《步步高 学案导学设计》2013-2014学年高中数学苏教版选修2-3【备课资源】1.1(一)
《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学北师大版选修2-3【配套备课资源】第三章21
§2独立性检验一、基础过关1．下面是一个2×2列联表：则表中a、b() A．94、96 B．52、50 C．52、60 D．54、522．用独立性检验来考察两个事件x与y是否有关系，当统计量χ2的值() A．越大，“x与y有关系”成立的可能性越小B．越大，“x与y有关系”成立的可能性越大C．越小，“x与y没有关系”成立的可能性越小D．与“x与y有关系”成立的可能性无关3．如果根据性别与是否爱好运动的列联表得到χ2≈3.852>3.841，所以判断性别与运动有关，那么这种判断犯错的可能性不超过() A．2.5% B．0.5% C．1% D．5%4．在吸烟与患肺病这两个变量的计算中，下列说法正确的是() A．若χ2的值大于6.635，我们有99%的把握认为吸烟与患肺病有关系，那么在100个吸烟的人中必有99人患有肺病B．从独立性检验可知，有99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时，我们说某人吸烟，那么他有99%的可能患有肺病C．若从统计量中求出有95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推断出现错误D．以上三种说法都不正确5．某班主任对全班50名学生进行了作业量的调查，数据如表() A．0.1 B．0.05 C．0.9 D．0.956．在一个2×2列联表中，由其数据计算得χ2＝7.097，则两个事件有关系的把握为()A．99% B．95%C．90% D．无关系二、能力提升7．如果χ2的值为8.654可以认为“两个研究对象Ⅰ和Ⅱ无关”的可信程度是________．8．下列说法正确的是________．(填序号)①对事件A与B的检验无关，即两个事件互不影响；②事件A与B关系越密切，χ2就越大；③χ2的大小是判断事件A与B是否相关的唯一数据；④若判定两事件A与B有关，则A发生B一定发生．9．为研究某新药的疗效，给50名患者服用此药，跟踪调查后得下表中的数据：设H0，从而得出结论：服用此药的效果与患者的性别有关，这种判断出错的可能性为______．10．某县对在职的71名高中数学教师就支持新的数学教材还是支持旧的数学教材做了调查，结果如下表所示：11．在一次天气恶劣的飞行航程中，调查了男女乘客在飞机上晕机的情况：男乘客晕机的有24人，不晕机的有31人；女乘客晕机的有8人，不晕机的有26人．请你根据所给数据判定：在天气恶劣的飞行航程中，男乘客是否比女乘客更容易晕机？12．在对人们的休闲方式的一次调查中，共调查了124人，其中女性70人，男性54人．女性中有43人主要的休闲方式是看电视，另外27人主要的休闲方式是运动；男性中有21人主要的休闲方式是看电视，另外33人主要的休闲方式是运动．(1)根据以上数据建立一个2×2的列联表；(2)判断性别与休闲方式是否有关系．三、探究与拓展13．某教育机构为了研究人具有大学专科以上学历(包括大学专科)和对待教育改革态度的关系，随机抽取了392名成年人进行调查，所得数据如下表所示：答案1．C 2.B 3.D 4.C 5.B 6.A 7．0.01 8．② 9．4.882 5% 10．解 由公式得χ2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )＝71×(12×24－25×10)237×34×22×49≈0.08.∵χ2<2.706.∴我们没有理由说教龄的长短与支持新的数学教材有关． 11．解 根据题意，列出2×2列联表如下：由公式可得χ2＝89×(24×26－31×8)255×34×32×57≈3.689>2.706，故有90%的把握认为“在天气恶劣的飞行航程中，男乘客比女乘客更容易晕机”． 12．解 (1)列联表如下：(2)假设“休闲方式与性别无关”，计算χ2＝124×(43×33－27×21)270×54×64×60≈6.201，∵χ2>3.841，∴有95%的把握认为性别与休闲方式有关． 13．解χ2＝392×(39×167－157×29)2196×196×68×324≈1.78.∵1.78≤2.706，∴我们没有理由说人具有大学专科以上学历(包括大学专科)和对待教育改革态度有关．。
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学北师大版选修2-3【配套备课资源】第一章 5.2.习题课
开
关 ＝4(C0n·5n＋Cn1·5n－1＋…＋Cnn－2·52)＋25n.
