2015届高考数学(新课标版,理)二轮复习专题讲解 课件 第四讲 高考中的概率与统计(解答题型)
2015年人教A版高三数学二轮复习专题课件 1-6-1
(2)由题意可得y22y＝＝44×＋zz，＋4，
即y＝2＋2z， y2＝4z＋16，
解得 z＝12，或 z＝－4(舍去)，
故 y＝8.
所以甲、乙、丙三组城市的个数分别为 4,8பைடு நூலகம்12.
因为一共要抽取 6 个城市，所以抽样比为4＋86＋12＝14.
故乙组城市应抽取的个数为 8×14＝2.
• 答案 (1)C (2)2
y1 y2 总计
x1
a
b a＋b
x2
c
d c＋d
总计 a＋c b＋d n
则 K2＝a＋bcn＋add－ab＋cc2b＋d(其中 n＝a＋b＋c＋d 为样本
容量)．
真题感悟·考点
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归专纳题总训结练·第思对十三页，编辑于星期五：十点 三十七分。
7．概率的取值范围是[0,1]，即 0≤P(A)≤1，必然事件发生的概 率为 1，不可能事件发生的概率为 0.
城市分成甲、乙、丙三组，已知三组城市的个
数分别为4，y，z，依次构成等差数列，且4， y，z＋4成等比数列，若用分层抽样抽取6个城 市，则乙组中应抽取的城市个数为
______________．
• 解析 (1)从56名学生中抽取4人，用系统抽样
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成绩的标准差为
85＝2
10 5.
• 答案 C
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• 热点二 排列组合与概率
• [微题型1] 排列、组合
• 【例2－1】 (2014·北京顺义区统练)将4名学生 分配到甲、乙、丙3个实验室准备实验，每个 实验室至少分配1名学生的不同分配方案共有 ( )．
【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 概率
【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习 概率1．(2014·某某高考)掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于( )A.118B.19C.16D.112【解析】 点数之和为5的基本事件有(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)4种，∴P ＝436＝19. 【答案】 B2．(2014·某某高考)在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1的概率为( ) A.45 B.35 C.25 D.15【解析】 [－2,3]的区间长度为5，满足x ≤1的区间长度为3，∴p ＝35，故选B. 【答案】 B3．(2014·某某高考)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是( )A.π2B.π4C.π6D.π8【解析】 ∵半圆的面积12π×1＝π2，S ABCD ＝2，∴P ＝π4，故选B. 【答案】 B 4．(2014·某某高考)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车赔付金额(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000车辆数(辆) 500 130 100 150 120(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．【解】 (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12. 由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100辆，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24辆，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．古典概型①古典概型是高考重点考查的概率模型，常与统计结合起来考查．②既可以以选择题、填空题的形式考查，属中档题．也可以以解答题的形式考查，也属于中档题．2．几何概型①几何概型是新课标新增内容，预计今后会成为新课标高考的增长点，应引起高度重视． ②易与解析几何、线性规划等知识交汇命题，多以选择题、填空题的形式出现，属中、低档题目． 3．互斥事件与对立事件的概率①2015年高考对本讲内容的考查，小题可能直接考查等可能事件概率的求法；大题可能以对事件的分解，利用分类讨论或对立事件来解决问题为主．②高考试题的考查主观、客观题均有，形式上主要是以实际应用题为主，结合基础知识和方法进行运算．古典概型【例1】 (2014·某某高考)海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6地区 A B C数量 50 150 100(1)求这6件样品中来自B C (2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．【解】 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150， 所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2. 所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1,3,2.(2)设6件来自A ，B ，C 三个地区的样品分别为A ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个． 每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件有{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415. 【规律方法】 利用古典概型求事件概率的关键及注意点：(1)关键：正确列举出基本事件的总数和待求事件包含的基本事件数．(2)注意点：①对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时应不重不漏． ②当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率．[创新预测]1．(2014·东城区质检)一汽车厂生产A ，B ，C 三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型轿车A 轿车B 轿车C舒适型 100 150 z标准型 300 450 600A 类轿车10辆．(1)求z 的值；(2)用分层抽样的方法在C 类轿车中抽取一个容量为5的样本．将该样本看成一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；(3)用随机抽样的方法从B 类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0，8.2.把这8辆轿车的得分看作一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．【解】 (1)设该厂本月生产轿车为n 辆，由题意得，50n ＝10100＋300，所以n ＝2 000，z ＝2 000－100－300－150－450－600＝400.(2)设所抽样本中有m 辆舒适型轿车，因为有分层抽样，所以4001 000＝m 5，解得m ＝2， 即抽取了2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车，分别记作S 1，S 2；B 1，B 2，B 3，则从中任取2辆的所有基本事件为(S 1，B 1)，(S 1，B 2)，(S 1，B 3)，(S 2，B 1)，(S 2，B 2)，(S 2，B 3)，(S 1，S 2)，(B 1，B 2)，(B 2，B 3)，(B 1，B 3)，共10个．其中至少有1辆舒适型轿车的基本事件有7个：(S 1，B 1)，(S 1B 2)，(S 1，B 3)，(S 2，B 1)，(S 2，B 2)，(S 2，B 3)，(S 1，S 2)，所以从中任取2辆，至少有1辆舒适型轿车的概率为710. (3)样本的平均数x －＝18(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9， 那么与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的数为9.4,8.6,9.2,8.7,9.3,9.0这6个数，又总的个数为8，所以该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为68＝0.75. 