高考一轮总复习人教A版数学10-9
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第九章 统计、成对数据的统计分析第1节 随机抽样、统计图表
解析:(2)最先读到的4袋牛奶的编号是614,593,379,242,向右读得
到203,722,104,再下一个数是887,887大于850,故舍去,再下一个
数是088.
考点二
分层随机抽样
角度一
条形图和
直观描述不同类别或分组数据的
直方图
折线图
频数和频率
描述数据随时间的变化趋势
4.频率分布直方图的制作步骤
(1)求极差:极差为一组数据中 最大值
与最小值的差.
(2)决定组距与组数:当样本量不超过100时,常分成 5～12
组,
一般取等长组距,并且组距应力求“取整”.
(3)将数据分组.
(4)列频率分布表:一般分四列,即分组、 频数累计、频数、 频率 .
A.0.61
B.0.675
)
C.0.74
D.0.8
√
解析:(2)由分层抽样可得高三(1)班抽取的人数 n1=
×10=6,
+
高三(2)班抽取的人数 n2=
于是总的样本平均数 =
×10=4,
+
×+×.
=1.2,
所以总的样本方差
2
2
2
s = ×[1+(1-1.2) ]+ ×[0.35+(1.5-1.2) ]=0.8.故选 D.
容量为20的一个样本,则每个个体被抽到的概率为(
A.
B.
C取到的概率是
.故选D.
=
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第九章 统计、成对数据的统计分析第3节 成对数据的统计分析
(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…,xn互不相等) 的散点图中,若所有样本点
(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y= x-5上,则这组样本数据的样本
相关系数为(
A.-
)
B.
C.-1
√
D.1
解析:(2)由题意可知,所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线
y= x-5上,则这组样本数据完全正相关,且相关系数为1.故选D.
解:(2)由(1)得 =
=
∑ -
=
=
＾
=0.67,
＾
=- =75-0.67×30=54.9,
＾
所以 y 关于 x 的经验回归方程为 =0.67x+54.9.
＾
将 x=130 代入 =0.67x+54.9,
＾
得 =0.67×130+54.9=142,
)
√
解析:对于A,残差与观测时间有线性关系,故A错误;对于B,残差
的方差不是一个常数,随着观测时间变大而变小,故B错误;对于
C,残差与观测时间是非线性关系,故C错误;对于D,残差比较均
匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内,故D
正确.故选D.
5.已知P(χ2≥6.635)=0.01,P(χ2≥10.828)=0.001.在检验30岁以
则r 与r 的大小关系是 r1>r2 .
1
2
解析:(2)因为Y与X之间正相关,所以r1>0;因为V与U之间负相关,
所以r2<0,因此r1>0>r2.
考点二
回归模型及其应用
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第10章 计数原理 10.2 文档
1.排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素依据肯定的挨次排成一列组合合成一组2.排列数与组合数(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部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，用A m n表示.(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！(2)C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！性质(1)0！＝1；A n n＝n！(2)C m n＝C n－mn；C m n＋1＝C m n＋C m－1n__【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)全部元素完全相同的两个排列为相同排列.(×) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后挨次.(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√)(5)A m n＝n A m－1n－1.(√)(6)k C k n＝n C k－1n－1.(√)1.(教材改编)用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A.8B.24C.48D.120答案 C解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位伴侣，每位伴侣1本，则不同的赠送方法共有()A.4种B.10种C.18种D.20种答案 B解析方法一不同的赠送方法有A45A22A33＝10种.方法二从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；其次种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本.由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位伴侣中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4种赠送方法；其次种取法中只需从4位伴侣中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6种赠送方法.因此共有4＋6＝10种赠送方法.3.(2022·辽宁)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案 D解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.4.(教材改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参与某项活动，其中男女生都有的选法种数为________.答案30解析分两类：男1女2或男2女1，各有C14C23和C24C13种方法，所以选法种数为C14C23＋C24C13＝12＋18＝30.也可用间接法C37－C34－C33＝30.5.某市拟从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是________.答案60解析从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度启动的项目，全部的选法种数是C24×C26＝90.重点项目A和一般项目B都没有被选中的选法种数是C23×C25＝30，故重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法种数是90－30＝60.题型一排列问题例1(1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法.(2)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答).答案(1)2520(2)480解析(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A57＝2520种排法.(2)从左往右看，若C排在第1位，共有A55＝120种排法；若C排在第2位，A和B有C右边的4个位置可以选，共有A24·A33＝72种排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A22·A33＋A23·A33＝48种排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480种排法.引申探究1.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A77＝5040种排法.2.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解相邻问题(捆绑法)：男生必需站在一起，是男生的全排列，有A33种排法；女生必需站在一起，是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法，依据分步乘法计数原理，共有A33·A44·A22＝288种排法.3.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解不相邻问题(插空法)：先支配女生共有A44种排法，男生在4个女生隔成的5个空中支配共有A35种排法，故共有A44·A35＝1440种排法.4.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解先支配甲，从除去排头和排尾的5个位置中支配甲，有A15＝5种排法；再支配其他人，有A66＝720种排法.所以共有A15·A66＝3600种排法.思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般接受特殊元素优先原则，即先支配有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以接受间接法. (2)对相邻问题接受捆绑法、不相邻问题接受插空法、定序问题接受倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.用0,1,2,3,4,5这6个数字.(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?