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2015优化方案(高考总复习)新课标 湖北理科第九章第5课时课后达标检测


[基础达标] 一、选择题 1.(2014· 武汉市部分学校高三联考)投掷两颗骰子,其向上的点数分别为 m 和 n,则复 2 数(m+ni) 为纯虚数的概率为( ) 1 A. 3 1 C. 6 1 B. 4 1 D. 12

?m2-n2=0, ? 解析:选 C.(m+ni)2=m2-n2+2mni,若其为纯虚数,则需满足? 所以 m= ? ?2mn≠0,

/>
n≠0.投掷两颗骰子的所有结果有 36 种,而满足 m=n≠0 的结果有 6 种,故复数(m+ni)2 为 6 1 纯虚数的概率为 P= = .故选 C. 36 6 2.已知某车间在三天内,每天生产 10 件某产品,其中第一天,第二天分别生产出了 1 件,n 件次品,而质检部每天要从生产的 10 件产品中随意抽取 4 件进行检查,若发现有次 品,则当天的产品不能通过.则第一天通过检查的概率为( ) 2 A. 5 2 C. 3 C4 3 9 = . C4 5 10 3 B. 5 6 D. 7

解析:选 B.因为随意抽取 4 件产品检查是随机事件,而第一天有 1 件次品,所以第一 天通过检查的概率 P=

3.(2014· 武汉市调研测试)已知等比数列{an}满足:a1=2,an+1=-2an(n∈N*).若从数 列{an}的前 10 项中随机抽取一项,则该项不小于 8 的概率是( ) 3 A. 10 3 C. 5


2 B. 5 7 D. 10

解析:选 B.依题意可知 an=2· (-2)n 1,由计算可知,前 10 项中,不小于 8 的只有 8, 4 2 32,128,512,4 个数,故所求概率是 = . 10 5 4.(2013· 高考课标全国卷Ⅰ)从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数,则取出的 2 个数之差 的绝对值为 2 的概率是( ) 1 A. 2 1 C. 4 1 B. 3 1 D. 6

解析:选 B.从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),

(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),共 12 种情形,而满足条 件“2 个数之差的绝对值为 2”的只有(1,3),(2,4),(3,1),(4,2),共 4 种情形,所以 4 1 取出的 2 个数之差的绝对值为 2 的概率为 = . 12 3 5.(2014· 北京西城区质检)将正整数 1,2,3,4,5,6,7 随机分成两组,使得每组至 少有一个数,则两组中各数之和相等的概率是( ) 2 A. 21 1 C. 21 4 B. 63 2 D. 63

解析:选 B.将正整数 1,2,3,4,5,6,7 随机分成两组,使得每组至少有一个数, 2 3 4 5 6 7 则有 C1 7+C7+C7+C7+C7+C7=2 -2=126(种).因为 1+2+3+4+5+6+7=28,所以要 使两组中各数之和相等,则有各组数之和为 14.则有 7+6+1=5+4+3+2;7+5+2=6+4 +3+1;7+4+3=6+5+2+1;7+4+2+1=6+5+3;5+4+3+2=7+6+1;6+4+3 +1=7+5+2;6+5+2+1=7+4+3;6+5+3=7+4+2+1 共 8 种,所以两组中各数之 和相等的概率是 8 4 = . 126 63

二、填空题 6.(2013· 高考重庆卷)若甲、乙、丙三人随机地站成一排,则甲、乙两人相邻而站的概 率为________. 解析:甲、乙、丙三人随机地站成一排有(甲乙丙)、(甲丙乙)、(乙甲丙)、(乙丙甲)、(丙 甲乙)、(丙乙甲)共 6 种排法,甲、乙相邻而站有(甲乙丙)、(乙甲丙)、(丙甲乙)、(丙乙甲)共 4 2 4 种排法,由概率计算公式得甲、乙两人相邻而站的概率为 = . 6 3 2 答案: 3 7.(2013· 高考课标全国卷Ⅱ)从 n 个正整数 1,2,?,n 中任意取出两个不同的数,若 1 取出的两数之和等于 5 的概率为 ,则 n=________. 14 2 解析:由题意知 n >4,取出的两数之和等于 5 的有两种情况:1,4 和 2,3,所以 P= 2 Cn 1 = ,即 n2-n-56=0,解得 n=-7(舍去)或 n=8. 14 答案:8 8.(2014· 浙江省名校联盟)一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球,其中一个编 号为 1,两个编号为 2,三个编号为 3.现从中任取一球,记下编号后放回,再任取一球,则 两次取出的球的编号之和等于 4 的概率是________. 10 5 解析:列举可知,共有 36 种情况,和为 4 的情况有 10 种,所以所求概率 P= = . 36 18 1 1 2 2 3 2 3 3 4 2 3 4 4 5 2 3 4 4 5 3 4 5 5 6 3 4 5 5 6 3 4 5 5 6