几何概型【例2】 (1)(2014·某某某某质检)若在区间[－5,5]内任取一个实数a ，则使直线x ＋y ＋a ＝0与圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝2有公共点的概率为( )A.25B.25C.35D.3210(2)(2013·某某某某质检)在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到正方体各面的距离都不小于1的概率为( )A.127B.2627C.827D.18(3)(2014·某某高考)某校早上8∶00开始上课，假设该校学生小X 与小王在早上7∶30～7∶50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小X 比小王至少早5分钟到校的概率为________(用数字作答)．【解析】 (1)若直线与圆有公共点，则圆心(1，－2)到直线的距离d ＝|1－2＋a |2＝|a －1|2≤2，解得－1≤a ≤3，又因为－5≤a ≤5，所以由几何概型的概率计算公式得所求概率P ＝410＝25，故选B. (2)正方体中到各面的距离不小于1的点的集合是一个中心与原正方体中心重合，且棱长为1的正方体，该正方体的体积是V 1＝13＝1，而原正方体的体积为V ＝33＝27，故所求的概率为P ＝V 1V ＝127.故选A. (3)设小X 与小王的到校时间分别为7∶00后第x 分钟，第y 分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面积为(50－30)2＝400.小X 比小王至少早5分钟到校表示的事件A ＝{x ，y )|y －x ≥5,30≤x ≤50,30≤y ≤50}，如图中阴影部分所示，阴影部分所占的面积为12×15×15＝2252，所以小X 比小王至少早5分钟到校的概率为P (A )＝2252400＝932. 【答案】 (1)B (2)A (3)932【规律方法】 几何概型的适用条件及求解关键：(1)适用条件：当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．(2)关键：寻找构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．[创新预测]2．(1)在区间[0,9]上随机取一实数x ，则该实数x 满足不等式1≤log 2x ≤2的概率为________．(2)设不等式组错误!表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4B.π－22C.π6D.4－π4【解析】 (1)∵1≤log 2x ≤2，∴2≤x ≤4.∴P ＝29. (2)根据题意作出满足条件的几何图形求解．如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4. 【答案】 (1)29(2)D 互斥事件与对立事件的概率【例3】 (预测题)一个袋中装有四个形状大小安全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n ＜m ＋2的概率．【解】 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有1和2,1和3两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13. (2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(m ，n )有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316. 故满足条件n ＜m ＋2的事件的概率为1－P 1＝1－316＝1316. 【规律方法】 互斥事件与对立事件的适用条件及注意点：1．当所求事件情况较复杂时，一般要分类计算，即用互斥事件的概率加法公式或考虑其对立事件求解．2．在解决与互斥事件有关问题时，首先分清所求事件是由哪些事件组成的，是否具备互斥的条件，一个事件是由几个互斥事件组成的，做到不重、不漏．3．当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时，通常考虑用对立事件的概率公式求解．[创新预测]3．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上 顾客数(人) x 30 25 y 10 结算时间(分钟/人) 1 1.5 2 2.5 3(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)【解】 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)． (2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2，A 3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P (A 1)＝15100＝320，P (A 2)＝30100＝310， P (A 3)＝25100＝14. 因为A ＝A 1∪A 2∪A 3，且A 1，A 2，A 3是互斥事件，所以P (A )＝P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝320＋310＋14＝710. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710. [总结提升]失分盲点1．对于古典概型其关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，常用计数方法是列举法、列表法或画树状图法．2．几何概型与古典概型的区别是几何概型试验中的可能结果不是有限个，它的特点是试验结果在一个区域内均匀分布，因此它的概率与所在的区域的形状位置无关，只与该区域的大小有关．3．对于含有“至少”“至多”型事件概型的求法，可考虑使用对立事件的概率．答题指导1．能正确区分事件的性质，能正确判断所求事件包含的基本事件，能用列举法计算概率．2．看到求概率问题，想到求复杂的互斥事件概率的方法．方法规律1．求复杂的互斥事件的概率的方法：①直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件概率的加法公式计算；②间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式P (A )＝1－P (A －)求得，特别是“至多”或“至少”型题目用间接法就会较简便．2．解答概率与统计的综合问题的关注点：(1)明确频率与概率的关系，频率可近似替代概率．(2)此类问题中的概率模型多是古典概型，在求解时，要明确基本事件的构成.概率计算中的分解思想在运算中对运算对象进行分解组合是运算能力的主要体现之一，高考中不少问题的计算都要依靠这种分解组合的能力，概率的综合计算是这个方面的典型问题之一．概率计算题的核心环节就是对基本事件进行分拆，是互斥事件还是对立事件，需要在概率运算前准确把握．【典例】 (2014·某某高考)一个盒子里装有三X 卡片，分别标记有数字1,2,3，这三X 卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1X ，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .(1)求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．【解】 (1)由题意，(a ，b ，c )所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ，则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种．所以P (A )＝327＝19.因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19. (2)设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89. 因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89. 【规律感悟】 古典概型的关键是计算基本事件的个数和所求的目标事件含有的基本事件的个数，在计算时要注意不要重复也不要遗漏．根据实际情况对事件进行合理的分解，就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率计算，如P (B )＝1－P (B －).。
高考数学理科二轮复习课件：专题7概率与统计(3份打包)7.3
2．从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2
个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )
1
2
3
4
A.5
B.5
C.5
D.5
解析：从这 5 个点中任取 2 个，有 C52＝10 种取法，满足两点间的 距离不小于正方形边长的取法有 C42＝6 种，因此所求概率 P＝160＝35. 故选 C.