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；其次类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有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，与其次类同理，也有A14·A24个.由分类加法计数原理得，共有A35＋2A14·A24＝156个.(2)先排0,2,4，再让1,3,5插空，总的排法共A33A34＝144种，其中0在排头，将1,3,5插在后3个空的排法共A22·A33＝12种，此时构不成六位数，故所求六位数为A33A34－A22A33＝144－12＝132个.题型二组合问题例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必需在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某一种假货必需在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5984种.∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2100种.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555种.∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6545－455＝6090种.∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必需格外重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类简单时，考虑逆向思维，用间接法处理.从10位同学中选出5人参与数学竞赛.(1)甲必需入选的有多少种不同的选法？(2)甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同的选法？解(1)同学甲入选，再从剩下的9人选4人，故甲必需入选的有C49＝126种不同选法.(2)没有限制条件的选择方法有C510＝252种，甲、乙、丙同时都入选有C27＝21种，故甲、乙、丙不能同时都入选的有252－21＝231种不同的选法.题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻问题例3一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A.3×3!B.3×(3！)3C.(3！)4D.9!答案 C解析把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种坐法.命题点2相间问题例4(2022·重庆)某次联欢会要支配3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出挨次，则同类节目不相邻的排法种数是()A.72B.120C.144D.168答案 B解析先支配小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.支配小品节目和相声节目的挨次有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种状况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36种支配方法；同理，第三种状况也有36种支配方法，对于其次种状况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48种支配方法，故共有36＋36＋48＝120种支配方法.命题点3特殊元素(位置)问题例5(2022·四川)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有() A.192种 B.216种C.240种D.288种答案 B解析 第一类：甲在最左端，有A 55＝5×4×3×2×1＝120种方法； 其次类：乙在最左端，有4A 44＝4×4×3×2×1＝96种方法.所以共有120＋96＝216种方法.思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法.在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列.(2)相间问题插空法.先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用.(3)特殊元素(位置)优先支配法.优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置. (4)多元问题分类法.将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后依据分类加法计数原理求出排列总数.(1)某校高二班级共有6个班级，现从外地转入4名同学，要支配到该班级的两个班级且每班支配2名，则不同的支配方案种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24 C.A 26A 24D.2A 26(2)(2022·浙江)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券安排给4个人，每人2张，不同的获奖状况有________种(用数字作答). 答案 (1)B (2)60解析 (1)方法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组安排到6个班级中的2个班有A 26种. 所以不同的支配方法有12C 24A 26种.方法二 先从6个班级中选2个班级有26C种不同方法，然后支配同学有C 24C 22种，故有26CC 24C 22＝12A 26C 24种. (2)分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A 34种分法；其次类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C 23A 24种分法. 总获奖状况共有A 34＋C 23A 24＝60种.16.排列、组合问题计算重、漏致误典例 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种.易错分析 易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C 116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C 219种不同取法，共有C 116×C 219＝2736种不同取法.上述做法使两次取的一等品有了先后挨次，导致取法重复.解析 方法一 将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有C 116C 24＋C 216C 14＋C 316＝1136种. 方法二 考虑其对立大事“3个都是二等品”，用间接法：C 320－C 34＝1136种.答案 1136温馨提示 (1)排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量浩大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循肯定的解题原则，如特殊元素(位置)优先原则、先取后排原则、先分组后安排原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必需心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.(2)“至少、至多”型问题不能直接利用分步乘法计数原理求解，多接受分类求解或转化为它的对立大事求解.[方法与技巧]1.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑： (1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.2.排列、组合问题的求解方法与技巧：(1)特殊元素优先支配；(2)合理分类与精确 分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排解法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件. [失误与防范]求解排列与组合问题的三个留意点：(1)解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最终处理.(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)或间接法(排解法)来解决，分类标准应统一，避开消灭重复或遗漏.(3)对于选择题要谨慎处理，留意等价答案的不同形式，处理这类选择题可接受排解法分析选项，错误的答案都有重复或遗漏的问题.A组专项基础训练(时间：40分钟)1.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，则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种答案 D解析共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66种.2.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人.现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对挨次不变，则不同调整方法的种数为()A.C27A55B.C27A22C.C27A25D.C27A35答案 C解析首先从后排的7人中抽2人，有C27种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A25种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.3.