2018版高考数学一轮设计第10章-统计与文库.ppt
2018年高考数学一轮复习课件 第10章 第8节 二项分布和正态分布
2．参数μ，σ2在正态分布中的实际意义是什么？ 提示：μ是正态分布的期望，σ2是正态分布的方差．
1．小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试 3 次，
分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值，并简称
之为
原则． 3σ
3．正态分布密度曲线的性质
(1)曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交；
(2)曲线关于直线 x＝μ 对称；
(3)曲线在
x＝μ
处达到峰值 σ
1； 2π
(4)曲线与 x 轴之间的面积为 1；
(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；
解析：从甲袋中取出红球的概率为46＝23，从乙袋中取出 红球的概率为16，所以所求事件的概率为23×16＝19.
答案：19
【考向探寻】 1．条件概率计算公式的应用 2．求相互独立事件同时发生的概率．
【典例剖析】 (1)(2013·莆田模拟)甲罐中有5个红球，2个白球和3
个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随 机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是 红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示 由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是 ________(写出所有正确结论的编号)．
了解正态分布曲线的特点及 查的热点．
曲线所表示的意义.
2.从考查形式看，三种题型
都可能出现，属中档题.
一、条件概率及其性质
条件概率的定义
条件概率的性质
设 A、B 为两个事件，且 P(A)>0， (1)0≤P(B|A)≤1
高考数学一轮复习第10章算法初步与统计第4课时线性回
(4)某同学研究卖出的热饮杯数y与气温 x(℃)之间的关系，得 回归方程 y ＝－2.352x＋147.767，则气温为2 ℃时，一定可卖出 143杯热饮． (5)事件X，Y关系越密切，则由观测数据计算得到的K2的观 测值越大． (6)由独立性检验可知，在犯错误的概率不超过1%的前提下 认为物理成绩优秀与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他 有99%的可能物理优秀．
∧
直线方程： y ＝0.254x＋0.321.由回归直线方程可知，家庭年收入 每增加1万元，年饮食支出平均增加________万元．
2 n （ ad － bc ） 构造一个随机变量 K 2 ＝ ， （ a＋ b）（ c＋d ）（a ＋ c）（ b ＋d ）
其中 n＝a＋b＋ c＋d 为样本容量．
(3)独立性检验． 利用随机变量 K2 来确定是否能有一定把握认为“两个分类 变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验．
1．判断下面结论是否正确(打“√”或“×”)． (1)相关关系与函数关系都是一种确定性的关系，也是一种 因果关系． (2)“名师出高徒”可以解释为教师的教学水平与学生的水 平成正相关关系． (3)只有两个变量有相关关系，所得的回归模型才有预测价 值．
答案
C
解析 由已知，变量 x，y 成负相关，排除 A，B. ∵回归直线 - 必过点(x，y)，经验算可知，选项 C 满足．
4．(2018· 河南开封一模)下列说法错误的是(
)
A．自变量取值一定时，因变量的取值带有一定随机性的两 个变量之间的关系叫做相关关系 B．在线性回归分析中，相关系数 r 的值越大，变量间的相 关性越强 C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其 模型拟合的精度越高 D．在回归分析中，R2 为 0.98 的模型比 R2 为 0.80 的模型拟 合的效果好
系统集成2018高考数学理一轮总复习教案：第十章 立体
第十章立体几何高考导航知识网络10.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图考点诠释重点：掌握简单几何体和简单旋转体的有关概念和结构特征，掌握斜二测画法与三视图的画法及应用.难点：由三视图分析几何体的结构及性质，三视图与直观图的相互转化.典例精析题型一空间几何体的结构特征【例1】下列说法正确的是()A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D.棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得到的平面与底面之间的部分【思路分析】根据空间几何体的结构特征进行判断，也可辅以画图帮助理解.【解析】D.A，B中，不满足“每相邻两个侧面的公共边互相平行”，所以不是棱柱；C中，不满足各个三角形有唯一的公共顶点，故选D.【方法归纳】对于这类题目，一定要仔细审题，掌握好简单几何体的概念与性质，根据定义与性质来进行判断.【举一反三】1.下图所示的四个几何体，其中判断正确的是( D )A.(1)不是棱柱B.(2)是棱柱C.(3)是圆台D.(4)是棱锥【解析】显然(1)符合棱柱的定义；(2)不符合；(3)中两底面不互相平行，故选D.题型二直观图的斜二测画法【例2】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()【思路分析】根据斜二测画法规则来判断.【解析】A.由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为22，故选A.【方法归纳】本题为已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力.要熟练运用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系.【举一反三】2.如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积.【解析】建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A ′B ′边在x 轴上，把y ′轴绕原点逆时针旋转45°得y 轴，在y 轴上取得点C 使OC ＝2OC ′，A ，B 点即为A ′，B ′点，长度不变.由已知得A ′B ′＝A ′C ′＝a ，在△OA ′C ′中， 由正弦定理得 OC ′sin ∠OA ′C ′＝A ′C ′sin 45°，所以OC ′＝sin 120°sin 45°a ＝62a ，所以原三角形ABC 的高OC ＝6a ，所以S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.题型三 三视图与直观图【例3】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A.64 B.72 C.80 D.112【思路分析】将三视图还原成直观图，再求该组合体的体积.【解析】B.根据几何体的三视图知，该几何体下部是棱长为4的正方体，上部是三棱锥，如图所示，所以该几何体的体积是V 组合体＝V 正方体＋V 三棱锥＝43＋13×12×42×3＝72.【方法归纳】本题是以三视图为载体考查空间几何体体积的计算，解决此类问题的关键是将三视图还原成直观图，再对给出的三视图进行恰当分析，从三视图中发现相应的数量关系，然后在直观图中解决问题.【举一反三】3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( B )A.6B.9C.12D.18【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥，其底面△ABC 为等腰三角形，且BA ＝BC ，AC ＝6，AC 边上的高为3，SB ⊥底面ABC ，且SB ＝3，所以该几何体的体积V ＝13×12×6×3×3＝9.故选B.体验高考(2015新课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8 【解析】B.由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr 2＋πr 2＋4r 2＋2πr 2＝5πr 2＋4r 2.由5πr 2＋4r 2＝16＋20π，得r ＝2.故选B.【举一反三】(2015北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A.2＋5B.4＋5C.2＋2 5D.5【解析】由三视图可得该三棱锥的直观图如图三棱锥P －ABC 所示，其中P A ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM 2＝1＋4＝5，由正视图和侧视图可知P A ⊥平面ABC ， 因此可得PM ＝P A 2＋AM 2＝1＋4＝5，因为P A ⊥BC ，又AM ∩P A ＝A ，所以BC ⊥面APM ，所以BC ⊥PM .