答案：B
4．(2015·天津卷)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不 同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员 3 名，其中种子 选手 2 名；乙协会的运动员 5 名，其中种子选手 3 名．从这 8 名运动 员中随机选择 4 人参加比赛．
(1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手，且这 2 名种子 选手来自同一个协会”，求事件 A 发生的概率；
X 1 23 4
P
1 14
3 7
3 7
1 14
随机变量 X 的数学期望 E(X)＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.
5．(2015·陕西卷)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为 T， T 只与道路畅通状况有关，对其容量为 100 35 40 频数(次) 20 30 40 10 (1)求 T 的分布列与数学期望 ET； (2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个 50 分钟的讲座， 结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时 间不超过 120 分钟的概率．
解析：由正态分布密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ12)，Y～N(μ2， σ22)的密度曲线分别关于直线 x＝μ1，x＝μ2 对称，因此结合题中所给图 象可得，μ1＜μ2，所以 P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)，故 A 错误．又 X～N(μ1， σ12)的密度曲线较 Y～N(μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，所以 σ1＜σ2，所 以 P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)，B 错误．对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t)， P(X≥t)≤P(Y≥t)，C 正确，D 错误．
2015届高三数学二轮复习(新课标)-概率与统计综合题(文
(文)二、概率与统计综合题概率解答题为每年高考的必考内容，主要考查互斥事件和对立事件的关系、古典概型和几何概型．要求学生能准确理解题意，迅速确定是古典概型还是几何概型，然后用概率公式求解．对于古典概型，要准确列出所有基本事件的个数和所求事件包含的基本事件个数．对于几何概型，一定要明确其与面积(体积、长度等)的关系．对于较复杂的问题，可以借助于图形和表格帮助分析．阅卷案例2 (2014·山东济南一模)一个袋中装有五个形状、大小完全相同的球，其中有两个红球，三个白球．(1)从袋中随机取两个球，求取出的两个球颜色不同的概率；(2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，求两次取出的球中至少有一个红球的概率．审题(1切入点：转化为古典概型的概率计算．关注点：分别准确列出随机取两个球及两个球颜色不同的可能结果．(2)切入点：转化为古典概型的概率计算．关注点：分别准确列出第一次取出一球，放回后再取出一球及两次取出的球中至少有一个红球的数．解题【解】 (1)两个红球记为a 1，a 2，三个白球记为b 1，b 2，b 3，从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)共10个．(2分)设事件A 为“取出的两个球颜色不同”，A 中的基本事件有：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)共6个．(4分)P (A )＝610＝35.(6分) (2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：(a 1，a 1)，(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 1)，(a 2，a 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 1，b 1)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，a 1)，(b 2，a 2)，(b 2，b 1)，(b 2，b 2)，(b 2，b 3)，(b 3，a 1)，(b 3，a 2)，(b 3，b 1)，(b 3，b 2)，(b 3，b 3)共25个．(8分)设事件B 为“两次取出的球中至少有一个红球”，B 中的基本事件有：(a 1，a 1)，(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 1)，(a 2，a 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 2，a 1)，(b 2，a 2)，(b 3，a 1)，(b 3，a 2)共16个．(10分)P (B )＝1625.(12分)阅卷现场评分细则第(1)问得分点及说明得分点：①表示出“随机取两个球”的所有结果，得2分；②表示出“两个球颜色不同”的所有结果，得2分；③运用古典概型公式并计算P (A )＝35，得2分． 