以上各项均为 25 的整数倍，
故 2n＋2·3n＋5n－4 能被 25 整除.
练一练·当堂检测、目标达成落实处
习题课
1．1.056 的计算结果精确到 0.01 的近似值是
本 A．1.23
B．1.24
C．1.33
课 时
解析 1.056＝(1＋0.05)6
目
开 关
指数 50－2r与3r都必须是整数，
因此 r 应是 6 的倍数，即 r＝6k(k∈Z)，
又 0≤6k≤100，解得 0≤k≤1623(k∈Z)，
∴x 的系数为有理数的项共有 17 项．
研一研·题型解法、解题更高效
习题课
小结 (1)求二项展开式中具有某特定性质的项，关键是确定 r
的值或取值范围．应当注意的是二项式系数与二项展开式中各
证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式
本 课
(数)展开后的每一项都含有除式的因式，要注意变形的技巧．
时 栏
(2)近似计算是二项式定理的重要应用，用二项式定理近似计算
目 开
也是分析问题、解决问题的主要体现，在高考中也时有考查．
关
研一研·题型解法、解题更高效
习题课
跟踪训练 3 求证：2n＋2·3n＋5n－4 能被 25 整除(n∈N*)．
本 课
解析 Tr＋1＝Cr6(2x2)6－r－1xr
时 栏
＝(－1)r·26－r·Cr6x12－3r.
目
开 依题意 12－3r＝0，解得 r＝4，
关
所以常数项是第 5 项；
整数项是第 1,2,3,4,5 项，共 5 项；
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年高中数学苏教版选修2-3【备课资源】2.1(二)
§2.1 随机变量及其概率分布(二)一、基础过关1．若随机变量X ________.2.抛掷2颗骰子，所得点数之和ξ是一个随机变量，则P (ξ≤4)＝________.3．袋中有大小相同的红球6个，白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球为止，所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能取值为______________________． 4．下列问题中的随机变量不服从两点分布的是________．(填序号) ①抛掷一枚骰子，所得点数为随机变量X ； ②某射手射击一次，击中目标的次数为随机变量X ；③从装有5个红球，3个白球的袋中取1个球，令随机变量X ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， 取出白球0， 取出红球；④某医生做一次手术，手术成功的次数为随机变量X .5．抛掷两次骰子，两次点数的和不等于8的概率为________．6．设随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝Ck (k ＋1)，k ＝1,2,3，C 为常数，则P (0.5<X <2.5)＝________. 二、能力提升7．已知随机变量ξ只能取三个值x 1，x 2，x 3，其概率依次成等差数列，则该等差数列公差的取值范围是________．8．一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X 是一个随机变量，其概率分布为P (X )，则P (X ＝4)的值为______．9．盒中装有大小相等的10个球，编号分别是0,1,2，…，9，从中任取1个，观察号码是“小于5”“等于5”“大于5”三类情况之一，求其概率分布．10．从4张已编号(1～4号)的卡片中任意取出2张，取出的卡片号码数之和为X .求随机变量X 的概率分布．11商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．η表示经销一件该商品的利润，求η的概率分布．三、探究与拓展12．安排四名大学生到A，B，C三所学校支教，设每名大学生去任何一所学校是等可能的．(1)求四名大学生中恰有两人去A校支教的概率；(2)设有大学生去支教的学校的个数为ξ，求ξ的概率分布．答案1.162.163.1,2,3，…，74.①5.31366.897.⎣⎡⎦⎤－13，138.272209．解 分别用x 1，x 2，x 3表示“小于5”的情况，“等于5”的情况，“大于5”的情况．设ξ是随机变量，其可能取值分别为x 1、x 2、x 3，则P (ξ＝x 1)＝510＝12，P (ξ＝x 2)＝110，P (ξ＝x 3)＝410＝25.故随机变量ξ的概率分布为10.解 X 可取3,4,5,6,7.其中X ＝3表示取出分别标有1,2的2张卡片， P (X ＝3)＝1C 24＝16；X ＝4表示取出分别标有1,3的2张卡片，P (X ＝4)＝1C 24＝16；X ＝5表示取出分别标有1,4或2,3的2张卡片，P (X ＝5)＝2C 24＝13；X ＝6表示取出分别标有2,4的2张卡片，P (X ＝6)＝16；X ＝7表示取出分别标有3,4的2张卡片，P (X ＝7)＝16.所以随机变量X11.解 η的可能取值为200,250,300.由题意知，P (η＝200)＝P (ξ＝1)＝0.4， P (η＝250)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，P (η＝300)＝1－P (η＝200)－P (η＝250)＝1－0.4－0.4＝0.2. 所以η的概率分布为12.解 (1)所有可能的方式有34种，恰有2人到A 校的方式有C 24·22种，从而恰有2人到A 校支教的概率为C 24·2234＝827.(2)ξ的所有可能值为1,2,3. 又P (ξ＝1)＝334＝127，P (ξ＝2)＝C 23(24－2)34＝1427，P (ξ＝3)＝C 13C 24C 1234＝49 (或P (ξ＝3)＝C 24A 3334＝49)．综上可知，ξ。
步步高学案导学设计20132014学年高中数学苏教版必修3配套备课资源第二章211
2.1.1
问题3 为了了解高一(1)班50名学生的视力状况，从中抽取10名学生 进行检查．如何抽取呢？
答 将50名学生从1到50进行编号，再制作1到50的50个号
本 课
签，把50个号签集中在一起并充分搅匀，最后随机地从中抽
时
栏 出10个号签．对编号与抽中检查．
如此继续下去，直到取满为止；
(4)根据选定的号码抽取样本．
研一研·问题探究、课堂更高效
2.1.1
问题4 简单随机抽样是怎样定义的？
答 从个体数为N的总体中逐个不放回地取出n个个体作为
本 课
样本(n<N)，如果每个个体都有相同的机会被取到，这样的
时
栏 抽样方法叫简单随机抽样．抽签法和随机数表法都是简单
(5)将总体中与抽到的号签的编号一致的k个个体取出．