所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋25，故选C.10.2 空间几何体的表面积与体积考点诠释重点：掌握空间几何体的表面积与体积的计算. 难点：锥体和台体的表面积与体积的计算.典例精析题型一 表面积问题【例1】 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋65C.56＋12 5D.60＋125【思路分析】根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积. 【解析】B.由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示.过D 作DM ⊥AC ，连接BM .S △ACD ＝12×AC ×DM ＝12×5×4＝10.S △ABC ＝12×AC ×BC ＝12×5×4＝10.在△CMB 中，∠C ＝90°，所以BM ＝5.由三视图可知DM ⊥平面ABC ，所以∠DMB ＝90°，所以DB ＝42＋52＝41，所以△BCD 为直角三角形，∠DCB ＝90°，所以S △BCD ＝12×5×4＝10.在△ABD 中，如图(2)，S △ABD ＝12×25×6＝6 5.所以S 表＝10＋10＋10＋65＝30＋6 5.故选B. 【方法归纳】几何体表面积的求解策略(1)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，求组合体的表面积时要注意重合部分面积. 【举一反三】1.一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥的侧面积是( D )A.9＋23＋52B.9＋232C.9＋252D.6＋23＋52【解析】根据题中所给的三视图，可知该几何体为底面是直角梯形，且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其侧面有三个是直角三角形，面积分别为12×2×2＝2，12×1×2＝1，12×1×5＝52，还有一个三角形，其边长分别为2，22，6，所以该三角形也是直角三角形，其面积为12×2×6＝3，所以其侧面积为3＋3＋52＝6＋23＋52，故选D.题型二 体积问题【例2】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.23B.1C.43D.53 【思路分析】首先由三视图得出该几何体是一个长方体截去两个三棱锥，然后分别求出长方体和三棱锥的体积再相减，即为所求.【解析】C.由题意知，该几何体为一个长方体截去了两个三棱锥所得的图形，截去的两个三棱锥的体积分别为V 1＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1×2＝13，V 2＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×1＝13， 长方体的体积为V 长方体＝1×2×2＝2，所以V ＝2－13－13＝43，故选C.【方法归纳】1.由三视图画出几何体的直观图，掌握“长对正，宽相等，高平齐”的规则，是确定几何体特征的关键；2.把不规则几何体分割成几个规则几何体或者补上一部分使之成为规则几何体，是求不规则几何体的表面积和体积的常用方法.【举一反三】2.一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？【解析】设球的半径为R ，则圆锥的高h ＝3R ，底面半径r ＝3R ，V 圆锥＝π3·(3R )2·3R ＝3πR 3；V 球＝43πR 3.所以V 球V 圆锥＝43πR 33πR 3＝49，所以剩下的水是原来的1－49＝59.题型三 组合体的面积、体积的关系【例3】求棱长为a 的正四面体外接球与内切球的表面积与体积. 【思路分析】先画出该组合体的截面图，然后在截面图中求解.【解析】设正四面体A －BCD 的高为AO 1，外接球球心为O ，半径为R ，如图所示. 因为正四面体的棱长为a ，所以O 1B ＝32a ×23＝33a .在Rt △AO 1B 中， AO 1＝AB 2－BO 21＝＝63a .在Rt △OO 1B 中，OO 21＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a2＝R 2－a 23，所以AO 1＝63a ＝R ＋R 2－a 23， 所以R ＝64a ，即外接球半径为64a .S 外＝32πa 2，V 外＝68πa 3.设内切球的半径为r ，则正四面体可分割为4个四棱锥O －ABC ，O －ACD ，O －ADB ，O －BCD ，它们的高均为r ，底面恰为正四面体的各个面.V A －BCD ＝4×V O －BCD ，所以212a 3＝4×13r ×34a 2，所以r ＝612a .S 内＝16πa 2，V 内＝6216πa 3.【方法归纳】解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的过球心的截面图，将立体几何问题转化为平面几何问题求解.【举一反三】3.已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( A )A.26B.36C.23D.22【解析】△ABC 的外接圆的半径r ＝33，点O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝63.SC 为球O 的直径，故点S 到平面ABC 的距离为2d ＝263，故棱锥的体积为V ＝13S △ABC ×2d＝13×34×263＝26. 体验高考(2015新课标Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【解析】B.设圆锥底面的半径为r 尺，由14×2πr ＝8，得r ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13×πr 2×5＝3203π＝3209(立方尺)，因此堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B. 【举一反三】(2015浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( C )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3【解析】该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2，高为2的正四棱锥组合而成的几何体.故其体积为V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323cm 3.10.3 空间点、线、面之间的位置关系考点诠释重点：三个公理及三个推论，求异面直线所成的角. 难点：三个公理及三个推论的应用.典例精析题型一 平面的基本性质及平面公理的应用【例1】如图，已知：E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，BC ，CC 1，C 1D 1的中点，证明：EF ，HG ，DC 三线共点.【思路分析】本题主要考查三线共点的知识，解题的关键是利用公理3来证明其中两条直线的交点在第三条线上.【证明】连接C 1B ，HE ，GF ，如图所示. 由题意知HC 1EB ，所以四边形HC1BE 是平行四边形，所以HE ∥C 1B . 又C 1G ＝GC ，CF ＝BF ，故GF 12C 1B ，所以GF ∥HE ，且GF ≠HE ，所以HG 与EF 相交，设交点为K ，则K ∈HG . 又HG ⊂平面D 1C 1CD ，所以K ∈平面D 1C 1CD . 因为K ∈EF ，EF ⊂平面ABCD ， 所以K ∈平面ABCD .因为平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝DC ，所以K ∈DC ，所以EF ，HG ，DC 三线共点.【方法归纳】证明三线共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线，再由公理3可知，两个平面的公共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.【举一反三】1.如右图所示，在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点，F 为A 1A 的中点，求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点.【证明】(1)分别连接EF ，A 1B ，D 1C .因为E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，所以EF 12A 1B .又A 1D 1B 1C 1BC ，所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，所以A 1B CD 1，从而EF 12CD 1.