3 3 答案: 5 18

4 4

5 5

5 5

6 6

6 6

6 6

三、解答题 9.(2014· 河南洛阳质检)袋子中放有大小和形状相同的小球若干个,其中标号为 0 的小 球 1 个,标号为 1 的小球 1 个,标号为 2 的小球 n 个.已知从袋子中随机抽取 1 个小球,取 1 到标号是 2 的小球的概率是 . 2 (1)求 n 的值; (2)从袋子中不放回地随机抽取 2 个小球,记第一次取出的小球标号为 a,第二次取出的 小球标号为 b.记事件 A 表示“a+b=2”,求事件 A 的概率. n 1 解:(1)由题意可知: = ,解得 n=2. 1+1+n 2 (2)不放回地随机抽取 2 个小球的所有基本事件为:(0,1),(0,21),(0,22),(1,0), (1,21),(1,22),(21,0),(21,1),(21,22),(22,0),(22,1),(22,21),共 12 个,事件 A 包含的基本事件为:(0,21),(0,22),(21,0),(22,0),共 4 个. 4 1 ∴P(A)= = . 12 3 10.(2012· 高考山东卷)袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 1,2,3;蓝 色卡片两张,标号分别为 1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率; (2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片 颜色不同且标号之和小于 4 的概率. 解:(1)标号为 1,2,3 的三张红色卡片分别记为 A,B,C,标号为 1,2 的两张蓝色卡 片分别记为 D,E,从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A,B),(A,C),(A,D), (A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共 10 种. 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从五张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D),(A,E),(B,D),共 3 种. 3 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 10 (2)记 F 是标号为 0 的绿色卡片, 从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A, B), (A, C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C, F),(D,E),(D,F),(E,F),共 15 种. 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从六张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D),(A,E),(B,D),(A,F),(B,F),(C,F),(D,F),(E,F),共 8 种. 8 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 15 [能力提升] 一、选择题 1.(2013· 高考安徽卷)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这 五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为( )

2 A. 3 3 C. 5

2 B. 5 9 D. 10

解析:选 D.由题意,从五位大学毕业生中录用三人,所有不同的可能结果有(甲,乙, 丙),(甲,乙,丁),(甲,乙,戊),(甲,丙,丁),(甲,丙,戊),(甲,丁,戊),(乙,丙, 丁),(乙,丙,戊),(乙,丁,戊),(丙,丁,戊),共 10 种,其中“甲与乙均未被录用”的 所有不同的可能结果只有(丙、丁、戊)这 1 种,故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果 9 有 9 种,所求概率 P= . 10 2.(2014· 黄冈市高三年级质量检测)将一骰子抛掷两次,所得向上的点数分别为 m 和 n, 2 则函数 y= mx3-nx+1 在[1,+∞)上为增函数的概率是( 3 1 A. 2 3 C. 4 2 B. 3 5 D. 6 )

解析:选 D.记将一骰子抛掷两次,所得向上的点数分别为 m 和 n 的结果为(m,n),其 取值情况共有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),?,(6,1),(6,2),(6, 2 3),(6,4),(6,5),(6,6)等 36 种情况;若函数 y= mx3-nx+1 在[1,+∞)上为增函数, 3 n 等价于导数 y′=2mx2-n 在[1,+∞)上大于或等于 0 恒成立.即 x2≥ 在[1,+∞)上恒成 2m 立.即 n n ≤1.满足 ≤1 的共有:(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1), 2m 2m