某台小型晚会由6个节目组成，演出挨次有如下要求：节目甲必需排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必需排在最终一位.该台晚会节目演出挨次的编排方案共有()A.36种B.42种C.48种D.54种答案 B解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最终一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；其次类：甲排在其次位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法.依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案.4.在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能消灭在第一或最终一步，程序B和C在实施时必需相邻，问试验挨次的编排方法共有()A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C解析程序A有A12＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有A22A44＝48种，∴由分步乘法计数原理，试验编排共有2×48＝96种方法.5.(2022·安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对答案 C解析正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C212＝66对，12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角.相对两面上的4条对角线组成的C24＝6对组合中，平行有2对，垂直有4对，所以全部的平行和垂直共有3C24＝18对.所以成60°角的有C212－3C24＝66－18＝48对.6.(2021·广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字做答).答案1560解析依题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1560条毕业留言.7.(2022·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种.答案36解析先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有A44种方法，而A，B可交换位置，所以有2A44＝48种摆法，又当A，B相邻且又满足A，C相邻，有2A33＝12种摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36种.8.若把英语单词“good”的字母挨次写错了，则可能消灭的错误方法共有________种.答案11解析把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；其次步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种).9.2021年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择.公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金兔卡”，享受肯定优待政策.如后四位数为“2663”，“8685”为“金兔卡”，求这组号码中“金兔卡”的张数.解①当后四位数有2个6时，“金兔卡”共有C24×9×9＝486张；②当后四位数有2个8时，“金兔卡”也共有C24×9×9＝486张.但这两种状况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种状况，所以要减掉C24＝6，即“金兔卡”共有486×2－6＝966张.10.有9名同学，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名同学中选出2名同学，一名参与象棋竞赛，另一名参与围棋竞赛，共有多少种不同的选派方法？解设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人参与象棋竞赛，B中选1人参与围棋竞赛，方法数为C12·C13＝6种；其次类：C中选1人参与象棋竞赛，B中选1人参与围棋竞赛，方法数为C14·C13＝12种；第三类：C中选1人参与围棋竞赛，A中选1人参与象棋竞赛，方法数为C14·C12＝8种；第四类：C中选2人分别参与两项竞赛，方法数为A24＝12种；由分类加法计数原理，选派方法数共有6＋12＋8＋12＝38种.B组专项力量提升(时间：30分钟)11.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机预备着舰.假如甲、乙两机必需相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A.12种B.18种C.24种D.48种答案 C解析丙、丁不能相邻着舰，则将剩余3机先排列，再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙“捆绑”视作一整体，剩余3机实际排列方法共2×2＝4种.有三个“空”供丙、丁选择，即A23＝6种.由分步乘法计数原理，共有4×6＝24种着舰方法.12.(2022·广东)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A.60B.90C.120D.130答案 D解析在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，由于x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能状况有“①一个1(或－1)，四个0，有C15×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C25×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A25种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有C25C13×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C35×2种.故共有C15×2＋C25×2＋A25＋C25C13×2＋C35×2＝130种，故选D.13.国家训练部为了进展贫困地区训练，在全国重点师范高校免费培育训练专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培育的训练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.答案90解析先把6个毕业生平均分成3组，有22264233C C CA种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C26C24C22A33·A33＝90种分派方法.14.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144种放法.(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法. (3)确定2个空盒有C24种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；其次类有序均匀分组有C24种方法.故共有C24(C34C11A22＋C24)＝84种放法.15.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列状况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必需相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端.解(1)∵两个女生必需相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1440种站法.(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法.(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3000种站法.依据分类加法计数原理知共有720＋3000＝3720种站法.。
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第九章 统计、成对数据的统计分析第2节 用样本估计总体
6
10
9
8
7
则该校学生开展志愿者活动时长的第40百分位数是
8.5
.
解析:(2)40×40%=16,故第40百分位数是第16个数和第17个数的平
均数, 即
+
=8.5.
考点二
总体集中趋势的估计
[例3] (多选题)某学校共有2 000名男生,为了了解这部分学生的身
体发育情况,学校抽查了100名男生的体重情况.根据所得数据绘制
=0.01.
(2)根据频率分布直方图,估计样本数据的15%和85%分位数.
解 :(2)由 图 可 知 ,[20,40)内 的 比 例 为 10%,[40,60)内 的 比 例 为
20%,[60,80)内的比例为40%,[80,100]内的比例为30%.
因此,15%分位数一定位于[40,60),85%分位数一定位于[80,100],
直方图如图所示:
得分 [20,40) [40,60) [60,80) [80,100]
人数
6
a
24
18
(1)求a,b的值;
解:(1)由频率分布直方图可知,
得分在[20,40)的频率为0.005×20=0.1,
故抽取的学生答卷数为6÷0.1=60,由6+a+24+18=60,得a=12.