所以EF 与CD 1确定一个平面，所以E ，F ，D 1，C 四点共面.(2)因为EF 12CD 1，所以直线D 1F 和CE 必相交，设D 1F ∩CE ＝P . 因为P ∈D 1F 且D 1F ⊂平面AA 1D 1D ， 所以P ∈平面AA 1D 1D .又P ∈EC 且CE ⊂平面ABCD ，所以P ∈平面ABCD . 即P 是平面ABCD 与平面AA 1D 1D 的公共点，而平面ABCD ∩平面AA 1D 1D ＝AD ，所以P ∈AD . 所以CE ，D 1F ，DA 三线共点. 题型二 空间直线的位置关系【例2】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A.MN 与CC 1垂直B.MN 与AC 垂直C.MN 与BD 平行D.MN 与A 1B 1平行【思路分析】结合图形，利用公理或定理判断. 【解析】D.由于MN 与平面DCC1D 1相交于N 点，D 1C 1⊂平面DCC 1D 1，且C 1D 1与MN 没有公共点，所以MN 与C 1D 1是异面直线.又因为C 1D 1∥A 1B 1，连接B 1C ，A 1D ，由M 为BC 1中点且BCC 1B 1为正方形，知M ∈B 1C ，即MN 与面A 1B 1CD 交于点M ，又A 1B 1不过点M ，所以A 1B 1与MN 没有公共点，所以A 1B 1与MN 是异面直线，故选项D 错误.【方法归纳】异面直线的判定方法 (1)定义法：依据定义判断(较为困难)；(2)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)；(3)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.【举一反三】2.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点.问：(1)AM 和CN 是否是异面直线？说明理由； (2)D 1B 和CC 1是否是异面直线？说明理由.【解析】(1)不是异面直线，证明如下：连接MN ，A 1C 1，AC . 因为M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，所以MN ∥A 1C 1. 又因为A 1A C 1C ，所以A 1ACC 1为平行四边形.所以A 1C 1∥AC ，得到MN ∥AC ，所以A ，M ，N ，C 在同一平面内，故AM 和CN 不是异面直线. (2)是异面直线，证明如下：ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，所以B ，C ，C 1，D 1不共面.假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B ⊂平面α，CC 1⊂平面α， 所以D 1，B ，C ，C 1∈α，即D 1，B ，C ，C 1共面， 所以与已知D 1，B ，C ，C 1不共面矛盾.所以假设不成立，即D 1B 与CC 1是异面直线.题型三异面直线所成的角【例3】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小.【思路分析】(1)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接AB1即可；(2)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接BD即可.【解析】(1)如图，连接AC，AB1，因为AA1CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.由AB1＝AC＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1，可知四边形A1ACC1是平行四边形，所以AC∥A1C1，即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥A1C1，即所求角为90°.【方法归纳】平移法求异面直线所成角的一般步骤为：(1)平移选取适当的点，平移异面直线的一条或两条成相交直线↓(2)证明证明所作的角是异面直线所成的角↓(3)求角作出含有此角的三角形，并解之↓(4)取舍根据异面直线所成角的范围确定大小【举一反三】3.在如图所示的正方体中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( B )A.30°B.60°C.90°D.45°【解析】直线MN与直线AD1平行，△ACD1为正三角形，此时AD1与AC所成的角为60°，因此异面直线AC和MN所成的角为60°.体验高考(2015广东)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5【解析】B.由正四面体的定义可知n＝4能满足条件.当n≥5时，可设其中三个点为A，B，C，由直线与平面垂直的性质及点到点的距离定义可知到A，B，C三点距离相等的点必在过△ABC的外心且与平面ABC垂直的直线上，从而易知到A，B，C的距离等于正三角形ABC边长的点有两个，分别在平面ABC的两侧.此时可知这两点间的距离大于正三角形的边长，从而不可能有5个点满足条件.当然也不可能有多于5个的点满足条件.故选B.【举一反三】(2015四川)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为.【解析】如图，以分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ， 设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).＝(2,1,0)，＝(1，－m ，－2)，cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25. 设y ＝(m －2)25m 2＋25， 则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2 ＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2. 当0≤m ≤2时，y ′＜0，所以y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减. 所以当m ＝0时，y 取最大值，此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25.10.4 直线、平面平行的判定及其性质考点诠释重点：线面、面面平行的判定及其性质应用.难点：解答或证明线面、面面平行的有关问题.典例精析题型一 线面平行的判定【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝CB ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，点E ，F ，G 分别是线段AB ，PC ，DE 的中点.求证：FG ∥平面P AB .【思路分析】欲证线面平行，关键是在平面P AB 内找一直线与FG 平行.可以作辅助线得出要找的线，也可以先证两平面平行再证线面平行.【证明】因为DC ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，E 是线段AB 的中点.所以AE ∥DC ，且AE ＝DC ，所以四边形AECD 为平行四边形.连接AC ，EC ，则点G 为AC 的中点.在△P AC 中，点F ，G 分别是线段PC ，AC 的中点，所以FG ∥P A ，又FG ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ，所以FG ∥平面P AB . 【方法归纳】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥平面，或转化为证明两个平面平行.【举一反三】1.如图甲，⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，使∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3.沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F 为BC 的中点，E 为AO 的中点.P 为AC 上的动点，根据图乙解答下列各题：(1)求点D 到平面ABC 的距离；(2)在上是否存在一点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1) △ADO 中，AO ＝DO ，且∠OAD ＝π3， 所以AO ＝DO ＝AD .又E 是AO 的中点，所以DE ⊥AO .又因为面ABC ⊥面AOD ，且面ABC ∩面AOD ＝AO ，DE ⊂面AOD ，所以DE ⊥面ABC .所以DE 即为点D 到面ABC 的距离.又DE ＝32·DO ＝32×12AB ＝32，所以点D 到平面ABC 的距离为32.(2) 上存在一点G ，满足，使得FG ∥面ACD .