说明：求“随机取两个球”或“两个球颜色不同”的所有可能结果没有求对，不得分． 第(2)问得分点及说明得分点：①表示出“先取出一球，放回后再取出一球”的所有结果，得2分；②表示出“两次取出的球中至少有一个红球”的所有结果，得2分；③运用古典概型公式并计算P (B )＝1625得2分． 说明：求“先取出一对，放回后再取出一对”或“两次取出的球中至少有一个红球”的所有可能结果没有求对，不得分．满分规则规则1得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分如第(1)问中或第(2)问中都是按照“三步曲”来完成．先求分母，再求分子，最后代入古典概型公式．规则2得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(1)问中或第(2)中红球经得a1，a2；白球经得b1，b2，b3.及思考问题中一个放回和一个不放回．规则3规范答题得分：概率问题一般都有实际背景，解答时要将复杂事件拆分为简单事件，不可以只给出一些表达式，忽略文字解析所以本题解答中的每一问都需按照如下形式：一改→二列分母→三列分子→四代X公式→五总结．阅卷心得狠抓基础保成绩，分步解决克难题通过高考阅卷，可以看出学生基础知识的掌握和计算能力非常薄弱．例如，数学概念不清楚，不能准确地理解数学语言，证明推理能力弱，缺乏思维的严谨性，运算能力差，数学过程的表述过于简单．这就告诉我们，在考前的关键阶段，要把常用的基础知识把握准．题目再难，每个题目中的条件总是可以推导出结论的，哪怕只推导出一个结论，也可能是得分点．如根据法则和公式进行正确运算、变形等．总之，考场答题重点要突出，过程以踩点、清晰、完整、工整、简洁为佳．变题2．(2014·安徽江南十校联考)某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2 000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于60分到140分之间(满分150分)，将统计结果按如下方式分成八组：第一组[60,70)，第二组[70,80)，……，第八组：[130,140]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．(1)求第七组的频率，并完成频率分布直方图；(2)估计该校的2 000名学生这次考试成绩的平均分(可用中值代替各组数据平均值)；(3)若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差大于10分的概率．解：(1)由频率分布直方图知第七组的频率f7＝1－(0.004＋0.012＋0.016＋0.03＋0.02＋0.006＋0.004)×10＝0.08.直方图如图．(2)估计该校的2 000名学生这次考试的平均成绩为：65×0.04＋75×0.12＋85×0.16＋95×0.3＋105×0.2＋1 15×0.06＋125×0.08＋135×0.04＝97(分)．(3)第六组有学生3人，分别记作A1，A2，A3，第八组有学生2人，分别记作B1，B2，则从中任取2人的所有基本事件为(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(B1，B2)，共10个．分差大于10分表示所选2人来自不同组，其基本事件有6个：(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，所以从中任意抽取2人，分差大于10分的概率P＝610＝35.。
高考数学二轮复习 第一部分 保分专题四 概率与统计 第2讲 概率及应用课件 文
8分
包括 A1 但不包括 B1 的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，
B3}，共 2 个，则所求事件的概率为 P＝29.
12 分
[规范解释] 列举事件空间． 找出所研究的事件，求概率． 列举总的事件． 找出所研究事件，求概率．
求古典概型概率的方法 正确列举出基本事件的总数和待求事件包含的基本事件数． (1)对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时应不 重不漏． (2)当直接求解有困难时，可考虑求出所求事件的对立事件的概 率．
其中数学成绩优秀的人数比及格的人数少的有： (10,21)，(11,20)，(12,19)，(13,18)，(14,17)，(15,16)共 6 组． ∴数学成绩为优秀的人数比及格的人数少的概率为164＝37.
考点考查题型 已知两个变量的某些数据，求频率、求概率
考点应用方法 利用频率求概率，利用古典概型求概率
个适花合坛题中意，的则只红有色2和种紫，色其的概花率不P在＝同23. 一花坛的概率是( C )
A.13
B.12
2
5
C.3
D.6
技法：无限元素用几何．一个变量为长度．二个变量是平 行人在红灯亮起的 25 秒内到达该路口，即满足至少需要等待 面．变量之比为概率． 15 秒才出现绿灯，根据几何概型的概率公式知所求事件的概 (1)(2016·高考全国卷Ⅱ改编)某路口人行横道的信号灯为红灯 和率绿P灯＝交2450替＝出58. 现，红灯持续时间为 40 秒．若一名行人来到该
解析：(1)当 X＝8 时，由茎叶图可知，乙组四名同学的植树棵 数分别是 8,8,9,10，故 x ＝8＋8＋49＋10＝345，s2＝14× 8－3452×2＋9－3452＋10－3452＝1116.