所以 b=
[针对训练] (2023·全国乙卷)某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率
的处理效应,进行10次配对试验,每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产
品,随机地选其中一个用甲工艺处理,另一个用乙工艺处理,测量处理后的橡
胶产品的伸缩率,甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为
2025届高考数学一轮总复习课时跟踪练十函数的图象理含解析新人教A版
课时跟踪练(十)A 组 基础巩固1．(2024·长郡中学月考)函数f (x )＝1－x2ex 的图象大致为( )解析：因为f (－x )＝1－x2e －x ≠f (x )知f (x )的图象不关于y 轴对称，解除选项B ，C.又f (2)＝1－4e 2＝－3e 2<0.解除A ，故选D.答案：D2.若函数f (x )＝a x－b 的图象如图所示，则( )A ．a >1，b >1B ．a >1，0<b <1C ．0<a <1，b >1D ．0<a <1，0<b <1解析：由图象从左向右下降，知0<a <1. 又y ＝f (x )与y 轴的交点(0，1－b )， 所以0<1－b <1，则0<b <1. 答案：D3．在同一平面直角坐标系中，函数y ＝g (x )的图象与y ＝e x的图象关于直线y ＝x 对称．而函数y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象关于y 轴对称，若f (m )＝－1，则m 的值是( )A ．－eB ．－1eC ．eD.1e解析：由题意知g (x )＝ln x ，则f (x )＝ln(－x )， 若f (m )＝－1，则ln(－m )＝－1，解得m ＝－1e .答案：B4．(2024·新余二模)函数y ＝2xln |x |的图象大致为( )解析：函数y ＝2xln|x |的定义域为{x |x ≠0且x ≠±1}，A 错； 因为f (－x )＝－2xln |x |＝－f (x )，f (x )是奇函数，解除C 项；当x ＝2时，y ＝4ln 2>0，解除D 项，只有B 项适合． 答案：B5．已知函数f (2x ＋1)是奇函数，则函数y ＝f (2x )的图象成中心对称的点为( ) A ．(1，0)B ．(－1，0)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 解析：f (2x ＋1)是奇函数，所以图象关于原点成中心对称，而f (2x )的图象是由f (2x ＋1)的图象向右平移12个单位得到的，故关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0成中心对称． 答案：C6.如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A ．{x |－1＜x ≤0}B ．{x |－1≤x ≤1}C ．{x |－1＜x ≤1}D ．{x |－1＜x ≤2}解析：令g (x )＝y ＝log 2(x ＋1)，作出函数g (x )的图象如图所示．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，y ＝log 2（x ＋1），得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1. 所以结合图象知不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1＜x ≤1}． 答案：C7．(2024·长沙第一中学高考模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤e ，ln x ，x >e ，则函数y ＝f (e －x )的大致图象是( )解析：令g (x )＝f (e －x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e e －x，e －x ≤e ，ln （e －x ），e －x >e ，化简得g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e e －x，x ≥0，ln （e －x ），x <0，因此g (x )在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数，A 、C 不成立． 又ee －0>ln(e －0)＝1，所以D 不正确，B 项成立．答案：B8．(2024·武汉模拟)幂函数y ＝x α，当α取不同的正数时，在区间[0，1]上它们的图象是一组漂亮的曲线(如图)，设点A (1，0)，B (0，1)，连接AB ，线段AB 恰好被其中的两个幂函数y ＝x a ，y ＝x b的图象三等分，即有BM ＝MN ＝NA ，那么a －1b的值是( )A ．0B ．1C.12D ．2解析：BM ＝MN ＝NA ，点A (1，0)，B (0，1)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13， 将两点坐标分别代入y ＝x a ，y ＝x b，得a ＝log 1323，b ＝log 2313.所以a －1b ＝log 1323－1log2313＝0.答案：A9．(2024·石家庄模拟)若函数y ＝f (x )的图象过点(1，1)，则函数y ＝(4－x )的图象肯定经过点________．解析：由于函数y ＝f (4－x )的图象可以看作y ＝f (x )的图象先关于y 轴对称，再向右平移4个单位长度得到．点(1，1)关于y 轴对称的点为(－1，1)，再将此点向右平移4个单位长度．所以函数y ＝f (4－x )的图象过定点(3，1)． 答案：(3，1)10．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f (x )的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f (x )的解析式为________．解析：当－1≤x ≤0，设解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)．则⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝1，所以y ＝x ＋1. 当x ＞0时，设解析式为y ＝a (x －2)2－1(a ≠0)． 因为图象过点(4，0)，所以0＝a (4－2)2－1，解得a ＝14.所以y ＝14(x －2)2－1.综上所述，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14（x －2）2－1，x >0.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14（x －2）2－1，x ＞0 11．(2024·佛山调研)已知函数f (x )＝2|x |＋x 2－3，则函数y ＝f (x )的零点有________个．