理由如下：连接OF ，FG ，OG ，在△ABC 中，F ，O 分别为BC ，AB 的中点.所以FO ∥AC .又因为FO ⊄面ACD ，AC ⊂面ACD ，所以FO ∥面ACD ，因为∠BAD ＝π3，且G 为的中点， 所以∠BOG ＝π3，所以AD ∥OG . 又OG ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，所以OG ∥面ACD .且FO ∩OG ＝O ，FO ⊂面FOG ，OG ⊂面FOG .所以面FOG ∥面ACD .又FG ⊂面FOG ，所以FG ∥面ACD .题型二 面面平行的判定【例2】如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1，D 是BC 上一点，且A 1B ∥平面AC 1D ，D 1是B 1C 1的中点.求证：平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【思路分析】可证明平面A 1BD 1内的两条相交直线分别与平面AC 1D 平行.【证明】连接A 1C 交AC 1于点E ，因为四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以E 是A1C 的中点，连接ED ，因为A 1B ∥平面AC 1D ，平面A 1BC ∩平面AC 1D ＝ED ，所以A 1B ∥ED ，因为E 是A 1C 的中点，所以D 是BC 的中点.又因为D 1是B 1C 1的中点，所以BD 1∥C 1D ，又因为C 1D ⊂平面AC 1D ，BD 1⊄平面AC 1D ，所以BD 1∥平面AC 1D ，又A 1B ∩BD 1＝B ，所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D . 【方法归纳】证明面面平行的方法(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.【举一反三】2.如图，B 为△ACD 所在平面外一点，M ，N ，G 分别为△ABC ，△ABD ，△BCD 的重心.(1)求证：平面MNG ∥平面ACD ；(2)若△ACD 是边长为2的正三角形，判断△MNG 的形状，并求△MNG 的面积.【解析】(1)证明：连接BM ，BN ，BG 并延长分别交AC ，AD ，CD 于E ，F ，H 三点.因为M 为△ABC 的重心，N 为△BAD 的重心，所以BM ME ＝BN NF＝2. 所以MN ∥EF ，同理MG ∥HE .因为MN ⊄平面ACD ，MG ⊄平面ACD ，EF ⊂平面ACD ，HE ⊂平面ACD ，所以MN ∥平面ACD ，MG ∥平面ACD ，因为MN ∩MG ＝M ，所以平面MNG ∥平面ACD .(2)由(1)知，平面MNG ∥平面ACD ，BM ME ＝BN NF ＝BG GH ＝2，所以MG EH ＝MN EF ＝NG FH ＝23， 因为EH ＝12AD ，EF ＝12CD ，FH ＝12AC ， 所以MG 12AD ＝MN 12CD ＝NG 12AC ＝23， 所以MG AD ＝MN CD ＝NG AC ＝13， 又△ACD 为正三角形.所以△MNG 为等边三角形，且边长为13×2＝23， 面积S ＝34×⎝⎛⎭⎫232＝39. 题型三 线面、面面平行的性质【例3】如图所示，平面α∥平面β，点A ∈α，C ∈α，点B ∈β，D ∈β，点E ，F 分别在线段AB ，CD 上，且AE ∶EB ＝CF ∶FD .求证：EF ∥β.【思路分析】将异面问题转化为平面问题，通常是构造平行线或构造三角形.证明EF ∥β，应分AB ，CD 共面和异面两种情况.【证明】①当AB ，CD 在同一平面内时，由α∥β，平面α∩平面ABDC ＝AC ，平面β∩平面ABDC ＝BD ，所以AC ∥BD ，因为AE ∶EB ＝CF ∶FD ，所以EF ∥BD ，又EF ⊄β，BD ⊂β，所以EF ∥β.②当AB 与CD 异面时，如图所示.设平面ACD ∩β＝DH ，且DH ＝AC .因为α∥β，α∩平面ACDH ＝AC ，所以AC ∥DH ，所以四边形ACDH 是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，又因为AE∶EB＝CF∶FD，所以GF∥HD，EG∥BH，又GF⊄平面β，EG⊄平面β，HD⊂平面β，BH⊂平面β，所以GF∥平面β，EG∥平面β.又EG∩GF＝G，所以平面EFG∥平面β.因为EF⊂平面EFG，所以EF∥β.综上，EF∥β.【方法归纳】面面平行的性质定理的应用问题，往往涉及面面平行的判定、线面平行的判定与性质.解题时，要准确地找到切入点，灵活地运用相关定理来解决问题，注意三种平行关系之间的相互转化.【举一反三】3.如图，P为ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点，平面P AD∩平面PBC＝l.(1)判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；(2)判断MN与平面P AD的位置关系，并证明你的结论.【证明】(1)结论：BC∥l.因为AD∥BC，BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BC∥平面P AD.又因为BC⊂平面PBC，平面P AD∩平面PBC＝l，所以BC∥l.(2)结论：MN∥平面P AD.设Q为CD的中点，如图所示，连接NQ，MQ，则NQ∥PD，MQ∥AD.又NQ⊄平面P AD，MQ⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以NQ∥平面P AD，MQ∥平面P AD，又因为NQ∩MQ＝Q，所以平面MNQ∥平面P AD.又因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面P AD.体验高考(2015江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【举一反三】(2015山东)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面GFH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .【证明】(1)连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形.则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .(2)连接HE .因为G ，H 分别为AC ，BC 的中点，所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC .又H 为BC 的中点，所以EF ∥HC ，EF ＝HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形.所以CF ∥HE ，又CF ⊥BC ，所以HE ⊥BC .又HE ⊂平面EGH ，GH ⊂平面EGH ，HE ∩GH ＝H ，所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH .10.5 直线、平面垂直的判定及其性质考点诠释重点：会判断线面垂直和面面垂直，会求线面角和二面角.难点：灵活运用直线、平面垂直的判定及性质解决有关问题，二面角的求法.典例精析题型一 线面垂直的判定与性质【例1】 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高.(1)求证：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积；(3)求证：EF ⊥平面P AB .【思路分析】(1)由PH ⊥AD 及AB ⊥平面PAD 可证；(2)以AD 为△BCF 边CF 上的高，而点E 到平面BCF 的距离可借助PH 垂直于底面ABCD 求得；(3)取P A 的中点M ，可证DM ∥FE ，且DM ⊥平面P AB ，从而得证.【解析】(1)证明：因为AB ⊥平面P AD ，且PH ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PH ，又因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，所以PH ⊥平面ABCD .(2)连接BH ，取BH 的中点G ，连接EG .因为E 是PB 的中点，所以EG ∥PH .因为PH ⊥平面ABCD ，所以EG ⊥平面ABCD ，所以EG ＝12PH ＝12， 因为AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥AD ，又AB ∥CD ，所以AD ⊥CD ，即AD 为△BCF 边CF 上的高，所以V E －BCF ＝13S △BCF ·EG ＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212. (3)证明：取P A 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 12AB . 