2018年高考数学二轮复习专题7概率与统计第3讲概率随机变量及其分布列课件理
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝
－
n k Ck C M N－M n C N ________________ ，k＝0,1,2，„，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，
n，M，N∈N*.此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回 抽样，超几何分布中的参数是M，N，n．
2
重要公式与性质 1．离散型随机变量X的分布列具有两个性质 ①pi≥0，②p1＋p2＋„＋pi＋„＋pn＝1(i＝1,2,3，„，n)． 2．期望与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)； (2)X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)； (3)X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
核心知识整合
• 1．随机事件的概率 0≤P(A)≤1 1 • (1)随机事件的概率范围： _____________； 必然事件的概 0 率为________；不可能事件的概率为 __________．
(2)古典概型的概率 A中所含的基本事件数 P(A)＝ ． 基本事件总数 (3)几何概型的概率 构成事件A的区域长度面积或体积 P(A)＝ ． 试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积
2．互斥事件与对立事件 (1)对立事件是互斥事件，互斥事件未必是对立事件． (2)如果事件A，B互斥，那么事件A∪B发生(即A，B中有一个发生)的概率， P(A)＋P(B) 等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A∪B)＝______________. 这个公式称 为互斥事件的概率加法公式． (3)在一次试验中，对立事件A和 A 不会同时发生，但一定有一个发生，因此 1－P(A) 有P( A )＝____________ ．
1
高考考点聚焦
2
3 4 5
核心知识整合
高考真题体验 命题热点突破 课后强化训练
高考考点聚焦
高考考点 古典概型、几何概 型及 条件概率 互斥事件、对立事 件及 独立事件
考点解读 1.考查古典概型、几何概型概率公式的应用 2．利用条件概率公式求概率 1.互斥事件、对立事件与古典概型相结合考查 2．相互独立事件同时发生的概率的求法． 1.超几何分布 2．与相互独立事件有关的分布列和均值问题 3．独立重复试验和二项分布
• • • •
4．正态分布的三个常用数据 0.6826； P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝__________ 0.9544 ； P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝__________ 0.9974 ． P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝__________
• 1．混淆互斥事件与对立事件，对立事件是互斥事件的特 殊情况，互斥事件不一定是对立事件． • 2．对随机变量理解不到位，造成对随机变量的取值有 误． • 3．忽略随机变量的分布列中的概率之和应等于1． • 4．不能准确理解“至多”“至少”“不少于”等语句的 含义．
3．正态曲线的性质
上方 (1)曲线位于x轴__________ ，与x轴不相交； x＝μ (2)曲线是单峰的，它关于直线__________ 对称；
1 (3)曲线在x＝μ处达到峰值 ； σ 2π
1 (4)曲线与x轴之间的面积为__________ ；
• (5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示； 越小 • (6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ__________ ，曲线越“瘦高”，表示总 越大 体的分布越集中；σ__________ ，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散， 如图乙所示．
高考真题体验
1．(2017· 天津卷，3)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、 蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有 红色彩笔的概率为 导学号 52134936 ( C ) 4 A．5 2 C．5 3 B．5 1 D．5
3．条件概率
PAB PA 在事件A发生的条件下事件B发生的概率：P(B|A)＝____________ ．
• • • •
4．相互独立事件同时发生的概率 (A)) P (B)____________． 若A，B为相互独立事件，则P(P AB ＝ 5．独立重复试验 如果事件A在一次试验中发生的概率是 p，那么它在n次独 k k n k Cnp (1－p) ，k＝0,1,2，„，n 立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝ 6．超几何分布 _______________________________．
i＝1 (3)D(X)＝_________________ 为随机变量X的方差．
pi xi－EX2·
n
DX叫标准差，它们均反映X的离散程度．
8．正态分布 x－μ 1 正态曲线的定义：函数φμ，σ(x)＝ e－ 2σ2 ，x∈(－∞，＋∞)，其中实 2πσ 数μ和σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，„，xi，„，xn，X取每一个值 xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称表： X P x1 p1 x2 p2 x3 p3 „ „ xi pi „ „ xn pn
为离散型随机变量X的分布列． x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋ … ＋xnpn (2)EX＝_______________________________为X的均值或数学期望(简称期 望)，反应X的平均水平．
离散型随机变量的 分布列
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)切实掌握随机变量的概念、掌握随机事件的概率、古典 概型、几何概型等概率的求法． • (2)掌握离散型随机变量的分布列、期望、方差的求法；掌 握条件概率的求法、二项分布、超几何分布及其概率的求 法． • 预测2018年命题热点为： • (1)古典概型、几何概型、条件概率的概率公式的应用． • (2)离散型随机变量的分布列、均值及方差的计算．
2018高考数学(理)一轮复习课件 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲 课件
60
2 a 5 5．在二项式x －x 的展开式中，x
的系数是－10，则实数 a
的值为________．
1
[解析]
ar r 2 5－r 10－3r Tr＋1＝C5(x ) · － ＝(－a)rCr · x . 5
x
3 当 10－3r＝1 时，r＝3，于是 x 的系数为(－a)3C3 5＝－10a ，
A
)
2 8 [解析] 由题意得 a8＝C8 102 (－1) ＝180.