填一填·知识要点、记下疑难点
2.1.1
2．随机数表法
用随机数表法抽取样本的步骤是：
(1)将总体中的个体 编号 (每个号码位数一致)；
(2)在随机数表中 任选 一个数作为开始；
本 课
(3)从选定的数开始按一定的方向读下去，若得到的号码在
时 栏
编号中，则 取出 ；若得到的号码不在编号中或前面已经
填一填·知识要点、记下疑难点
2.1.1
1．抽签法
本 课
用抽签法从个体数为N的总体中抽取一个容量为k的样
时 栏
本的步骤为：
目 开
(1)将总体中的N个个体 编号 ；
关
(2)将这N个号码写在形状、大小 相同 的号签上；
(3)将号签放在同一箱中，并 搅拌均匀 ；
(4)从箱中每次抽出1个号签，连续抽取k次；
小结 抽签法注意：一是编号；二是搅拌均匀；三是依次抽取．
《步步高学案导学设计》20132014学年高中数学苏教版选修21配套备课资源第3章323
3.2.3 空间的角的计算一、基础过关1． 若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于________．2． 若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．3． 已知A ∈α，P ∉α，P A →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，2，平面α的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－2，则直线P A 与平面α所成的角为__________．4． 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为________． 5．如图，在正四面体ABCD 中，点E 为BC 中点，点F 为AD 中点，则异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为____________． 6．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是______．二、能力提升7．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为________．8．设ABCD、ABEF都是边长为1的正方形，F A⊥平面ABCD，则异面直线AC与BF所成的角为________．9．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是A1D1、A1C1的中点．求异面直线AE与CF 所成角的余弦值．10．如图，已知点P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC′所成角的大小；(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．11．如图，四棱锥F—ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝ 2.CF与平面ABCD垂直，CF＝2.求二面角B—AF—D的大小．三、探究与拓展12．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB；(3)求二面角B－DE－C的大小．答案1．60° 2．60° 3．60° 4．90° 5．23 6．90° 7．60° 8．60°9．解不妨设正方体棱长为2，分别取DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系， 则A (2,0,0)、C (0,2,0)、E (1,0,2)、F (1,1,2)， 由AE →＝(－1,0,2)，CF →＝(1，－1,2)， 得|AE →|＝5，|CF →|＝ 6. ∴AE →·CF →＝－1＋0＋4＝3. 又AE →·CF →＝|AE →|·|CF →|·cos 〈AE →，CF →〉＝30cos 〈AE →，CF →〉，∴cos 〈AE →，CF →〉＝3010，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3010.10．解 (1)如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D —xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 连结BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1) (m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°， 由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1. 因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉 ＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.11．解 过点A 作AE ⊥平面ABCD .以A 为坐标原点，BD →、AC →、AE →方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．于是B ⎝⎛⎭⎫－22，1，0，D ⎝⎛⎭⎫22，1，0， F (0,2,2)．设平面ABF 的法向量n 1＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－22x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1.所以n 1＝(－2，－1,1)．同理，可求得平面ADF 的法向量n 2＝(2，－1,1)．由n 1·n 2＝0知， 平面ABF 与平面ADF 垂直， 所以二面角B —AF —D 的大小等于π2.12．(1)证明 ∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC .又EF ∥AB ， ∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ， ∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH . 又BF ＝FC ，H 为BC 的中点， ∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)， C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)， E (0，－1,1)，F (0,0,1)．