2015届高考理科数学二轮复习专题课件2-8-1专题八选修4系列
［二轮备考讲义］第二部分二轮知识专题大突破专题八选修4系列第一讲几何证明选讲（选修4—1）在平面几何的证明中，主要抓好“角度关系”与“长度关系”的转化•“角度”转化的依据主要有“等弧（弦）对等角”“弦切角等于内对角” “相似三角形的对应角相等”“平行线的同位角相等、内错角互补” “圆内接四边形对角互补” 等•“长度”转化的依据主要有“切线定理”“切割线定理”“割线定理”“相交弦定理” “平行线截线段成比例” “相似三角形对应边成比例”等.基础记忆试做真题基础要记牢，真题须做熟基础知识不“背死”,就不能“用活”1・平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等.2.平行截割定理（平行线分线段成比例定理）三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例.3.相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似.判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似.判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似.4.相似三角形的性质(1)相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；(2)相似三角形周长的比等于相似比；(3)相似三角形面积的比等于相似比的平方.5・圆内接四边形的性质与判定定理(1)性质：①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.(2)判定：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆.6.与圆有关的定理弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角. 相交弦定理：圆的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.切割线定理: 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.高考真题要回访，做好真题底气足1. （2014•湖北）如图，P为（DO外一点，过F点作OO的两条切线，切点分别为4, B.xfPA的中点0作割线交OO于C, D两点.若QC=1, CDB D［答案］4［解析］由切割线定理，得QA2 = QCQD=4,解得04 = 2, ^\PB=PA = 2QA=A.2-（2°14・江苏）如图，4B是圆O的直径，c, D是圆O上位于异侧的两点•证明：/OCB=ZD.证明：因为B, C是圆O上的两点，所以OB = OC.故ZOCB=ZB.又因为C, D是O上位于异侧的两点,故ZB, ZD为同弧所对的两个圆周角, 所以ZB=ZZ).因此ZOCB=ZD・3・（2014•新课标全国卷11 ）如图，P是OO外一点，P1是切线，A为切点，割线PBC与（DO相交于点C, PC=2PA, D为PC的中点，4D的延长线交0O于点E证明：⑴ BE=EC；(2)AD・DE=2PBr证明：（1）连接AB, AC.由题设知PA=PD,故PDA.因为ZPDA=ZDAC-\- ZDCA9APAD= ZBAD-\- ZPAB. ZDCA=ZPAB.所以ZDAC=ZBAD.从而豌=記因此BE=EC.(2)由切割线定理，^PA2=PBPC.因为PA=PD=DC,所以DC=2PB, BD=PB.由相交弦定理，得ADDE=BDDC, 所以ADDE=2PB2.热点盘点细研深究必须回访的热点名题［试题调研］［例1］(1)(2014-天津)如图，△ABC是圆的内接三角形，Z B4C的平分线交圆于点D,交BC于点E,过点B的圆的切线与主体一相似三角形的判定与性质AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：BDA E①BD平分ZCBF；②FB2=FDFA；③AE・CE=BE・DE； ®AFBD=ABBF.则所有正确结论的序号是（）A.①②B.③④C.①②③D・①②④（2）（2014•广东）（几何证明选讲选做题）如图，在平行四边形4BCZ）中，点E在佔上且EB=2AE, AC与DE交于点F,贝!J△ CDF的面积瓦4EF的面积----------- ■E B［命题意图］(1)本题背景新颖，涉及圆的性质以及相似三角形等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力.(2)本题主要考查相似三角形的判定与性质.［答案］(1)D (2)9［解析］(1)因为ZBAD=ZFBD ，ZDBC=ZDAC,又 4E平分ZBAC,所以ZBAD=ZDAC,所以上FBD=ZDBC,所以结论②正确，选D. BD 平分ZCBF,结论①正确；易证△ ABFsNBDF,所以 AB AF BD所以AB ・BF=AF ・BD,结论④正确；由 AF BF BF =DF J 得 BF 2=AF DF,4F 1(2)在平行四边形ABCD中,因为EB = 2AE,所以忑故j^=3.因为AE//CD,所以△AEFsMDF,所以右型2 = 9.AE ~CD 9 (CD----- 备考A语］----------------------- 判定两个三角形相似要注意结合图形的特点灵活选择判定定理(1)证明三角形相似，往往可以转化为证明角相等，而证明角相等的方法有弦切角、圆周角和圆心角等相关结论.(2)证明三角形相似时也可以转化为证明线段成比例，而证明线段成比例的方法有射影定理、相交弦定理、割线定理和切割线定理等.［回访名题］O 于点D,过点B 作圆O 的切线交直线AD 于点E.求证:⑴ ZEBD=ZCBD ；⑵AB ・BE=AE ・DC. （2014•沈阳质检三）如图，AABC 内接于 O.AD 平分ZBAC交圆证明：(l)VBE为圆O的切线，:.ZEBD=ZBAD.又平分ZBAC, :.ZBAD=ZCAD.:.ZEBD=ZCAD9又•:上CBD=/CAD, :.ZEBD=ZCBD.主体二■!的切割线定理⑵在△EBD 和AEAB 中，ZE=ZE, ZEBD=ZEAB, :.AEBD^AEAB. •BE_BD"AE=AB'：.AB・BE=AE・BD,XVAD 平分ABAC. •••BD=DC,故AB・BE=AE・DC・［试题调研］[例2]（2014•长春调研）如图，是O的直径，G是延长线上的一点，GCD是圆O的割线，过点G作AG的垂线, 交直线4C于点E,交直线AD于点F,过点G作圆O的切线, 切点为H.