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算法初步、统计与概率


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高 考 频 道 
复数 的概念 、 复数 的 四则 运 算. 解答途径( 1 ) 的 基 本 出  发点 是复数 的概念 , 能 否灵 活 应 用 由复数 的概 念 得 到 
A. 25 00, 25 0 0  
B. 25 5 O。 2 55 O  

2 0 0 7年 第 1 1 期 (高 中 )  

的复 数相 等 的充要 条件 思考 复数 问题 , 进 而 把 复 数 问 
题 实 数化 , 是 衡 量 复 数 教 学 成 功 与 否 的关 键 指 标 ; 解 

C. 2 5 0 0。 25 5 0   D. 25 5 O。 2 5 OO  

答途径( 2 ) 采 用复数 除法 的通 用计 算 方 法— — 分 母 实  数化 , 要求 学生 熟练 掌握 . 两种 途 径 还 有 一个 共 同点 :  
性关 系是 数学 意义 的辩 证法 .  

解答途 径: 第 1次 循 环 
后, S一 1 0 0 , T一9 9 ; 第 2次  +9 7 . . . …? 第 5 O次循 环 后 , S  


把 除法运算 转 化 为乘 法运 算 , 这种乘 、 除 运 算 的 可 逆  循 环后 , S 一1 0 0 +9 8 , T一 9 9  
1 0 0+ 9 8 + … + 2— 2 5 5 0 ,  

T一 9 9 +9 7 + … + 1— 2 5 0 0 .  

故 选 D.  

图3  

广 东 省广 州市 黄埔 区教 育局 教研 室  肖凌 戆  广 东 省 广 州 市 教 育 局 教 研 室  曾辛金 
1 . ( 广 东卷,  
理 6 , 文 7 ) 图 1是 

解题 感悟 : 本 题 主要 考 查 算 法 流 程 图 、 等 差 数 列  求 和 等基 础知 识 , 以及 数 据 处 理 能 力 、 语 言 转 换 能 力  和算 法思想 . 本题采用直到型循环 结构描述算法. 解  题 关键 在 于弄 清循 环体 的特 征 , 特 别 是 明确 循 环 一 次  后 n的值 就减 少 了 2 . 本 题 算 法 的实 质 是 等 差 数 列求  和. 顺便 指 出 , 2 0 0 7年宁 夏与 海南 卷 理 5 ( 文 5 ) 采 用 当 

某县参加 2 0 0 7年 

高 考 的 学 生 身 高  条形统计 图, 从 左  到 右 的 各 条 形 表  示 的 学 生 人 数 依  1 4 5 1 5 0 1   5 5 1 6 0   1 6 5   图 1 7 0   1 1   7 5 1 8 0 1 8 5   1 9 0 i 9 5 身i t  ̄ / c m  

型 循环 结构 描 述算 法 , 与 本 题 同源 ,都 是 课本 例题 的  变 式题 ( 参 见人 教 A版 数学 3第 1 4页例 6 ) . 算法 初步  是 新课 程高 考新 增 内容 , 算 法 思想 是新 课 程 强 调 的基 
本 数学 思想 之 一.  
3 . ( 宁夏 与海 南卷 , 理 1 1 , 文 1 2 ) 甲、 乙、 丙 三名 射 

次 记为 A   , A。 , …, A  。 ( 如 A。 表示身 高( 单位 : c m) 在  E 1 5 o , 1 5 5 ) 内 的学生 人数 ) . 图 2是 统 计 图 1中 身 高在 


定范 围 内学生 人数 的一 个 算 法 流 程 图. 现 要统 计 身 

箭 运动 员在 某 次 测 试 中各 射 箭 2 O次 , 三 人 的 测 试 成 
绩 如下 表 :  

高在 1 6 O ~1 8 0   c m( 含1 6 0   c m, 不含 1 8 0   c m) 的学 生人  数, 那 么 在 流 程 图 中 的 判 断 框 内 应 填 写 的 条 
件是(   ) .  
B.  < 7   C.  < 8   D.  < 9   A.  < 6  

解答 途 径 : 身 高 在 
1 6 0 ~1 8 0   c m 的 学 生 

人 数 S —A  + A  +A   +A   , 判 断 框 内  需填 写 循 环 的 终 止 条 

件, 下 标 i为 循 环 变 
量, 4为 i的 初 始 值 , 7  

为 i的终 止 值 , 执行 4   次 循 环 即 可 得 到 所 需 
结果 , 因此终 止 条件 为 
图2  

<8 . 故选 C .  