设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ，则G (0，－1,0)， ∴GE →＝(0,0,1)．又HF →＝(0,0,1)， ∴HF →∥GE →.又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ，∴FH ∥平面EBD .(2)证明 AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)，AC →·GE →＝0，∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .(3)解 BE →＝(－1，－1,1)，BD →＝(－2，－2,0)．设平面BDE 的法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)， 则BE →·n 1＝－1－y 1＋z 1＝0，BD →·n 1＝－2－2y 1＝0， ∴y 1＝－1，z 1＝0，即n 1＝(1，－1,0)． CD →＝(0，－2,0)，CE →＝(1，－1,1)．设平面CDE 的法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则n 2·CD →＝0，y 2＝0，n 2·CE →＝0， 1－y 2＋z 2＝0，z 2＝－1，故n 2＝(1,0，－1)．cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12×2＝12，∴〈n 1，n 2〉＝60°，即二面角B －DE －C 的大小为60°.。
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年高中数学苏教版选修2-3【备课资源】1.2(二)
§1.2排列(二)一、基础过关1．把4个不同的黑球，4个不同的红球排成一排，要求黑球、红球分别在一起，不同的排法种数是________．2．6个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使3个空位连在一起，则停放的方法总数为________．3．某省有关部门从6人中选4人分别到A、B、C、D四个地区调研十二五规划的开局形势，要求每个地区只有一人，每人只去一个地区，且这6人中甲、乙两人不去A地区，则不同的安排方案有________种．4．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为________种．(用排列数表示)5．5人站成一排，甲必须站在排头或排尾的不同站法有______种．6．从0、1、2、3这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c中的参数a、b、c，可组成不同的二次函数共有________个．二、能力提升7．用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有________个．8．五名男生与两名女生排成一排照相，如果男生甲必须站在中间，两名女生必须相邻，符合条件的排法共有________种．9．5名大人要带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头、尾，则共有________种排法．10．3个人坐8个位置，要求每人的左右都有空位，则有______种坐法．11．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有________种．12．7名班委中有A、B、C三人，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工．(1)若正、副班长两职只能从A、B、C三人中选两人担任，有多少种分工方案？(2)若正、副班长两职至少要选A、B、C三人中的一人担任，有多少种分工方案？13．用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？三、探究与拓展14．用0,1,2,3,4,5这六个数字：(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(3)能组成多少个比1 325大的四位数？答案1．1 152 2.24 3.240 4.A88A29 5.48 6.18 7．36 8．192 9．1 440 10．24 11．18612．解(1)先排正、副班长有A23种方法，再安排其余职务有A55种方法，依分步计数原理，知共有A23A55＝720(种)分工方案．(2)7人中任意分工方案有A77种，A、B、C三人中无一人任正、副班长的分工方案有A24A55种，因此A、B、C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A77－A24A55＝3 600(种)．13．解本题可分两类：第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，所以五位数的个数为A44＝24；第二类：0不在十位位置上，这时，由于5不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排1,3,7之一，这一步有A13＝3种方法．又由于0不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法A13＝3(种)．十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法A33＝6(种)．根据分步计数原理，第二类中所求五位数的个数为A13·A13·A33＝54.由分类计数原理，符合条件的五位数共有24＋54＝78(个)．14．解(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时有A35个；第二类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个(A14种)，十位和百位从余下的数字中选(有A24种)，于是有A14·A24个；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A14·A24个．由分类计数原理知，共有四位偶数为A35＋A14·A24＋A14·A24＝156(个)．(2)五位数中5的倍数的数可分为两类：个位数字是0的五位数是A45个；个位数字是5的五位数有A14·A34个．故满足条件的五位数共有A45＋A14·A34＝216(个)．(3)比1 325大的四位数可分为三类：第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有A14·A35个；第二类：形如14□□，15□□，共有A12·A24个；第三类：形如134□，135□，共有A12·A13个．由分类计数原理知，比1 325大的四位数共有A14·A35＋A12·A24＋A12·A13＝270(个)．。