主体二■!的切割线定理⑴求证:A C,(2)若GH=& GE=4,求EF 的长.［命题意图］本题主要以圆为几何背景考查角相等、四点共圆、圆的切线、割线的性质等基础知识，意在考查考生的化归与转化能力、逻辑推理能力.［解析］⑴证明：如图，连接TAB是圆O的直径，/. ZADB=90°,在RtAABD 和RtAAFG 中,ZABD=ZAFE,又T ZABD= ZACD,:.ZACD= ZAFE,「C D, E, F四点共(2)TC, D, E, F 四点共•••GE・GF=GC・GD ・TGH是圆O的切J 线,:.GH2AE G= GCGD,:.GH2=GEGF,又GH=8, GE=4, /-:.EF=GF-GE=\2 ・= 16,----- 备考金语］------------------------ 相交弦定理、切割线定理及其推论的应用非常广泛、常见(1)找过渡乘积式证明等积式成立.(2)为三角形相似提供对应边成比例的条件.(3)利用等积式来证明有关线段相等.［回访名题］（2014-云南统检）如图，43是OO的直径，4C与OO相切于点儿且AC=AB9 co与0O相交于点P, CO的延长线与。
高考数学二轮复习专题7概率与统计、推理与证明、算法初步、框图、复数第四讲算法初步、框图、复数
高考数学二轮复习专题 7 概率与统计、推理与证明、算法初步、框图、复数第四讲算法初步、框图、复数练习文配套作业一、选择题221．下边是对于复数z＝－1＋i的四个命题：p1：| z|＝2；p2：z＝ 2i；p3：z 的共轭复数为 1＋ i ；p4：z的虚部为－ 1. 此中的真命题为 ( C)A．2， 3 B ．1，2p p p pC．p2，p4 D ．p3，p422（－ 1－ i ）分析： z＝－1＋i＝（－ 1＋ i ）（－ 1－ i ）＝－1－i，12231＋ i 4p ：| z|＝2，p：z＝ 2i， p ： z 的共轭复数为－， p ：z 的虚部为－1.因此 p2，p4正确．应选 C.2.(2014 ·重庆卷 ) 复平面内表示复数 i(1 －2i) 的点位于 ( A)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限分析：由于复数 z＝i(1－2i)＝i－2i2＝2＋i，它在复平面内对应的点的坐标为(2 ，1) ，位于第一象限．应选 A.3．(2015 ·新课标Ⅱ卷) 右侧程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．履行该程序框图，若输入的a， b 分别为14，18，则输出的a＝( B)A．0B．2 C．4D．144．(2015 ·福建卷 ) 若会合A＝ {i ， i 2， i 3， i 4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩ B 等于( C)A． { －1} B ．{1}C． {1 ，－ 1}D． ?分析：∵A＝{i， i 2， i 3， i 4 } ＝ {i，－ 1，－ i ， 1} ，B＝ {1 ，－ 1} ，∴ A∩B＝{－1，1}．5．(2015 ·新课标Ⅰ卷) 已知复数z知足 ( z－ 1)i ＝ 1＋ i ，则z＝ ( C)A．－ 2－ i B．－2＋iC． 2－i D．2＋ii＋ 1分析：∵ ( z－ 1)i ＝ i ＋ 1，∴z－1＝i＝1－i，∴ z＝2－i，应选 C.6．(2015 ·新课标Ⅰ卷) 履行如图的程序框图，假如输入的t ＝0.01，则输出的n＝( C)A．5 B．6 C．7 D．811分析：运转第一次： S＝1－＝＝0.5， m＝0.25， n＝1， S＞0.01；运转第二次：S＝0.5－0.25＝0.25， m＝0.125， n＝2， S＞0.01 ；运转第三次：S＝0.25－0.125＝0.125 ，m＝0.062 5 ，n＝ 3，S＞ 0.01 ；运转第四次：S＝0.125－0.062 5＝ 0.062 5 ，m＝ 0.031 25， n＝4， S＞0.01；运转第五次：S＝0.03125， m＝0.015 625 ，n＝ 5，S＞ 0.01 ；运转第六次：S＝0.015625， m＝0.007 812 5， n＝6， S＞0.01 ；运转第七次： S＝0.007 812 5，m＝0.003 906 25，n＝7，S＜0.01.输出 n＝7.二、填空题2－ 2i7． (201 4·四川卷 ) 复数1＋i＝ ________．2－ 2i2（ 1－i ）2＝－ 2i.分析：＝1＋ i（ 1＋ i ）（ 1－ i ）答案：－ 2i8. (2014 ·山东卷)履行下边的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的值为________．分析：框图中的条件即1≤x≤3，运转程序：x＝ 1，n＝ 0，切合条件1≤x≤3，x＝2，n ＝1；切合条件1≤x≤3，x＝ 3，n＝ 2；切合条件1≤x≤3，x＝ 4，n＝3；不切合条件1≤x≤3，输出 n＝3.答案： 3三、解答题9．若复数z知足 (1 ＋ 2i ) ·z＝ 4＋ 3i，求 | z|.4＋ 3i＝（ 4＋ 3i ）（ 1－2i）＝10－ 5i分析： z＝（ 1＋2i ）（ 1－2i）＝ 2－ i ，1＋ 2i5∴ z＝2＋i，∴ | z| ＝22＋ 12＝ 5.10．某市居民用水原价为 2.25 元/ 立方米，从2010年 1 月 1 日起推行阶梯式计价：级数计算水费的用水量 / 立方米单价 /( 元/ 立方米 )1不超出 20 立方米 1.82超出 20 立方米至 30 立方米 2.43超出 30 立方米p此中 p 是用水总量的一次函数，已知用水总量为40立方米时 p＝3.0元/ 立方米，用水总量为50 立方米时p＝ 3.5 元/ 立方米．(1) 写出水价调整后居民每个月水费额与用水量的函数关系式．每个月用水量在什么范围内，水价调整后居民同样用水的水费比调整前增添？(2)用一个流程图描绘水价调整后计算水费的主要步骤．分析： (1) 设用水量为x立方米，由待定系数法求得p＝0.05 x＋1( x＞30)．设每个月水费为y 元，依题意： x≤20时， y＝1.8 x.20＜ x≤30时， y＝1.8×20＋2.4×( x －20) ＝ 2.4 x－ 12.x＞30时， y＝1.8×20＋2.4×(30－20)＋ p×(x－30)＝0.05 x2－0.5 x＋30.因此，水价调整后居民每个月水费总数y(元)与用水量 x(立方米)的函数关系是1.8 x，x≤20，y＝ f ( x)＝ 2.4 x－12，20＜ x≤30，0.05 x2－ 0.5 x＋30，x＞ 30.用水量 30立方米时，水价调整前水费为 2.25 × 30＝ 67.5( 元 ) ，水价调整后水费为 f (30)＝60( 元 ) ，水价调整前水费更高．设用水量为x( x＞30)立方米时，水价调整后水费更高，依题意得 0.052－ 0.5x ＋ 30＞ 2.25x，解得＞40 或x＜ 15( 舍去 ) ，即每个月用水量超出40 立x x方米时，水价调整后居民同样用水的水费比调整前增添．(2)流程图是：。