解题 感悟 : 本 题 主要考 查 条 形 统计 图 和算 法 的程  S   、 S z 、 s s 分 别 表 示 甲、 乙、 丙 三 名 运动 员 这 次 测  序框 图. 由条 形 统 计 图确 定 算 式 是 基 础 , 弄 清 算 法 流  试 成绩 的标准 差 , 则有 (   ) .   程 图的逻 辑结 构是 解题 关键 .  
2 . ( 山 东卷 , 理 1 O , 文1 0 ) 阅 读 图 3的 程 序 框 图 ,   若输 入 的 n是 1 0 0 , 则 输 出 的 变 量 S和 T 的 值 依 
次是(   ) .  
A. S3 > S1 > S2   C.S1 > S2 > S3   B. S2 > S1 > S3   D. S2 > S3 > S1  

解答途径 : 先计算 甲、 乙、 丙 2 O次 测 试 成 绩 的平 

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均数 :  

解答 途径 : ( 1 ) 设“ 3个 数 位 于 同 一行 ” 为 事 件 A,  

:  乙 一_ 丙 一8 . 5 .  
又S } =  5 ×( 1 . 5   +0 . 5   +0 . 5   +1 . 5   )  
S ; 一  1×( 6 ×1 . 5   +4 ×0 . 5   +4 ×0 . 5   +6  
×1 . 5   ),  

“ 2 个 数位 于 同一 行 , 第 3个 数 位 于 另 一行 , 但 这 3个  数 不位 于 同一 列” 为事件 B, “ 2个 数 位 于 同 一行 , 第 3   个数 位 于 另 一 行 , 且 与 前 2个 数 中的 1个 位 于 同一 
8, P( B) -  列” 为事件 c . 则P ( A ) =C -  ̄   -2 - ’ P( c) 一— Az   Cz CI
一  

一  3
,  




S ; :  1×( 4 ×1 . 5   +6 ×0 . 5   +6 ×0 . 5   +4  
×1 . 5   ) .  

故 所求 概率 为 2 P( A) +2 P( B)  

U 9  

●  

+P( c ) :   . 故选 D.  

由于 1 . 5  > 0 . 5   , 所以 S l >S } >S ; , S 2 >S 1   >S 3 . 故选 B .  

( 2 ) 设“ 至 少 有 两 个 数 位 于 同行 或 同列 ” 为 事 件  D, 则  表 示 “ 每行 或 每列 只有一 个 数” , 即 P(  )  
一   一  

解题 感 悟 : 本 题 主要 考 查 平 均 数 、 标 准 差 等 基 础  知识 及运 算 求 解 能力 . 上述解答 , 利用 1 . 5   >0 . 5  进  行 估算 , 简 化 了运 算 , 节省 了时 间.  


故 P( D) =1 一P( _) 一  1 3


故选 D .  

解 题 感悟 : 本题 主 要 考 查 排 列 、 组 合 与 概率 的 有  4 . ( 安 徽卷 , 理1 0 ) 以  ( z ) 表 示 标 准 正 态 总体 在  关 知识 . 解答 途径 ( 1 ) 根据 分 类 讨论 的思 想 , 将 问题分  区间 ( 一o 。 , z ) 内取 值 的概 率 , 若 随 机变 量  服从 正 态  为 两类 : 第一 类“ 3 个 数位 于 同一行 ( 或 列) ” , 第 二类 “ 2  

分 布 N(  ,  ) , 则概 率 P(  一  I <  ) 等 于(  
A. O( , u - k a ) 一  (   一 )  

) .  

个数 位 于 同 一 行 ( 或 列) , 第 3个 数 位 于 另 一 行 ( 或 
列) ” , 但第 二类 中又 有 两 种情 形 , 即“ 2个 数 位 于 同一  行( 或 列) , 第 3个 数 位 于 另 一 行 ( 或列 ) , 但 这 3个 数 
不位 于 同一列 ( 或行 ) ” 和“ 2个 数 位 于 同 一行 , 第 3个 

B .  ( 1 ) - O( ~1 )  

c .  f  

\ ,  

D . 2  (   。   +   )  
+  )  
~ )  

解 答 途径 : P( I   一 l <  ) 一P(  一  < 
一 P(   <  +  ) 一 P(  
一  

数 位于 另 一行 , 但 与 前 2个数 中 的 1个位 于 同一 列” ,   这种 分类 思想 需要 有缜 密 的 逻辑 思 维 能 力 , 否 则极 易 
出错 ; 解 答途 径 ( 2 ) 根据 题 中出 现 了“ 至少 ” 的词 语 , 因 

r L  

] . J   一   r L  

] . J  

一 ( 1 ) 一 ( 一1 ) . 故选 B .  

