè)場(chǎng)館的名額相同的分配方法有(1,1,22)，(2,2,20)，(3,3,18)，(4,4,16)，(5,5,14)，(6,6,12)，(7,7,10)，(8,8,8)，(9,9,6)，(10,10,4)

9、，(11,11,2)，共有10C＋1＝31種，所以每個(gè)場(chǎng)館至少有一個(gè)名額且各場(chǎng)館名額互不相同的分配方法共有253－31＝222種，故選A. 答案：A 6．[2019·湖南湘潭一模]某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人僅出差一個(gè)地方，每個(gè)地方都需要安排人出差．若甲不安排去北京，則不同的安排方法有________種． 解析：分兩類(lèi)，第一類(lèi)：安排1人去北京，有CCCA＝18種安排方法；第二類(lèi)：安排2人去北京，有CA＝6種安排方法，根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理可得不同的安排方法有18＋6＝24種． 答案：24 7．[2019·長(zhǎng)沙一模]為培養(yǎng)學(xué)生的綜合素養(yǎng)，某校準(zhǔn)備在高二年級(jí)開(kāi)設(shè)

10、A，B，C，D，E，F(xiàn)，共6門(mén)選修課程，學(xué)校規(guī)定每個(gè)學(xué)生必須從這6門(mén)課程中選3門(mén)，且A，B兩門(mén)課程至少要選1門(mén)，則學(xué)生甲共有________種不同的選法． 解析：通解：根據(jù)題意，可分三類(lèi)完成：(1)選A課程不選B課程，有C種不同的選法；(2)選B課程不選A課程，有C種不同的選法；(3)同時(shí)選A和B課程，有C種不同的選法．根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，得C＋C＋C＝6＋6＋4＝16(種)，故學(xué)生甲共有16種不同的選法． 優(yōu)解：從6門(mén)課程中選3門(mén)的不同選法有C種，而A和B兩門(mén)課程都不選的選法有C種，則學(xué)生甲不同的選法共有C－C＝20－4＝16(種)． 答案：16 8．[2018·全國(guó)卷Ⅰ]從2位女

11、生，4位男生中選3人參加科技比賽，且至少有1位女生入選，則不同的選法共有________種．(用數(shù)字填寫(xiě)答案) 解析：通解：可分兩種情況：第一種情況，只有1位女生入選，不同的選法有CC＝12(種)；第二種情況，有2位女生入選，不同的選法有CC＝4(種)． 根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，至少有1位女生入選的不同的選法有16種． 優(yōu)解：從6人中任選3人，不同的選法有C＝20(種)，從6人中任選3人都是男生，不同的選法有C＝4(種)，所以至少有1位女生入選的不同的選法有20－4＝16(種)． 答案：16 9．[2019·安徽示范高中聯(lián)考]現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4張

12、．從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數(shù)為_(kāi)_______． 解析：解法一：從16張不同的卡片中任取3張，不同取法的種數(shù)為C，其中有2張紅色卡片的不同取法的種數(shù)為C×C，其中3張卡片顏色相同的不同取法的種數(shù)為C×C，所以3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張的不同取法的種數(shù)為C－C×C－C×C＝472. 解法二：若沒(méi)有紅色卡片，則需從黃、藍(lán)、綠三種顏色的卡片中選3張，若都不同色，則不同取法的種數(shù)為C×C×C＝64，若2張顏色相同，則不同取法的種數(shù)為C×C×C×C＝144.若紅色卡片有1張，則剩余2張不同色時(shí)，不同取法的種數(shù)為C×C×C×C＝1

13、92，剩余2張同色時(shí)，不同取法的種數(shù)為C×C×C＝72，所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(種)． 答案：472 10．[2019·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)一]《中國(guó)詩(shī)詞大會(huì)》(第三季)亮點(diǎn)頗多，在“人生自有詩(shī)意”的主題下，十場(chǎng)比賽每場(chǎng)都有一首特別設(shè)計(jì)的開(kāi)場(chǎng)詩(shī)詞在聲光舞美的配合下，百人團(tuán)齊聲朗誦，別有韻味．若《沁園春·長(zhǎng)沙》《蜀道難》《敕勒歌》《游子吟》《關(guān)山月》《清平樂(lè)·六盤(pán)山》排在后六場(chǎng)，且《蜀道難》排在《游子吟》的前面，《沁園春·長(zhǎng)沙》與《清平樂(lè)·六盤(pán)山》不相鄰且均不排在最后，則后六場(chǎng)的排法有________種．(用數(shù)字作答) 解析：分兩步完成：(1)《蜀道難》《敕勒歌》《游