4． (2016· 高考北京卷 ) 在 (1－ 2x)6 的展开式中， x2 的系数为 ________．(用数字作答)
r r [解析] (1－2x)6 的展开式的通项 Tr＋1＝Cr 当 r＝2 时， 6(－2) x ， 2 2 2 2 T3＝C2 ( － 2) x ＝ 60 x ，所以 x 的系数为 60. 6
[典例引领] (1)(x
2
1 5 3 ＋2)x2－1 的展开式的常数项是________．
2
1 5 (2)(2016· 高考山东卷)若(ax ＋ ) 的展开式中 x5 的系数是－ x 80，则实数 a＝________．
－2
【解析】 (x
2
(1)(x
2
1 5 ＋2)x2－1 ＝
n
(2)通项
k n k k C b na 第 k＋1 项为：Tk＋1＝______________ ．
－
(3)二项式系数
k C ) n(k＝0，1，2，…，n 二项展开式中各项的二项式系数为：___________________ ．
2．二项式系数的性质
1．辨明三个易误点
n－ k k (1)通项 Tk＋1＝Ck a b 是展开式的第 k＋1 项，不是第 k 项． n
2018版高考专题击破课件-专题七 概率与统计-数学(理科)
题型：选择、填空 分值：5 分 难度：基础 热点：与频率分布直方图相关的 计算
考 点 考 向 探 究
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第18讲 统计与统计案例
例2 (1)在一次区统考中，成绩情况， 从所有考生的成绩中随机抽出 20 位考生 的成绩进行统计分析，其中数学成绩的频率分布直方图如图 18-5 所示，据此估计，在本次考试中数学成绩的方差为________．
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第18讲 统计与统计案例
——知识必备 ——
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第18讲 统计与统计案例
► 考点一 抽样方法
题型：选择、填空 分值：5 分 难度：基础 热点：抽样方法的辨析、分层抽 样的计算
考 点 考 向 探 究
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第18讲 统计与统计案例
例 1 (1)用系统抽样方法从 160 名学生中抽取容量为 20 的样本，将 160 名学生随机地从 1～160 编号，并按编号 顺序平均分成 20 组(1～8 号， 9～16 号， …， 153～160 号)， 若按等距的规则从第 16 组中抽出的号码为 126， 则第 1 组 中用抽签法确定的号码是________．
因此 sy＝
4×64＝16.