解析：令f (x )＝0，可得2|x |＝－x 2＋3，作出y ＝2|x |与y ＝－x 2＋3的函数图象如图所示：由图象可知两函数图象有两个交点，故f (x )有2个零点． 答案：212．设f (x )＝|lg(x －1)|，若0<a <b 且f (a )＝f (b )，则ab 的取值范围是________． 解析：画出函数f (x )＝|lg(x －1)|的图象如图所示．由f (a )＝f (b )可得－lg(a －1)＝lg(b －1)，解得ab ＝a ＋b >2ab (由于a <b ，故取不到等号)，所以ab >4.答案：(4，＋∞)B 组 素养提升13．(2024·全国卷Ⅰ)函数y ＝sin 2x1－cos x的部分图象大致为( )解析：令f (x )＝sin 2x1－cos x，定义域为{x |x ≠2k π，k ∈Z}，又f (－x )＝－f (x )，所以f (x )在定义域内为奇函数，图象关于原点对称，B 不正确． 又f (1)＝sin 21－cos 1>0，f (π)＝0.选项A ，D 不正确，只有选项C 满意．答案：C14．(2024·安徽江淮十校联考)若直角坐标系内A 、B 两点满意：(1)点A 、B 都在f (x )图象上；(2)点A 、B 关于原点对称，则称点对(A ，B )是函数f (x )的一个“和谐点对”，(A ，B )与(B ，A )可看作一个“和谐点对”．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x <0，2ex ，x ≥0，则f (x )的“和谐点对”有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：作出函数y ＝x 2＋2x (x <0)的图象关于原点对称的图象，看它与函数y ＝2e x (x ≥0)的图象的交点个数即可，视察图象可得交点个数为2，即f (x )的“和谐点对”有2个．答案：B 15．函数f (x )＝x ＋1x的图象与直线y ＝kx ＋1交于不同的两点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝________．解析：因为f (x )＝x ＋1x ＝1x＋1，所以f (x )的图象关于点(0，1)对称，而直线y ＝kx ＋1过(0，1)点，故两图象的交点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)关于点(0，1)对称，所以y 1＋y 22＝1，即y 1＋y 2＝2.答案：216．设函数y ＝f (x ＋1)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，在区间(－∞，0)上是减函数，且图象过点(1，0)，则不等式(x －1)f (x )≤0的解集为________．解析：画出f (x )的大致图象如图所示．不等式(x －1)f (x )≤0可化为⎩⎪⎨⎪⎧x >1，f （x ）≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧x <1，f （x ）≥0.由图可知符合条件的解集为{x|x≤0或1<x≤2}．答案：{x|x≤0或1<x≤2}。
2014届高考数学一轮复习第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》(第9课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》（第9课时）（新人教A 版）一、选择题1．若随机变量X 服从二点分布，且成功的概率p ＝0.5，则E (X )和D (X )分别为( )A ．0.5和0.25B ．0.5和0.75C ．1和0.25D ．1和0.75解析：选A.∵X∴E (X )＝0×0.5＋1×0.5＝0.5，D (X )＝0.52×0.5＋(1－0.5)2×0.5＝0.25.2．(2013·威海质检)设X 为随机变量，X ～B (n ，13)，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于( )A.1316B.4243C.13243D.80243解析：选D.∵X ～B (n ，13)，E (X )＝2，∴n ·13＝2， ∴n ＝6，∴P (X ＝2)＝C 26(13)2(1－13)4＝6×51×2×19×1634＝80243. 3．(2013·广州调研)设随机变量X ～N (1,52)，且P (X ≤0)＝P (X ≥a －2)，则实数a 的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选A.由正态分布的性质可知P (X ≤0)＝P (X ≥2)，所以a －2＝2，故a ＝4，选A.4．(2013·营口质检)某一离散型随机变量X 的概率分布如下表，且E (X )＝1.5，则a －b 的值为( )A.－0.1 C ．0.1 D ．0.2解析：选B.由⎩⎪⎨⎪⎧ 0.1＋a ＋b ＋0.1＝10×0.1＋a ＋2b ＋3×0.1＝1.5⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0.4b ＝0.4， ∴a －b ＝0.5．(2013·合肥质检)在某市2013年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N (98,100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9450人，某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( )A ．1500B ．1700C ．4500D ．8000解析：选A.因为学生的数学成绩X ～N (98,100)，所以P (X ≥108)＝12[1－P (88<X <108)]＝12[1－P (μ－σ<X <μ＋σ)]＝12(1－0.6826)＝0.1587，故该学生的数学成绩大约排在全市第0.1587×9450≈1500名，故选A.二、填空题6．(2013·辽阳质检)两封信随机投入A 、B 、C 三个空邮箱，则A 邮箱的信件数ξ的数学期望E (ξ)＝________.解析：P (ξ＝1)＝C 12×C 1232＝49，P (ξ＝2)＝132＝19， ∴E (ξ)＝1×49＋2×19＝23. 答案：237．若p 为非负实数，随机变量ξ的分布列如下表，则E (ξ)的最大值为________，D (ξ)的最大值为________.解析：E (ξ)＝p ＋1≤32(0≤p ≤2)；D (ξ)＝－p 2－p ＋1≤1. 答案：321 8．(2013·青岛质检)已知随机变量X 服从正态分布N (3，σ2)，若P (X >4)＝0.2，则P (2<X <3)＝________.解析：由题意可知曲线关于直线x ＝3对称，故P (X >4)＝P (X <2)＝0.2，因此P (2<X <3)＝0.5－P (X <2)＝0.5－0.2＝0.3. 答案：0.3三、解答题9．