14、子吟》《關(guān)山月》進(jìn)行全排有A種，若《蜀道難》排在《游子吟》的前面，則有A種；(2)《沁園春·長(zhǎng)沙》與《清平樂(lè)·六盤(pán)山》插入已經(jīng)排列好的四首詩(shī)詞形成的前4個(gè)空位(不含最后一個(gè)空位)中，插入法有A種．由分步乘法計(jì)數(shù)原理，知滿(mǎn)足條件的排法有AA＝144(種)． 答案：144 調(diào)研二　二項(xiàng)式定理 ■備考工具—————————————— 1．二項(xiàng)式的通項(xiàng)與系數(shù) (a＋b)n展開(kāi)式中的第r＋1項(xiàng)為T(mén)r＋1＝Can－rbr.展開(kāi)式中C(r＝0,1，…，n)叫做第r＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)． 2．(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn. 3．二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì) 對(duì)稱(chēng)性 C＝C(m≤n) 增減性

15、 當(dāng)k<時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)逐步增大，由對(duì)稱(chēng)性知后半部分是逐漸減小的 最大值 (1)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)(第＋1項(xiàng))的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為Cn； (2)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)(第項(xiàng)和第項(xiàng))的二項(xiàng)式系數(shù)相等，且同時(shí)取得最大值，最大值為Cn或Cn 二項(xiàng)展開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)和 在(a＋b)n的展開(kāi)式中，令a＝b＝1，得C＋C＋…＋C＝2n，即二項(xiàng)式系數(shù)的和為2n，令a＝1，b＝－1得C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1，即展開(kāi)式中奇數(shù)項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和等于偶數(shù)項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和. ■自測(cè)自評(píng)—————————————— 1．[2019·全國(guó)卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展開(kāi)式中x

16、3的系數(shù)為(　　) A．12　　　　　　 B．16 C．20 D．24 解析：展開(kāi)式中含x3的項(xiàng)可以由“1與x3”和“2x2與x”的乘積組成，則x3的系數(shù)為C＋2C＝4＋8＝12. 答案：A 2．[2019·合肥質(zhì)檢]若6的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為60，則a的值為(　　) A．4 B．±4 C．2 D．±2 解析：6的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝C·(ax)6－r·r＝(－1)r·a6－r·C·，令6－r＝0，得r＝4，則(－1)4·a2·C＝60，解得a＝±2.故選D. 答案：D 3．[2019·廣州綜合測(cè)試一](2－x3)(x＋a)5的展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)和為32，則該展開(kāi)式中x4的系

17、數(shù)是(　　) A．5 B．10 C．15 D．20 解析：在(2－x3)(x＋a)5中，令x＝1，得展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)和為(1＋a)5＝32，解得a＝1，故(x＋1)5的展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝Cx5－r，當(dāng)r＝1時(shí)，得T2＝Cx4＝5x4，當(dāng)r＝4時(shí)，得T5＝Cx＝5x，故(2－x3)(x＋1)5的展開(kāi)式中x4的系數(shù)為2×5－5＝5，選A. 答案：A 4．[2019·天津卷]8的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)_______． 解析：二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝C(2x)8－r·r＝r·28－r·Cx8－4r，令8－4r＝0可得r＝2，故常數(shù)項(xiàng)為2×26×C＝28. 答案：28 5．[2019

18、·浙江卷]在二項(xiàng)式(＋x)9的展開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)是________，系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)是________． 解析：該二項(xiàng)展開(kāi)式的第k＋1項(xiàng)為T(mén)k＋1＝C()9－kxk，當(dāng)k＝0時(shí)，第1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)，所以常數(shù)項(xiàng)為()9＝16；當(dāng)k＝1,3,5,7,9時(shí)，展開(kāi)式的項(xiàng)的系數(shù)為有理數(shù)，所以系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為5. 答案：16　5 6．[2019·廣東六校聯(lián)考]若a＝(2sinx－cosx)dx，則6的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)_______． 解析：a＝(2sinx－cosx)dx＝(－2cosx－sinx)|＝4，所以6的展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝C6－r·(－)r＝46－r(－1)r，令－6＝0，

19、得r＝4，則展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為240. 答案：240 7．[2019·唐山摸底]在5的展開(kāi)式中，x4的系數(shù)為5，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______． 解析：由條件可知二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝C(ax2)5－r·r＝(－2)rC·a5－rx10－3r，令10－3r＝4?r＝2，故(－2)2C·a3＝5，解得a＝. 答案： 8．[2019·福建五校聯(lián)考]已知(1＋ax)(1－2x)5的展開(kāi)式中，x3的系數(shù)為－20，則實(shí)數(shù)a＝________. 解析：因?yàn)?1＋ax)(1－2x)5的展開(kāi)式中含x3的項(xiàng)為C(－2x)3＋ax·C(－2x)2，即(40a－80)x3，所以由題設(shè)得40a－80＝－