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第18讲 统计与统计案例
7．[2015· 湖北卷改编] 我国古代数学名著《数书九章》 有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送米 1534 石，验 得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷 28 粒， 则这批米内夹谷约为________． 测试要点：样本估计总体的思想
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第18讲 统计与统计案例
6．[2015· 安徽卷改编] 若样本数据 x1，x2，„，x10 的标准 差为 8，则数据 2x1－1，2x2－1，„，2x10－1 的标准差为 ________． 测试要点：标准差的性质
2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破
4． 从 20 名男同学和 10 名女同学中任选 3 名参加体能测试， 则选到的 3 名同学中既有男同学又有女同学的概率为 ________．(结果用最简分数表示)
5．二项分布：在 n 次独立重复试验中，设事件 A 发生的次 数为 X，在每次试验中事件 A 发生的概率为 P，则随机变量 X 服 从二项分布，记作 X～B(n，p)，并称 P 为成功概率． 在 n 次独立重复试验中，事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P(x k k n－k ＝k)＝Cnp (1－p) (k＝0,1,2，„，n)，期望 E(x)＝np，D(x)＝np(1 －p)．
6．正态分布 (1)定义及表示：如果对于任何实数 a，b(a<b)，随机变量 X b 满足 P(a<x≤b)＝ φ ， (x)dx， 则称随机变量服从正态分布， 记作 μ σ
X～N(μ，σ )，其中 μ 是期望，σ 是标准差． (2)正态曲线的图象关于直线 x＝μ 对称，μ 控制图象的左右 平移，σ 决定了图象的高矮胖瘦． (3)正态分布的三个数据 ①P(μ － σ<x≤μ ＋ σ) ＝ 0.6826 ②P(μ － 2σ<x≤μ ＋ 2σ) ＝ 0.9544 ③P(μ－3σ<x≤μ＋3σ)＝0.9974.
3 故要求的概率为 ＝ ，故选 B. π π 4 － － 2 6 答ห้องสมุดไป่ตู้：B
π 2－0
3．已知某气象站天气预报的准确率为 80%，则 5 次预报中 至少有 2 次准确的概率为________．(结果保留到小数点后两位)
解析：“5 次预报中至少有 2 次准确”的对立事件为“5 次 预报中有 1 次准确或 5 次预报中没有准确的”，则所求概率为 1 1 4 5 －(C5×0.8×0.2 ＋0.2 )≈0.99. 答案：0.99
2018年高考数学第2轮复习第二部分专题六统计与概率6.3.2随机变量及分布课件
的分布列和数学期望;
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的
概率.
-3-
解 (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)= 1- 1 × 1- 1 × 1- 1 = 1,
2
3
44
P(X=1)=1 × 1- 1 × 1- 1 + 1- 1 × 1 × 1- 1 + 1- 1 ×
2 3
×
1 2
=
14,
P(ξ=2)=34
×
2 3
×
1-
1 2
+3×
4
1-
2 3
×1+
2
1-
3 4
×
2 3
×
1 2
=
1214,
P(ξ=3)=3 × 2 × 1 = 1.
432 4
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
1
1
11
P
24
4
24
数学期望 E(ξ)=0× 1 +1×1+2×11+3×1 = 23.
24
4
24
4 12
125
125
125
125 5
55
-23-
解题心得对于实际问题中的随机变量X,如果能够断定它服从二 项分布B(n,p),那么其概率、期望与方差可直接利用公式P(X=k)=C������������ pk(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n),E(X)=np,D(X)=np(1-p)求得,因此,熟记二项 分布的相关公式,可以避免烦琐的运算过程,提高运算速度和准确 度.
-15-
解 (1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事
高三数学二轮复习-第2讲概率、随机变量及其分布列专题攻略课件-理-新人教版
热点突破探究
典例精析
题型一 几何概型
例1 如图，正方形 OABC 的边长为 2. (1)在其四边或内部取点 P(x，y)，且 x，y∈Z，则事 件“|OP|＞1”的概率是__________； (2)在其内部取点 P(x，y)，且 x，y∈R，则事件“△ POA， △ PAB，△ PBC，△ PCO 的面积均大于23”的概率是 __________．
1≤x≤－23.
设事件
A
为
π cos2x
的值介于
0
到12之间，则事件
A
发生
2
的区域长度为23. ∴P(A)＝32＝13.
题型二 古典概型
例2 一个袋中装有大小相同的10个球，其 中红球8个，黑球2个，现从袋中有放回地取球， 每次随机取1个． (1)求连续取两次都是红球的概率； (2)如果取出黑球，则取球终止，否则继续取球， 直到取出黑球，求取球次数不超过3次的概率．
法二：(间接法)：从 6 个点中任取三个点有 C36种方 法．其中在一条直线上的三点有(C34＋1)个． 构成三角形个数为 C36－C43－1， 故所求概率为 P＝C36－CC3634－1＝34.