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年高中数学苏教版选修2-3【备课资源】2.4
§2.4 二项分布一、基础过关1．已知随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，13，则P (ξ＝2)＝________. 2．种植某种树苗，成活率为0.9.若种植这种树苗5棵，则恰好成活4棵的概率约为________． 3．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是________．4．某种型号的印刷机在一小时内不需要工人照看的概率为0.8，某书业公司新进了四台这种型号的印刷机，且同时各自独立工作，则在一小时内至多有2台需要工人照看的概率为________．5．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是________． 二、能力提升6．某人参加一次考试，4道题中答对3道则为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率约为________．7．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为________．8．在4次独立重复试验中，事件A 发生的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率为6581，则事件A 在1次试验中发生的概率为________．9．某射手射击1次，击中目标的概率为0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：①他第三次击中目标的概率为0.9；②他恰好击中目标3次的概率为0.93×0.1；③他至少击中目标1次的概率为1－0.14.其中正确结论的序号为________．(写出所有正确结论的序号)10．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23，求：(1)甲恰好击中目标2次的概率； (2)乙至少击中目标2次的概率； (3)乙恰好比甲多击中目标2次的概率．11．在一次数学考试中，第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只需在其中选做一题．设4名考生选做这两题的可能性均为12.(1)求其中甲、乙2名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第15题的学生数为ξ个，求随机变量ξ的概率分布．三、探究与拓展12．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响．(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．问：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？答案1.802432.0.333.5164.0.972 8 5．[0.4,1) 6.0.18 7.28729 8.139．①③ 10．解 记甲射击3次击中目标的次数为X ，则X ～B (3，12)，乙射击3次击中目标的次数为Y ，则Y ～B (3，23)，所以(1)甲恰好击中目标2次的概率为P 1＝C 23⎝⎛⎭⎫122×12＝38. (2)乙至少击中目标2次的概率为P 2＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＋C 33⎝⎛⎭⎫233＝2027.(3)设乙恰好比甲多击中目标2次为事件A ，乙恰好击中目标2次且甲恰好击中目标0次为事件B 1，乙恰好击中目标3次且甲恰好击中目标1次为事件B 2，则A ＝B 1∪B 2，且B 1，B 2为互斥事件．P (A )＝P (B 1)＋P (B 2) ＝C 23⎝⎛⎭⎫232·13·C 03⎝⎛⎭⎫123＋C 33⎝⎛⎭⎫233·C 13⎝⎛⎭⎫123＝118＋19＝16. 所以乙恰好比甲多击中目标2次的概率为16.11．解 (1)设事件A 表示“甲选做第14题”，事件B 表示“乙选做第14题”，则甲、乙2名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A B ”，且事件A 、B 相互独立．∴P (AB ＋A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12. (2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12. ∴P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫1－124－k＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4)． 所以随机变量ξ12.解 设A ＝{甲射击一次击中目标}，B ＝{乙射击一次击中目标}，则A 、B 相互独立，且P (A )＝23，P (B )＝34.(1)设C ＝{甲射击4次，至少有1次未击中目标}则P (C )＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.(2)设D ＝{两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次}，∴P (D )＝C 24·⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫132·C 34·⎝⎛⎭⎫343·14＝18. (3)甲恰好射击5次，被中止射击，说明甲第4、5次未击中目标，第3次击中目标，第1、1 32·23·⎝⎛⎭⎫132＝16243.2两次至多一次未击中目标，故所求概率P＝⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫。
《步步高 学案导学设计》2013-2014学年高中数学苏教版选修 数学归纳法(二)
§2.3（二）
跟踪训练 2 证明 x2n－1＋y2n－1(n∈N*)能被 x＋y 整除.