又因为DF 12AB ，所以ME DF . 所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD .因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A .因为AB ⊥平面P AD ，MD ⊂平面P AD ，所以MD ⊥AB .因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .【方法归纳】判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的定义：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于该平面.(2)利用线面垂直的判定定理：一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质：两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面平行的性质定理：一条直线垂直于两平行平面之一，则必垂直于另一平面.(5)利用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.【举一反三】1.如图，平面P AC ⊥平面ABC ，点E ，F ，O 分别为线段P A ，PB ，AC 的中点，点G 是线段CO 的中点，AB ＝BC ＝AC ＝4，P A ＝PC ＝2 2.求证：(1)P A ⊥平面EBO ；(2)FG ∥平面EBO .【证明】(1)由题意可知，△P AC 为等腰直角三角形，△ABC 为等边三角形.因为O 为边AC 的中点，所以BO ⊥AC .因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ，所以BO ⊥平面P AC .因为P A ⊂平面P AC ，所以BO ⊥P A .在等腰直角三角形P AC 内，O ，E 分别为AC ，AP 的中点，所以OE ⊥P A .又BO ∩OE ＝O ，所以P A ⊥平面EBO .(2)连接AF 交BE 于Q ，连接QO .因为E ，F ，O ，G 分别为边P A ，PB ，AC ，OC 的中点， 所以AO OG＝2，且Q 是△P AB 的重心， 于是AO OG ＝2＝AQ QF，所以FG ∥QO . 因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，所以FG ∥平面EBO .题型二 面面垂直的判定与性质【例2】如图所示，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，EC ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点.求证：(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA .【思路分析】(1)利用Rt △DEF ≌Rt △ADB ，从而有DE ＝DA ；(2)利用一个平面经过另一个平面的垂线，从而证明两平面垂直.【证明】(1)如图所示，取EC 的中点F ，连接DF .因为EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，所以DB ⊥平面ABC .所以DB ⊥AB ，所以EC ⊥BC .因为BD ∥CE ，BD ＝12CE ＝FC ， 所以四边形FCBD 是矩形，所以DF ⊥EC .又BA ＝BC ＝DF ，所以Rt △DEF ≌Rt △ADB ，所以DE ＝DA .(2)如图所示，取AC 的中点N ，连接MN ，NB ，因为M 是EA 的中点，所以MN 12EC . 由BD 12EC ，且BD ⊥平面ABC ，可得四边形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN ，因为DE ＝DA ，M 是EA 的中点，所以DM ⊥EA .又EA ∩MN ＝M ，所以DM ⊥平面ECA ，而DM ⊂平面BDM ，所以平面ECA ⊥平面BDM .【方法归纳】面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直的依据.运用时要注意“平面内的直线”.(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明.【举一反三】2.如图所示，在斜三棱柱A1B 1C 1－ABC 中，底面是等腰三角形，AB ＝AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)若D 是BC 的中点，求证：AD ⊥CC 1；(2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM ＝MA 1，求证：截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .【证明】(1)因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为底面ABC ⊥侧面BB 1C 1C ，底面ABC ∩侧面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥侧面BB 1C 1C ，又CC 1⊂侧面BB 1C 1C ，所以AD ⊥CC 1.(2)延长B1A 1与BM 的延长线交于点N ，连接C 1N .因为AM ＝MA 1，所以MA 112BB 1， 所以NA 1＝A 1B 1.因为A 1B 1＝A 1C 1，所以A 1C 1＝A 1N ＝A 1B 1，所以NC 1⊥C 1B 1.因为底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，且底面NB 1C 1∩侧面BB 1C 1C ＝B 1C 1，NC 1⊂底面NB 1C 1，所以C 1N ⊥侧面BB 1C 1C ，所以截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C ，即截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .题型三 折叠问题【例3】在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ABD。
「精品」高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.2排列与组合模拟演练理
2018版高考数学一轮总复习第10章计数原理、概率、随机变量及分布列10.2 排列与组合模拟演练理[A级基础达标](时间：40分钟)1．[2016·泉州模拟]将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A．18种B．24种C．36种D．72种答案 C解析分两类，甲乙在一路口，其余3人中也有两人在一路口，则有C23A33种．当有3人在一路口时只能是甲、乙和其余三人中一个在一起，则有C13A33，所以共有C23A33＋C13A33＝36种，选C.2．[2017·福州模拟]某校准备从5位报名参加志愿者的学生中挑选3人，分别担任某运动会田径、游泳和球类3个不同比赛项目的志愿者，已知学生甲不能担任游泳比赛的志愿者，则不同的安排方法共有( )A．24种B．36种C．48种D．60种答案 C解析可以先从其余的4位学生中选出1人担任游泳比赛的志愿者，有C14种方法，再从剩余的4人中选出2人分别担任田径和球类比赛的志愿者，有A24种方法，则由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有C14A24＝48种．3．[2017·太原五中检测]某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案有( )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，共有A44＝24种排法；第二类：甲排在第二位，共有C13 A33＝18种排法，所以共有编排方案24＋18＝42种，故选B.4．[2017·昆明一中模拟]旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )A．24 B．18C．16 D．10答案 D解析本题考查分类加法计数原理．第一类，甲在最后一个体验，则有A33种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有A12A22种方法，所以小李旅游的方法共有A33＋A12A22＝10种，故选D.5．某班级举办的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生、2位男生．如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为( )A．90 B．60C．48 D．36答案 B解析先排3位女生，3位女生间及两端有4个空，从4个空中选2个排男生，共有A24A33＝72种排法．若女生甲排在第一个，则3位女生间及一端有3个空，从3个空中选2个排男生，有A23A22＝12种排法，所以满足条件的排法种数为72－12＝60.6．