答案：34
2018届高考数学二轮复习重点保分专题课件 专题(10)概率与统计、随机变量及其分布列
保分专题（10） 概率与统计、随机变量及其 分布列
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别 卷Ⅰ 考查内容及考题位置 数学文化、有关面积的几何概型·T2 正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
2017
卷Ⅱ
二项分布的方差计算·T13
频率分布直方图、独立性检七个不同的数的取法共有 9×8 7 2 C 9 ＝C 9 ＝ ＝36种，因为1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6，所以 2
3 从(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任选三组，则有C 4 ＝4，故这七
4 1 个数的平均数是5的概率P＝ ＝ . 36 9
答案：C
3 ． (2017· 贵州适应性考试 ) 已知区域 Ω ＝ {(x ， y)||x|≤ 2 ， π π 0≤y≤ 2}，由直线 x＝－ ，x＝ ，曲线 y＝cos x 与 x 轴 3 3 围成的封闭图形所表示的区域记为 A.若在区域 Ω 内随机 取一点 P，则点 P 在区域 A 的概率为 2 A. 4 3 C. 4 1 B. 2 6 D. 4 ( )
π 1 π B. C. D. 8 2 4 不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为
4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由题意，得S黑＝ π 2 π 1 π S圆＝ ，故此点取自黑色部分的概率P＝ ＝ . [答案] 2 2 4 8
B
[类题通法]
1．利用古典概型求概率的关键及注意点 (1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这 常常用到排列、组合的有关知识． (2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏． 2．几何概型的适用条件及应用关键 (1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑 使用几何概型求解． (2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域 和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需 要的区域．
高三数学(理工科)三轮复习专题第讲概率与统计随机变量及其分布列课件
P3＝C34343×14＝2674， 由乘法公式，所求概率
P＝P2P3＝287×2674＝18.
(3)乙恰好 5 次停止射击，则最后两次未击中，前三次或
都击中或第一与第二次恰有一次击中，第三次必击中，
故所求概率为
P＝343142＋C12342143＝1
每投进一球得 2 分；如果前两次得分之和超过 3 分即
停止投篮，否则投第三次．某同学在 A 处的命中率 q1 为 0.25，在 B 处的命中率为 q2.该同学选择先在 A 处投 一球，以后都在 B 处投，用 ξ 表示该同学投篮训练结
束后所得的总分，其分布列为
ξ
0
2345
P
0.03
p1
p2
p3
p4
(1)求 q2 的值； (2)求随机变量 ξ 的数学期望 Eξ； (3)试比较该同学选择都在 B 处投篮得分超过 3 分与选 择上述方式投篮得分超过 3 分的概率的大小．
(2)设“从甲盒内取出的 2 个球中，1 个是红球，1 个是
黑球；从乙盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 C，“从
甲盒内取出的 2 个球均为黑球；从乙盒内取出的 2 个球
中，1 个是红球，1 个是黑球”为事件 D.由于事件 C、D
互斥，且 P(C)＝CC13C27 14·CC2429＝221，P(D)＝CC2427·CC15C29 14＝1603. 故取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为 P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝221＋1603＝1663.
8．正态分布 (1)总体密度曲线是或近似地是函数 f(x) 1 e(x22)2 2π 的图象，式中的实数 μ、σ(σ＞0)是参数，分别表示总
2018版高考数学复习计数原理概率随机变量及其分布列教师用书理
第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合突破点(一) 两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ³n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；2.排列、组合问题.(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n 类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________． [解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析] (1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3³3³2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3³2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)18 6 (2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3] (1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个 B．120个 C．96个 D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2³4³3³2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3³4³3³2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4³3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2³4³3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C 与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5³4³1³4＋5³4³3³3＝260种涂色方法．[答案(1)B (2)36 (3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A．504 B．210 C．336 D．120解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7³8³9＝504种不同的插法．2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( ) A．10种 B．25种 C．52种 D．24种解析：选D 由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2³2³2³2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C 分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个 B．15个 C．12个 D．9个解析：选B 依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3³2³1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4³6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4³3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12³2³1³3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2³2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二) 排列、组合问题1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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当中．(4)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．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1] (1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( ) A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析] (1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9³8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4³8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14²A28＝4³8³7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6³12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案] (1)C (2)C (3)8组合问题组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2] (1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( ) A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是( )A．60 B．63 C．65 D．66(3)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，不同取法的种数为________．