证明 (1)当 n＝1 时，x2n 1＋y2n 1＝x＋y，能被 x＋y 整除. (2)假设当 n＝k(k∈N*)时，命题成立，
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即 x2k 1＋y2k 1 能被 x＋y 整除. 那么当 n＝k＋1 时，x2(k ＝x2k 1＋y2k 1＝x2k
＋
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§2.3（二）
故 n＝k＋1 时命题成立.由(1)(2)知，对任意 n∈N*，命题成立.
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小结
证明整除性问题的关键是“凑项”， 先采用增项、 减项、
拆项和因式分解等手段，凑成 n＝k 时的情形，再利用归纳假 设使问题获证.
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§2.3（二）
从而 k＋1 条直线共有 f(k)＋k 个交点，
1 1 即 f(k＋1)＝f(k)＋k＝2k(k－1)＋k＝2k(k－1＋2) 1 1 ＝2k(k＋1)＝2(k＋1)[(k＋1)－1]，
∴当 n＝k＋1 时，命题成立. 由(1)(2)可知，对任意 n∈N*(n≥2)命题都成立.
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§2.3（二）
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k＋12－k k2＋k＋1 kk＋1 1 ＝1－ ， 2 ＝1－ 2 <1－ 2＝1－ kk＋1 kk＋1 kk＋1 k＋1
所以当 n＝k＋1 时，不等式也成立. 由①②可知对任意 n≥2 的正整数，不等式都成立.
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§2.3（二）
4.用数学归纳法证明 1＋2＋3＋„＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1) 时，从“n＝k”到“n＝k＋1”，左边需增添的代数式是
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第1章计数原理
§1.1两个基本计数原理(一)
一、基础过关
1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数为________．
2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为________．
3．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法为________．
4．某教室有6扇窗子，有一只小鸟从一个窗子飞入，然后又从一个窗子飞出，则小鸟可能飞过的不同路线共有________条．
5．张华去书店，发现3本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共有________种．6．4名学生参加跳高，跳远，游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则冠军分配的种数有________种．
二、能力提升
7．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为________．
8．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是________．
9. 如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有
_______个．
10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？
11．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，
(1)P可以表示平面上的多少个不同点？
(2)P可以表示平面上的多少个第二象限的点？
(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？
12．设椭圆的方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，a∈{1,2,3,4,5,6,7}，b∈{1,2,3,4,5}，这样的椭圆共有
多少个？
三、探究与拓展
13．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人，有多少种不同的选法？
答案
1．50 2.9 3.54 4.36 5.7 6．64 7．64 8．56 9．40
10．解操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步计数原理，知共有6×5×4×4＝480(种)着色方案．
11．解(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步计数原理知，P点可以表示平面上的6×6＝36(个)不同点．
(2)根据条件需满足a<0，b>0.
完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步计数原理知，P可以表示平面上的3×2＝6(个)点．
(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，
根据分步计数原理可知，P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．
12．解依题意按a，b的取值分为6类，
第一类：a＝2，b＝1；
第二类：a＝3，b＝1,2；
第三类：a＝4，b＝1,2,3；
第四类：a＝5，b＝1,2,3,4；
第五类：a＝6，b＝1,2,3,4,5；
第六类：a＝7，b＝1,2,3,4,5.
由分类计数原理得：这样的椭圆共有1＋2＋3＋4＋5＋5＝20(个)．
13．解由题意可知，在艺术小组9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人，把选出会钢琴、小号各1人的方法分为两类：
第一类：多面手入选，另1人只需从其他8人中任选一个，故这类选法共有8种；
第二类：多面手不入选，则会钢琴者只能从6个只会钢琴的人中选出，会小号者也只能从只会小号的2人中选出，故这类选法共有6×2＝12(种)．
因此共有N＝8＋12＝20(种)不同的选法．。