【走向高考】2015高考数学(通用版)二轮复习课件 专题1 第4讲 函数与方程、函数的应用
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
0 1 又 当 x>0 时 ， g′(x) ＝ － 1 ＋ x － x2 ＋ x2 ＋ „ － x2 0 1 3 0 1 3 －1 [ 1 · －－x2 ] －1＋x2 ＝ <0， ∴g(x)单 调 递 减 ， 1＋x 1＋x
＝
∴g(x)也只
有 一 个 零 点 ， 记 为
＋x4＋x5∈(π，10)．
专题一 第四讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
(理) ( 2 0 1 4 ·
x2 x3 x4 百校联考 ) 已知 f(x) ＝ 1 ＋ x － 2 ＋ 3 － 4 ＋„＋ F(x)＝f(x＋
0 1 3 0 1 3 x2 x2 x3 x4 x2 设 函 数 2 0 1 3 ，g(x)＝1－x＋ 2 － 3 ＋ 4 －„－2 0 1 3 ，
0 1 f′(x)＝1－x＋x2－x3＋„＋x2 ，当 x≤0 时，f′(x) > 0 ，当 x>0 0 1 3 0 1 3 1－－x2 1＋x2 时， f ′( x ) ＝ ＝ >0， ∴f′(x) > 0 在 R 上恒成立， 1＋x 1＋x
∴f(x)在 R 上为增函数， 又 f(－1)f( 0 ) < 0 ，∴f(x)只有一个零点，
专题一 第四讲
走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学
1 2 4 7 .5 x－2x －0 5 . 0≤x≤5， ∴y＝ 2 －0 2 .5 x x>5. 1 所 以 把 利 润 表 示 为 年 产 量 的 函 数 关 系 是 1 2 4 7 .5 x－2x －0 5 . 0≤x≤5， y ＝ 2 －0 2 .5 x x>5. 1
2015届高考理科数学二轮复习专题课件 2-8-3 专题八 选修4系列
基 ＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.
础
记 忆
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤14.
重 访
好
题
热 点 盘 点
[二轮备考讲义] 第二部分 专题八 第3讲 第14页 第十四页，编辑于星期五：十点 三十二分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 理
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 理
[命题意图] 本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式
基 的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解
础
记 忆
能力与分类讨论思想的应用．
[解题思路] (1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结 重
访
合基本不等式即得证．
好 题
热
(2)明确不等式后解关于a的绝对值不等式，再分类讨论求解
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 理
解：(1)原不等式等价于
基 础 记 忆
－32x＋52>2， 或12x＋12>2， 或32x－52>2，
x≤1
1<x≤3
x>3.
重
解得原不等式的解集为－∞，13∪(3，＋∞)．
访 好 题
热 点 盘 点
[二轮备考讲义] 第二部分 专题八 第3讲 第25页 第二十五页，编辑于星期五：十点 三十二分。
重 访 好
题
时，等号成立．
热 点 盘 点
[二轮备考讲义] 第二部分 专题八 第3讲 第9页 第九页，编辑于星期五：十点 三十二分。
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定理3：如果a，b，c为正数，则a＋b＋c≥3 abc，当且仅当
2015届高考数学(新课标)二轮复习课件 专题小综合(四)
第十五页，编辑于星期五：十点 二十四分。
【解析】(1)EF⊥DN，EF⊥BN， ∴EF⊥平面BDN，∴EF⊥BD， 因为点D在平面BCEF上的射影恰好在
直线BC上， 所以平面ABCD⊥平面BCEF. 又因为BN⊥BC，所以BN⊥平面
第十一页，编辑于星期五：十点 二十四分。
8．如图，Rt△ABC的斜边BC⊂平 面α，两直角边AC和AB与平面α所成 的角分别为45°和30°，则Rt△ABC斜 边上的高AD与平面α所成的角是 __________．
【解析】60°
如图，过A作其在平面α上的投影
A1，连接A1B，A1C，A1D则∠ACA1 ＝45°，∠ABA1＝30°，∠ADA1就 是高AD与平面α所成角，不妨设AA1 ＝1，则A1C＝1，A1B＝ 3 ，AB＝2，AC＝ 2 ，BC＝ 6 ，
B．2∶3 C．1∶2 D．1∶4
第九页，编辑于星期五：十点 二十四分。
【解析】选 C. 如图，过点 P 作 PQ 垂直于 FE，
则 PQ 垂直于平面 BCFE，所以 PQ＝ PA，所以动点 P 的轨迹(即曲线 L)为以 A 为焦点，以 FE 为准线的抛物线在矩 形内的部分，在平面 ADFE 内，取 AE 中点为 R，以 R 为原点，以 RA 为 x 轴，建立平面直角坐标系，则曲线 L 的方程为 y2＝4x，曲线
ABCD，故BN⊥BD， 因此BD⊥平面BCEF. (2)如图，分别以BC，BN，BD所在直线为x轴，y轴，z
轴，建立空间直角坐标系B－xyz.