[解析] (1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B (2)D (3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33²A 33＝90种不同的分派方法． (2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22²A 33＝36种． (3)将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60³6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种解析：选B 由题知，可先将B ，C 二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A 22A 44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )A ．56B ．63C ．72D ．78解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A 停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22²A 33A 33＝900(种)，故选B.4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12²(C13＋C23＋C33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C12²C13＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C14²C13＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C14²C12＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A24＝12种；由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016²全国甲卷)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．24 B．18 C．12 D．9解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6³3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016²全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…a k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 当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012²新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( ) A．12种 B．10种C．9种 D．8种解析：选A 2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016²四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．48C．60 D．72解析：选D 奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有( )A．12种 B．10种C．8种 D．6种解析：选D 因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A．36个 B．24个C．18个 D．6个解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，共有3³2³1³2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A．56 B．54C．53 D．52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有( )A．9种 B．11种C．13种 D．15种解析：选C 按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A．12 B．6C ．8D ．16解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C 12³3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C 13³2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33³2＝40种．二、填空题7．某班组织文艺晚会，准备从A ，B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A ，B 两个节目至少有一个选中，且A ，B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．解析：当A ，B 节目中只选其中一个时，共有C 12C 36A 44＝960 种演出顺序；当A ，B 节目都被选中时，由插空法得共有C 26A 22A 23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．。
2018届高考数学二轮复习层级二保分专题十概率与统计随机变量及其分布列课件理
命题分析
1．概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之 一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一 道解答题．
2．选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的 位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型， 难度一般．
3．概率、统计的解答题多在第18或19题的位置，多 以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种：(频率分布直方 图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相 交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归 或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
往往也用这种方法求解．
[即学即用·练通] 1．(2017·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次
机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的 200 个机械元件情
况如下： 使用时间 10～ 21～ 31～ 41～ 51～
/天
20 30 40 50 60
个数 10 40 80 50 20
若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取 3 个，
列，由期望公式求出期望；
求随机变量 X 的分布列和数学期望；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，
❸
求这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：工作相 互独立，各路口 遇到红灯的概率
在三个路口遇到 不是红灯的概率
(1)准确理解随机变量表 示的意义，写出所有随 机变量的取值
保分专题(十) 概率与统计、随机变量及其分布列
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别
考查内容及考题位置
2017 2016 2015
卷Ⅰ
卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ
卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ
2018届高考数学二轮复习专题三概率与统计课件(14张)(全国通用)
身高在第三组[165,170)的频率为0.04×5=0.2,
身高在第四组[170,175)的频率为0.04×5=0.2, 由于0.04+0.08+0.2=0.32<0.5,0.04+0.08+0.2+0.2=0.52>0.5 估计这所学校的800名男生的身高的中位数为m,则170<m<175
由0.04+0.08+0.2+(m-170)×0.04=0.5得m=174.5
解：（1）由茎叶图知：分数=0.08，所以全班人数为 =25.
(2)分数在[80，90）之间的频数为25-2-7-10-2=4；即分数在[80,90)之间的人数
为4人. 频率分布直方图中[80，90）间的矩形的高为 ÷10=0.016.
(3)能否有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关,并写出简要分析. 统计量K
2
=
0.15 2.072 0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635
P (K 2 ≥ k 0 ) k0
【解析】 (1)该学生30名亲属中,50岁以下人中 的以肉类为主, 的以蔬菜为主;50 岁以上人中,只有 (2) 主食蔬菜 主食肉类 合计 的人以肉类为主, 的人以蔬菜为主.
【近4年新课标卷考点统计】
年份 试卷类型
2014 12 12
2015 12 12
2016 12 12 12
2017 12 12 12
新课标Ⅰ卷 新课标Ⅱ卷 新课标Ⅲ卷
典例解析
【例1】 从某学校的800名男生中随机抽取50名测量身高,被测学生身高全部介于155cm和195cm之
间,将测量结果按如下方式分成八组:第一组[155,160),第二组[160,165),…,第八组[190,195],下图 是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分,已知第一组与第八组人数相同,第六组的人数为4 人. (1)求第七组的频率; (2)估计该校的800名男生的身高的众数与中位数以及身高在180cm以上(含180cm)的人数; (3)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生,求抽出的两名男生是在同一组