[2017·沧州模拟]有5个大学保送名额，计划分到3个班级，每班至少一个名额，则不同的分法种数为________种．答案 6解析一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少1个名额，即将名额分成3份，每份至少1个(定行数)．将5个名额排成一列产生6个空，中间有4个空(定空位)．即只需在中间4个空中插入2个隔板，隔板不同的方法共有C24＝6种．(插隔板)7．[2017·沈阳模拟]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为________．答案12解析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C12×3＝6种方法；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3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．8．两个家庭的4个大人与2个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排2个爸爸，另外，2个小孩一定要排在一起，则这6人入园顺序的排法种数为________．答案24解析第一步：将2个爸爸排在两端，有2种排法；第二步：将2个小孩视为一人与2个妈妈任意排在中间的三个位置上，有A33种排法；第三步：将2个小孩排序有2种排法．故总的排法有2×2×A33＝24种．9．把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列．(1)43251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第96项是多少？解(1)若首位是1,2,3之一，有C13A44个；若首位是4，第二位为1或2，有C12A33个；若首位是4，第二位是3，第三位是1，有A22个；若首位是4，第二位是3，第三位是2，有1个．∴43251的前面共有C13A44＋C12A33＋A22＋1＝87个．故43251是第88项．(2)由(1)知43251为第88项．首位为4，第二位为3，第三位为5，有A22＝2个．首位为4，第二位是5，有A33＝6个．因此，第96项是45321.10．[2017·武汉调研]有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数：(1)选其中5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站在排头也不站在排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻；(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人．解本题考查了有限制条件的排列问题．(1)从7个人中选5个人来排列，有A57＝2520种．(2)分两步完成，先选3人排在前排，有A37种方法，余下4人排在后排，有A44种方法，故共有A37·A44＝5040种．事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件．(3)(优先法)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A66种方法，故共有5×A66＝3600种．(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A44种方法，再将4名女生进行全排列，也有A44种方法，故共有A44×A44＝576种．(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，∴应先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A35种方法，故共有A44×A35＝1440种．(6)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人有A22种方法，再从剩下的5人中选3人排到中间，有A35种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人排列，有A33种方法，故共有A22×A35×A33＝720种．[B级知能提升](时间：20分钟)11．[2017·黔江模拟]从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18C．12 D．6答案 B解析根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取2个数字排在个位与百位．∴排成的三位奇数有C23A22＝6个．②当选数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C23种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．∴排成的三位奇数有C23C12A22＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个符合条件的三位奇数．12．某高校从4名男大学生志愿者和3名女大学生志愿者中选出3名派到3所学校支教(每所学校1名志愿者)，要求这3名志愿者中男、女大学生都有，则不同的选派方案共有( ) A．210种B．180种C．150种D．120种答案 B解析从这7名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，有A37种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有A34＋A33种，故符合条件的选派方案有A37－(A34＋A33)＝180种．13．[2017·陕西检测]将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小朋友，且每个小朋友至少分得一个球的分法有________种．( )A．15 B．21C．18 D．24答案 B解析分四类，第一类：两个红球分给其中一个人，有A33种分法；第二类：白球和黄球分给一个人，有A13种分法；第三类：白球和一个红球分给一个人，有A33种分法；第四类：黄球和一个红球分给一个人，有A33种方法，总共有A33＋A13＋2A33＝21种分法，故选B.14．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒子不放球，有多少种放法？解(1)一个球一个球的放到盒子里去，每只球都有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256种．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，共有放法C14C24C13A22＝144种．(3)“恰有一个盒子内放2个球”，即另外的三个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任取两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34C12＋C24＝14种．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C24·14＝84种．。
2025版高考数学一轮总复习学案 第10章 第2讲 二项式定理
计数原理、概率、随机变量及其分布
第二讲 二项式定理
知识梳理·双基自测 考点突破·互动探究 名师讲坛·素养提升
知识梳理 · 双基自测
高考一轮总复习 • 数学
知识点一 二项式定理 (a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn(n∈N＋)． 这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n 的二项展开式， 其中的系数 Ckn(k＝0,1,2，…，n)叫做___二__项__式__系__数___，式中的_C_kn_a_n_－_kb_k___ 叫做二项展开式的_通__项__，用 Tk＋1 表示，即通项为展开式的第__k_＋__1__项： Tk＋1＝__C__kn_a_n－_k_b_k_______.
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
2．求展开式中系数最大的项 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系 数法，设展开式各项系数分别为 A1，A2，…，An＋1，且第 k 项系数最大， 应用AAkk≥ ≥AAkk－ ＋11， 从而解出 k 来，即得．
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
3．(选择性必修3P38T5(1))(1－2x)5(1＋3x)4的展开式中按x的升幂排 列的第3项为___－__2_6_x_2_______.