20、20，解得a＝. 答案： 9．[2019·南昌二模]已知(x2－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，則a3＋a4＝________. 解析：由(x2－2)6＝(2－x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a12x12得a3＝0，a4＝C×24＝240， ∴a3＋a4＝240. 答案：240 10．[2019·廣州調(diào)研]已知(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝________. 解析：因?yàn)?2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，所以取x＝1得(＋2)4＝(a0＋a2＋a4)＋(

21、a1＋a3)①；取x＝－1得(－2)4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)?、?①②相乘得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(＋2)4×(－2)4＝[()2－22]4＝16. 答案：16 調(diào)研三　概率 ■備考工具—————————————— 一、古典概型 1．古典概型的兩個(gè)特點(diǎn) (1)有限性：試驗(yàn)中所有可能出現(xiàn)的基本事件只有有限個(gè)，每次試驗(yàn)只出現(xiàn)其中一個(gè)基本事件； (2)等可能性：每個(gè)基本事件發(fā)生的可能性是相等的． 2．古典概型的概率公式 (1)在基本事件總數(shù)為n的古典概型中，每個(gè)基本事件發(fā)生的概率都是相等的，即每個(gè)基本事件發(fā)生的概率都是. (2)如果隨機(jī)事件A包

22、含的基本事件數(shù)為m，由互斥事件的概率加法公式可得P(A)＝.即對(duì)于古典概型，任何事件的概率為P(A)＝. 二、幾何概型 1．幾何概型的意義 幾何概型是基本事件個(gè)數(shù)有無(wú)限個(gè)，每個(gè)基本事件發(fā)生的可能性相等的一個(gè)概率模型，這個(gè)概率模型的顯著特點(diǎn)是每個(gè)事件發(fā)生的概率只與構(gòu)成該事件區(qū)域的長(zhǎng)度(面積或體積)有關(guān)． 2．幾何概型的概率計(jì)算公式 在幾何概型中，事件A的概率計(jì)算公式如下：P(A)＝. 三、互斥事件與對(duì)立事件的概率 1．概念：對(duì)于事件A，B，若A∩B為不可能事件，則稱(chēng)A與B互斥．若A∩B為不可能事件，A∪B為必然事件，則稱(chēng)A與B對(duì)立． 2．公式：若A與B互斥，則P(A∪B)＝P(A

23、)＋P(B)；若A與B對(duì)立，則P(A)＋P(B)＝1. 四、相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率 1．概念：對(duì)于事件A，B，若事件A的發(fā)生與事件B的發(fā)生互不影響，則稱(chēng)事件A，B是相互獨(dú)立事件． 2．公式：若A與B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B)． 五、條件概率的定義 1．條件概率的定義 設(shè)A，B是兩個(gè)事件，且P(A)>0，稱(chēng)P(A|B)＝為在事件B發(fā)生時(shí)事件A發(fā)生的條件概率． 注意：公式P(A|B)＝既是條件概率的定義，也是條件概率的計(jì)算公式． 2．條件概率的性質(zhì) (1)0≤P(B|A)≤1； (2)如果B和C是兩個(gè)互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；

24、 (3)若A，B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)． ■自測(cè)自評(píng)—————————————— 1．[2019·全國(guó)卷Ⅰ]我國(guó)古代典籍《周易》用“卦”描述萬(wàn)物的變化，每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽(yáng)爻“——”和陰爻“— —”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的概率是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：由6個(gè)爻組成的重卦種數(shù)為26＝64，在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的種數(shù)為C＝＝20.根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式得，所求概率P＝＝.故選A. 答案：A 2．[2018·全國(guó)卷Ⅰ]如圖來(lái)自古希臘數(shù)學(xué)家希

25、波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(　　) A．p1＝p2 B．p1＝p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 解析：通解：設(shè)直角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝bc，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×2＋π×2－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由幾何概型的知識(shí)知p1＝p2，故選A. 優(yōu)解：不

26、妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2，所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝×2×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.根據(jù)幾何概型的概率計(jì)算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A. 答案：A 3．[2018·全國(guó)卷Ⅱ]我國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過(guò)30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：不超過(guò)30的素?cái)?shù)有2,3,