此利 用 间接法 , 从 问题 的反 面思 考 , 显 得 简洁.  
6 . ( 湖 北卷 , 理 9 ) 连 掷 两 次骰 子 得 到 的点 数 分 别  为  和  , 记 向量 口 一(  ,  ) 与 向量 一 ( 1 , 一1 ) 的 夹 

解题 感悟 : 本 题 主要 考 查 正态 分 布 的 基 础 知 识 .   解题 思 路是 将一 般正 态分 布 化 为标 准 正 态 分 布. 解 题 

依 据是 : 对任一正态总体 N(  ,  ) 来说 , 取值小 于 z   角为 , 则 ∈f \   0 , 詈 厶. J l   的概率是 (  

) .  

的概率P (   z ) =F ( z ) =  f I  

\ ,   , 其中  ( z ) 表示  

标准 正态 总 体 N( 0 , 1 ) 在 区间 ( 一o 。, z ) 内取 值 的 概  率. 上 述公 式 将 一般 正 态 总 体化 为 标 准 正 态 总 体 , 蕴 
涵着化 归 与变 换 的思 想 方 法 . 顺便 指出, 本 题 是 课 本 

A ?  

B ? 专   C ?  

D ? 昔  

解 答 途 径 : ( 1 ) 由 C O S   :   卉   ≥ 0 , 得  一  
≥0 . 当  一1时 ,  一1 ; 当  =2时 ,  =1 , 2 ; 当  :3   时,  一1 , 2 , 3 ; …; 当  一6时 ,  一1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 故所 

例 题 的变式 题 ( 详 见高 中《 数学》 第 三册 ( 选修 I I ) 第3 4  
页例 1 ) . 正 态 分 布 试 题 是 近 两 年 出 现 的 高 考 题 型  ( 2 0 0 6年湖 北卷 , 理 1 9 ; 2 0 0 7年 湖 南 卷 , 理 5 ; 2 0 0 7年  安徽 卷 , 理 1 0 ; 2 0 0 7年 全 国卷 Ⅱ, 理 1 4 ; 2 0 0 7年 浙 江  卷, 理5 ) , 三种 题 型都 有 , 应 引起 高度 关 注 !  

求概率为   兰± 

一  
.  .  

( 2 ) 由 C O S   一   青   ≥ 0 , 得 m - / z ≥ 0 , 显 然 当  
一n =O时有 6种 可能 , 根 据对 称 性  —n >O与  ~, z  
7  



f  
口。  

z   s   1  
口。   口。 。

C O的 可能 性 相 同 , 即 各有 1 5种可 能 , 故 所 求 概率 为  5 . ( 福 建 卷 , 理 1 2 ) 方 阵 } l 口 2 1   口 2 2 %l 中 有 9 个  < 6 +1 5 J  
 

‘ 

数q d (   = = = 1 , 2 , 3 ;  一1 , 2 , 3 ) , 从 中任 取三个 数 , 则至 少 

有两 个数位 于 同行或 同列 的概 率 是 (  

) .  

解题 感悟 : 本 题 主要 考 查 古 典 概 型 , 由 于 把 掷 骰  子 问题与平 面 向量 知 识 融 为 一体 , 使 问题 显 得 新 颖 .  
解 答途 径 ( 1 ) 采 用列举 的方 法求 解 , 思路 自然 ; 解 答 途 

A . 号  B . 等   c . 1 4  D .   1 3  

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径( 2 ) 采用 对称 的方 法求 解 , 思 路别致 .   7 . ( 浙 江卷 , 理 1 5 ) 随机变 量  的分 布列如 下 :  

3 6种 .  

要使 方程 z 。 +6 z+c 一0有 实 根 , 必须满足 i x =b 2  


4 c ≥0 , 符合 条 件 的 有 ( 2 , 1 ) , ( 3 , 1 ) , ( 3 , 2 ) , ( 4 , 1 ) ,  

( 4 , 2 ) , ( 4, 3 ) , ( 4, 4 ) , ( 5 , 1 ) , ( 5, 2 ) , ( 5, 3 ) , ( 5 , 4 ), ( 5,  

5 ) , ( 5, 6 ), ( 6, 1 ), ( 6, 2 ) , ( 6 , 3 ) , ( 6, 4 ), ( 6, 5 ) , ( 6 , 6 ) ,  

其中 口 , 6 , c成 等 差 数 列 , 若 E  : 了 1 则 D   的 


共 1 9种.  
1   n 

值 是 

.  