[解析] (1－2x)5、(1＋3x)4 的展开式的通项分别为 Tr＋1＝C5r(－2x)r， Tk＋1＝Ck4(3x)k，
[解析]
由题意知
n＝8.x－21x28 的展开式的通项为
Tr
＋
1＝
C
r 8
x8
－
r－21x2r＝C8r·－21r·x8－3r(r＝0,1,2，…，8)，令 8－3r＝－1，r＝3.故所求
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第10章 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
§10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）考试要求1.了解两个事件相互独立的含义.2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.相互独立事件(1)概念：对任意两个事件A 与B ，如果P (AB )＝__________成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立.P (A )·P (B)B2.条件概率(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝______为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.(2)两个公式①利用古典概型：P(B|A)＝_______；P(A)P(B|A)②概率的乘法公式：P(AB)＝___________.3.全概率公式一般地，设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝______________.常用结论1.如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n).2.贝叶斯公式：设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)对于任意两个事件，公式P (AB )＝P (A )P (B )都成立.( )(2)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B ).( )(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A ，“第2枚正面朝上”为事件B ，则A ，B 相互独立.( )(4)若事件A 1与A 2是对立事件，则对任意的事件B ⊆Ω，都有P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2).( )√×√√1.甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为则谜题没被破解出的概率为√设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B，2.在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是√当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，由题意得，居民甲第二天去A 食堂用餐的概率P ＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.3.智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A ，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A 食堂，那么第二天去A 食堂的概率为0.6；如果第一天去B 食堂，那么第二天去A 食堂的概率为0.5，则居民甲第二天去A 食堂用餐的概率为_____.0.55第二部分例1 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则√A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.(2)(2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，若甲先发球，两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为______；若乙先发球，两人又打了4个球后该局比赛结束，则甲获胜的概率为 _____.0.50.1记两人又打了X个球后结束比赛，设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件A k(k＝1,2,3…)，＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.思维升华求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积.(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算.跟踪训练1 小王某天乘火车从重庆到上海，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求：(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率；由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；恰好有一列火车正点到达的概率为＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率.三列火车至少有一列火车正点到达的概率为＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.例2 (1)(2022·哈尔滨模拟)七巧板是中国民间流传的智力玩具.据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演变而来的，原为文人的一种室内游戏，后在民间逐步演变为拼图版玩具.到明代，七巧板已基本定型为由如图所示的七块板组成：五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形，可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等1 600种以上图案.现从七巧板中取出两块，已知取出的是三角形，则两块板恰好是全等三角形的概率为√设事件A为“从七巧板中取出两块，取出的是三角形”，事件B为“两块板恰好是全等三角形”，(2)逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响健康，某调查机构进行了针对性的调查研究.据统计，一次性饮酒4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，则他还能继续饮酒2.4两，不诱发这种疾病的概率为√记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，则事件B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，继续饮酒2.4两不诱发这种疾病，则B⊆A，AB＝A∩B＝B，P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，思维升华求条件概率的常用方法(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.跟踪训练2 (1)(2023·六盘山模拟)已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回.在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为√设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，②在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是_____.例3 (1)一份新高考数学试卷中有8道单选题，小胡对其中5道题有思路，3道题完全没有思路.有思路的题做对的概率是0.9，没有思路的题只能猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为√设事件A表示“小胡答对”，事件B表示“小胡选到有思路的题”.则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为√A.0.48B.0.49C.0.52D.0.51设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”，思维升华利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i＝1,2，…，n).(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(A i)P(B|A i).(3)代入全概率公式计算.跟踪训练3 (1)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4,0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9，则甲正点到达目的地的概率为√A.0.78B.0.8C.0.82D.0.84设事件A表示“甲正点到达目的地”，事件B表示“甲乘动车到达目的地”，事件C表示“甲乘汽车到达目的地”，由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7＝0.54＋0.28＝0.82.(2)(2022·郑州模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”等.小王有3张“冬梦”、2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票各1张.小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”的事件，则P(B|A2)＝_____，P(B)＝_____.第三部分A.事件A与B互斥B.事件A与B对立√C.事件A与B相互独立D.事件A与B既互斥又相互独立∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0，∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立.4个都不能正常照明的概率为(1－0.8)4＝0.001 6，只有1个能正常照明的概率为4×0.8×(1－0.8)3＝0.025 6，所以至少有两个能正常照明的概率是1－0.001 6－0.025 6＝0.972 8.2.(2023·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是A.0.819 2B.0.972 8C.0.974 4D.0.998 4√3.根据历年的气象数据可知，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为√A.0.8B.0.625C.0.5D.0.1设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，4.(2022·青岛模拟)甲、乙两名选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为√A.0.36B.0.352C.0.288D.0.648由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，概率为0.6×0.6＝0.36，二是前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为×0.6×0.4×0.6＝0.288，这两种情况互斥，∴甲最终获胜的概率P＝0.36＋0.288＝0.648.记事件A 为“该考生答对题目”，事件B 1为“该考生知道正确答案”，事件B 2为“该考生不知道正确答案”，则P (A )＝P (A |B 1)·P (B 1)＋P (A |B 2)·P (B 2)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.5.某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为25%，那么他答对题目的概率为A.0.625B.0.75C.0.5D.0.25√6.将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”； B表示事件“医生乙派往①村庄”； C表示事件“医生乙派往②村庄”，则A.事件A与B相互独立B.事件A与C相互独立√。
(旧教材适用)2023高考数学一轮总复习第十章统计统计案例第3讲变量间的相关关系与统计案例课件
抽取次序 9 10 11 12 13 14 15 16 零件尺寸 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经
计
算
得
－x
＝
1 16
16
x
i
＝
9.97
，
s
＝
i＝1
1 16
16
xi－－x 2
＝
i＝1
0.050 0.010
k0
3.841 6.635
附：K2＝a＋bcn＋add－ab＋cc2b＋d.