(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6), (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5), 30 5 (6,6)共 30 种情况;故所求概率为 P= = .故选 D. 36 6 二、填空题 3.(2012· 高考重庆卷)某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课 和其他三门艺术课各 1 节, 则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的概率为 ________(用数字作答). 解析:法一:6 节课的全排列为 A6 6种,相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的排 2 2 2 3 3 法是:先排三节文化课,再利用插空法排艺术课,即为(A3 3C3A2A2+2A3A3)种,由古典概型
2 2 2 3 3 A3 1 3C3A2A2+2A3A3 概率公式得 P(A)= = . 6 A6 5 3 法二:6 节课的全排列为 A6 6种,先排三节艺术课有 A3种不同方法,同时产生四个空, 3 3 A3 A4 1 再利用插空法排文化课共有 A3 6 = . 4种不同方法,故由古典概型概率公式得 P(A)= A6 5

1 答案: 5 4. 如图,在平行四边形 ABCD 中,O 是 AC 与 BD 的交点,P,Q,M,N 分别是线段 OA,OB,OC,OD 的中点.在 A,P,M,C 中任取一点记为 E,在 B,Q,N,D 中任取

→ → → 一点记为 F.设 G 为满足向量OG=OE+OF的点,则在上述的点 G 组成的集合中的点,落在 平行四边形 ABCD 外(不含边界)的概率为________.

→ → → → → → → → 解析: 基本事件的总数是 4×4=16, 在OG=OE+OF中, 当OG=OP+OQ, OG=OP+ → → → → → → → ON,OG=ON+OM,OG=OM+OQ时,点 G 分别为该平行四边形的各边的中点,此时点 4 G 在平行四边形的边界上,而其余情况的点 G 都在平行四边形外,故所求的概率是 1- = 16 3 . 4 3 答案: 4 三、解答题 5.(2012· 高考江西卷) 如图,从 A1(1,0,0),A2(2,0,0),B1(0,1,0),B2(0,2,0), C1(0,0,1),C2(0,0,2)这 6 个点中随机选取 3 个点.

(1)求这 3 点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率; (2)求这 3 点与原点 O 共面的概率. 解:从这 6 个点中随机选取 3 个点的所有可能结果是: x 轴上取 2 个点的有 A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2,共 4 种; y 轴上取 2 个点的有 B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,共 4 种; z 轴上取 2 个点的有 C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2,共 4 种. 所选取的 3 个点在不同坐标轴上有 A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2, A2B2C1,A2B2C2,共 8 种.因此,从这 6 个点中随机选取 3 个点的所有可能结果共 20 种. (1)选取的这 3 个点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有:A1B1C1, 2 1 A2B2C2, 共 2 种, 因此, 这 3 个点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为 P1= = . 20 10 (2)选取的这 3 个点与原点 O 共面的所有可能结果有:A1A2B1, A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2, B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2,共 12 种,因此,这 12 3 3 个点与原点 O 共面的概率为 P2= = . 20 5 6.(选做题)(2014· 江西九江调研)一个口袋里有 2 个红球和 4 个黄球,从中随机地连取 3

个球,每次取一个,记事件 A=“恰有一个红球”,事件 B=“第 3 个是红球”.求: (1)不放回时,事件 A,B 的概率; (2)每次取后放回时,A,B 的概率. 解:(1)由不放回抽样可知,第一次从 6 个球中取一个,第二次只能从 5 个球中取一个, 第三次从 4 个球中取一个,基本事件共有 6×5×4=120(个).又事件 A 中含有基本事件 3×2×4×3=72(个)(第 1 个是红球,则第 2、3 个是黄球,取法有 2×4×3 种,第 2 个是红 球和第 3 个是红球跟第 1 个是红球的取法一样多), 72 3 ∴P(A)= = . 120 5 1 第 3 次抽取红球对前两次没有什么要求,因为红球数占总球数的 ,在每一次取到都是 3 随机的等可能事件, 1 ∴P(B)= . 3 (2)由放回抽样知,每次都是从 6 个球中任取一个,有取法 63=216(种),事件 A 包含基 本事件 3×2×4×4=96(种). 96 4 ∴P(A)= = . 216 9 第三次取到红球包括 B1={红,黄,红},B2={黄,黄,红},B3={黄,红,红},B4 2×4×2 2 4×4×2 4 4×2×2 ={红, 红, 红}四种互斥的情形, P(B1)= = , P(B2)= = , P(B3)= 216 27 216 27 216 2×2×2 1 2 = ,P(B4)= = , 27 216 27 ∴P(B)=P(B1)+P(B2)+P(B3)+P(B4) = 2 4 2 1 1 + + + = . 27 27 27 27 3


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