(2013·洛阳统考)某产品有4件正品和2件次品混在了一起，现要把这2件次品找出来，为此每次随机抽取一件进行测试，测试后不放回，直至次品能全部被找出为止．(1)求“第1次和第2次都抽到次品”的概率；(2)所要测试的次数X 为随机变量，求X 的分布列和数学期望．解：(1)设“第1次和第2次都抽到次品”为事件A ，则P (A )＝A 22A 26＝115. (2)X 的所有可能取值为2,3,4,5.P (X ＝2)＝115； P (X ＝3)＝C 12C 14A 22A 36＝215； P (X ＝4)＝A 44A 46＋C 12C 24A 33A 46＝415； P (X ＝5)＝C 12C 34A 44A 56＋C 34C 12A 44A 56＝815. X 的分布列为因此，E (X )＝2×115＋3×15＋4×15＋5×15＝15. 10．(2013·大同调研)甲、乙等五名大运会志愿者被随机分到A 、B 、C 、D 四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．(1)求甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率；(2)求甲、乙两人不在同一岗位服务的概率；(3)设随机变量ξ为这五名志愿者中参加A 岗位服务的人数，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)记“甲、乙两人同时参加A 岗位服务”为事件A 1；则P (A 1)＝A 33C 25A 44＝140. 故甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率为140. (2)记“甲、乙两人在同一岗位服务”为事件A 2，则P (A 2)＝C 14A 33C 25A 44＝110. 故甲、乙两人不在同一岗位服务的概率为P (A 2)＝1－P (A 2)＝910. (3)由题知，随机变量ξ的所有可能取值为1,2，则P (ξ＝2)＝C 25A 33C 25A 44＝14，P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝2)＝34. 故ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝1×34＋2×14＝4.一、选择题1．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( )A ．100B ．200C ．300D ．400解析：选B.种子发芽率为0.9，不发芽率为0.1，每粒种子发芽与否相互独立，故设没有发芽的种子数为ξ，则ξ～B (1000，0.1)，∴E (ξ)＝1000×0.1＝100，故需补种的期望为2·E (ξ)＝200.2．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，且二次方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实数根的概率为12，则μ等于( ) A ．1 B ．2C ．4D ．不能确定解析：选C.因为方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实根，故Δ＝16－4ξ＜0，∴ξ＞4，即P (ξ＞4)＝12＝1－P (ξ≤4)， 故P (ξ≤4)＝12，∴μ＝4. 二、填空题3．(2012·高考课标全国卷)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．解析：三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N (1000,502)，得：三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为P ＝12. 超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率P 1＝1－(1－P )2＝34那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P 2＝P 1×P ＝38. 答案：384．(2011·高考浙江卷)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________. 解析：由题意知P (X ＝0)＝13(1－p )2＝112，∴p ＝12. 随机变量XE (X )＝0×112＋1×13＋2×12＋3×6＝3. 答案：53三、解答题5．(2013·广东六校第二次联考)某菜园要将一批蔬菜用汽车从所在城市甲运至亚运村乙，已知从城市甲到亚运村乙只有两条公路，且运费由菜园承担．若菜园恰能在约定日期(×月×日)将蔬菜送到，则亚运村销售商一次性支付给菜园20万元；若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付给菜园1万元；若在约定日期后送到，每迟到一天销售商将少支付给菜园1万元．为保证蔬菜新鲜度，汽车只能在约定日期的前两天出发，且只能选择其中2 的分布列和数学期望E (ξ)；(2)如果你是菜园的决策者，你选择哪条公路运送蔬菜有可能让菜园获得的毛利润更多？(注：毛利润＝销售商支付给菜园的费用－运费)解：(1)若汽车走公路1.不堵车时菜园获得的毛利润ξ＝20－1.6＝18.4(万元)；堵车时菜园获得的毛利润ξ＝20－1.6－1＝17.4(万元)． ∴汽车走公路1E (ξ)＝18.4×910＋17.4×110＝18.3(万元)．(2)设汽车走公路2时菜园获得的毛利润为η，则不堵车时菜园获得的毛利润η＝20－0.8＋1＝20.2(万元)； 堵车时菜园获得的毛利润η＝20－0.8－2＝17.2(万元)． ∴汽车走公路2时菜园获得的毛利润η的分布列为E (η)＝20.2×12＋17.2×12＝18.7(万元)．∵E (ξ)<E (η)，∴选择公路2运送蔬菜有可能让菜园获得的毛利润更多．。
【新教材】高三人教A版数学一轮复习课件：第9章 9.3 二项式定理
3.C1 +2C2 +3C3 +…+nC =n·2n-1.
0
4.C
C
-1 1
0
+ C C +…+C
C
= C+
.
5.(C0 )2+(C1 )2+(C2 )2+…+(C )2=C2
1 7
+ 的展开式的通项为
280
1 7 2
+
y 的展开式的项.
Tk+1=C7 x7-2k,令 7-2k=-1,得 k=4,
故含 x-1y2 的项的系数为C81 C74 =280.
.
命题角度2 根据展开式的项求参数
6
1
15
2
若 + 的展开式中常数项为16,则实数 a 的值为( A )
-1 10-+1
C10 ·2
,
得
+1 10--1
C10
x10-2k.
-1
C10
≥ 2C10 ,
+1
2C10
≥ C10
,
≥
11- ≥ 2,
8
11
即
得 ≤k≤ .因为 k∈Z,所以 k=3.
3
2( + 1) ≥ 10-, 3
3
故系数的绝对值最大的项为第 4 项,T4=-C10
问题思考1
(a+b)n与(b+a)n的展开式有何区分与联系?