0.005 7.879
0.001 10.828
解析 根据题目所给数据得到如下 2×2 列联表：
乐观
不乐观
总计
国内代表
60
40
100
国外代表
40
60
100
总计
100
100
200
则 K2＝20100×0×6100×0×601－004×0×104002＝8>6.635，所以有 99%的把握认为是否
∵y 与 x 的相关系数近似为 0.9966，说明 y 与 x 的线性相关程度相当强，
∴可以用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系．
(3)建立 y 关于 x 的回归方程，预测第 5 年的销售量约为多少？
参考数据：
∑4
i＝1
yi－－y 2≈32.7，
5≈2.24，i∑＝4 1xiyi＝418.
参考公式：
(3)回归分析 ①定义：对具有 □06 相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法． ②样本点的中心：在具有线性相关关系的数据(x1，y1)，(x2，y2)，…， (xn，yn)中，－x ＝1n(x1＋…＋xn)，－y ＝1n(y1＋…＋yn)，a^ ＝－y －b^ －x ，(－x ，－y ) 称为样本点的中心．
2024届高考数学一轮复习第十章统计与成对数据的统计分析第一节统计课件
分别为0.08,0.20,0.26,0.06,0.04,0.02.由
0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1,解得a=0.30.
(2)由(1)可知,100位居民中每人月均用水量不低于3吨的频率为
0.06+0.04+0.02=0.12.根据样本中的频率,可以估计全市30万居民中月均用
专业,李四为工学专业,则下列说法正确的是(
)
A.若按专业类型进行分层随机抽样,则张三被抽到的可能性比李四大
B.若按专业类型进行分层随机抽样,则理学专业和工学专业应分别抽取30
人和20人
C.采用分层随机抽样比简单随机抽样更合理
D.该问题中的样本容量为100
答案 BCD
解析 对于选项 A,张三与李四被抽到的可能性一样大,故 A 错误;对于选项 B,
为底,以各频率除以组距的商为高,画成小长方形,这样得到的直方图就是
频率分布直方图.
每个小长方形的面积表示样本落在该组内的频率
微点拨1.极差为一组数据中最大值与最小值的差.
2.所有小长方形的面积和等于1.
4.总体百分位数的估计
(1)第p百分位数的定义
一般地,一组数据的第p百分位数是这样一个值,它使得这组数据中
至少有p%
的数据小于或等于这个值,且至少有 (100-p)%
的数
据大于或等于这个值.
(2)计算一组n个数据的第p百分位数的步骤
第1步,按从小到大排列原始数据.
第2步,计算i=n×p%.
第3步,若i不是整数,而大于i的比邻整数为j,则第p百分位数为第j项数据;若i
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10.3二项式定理课件理
r·－
axr＝(－a)rCr5·x
.
依题意，令 5－2r＝3，得 r＝1，
∴(－a)1·C51＝30，a＝－6，故选 D.
第十七页，共43页。
角度 3 多项展开式 典例 (2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( ) A．10 B．20 C．30 D．60 解析 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5 的展开式中只有 C25(x2 ＋x)3y2 中含 x5y2，易知 x5y2 的系数为 C52C31＝30，故选 C.
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(3)对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，只需 依据各个二项展开式中分别得到符合要求的项，再求和即 可．
第二十一页，共43页。
冲关针对训练
1．(2014·湖北高考)若二项式2x＋ax7 的展开式中x13的系 数是 84，则实数 a＝( )
A．2 解析
5 B. 4
C．1
2 D. 4
A．212 B．211 C．210 D．29
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解析 ∵(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式 系数分别为 Cn3，Cn7，∴C3n＝C7n，得 n＝10.
对(1＋x)10， 令 x＝1，得(1＋1)10＝C010＋C110＋C210＋C130＋…＋C1100＝ 210，① 令 x＝－1，得(1－1)10＝C100－C110＋C120－…＋C1100＝0， ② 利用①＋②可得 2×(C010＋C120＋…＋C1100)＝210， ∴奇数项的二项式系数和为 C100＋C210＋…＋C1100＝29.故 选 D.
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解析 解法一：(通法)将 f(x)＝x5 进行转化，利用二项 式定理求解．
2025版高考数学一轮总复习学案 第10章 高考大题规范解答——概率统计
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
②砸蛋的人先砸1个金蛋，若砸出的是一等奖，则再砸2个金蛋；若 砸出的不是一等奖，则再砸3个金蛋，砸蛋人的得分为两次砸出金蛋的 记分之和．
(1)若由甲砸蛋，如果甲先砸出的是一等奖，求该局甲获胜的概率； (2)若由乙砸蛋，如果乙先砸出的是二等奖，求该局乙得分ξ的分布 列和数学期望E(ξ)．
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
(2)①当 x＝10 时，^y＝35.25， 所以预计能带动的消费达 35.25 百万元．(9 分) ②因为|30－35.3255.25|>10%，所以发放的该轮消费券助力消费复苏不是 理想的．(11 分) 发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比 如：A 城市经济发展水平不同，居民的收入水平直接影响了居民的消费 水平，A 城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄 构成等因素一定程度上影响了消费总量(只要写出一个原因即可)．(12 分)
i＝1
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
8
(yi－－y )2＝64＋36＋25＋0＋1＋9＋36＋81＝252，(3 分)
i＝1
代入公式可得相关系数 r＝
69 20×
252＝4 2335≈0.97.(4
分)
8
xi－－x yi－－y
i＝1
＝
8
xi－－x 2
8
yi－－y 2
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
高考一轮总复习 • 数学
[解析] (1)记“甲先砸出的是一等奖，甲获胜”为事件 A， 则 P(A)＝C11CC16＋27 C23＝291＝37.(2 分) (2)如果乙先砸出的是二等奖，则可以再砸 3 个金蛋，则得分情况有 6 分，7 分，8 分，9 分，10 分，11 分．(4 分) P(ξ＝6)＝CC3733＝315，P(ξ＝7)＝CC23C37 13＝395， P(ξ＝8)＝CC13C37 23＝395，P(ξ＝9)＝C13CC11＋37 C33＝345，