因 此 方 程X 2 +  + c 一 0 有 实 根的 概 率 为 嚣.   1
关于第( I I ) 小 题.   的取 值 为 0 , 1 , 2 . 由 (I) 知,   P(   一0 ) 一1一丽 1 9 丽 1 7
_

解 答 途径 : ( 1 ) 由口 , 6 , c 成等 差数列 , E   一了 1
r 口+ b +c 一1 ,  

得 



. 

{   + c + 一 2   6 ’   解 得口 一 丢 , 6 : 丢 , c  
一  

1  
’ 

当 一1时 , 符合 条 件 的 有 ( 2 , 1 ) , ( 4 , 4 ) , 共 2种 ,  
即 P(   一1 ) 一  , 进 而 P(   一2 ) 一丽 1 9 一  1一丽 1 7
. 

号 ,   。   则 。   一 ( 一   一 ÷ ) 。 × 百 1 + ( 。 一 号 ) 。 × 了 1 + (   一 ÷ ) 。  
c一

故  的分 布列 为 

× 1
~  


. 

( 2 ) 求口 , b , c同 ( 1 ) , 则 D  =E  一( E   ) 。 一( 一1 ) 。  

× 丢 + 0   x   十   。 × 丢 一 ( 号 ) 。 一 吾 .  
( 3 ) 由口 , 6 , c 成等差数列, 得1 l
口 a

的 数 学 期 望雎一 0 ×  + 1 × 志+ 2 × 嚣一 1 ?  



+b + +
c一

关 于第 ( m) 小 题. 先 后 两 次 出 现 的点 数 中有 5的 
’ 解得 口  

2 6, 

可 能结果 有 ( 1 , 5 ) , ( 2 , 5 ) , ( 3 , 5 ) , ( 4 , 5 ) , ( 5 , 1 ) , ( 5 ,   2 ) , ( 5 , 3 ) , ( 5 , 4 ) , ( 5 , 5 ) , ( 5 , 6 ) , ( 6 , 5 ) , 共 1 1种 , 其 中  使方 程 X 。 +b x +c 一0有 实 根 的结 果 有 ( 5 , 1 ) , ( 5 , 2 ) ,  
( 5 , 3 ) , ( 5 , 4 ) , ( 5 , 5 ) , ( 5 , 6 ) , ( 6 , 5 ) , 共 7种.  

+c 一  , 则 D  一E  一( E   ) 。 一( 一1 ) 。× 口+ 0 。  

X b + l 。 × c 一 ( 专 )  号 ?  
解 题 感悟 : 本题 主 要考 查 随 机 变量 期 望 与方 差 的 

故在 先后 两 次 出现 的点 数 中有 5的条 件下 , 方 程 

X 。 +b x +c =O 有实根的概率为击 .  
1 上 

计 算. 解答 途径 ( 1 ) 、 ( 2 ) 根据 条 件 求 出 口 , b , c后 , 分 别  利用方 差 的定 义 与 性 质 求 解 , 解答途径 ( 3 ) 则 利 用 方  差 的性 质与 整体 思想 求解 , 显 示 出解 题 的灵 活 性 与 简 
捷 性.  

解题 感 悟 : 本 题 主要 考查 离 散 型随 机 变 量 的 概率  分布 与期 望 , 考 查 条 件 概率 的 计 算. 本题第 ( Ⅲ) 问 中  关 于条 件 概 率 的 计 算 , 标准答案 中采用定义 , 别 解 途 
径 根据 古 典概 型计 算 公式 , 采 用列 举法 直接 求解 .   9 . ( 天津卷 , 理 1 8 ) 已知 甲盒 内有 大小 相 同 的 1 个  红 球 和 3个 黑 球 , 乙 盒 内有 大 小 相 同 的 2个 红 球 和 4   个 黑球 . 现从甲、 乙两个 盒 内各 任取 2个球 .  

8 . ( 山 东卷 , 理1 8 ) 设 b和 c分 别是 先 后 抛 掷 一枚  骰子 得 到 的点数 , 用 随机 变 量  表 示 方 程 X。 +b x+ c   一0实根 的个 数 ( 重根 按一 个计 ) .   (I) 求 方程 X 。 +6 z +c 一0有实 根 的概 率 ;   ( I I ) 求  的分布列 和数学 期 望 ;   ( Ⅲ) 求 在 先后 两 次 出现 的 点数 中有 5的条 件 下 ,  
方程 z 。 +b x +c =0有 实 根 的概率 .  