2024届人教A版高考数学一轮复习第10章第3讲二项式定理课件
1)2＝240.
角度 3 二项展开式中系数最大项问题
例3
已知x＋21
n
x
Байду номын сангаас
的展开式中前三项的系数成等差数列．
(1)求 n 的值；
(2)求展开式中系数最大的项． [解析] (1)由题设，得 C0n＋14×C2n＝2×12×C1n，
即 n2－9n＋8＝0，解得 n＝8，n＝1(舍去)．
21rC8r ≥2r1＋1Cr8＋1，
5 ． (2022·新 高 考 Ⅰ卷 ) 1－yx (x ＋ y)8 的 展 开 式 中 x2y6 的 系 数 为 ___－__2_8___(用数字作答)．
[解析] 因为1－yx(x＋y)8＝(x＋y)8－yx(x＋y)8，所以1－yx(x＋y)8 的展 开式中含 x2y6 的项为 C68x2y6－yxC58x3y5＝－28x2y6，故1－yx(x＋y)8 的展开式 中 x2y6 的系数为－28.
[解析] 令 y＝0 得 a0＝55＝3 125.记 f(y)＝(5－2y)5. 则 f′(y)＝－10(5－2y)4，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝f(1)＝35＝243， a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝f(－1)＝75＝16 807， ∴a1＋a3＋a5＝f1－2f－1＝－8 282； |a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5| ＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝16 807； (a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3＋a5)2＝215； a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝f′(1)＝－810；
(3)2x2＋1x6 的展开式的通项为 Ck6·(2x2)6－k·1xk＝Ck6·26－k·x12－3k， 令 12－3k＝0，得 k＝4，所以，展开式中的常数项为 C46·22＝60； 令 ak＝Ck6·26－k(k∈N，k≤6)， 令aann≥≥aann－＋11， ，即CCn6n6··2266－－nn≥≥CC6n6n－＋11··2275－－nn，，
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B．0 9 .5 4 D．0.977
，∴P(ξ<－2)＝0 0 .2 3
， 故选 C.
故 P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ> 2 ) －P(ξ<－2)＝0 9 .5 4 .
第十章
第九节
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4． ( 2 0 1 3 · 列 为
9 9 1 1 5 1 ＝ ⇒ ＝1× ＋2×m＋3×n＋4× ，∴2m＋3n＝ ，又 ＋m 4 4 4 12 3 4 1 2 ＋n＋12＝1，∴m＋n＝3， 联 立 求 解 可 得 1 n＝3， 故 选 A.
第十章
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[ 方法规律总结] 的 一 般 步 骤 ：
则 P(ξ＝1)的 值 为 ( A．3 2 · －2 C．2－4
[答案] B
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[解 析]
由 条 件 知 ，
nP＝6， nP1－P＝3，
n＝12， ∴ 1 P＝2， B.
1 1 1 11 ∴P(ξ＝1)＝C12( ( ) · ) ＝3×2－10， 故 选
第十章
第九节
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3．正 态 分 布 ( 1 ) 正 态 分 布 设 正 态 变 量 概 率 密 度 函 数 为 对 于 任 何 实 数 a<b， 随 机 变 量 x－μ 1 f(x)＝ e－ 2σ2 ， 如 果 2πσ
b X满 足 P(a<X≤b)＝ f(x)dx，则
走向高考· 数学
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第十章
统计与概率
第十章
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第十章
第九节 随 机 变 量 的 数 字 特 征 与 正 态 分 布(理)
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统计与概率
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求 离 散 型 随 机 变 量 的 均 值 和 方 差 问 题
第 一 步 ： 分 析 题 意 ， 确 定 随 机 变 量 的 所 有 可 能 值 ． 第 二 步 ： 求 每 一 个 可 能 值 所 对 应 的 概 率 ． 第 三 步 ： 列 出 离 散 型 随 机 变 量 的 分 布 列 ． 第 四 步 ： 依 据 均 值 与 方 差 的 定 义 求 均 值 和 方 差 ． 第 五 步 ： 反 思 回 顾 ． 查 看 关 键 点 、 易 错 点 和 答 题 规 范 ． 若X服 从 特 殊 分 布 式 求 E(X)与 D(X)．
2 2
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3． ( 2 0 1 3 ·
厦 门 质 检 )已 知 随 机 变 量
ξ服 从 正 态 分 布 )
N(0， σ2)，
若 P(ξ> 2 ) ＝0.023， 则 P(－2≤ξ≤2)＝( A．0 4 .7 7 C．0 6 .2 8
[答案] B
某 市 出 租 车 的 起 步 价 为 6 元 ， 行 驶 路 程 不 超 过
3km 时，租车费为 6 元，若行驶路程超过 3 k m ，则按每超出 1 k m ( 不足 1km 也按 1km 计程)收费 3 元 计 费 ． 设 出 租 车 一 次 行 驶的路程数 X(按整 km 数 计 算 ， 不 足 一 个 随 机 变 量 ， 则 其 收 费 也 是 一 个 1km 的 自 动 计 为 随 机 变 量 ． 已 知 一 个 司 机 在 1 k m ) 是
第十章
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则 称 E(X)＝x1p1＋x2p2＋„＋xipi＋„＋xnpn 为 随 机 变 量 的 均 值 或 数 学 期 望 ， 它 刻 画 了 离 散 型 随 机 变 量 取 值 的 平 均 水 平 ． 称 D(X)＝ (xi－E(X))2pi 为 随 机 变 量
基础梳理导学
3
规范答题样板
高频考点通关
4
课后强化作业
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夯实基础
稳固根基
1．离散型随机变量的均值、方差 一般地，若离散型随机变量 X 的分布列为 X P x1 p1 x2 p2 „ „ xi pi „ „ xn pn
∴ξ 的 分 布 列 为 ξ 1 2 3 7 1 1 P 1 2 3 1 2
32 7 ∴D(ξ)＝1－2 ×1 2 32 1 32 1 ＋2－2 ×3＋3－2 ×1 2
5 ＝1 2.