第十六页，编辑于星期五：十点 二十四分。
则N(0， 3，0)，D(0，0，3)，C(3，0，0)，
N→F＝13C→B＝(－1，0，0)，
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1．(2014·湖南高考)某企业有甲、乙两个研发小组，他 们研发新产品成功的概率分别为23和35，现安排甲组研发新产 品 A，乙组研发新产品 B，设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率； (2)若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；
这表明，获得分数 X 的均值为负， 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
1．独立重复试验的概率公式 Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
2．超几何分布的概率
一般地，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，则事件(X＝k)发生的概率为 P(X＝k)＝ CkMCCnNNn－－kM(k＝0,1,2，…，m)(m≤M，m≤n，M≤N)．
(1)设每盘游戏获得的分数为 X，求 X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与
最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统
计的相关知识分析分数减少的原因．
解：(1)X 可能的取值为：10,20,100，－200.根据题意， 有
超几何分布问题
超几何分布是一种重要的概率分 布模型，高考经常考查．高考对 超几何分布问题的考查主要有以 下几个角度： (1)求某事件的概率； (2)利用超几何分布求事件概率后 再求离散型随机变量的均值与方 差.
[例 1] (2014·天津高考)某大学志愿者协会有 6 名男同
学，4 名女同学．在这 10 名同学中，3 名同学来自数学学院，
X 0 100 120 220
P
2 15
3 15
4 15
6 15
数学期望为
E(X)
＝
0×
2 15
＋
100×
3 15
＋
120×
4 15
＋
220×165＝300＋48105＋1 320＝2 11500＝140.
2．(2014·四川高考)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘 游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出 现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得 10 分， 出现两次音乐获得 20 分，出现三次音乐获得 100 分，没有 出现音乐则扣除 200 分(即获得－200 分)．设每次击鼓出现 音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．
其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学
院．现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学，到希望小学进 行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变 量 X 的分布列和数学期望．
[师生共研] (1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的
5．均值与方差的性质 (1)E(ax＋b)＝aE(x)＋b； (2)D(ax＋b)＝a2D(x)． 6．正态分布的三个常用数据 (1)P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682 6； (2)P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 4； (3)P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997 4.
热点一 命题角度
若新产品 B 研发成功，预计企业可获利润 100 万元，求该 企业可获利润的分布列和数学期望．
解：记 E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产 品成功}．
由题设知 P(E)＝23，P( E )＝13，P(F)＝35，P( F )＝25. 且事件 E 与 F，E 与 F ， E 与 F， E 与 F 都相互独立． (1)记 H＝{至少有一种新产品研发成功}，则 H ＝ E F ，
3．离散型随机变量的均值、方差 (1)均值 E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn； (2)方差 D(X)＝i＝n1[xi－E(x)]2·pi.
4．两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若 X 服从两点分布，则 E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；
(2)若 X～B(n，p)，则 E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
P
1 6
1 2
3 10
1 30
随机变量 X 的数学期望
E(X)＝0×16＋1×12＋2×130＋3×310＝65.
在超几何分布中，随机变量 X 取每一个值的概率是用古 典问题 的关键．
则 P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝18.
所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1
－P(A1A2A3)＝1－183＝1－5112＝551112.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是551112.
(3)X 的数学期望为 E(X)＝10×38＋20×38＋100×18－ 200×18＝－54.
于是 P( H )＝P( E )P( F )＝13×25＝125， 故所求的概率为 P(H)＝1－P( H )＝1－125＝1135. (2)设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为
0,100,120,220. 因 P(X＝0)＝P( E F )＝13×25＝125，
P(X＝100)＝P( E F)＝13×35＝135， P(X＝120)＝P(E F )＝23×25＝145， P(X＝220)＝P(EF)＝23×35＝165. 故所求的 X 分布列为
学院”为事件 A，则 P(A)＝C13·C27C＋310C03·C37＝4690. 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为4690.
(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck4C·C31036－k(k＝0,1,2,3)． 所以，随机变量 X 的分布列是
X0 1 2 3
P(X＝10)＝C13×121×1－122＝38， P(X＝20)＝C23×122×1－121＝38， P(X＝100)＝C33×123×1－120＝18， P(X＝－200)＝C03×120×1－123＝18.
所以 X 的分布列为
X 10 20 100 －200
P
3 8
3 8
1 8
1 8
(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i＝1,2,3)，