27、5,7,11,13,17,19,23,29，共10個(gè)，從中隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)有C種不同的取法，這10個(gè)數(shù)中兩個(gè)不同的數(shù)的和等于30的有3對(duì)，所以所求概率P＝＝. 答案：C 4．[2019·合肥調(diào)研]如圖是在北京召開(kāi)的第24屆國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)的會(huì)標(biāo)，會(huì)標(biāo)是根據(jù)趙爽弦圖設(shè)計(jì)的，顏色的明暗使它看上去像一個(gè)風(fēng)車(chē)，代表中國(guó)人民熱情好客．已知圖中直角三角形兩條直角邊的長(zhǎng)分別為2和3.若從圖中隨機(jī)取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)樗膫€(gè)直角三角形全等，兩條直角邊的長(zhǎng)分別為2和3，所以斜邊長(zhǎng)為，所以圍成的大正方形的面積為13，而每個(gè)直角三角形的面積為×2

28、×3＝3，所以陰影區(qū)域的面積為12，所以從圖中隨機(jī)取一點(diǎn)，該點(diǎn)取自陰影區(qū)域的概率為.故選C. 答案：C 5．[2019·南昌重點(diǎn)中學(xué)]一種電子計(jì)時(shí)器顯示時(shí)間的方式如圖所示，每一個(gè)數(shù)字都在固定的全等矩形“顯示池”中顯示，且每個(gè)數(shù)字都由若干個(gè)全等的深色區(qū)域“”組成．已知在一個(gè)顯示數(shù)字8的顯示池中隨機(jī)取一點(diǎn)A，點(diǎn)A落在深色區(qū)域內(nèi)的概率為.若在一個(gè)顯示數(shù)字0的顯示池中隨機(jī)取一點(diǎn)B，則點(diǎn)B落在深色區(qū)域內(nèi)的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：依題意，設(shè)題中全等的深色區(qū)域的面積為s，相應(yīng)的固定的矩形的面積為S，則有＝，即S＝14s，因此點(diǎn)B落在深色區(qū)域內(nèi)的概率為＝，選C. 答案：C

29、 6．[2019·安徽示范高中考試]《九章算術(shù)》是我國(guó)古代的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中把三角形的田稱(chēng)為“圭田”，把直角梯形的田稱(chēng)為“邪田”，稱(chēng)底是“廣”，稱(chēng)高是“正從”，“步”是丈量土地的單位．現(xiàn)有一邪田，廣分別為十步和二十步，正從為十步，其內(nèi)有一塊廣為八步，正從為五步的圭田．若在邪田內(nèi)隨機(jī)種植一株茶樹(shù)，求該株茶樹(shù)恰好種在圭田內(nèi)的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：由題意可得邪田的面積S＝×(10＋20)×10＝150，圭田的面積S1＝×8×5＝20，則所求的概率P＝＝＝. 答案：A 7．[2019·武昌調(diào)研]已知a，b是區(qū)間[0,4]上的任意實(shí)數(shù)，則函數(shù)f(x)＝ax2－bx＋1在

30、[2，＋∞)上單調(diào)遞增的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－bx＋1在[2，＋∞)上不可能單調(diào)遞增，當(dāng)a≠0時(shí)，由已知及二次函數(shù)的單調(diào)性知－≤2，即b≤4a，所以由題意可得，畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(梯形OABD)所示，易得D(1,4)，所以S梯形OABD＝×(4＋3)×4＝14，正方形OABC的面積S＝4×4＝16，所以函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增的概率P＝＝，故選D. 答案：D 8．[2019·長(zhǎng)沙一模]已知一種元件的使用壽命超過(guò)1年的概率為0.8，超過(guò)2年的概率為0.6，若一個(gè)這種元件使用到1年時(shí)還未損環(huán)，則這個(gè)元件

31、使用壽命超過(guò)2年的概率為(　　) A．0.75 B．0.6 C．0.52 D．0.48 解析：設(shè)一個(gè)這種元件使用到1年時(shí)還未損壞為事件A，使用到2年時(shí)還未損壞為事件B，則由題意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，則這個(gè)元件使用壽命超過(guò)2年的概率為P(B|A)＝＝＝0.75，故選A. 答案：A 9．[2019·全國(guó)卷Ⅰ]甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績(jī)，甲隊(duì)的主客場(chǎng)安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6，客場(chǎng)取勝的概率為0.5，且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是__________． 解析：記事件M為甲隊(duì)以4∶1獲勝，則甲隊(duì)共比賽五場(chǎng)，且第五場(chǎng)甲隊(duì)獲勝，前四場(chǎng)甲隊(duì)勝三場(chǎng)負(fù)一場(chǎng)，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 答案：0.18 10．[2019·全國(guó)卷Ⅱ]我國(guó)高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進(jìn)．經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為_(kāi)_________． 解析：經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為＝0.98. 答案：0.98 13