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均值、方差的性质
μ确 定 ， 曲 线 随 着
μ的 变
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⑥当 μ 一 定 时 ， 曲 线 的 形 状 由 瘦”， 表 示 总 体 的 分 布 越 集 中 ； 示 总 体 的 分 布 越 分 散 ， 如 图 ．
σ确 定 ．σ越 小 ， 曲 线 越 σ越 大 ， 曲 线 越
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(二 点 分 布 、 二 项 分 布 等
)， 可 直 接 由 公
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离 散 型 随 机 变 量 等 差 数 列 ，
ξ只 能 取 三 个 值
1、2、3， 其 概 率 依 次 成
3 E(ξ)＝2， 则 D(ξ)＝________.
5 [答案] 12
1 1 3 E(ξ)＝0×( －p)＋p＋2× ＝p＋1≤ ， 2 2 2 ∴E(ξ)的 最 大 值 为 3 2.
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疑 难 误 区
点 拨 警 示 ξ 对 E(ξ)的 平 均 偏 离 程 度 ξ 的 取 值 越 分 散 ； 反 之 . D(ξ)越 大 D(ξ)越
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[解 析] 设ξ取 值 为 1 2 , 3 , 由 分 布 列 的 性 质 知 ，
的 概 率 分 别 为
a－t，a，a＋t，
1 (a－t)＋a＋(a＋t)＝1，∴a＝3，
1 1 3 3 1 1 ∵E(ξ)＝2，∴1× 3－t ＋2×3＋3× 3＋t ＝2，∴t＝ － 4，
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离散型随机变量的均值与方差
已 知 随 机 变 量 ＝7， 若 ξ的 分 布 列 如 下 表 ， 则 ξ P 1 A. 3 1 C.6
[答案] A
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ξ 和 η， 其 中 η＝4ξ－2， 且 E(η) n的 值 为 ( 2 m 3 n 4 1 12 )
2
a
称X的 分 布 为 正 态 分 布 ． 正 态 分 布 完 全 由 参 数 N(μ，σ2)． μ和σ确 定 ， 因 此 正 态 分 布 常 记 作
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其 中 参 数
μ 是 反 映 随 机 变 量 取 值 的 平 均 水 平 的 特 征 数 ， σ是 衡 量 随 机 变 量 总 体 波 动 大 小 的 特 μ＝0，σ＝1 的 正 态 分 布
i＝1 n
X
X的 方 差 ， 其 算 术
平 方 根
DX为 随 机 变 量
X的 标 准 差 ． 方 差 和 标 准 差 刻 画 了 随
机 变 量 取 值 的 稳 定 与 波 动 、 集 中 与 离 散 的 程 度 ．
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( 1 ) 若 Y＝aX＋b， 其 中 a、b 为 常 数 ， 则
“高
“矮 胖 ”，表
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[答 案]
2 ( 1 .)
p p(1－p) ( 2 ) np np(1－p) x＝μ 1
nM ( 3 ) N 3 ( 2 .)
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考 点 自 测 1．( 2 0 1 3 ·
把 脉 弱 点 西 安 模 拟 )样 本 中 共 有 五 个 个 体 ， 其 值 分 别 为 1， 则 样 本 方 差 为 ( )
a,0,1,2,3.若 该 样 本 的 平 均 值 为 A. C. 2
[答案] D
6 5
6 B.5 D．2
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[解 析]
( 1 ) D(ξ)表 示 随 机 变 量 表 明 平 均 偏 离 程 度 越 大 ， 说 明 小 ，ξ的 取 值 越 集 中 ．
( 2 ) 离 散 型 随 机 变 量 的 期 望 与 方 差 若 存 在 则 必 唯 一 ， 期 望 E(ξ)的 值 可 正 也 可 负 ， 而 方 差 的 值 则 一 定 是 一 个 非 负 值 ． 它 们 都 由 ξ的 分 布 列 唯 一 确 定 ． ( 3 ) D( aξ＋b)＝a2D(ξ)， 在 记 忆 和 使 用 此 结 论 时 ， 请 注 意 D(aξ＋b)≠aD(ξ)＋b，D(aξ＋b)≠aD(ξ)．