( I) 求 取 出 的 4个 球均 为 黑球 的 概率 ;   ( I I ) 求 取 出 的 4个 球 中恰 有 1 个 红 球 的概 率 ;   ( Ⅲ) 设 为 取 出 的 4个 球 中红 球 的个 数 , 求  的  分布 列 和数 学期 望 .   别 解途 径 : 关 于第 ( I) 小题. ( 1 ) 记 甲盒 内红球 为  ①号 , 3个 黑 球 依 次 为 ② , ③, ④号 , 乙盒 内红 球 为 ⑤ ,   ⑥号 , 黑 球 依 次 为⑦ , ⑧, ⑨, ⑩号 , 则从 甲盒 内取 出 2  
个 球 的所 有 结 果 为 ① ② , ①③, ①④ , ②③, ②④ , ③ 

别解 途径 : 关 于第 (I) 小 题. (   , c ) 的所 有 可 能 取 
值有( 1 , 1 ) , ( 1 , 2 ) , ( 1 , 3 ) , ( 1 , 4 ) , ( 1 , 5 ) , ( 1 , 6 ) , ( 2 ,  
1 ) , ( 2 , 2 ) , ( 2, 3 ), ( 2, 4 ), ( 2, 5 ) , ( 2, 6 ) , ( 3, 1 ), ( 3, 2 ),   ( 3 , 3 ) , ( 3, 4 ), ( 3, 5 ) , ( 3 , 6 ), ( 4, 1 ) , ( 4, 2 ) , ( 4 , 3 ) , ( 4 ,   4 ) , ( 4, 5 ) , ( 4, 6 ), ( 5, 1 ), ( 5, 2 ) , ( 5 , 3 ) , ( 5 , 4 ), ( 5, 5 ) ,  

( 5 , 6 ) , ( 6 , 1 ) , ( 6 , 2 ) , ( 6 , 3 ) , ( 6 , 4 ) , ( 6 , 5 ) , ( 6 , 6 ) , 共 

④, 其中所取 2 个球 均为黑球 的概 率为詈 一百 1 ; 从乙  

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盒 内取 出 2个 球 的 所 有 结 果 为 ⑤ ⑥ , ⑤⑦ , ⑤⑧ , ⑤ 

1  

2   T ̄   1
八  


_ 一  


. 

⑨, ⑤⑩ , ⑥⑦ , ⑥⑧ , ⑥⑨ , ⑥⑩ , ⑦⑧ , ⑦⑨ , ⑦⑩ , ⑧ 
⑨, ⑧⑩ , ⑨⑩, 其 中 所 取 2个 球 均 为 黑 球 的 概 率  ( 2 )由第 (1 I ) 小 题别 解 途 径 ( 2 ) 可知, P( A   )  


为   一 手  
故取出的 4 个球均为黑球的概率为÷×詈一   1 .  
( 2 ) 记“ 从 甲、 乙两个 盒 内各 任取 2个 球 , 至少 有 1   个黑球 ” 为事件 M, “ 从 甲盒 内取 2个 球 , 1个 黑球 ” 为  事 件 A  , “ 从 甲盒 内取 2个 球 , 均为黑球” 为 事 件 A。 ,   “ 从 乙盒 内取 2 个球 , 1 个 红球 , 1个 黑球 ” 为事件 B   ,   “ 从 乙盒内取 2个 球 , 均 为红 球 ” 为事 件 B 。 , “ 从 乙盒 内  取 2个球 , 均 为黑 球” 为事件 B 。 , 则 

P( Az ) 一  1



P( B   ) =  , P( B 。 ) 一  , 故取出的 4 个 

球 中 有 1个 红 球 的 概 率 为 P= : : P( Al B) +P( A 2   B 1 )  
一  

1   X6
l5  

1  



l 5  


l 5 .  

关 于第 ( Ⅲ) 小 题.   的取值为 0 , 1 , 2 , 3 . 由(I) 、  
( Ⅱ) 得 P(   一0 ) 一   1


P(   一1 ) 一   , 由第 ( I) 问别 解 

途径 ( 2 ) , 可知 
P(  一 2)一 P ( A1 B1+ A。 B。 )一 P ( A1 ) P( B1 )   + P( Az ) P( B。 ) 一  1   8 十  1   x   1
=  


,  



, 一 警一 丢 ,   , 一 警一   ,   , 一 是 =   .  



, = 是 一 丢 ,  
, 一   一 击 ,  

从 而 P(  一3 ) 一1 一 P(   =0 ) 一 P(  一 1 ) 一P(  
一2 ) 一  1
.  



故  的分布 列为 

敢 / - , ( M )一  ( A1   3十 A2 1 3 1十 A I 1 3 1十 A2 1 3 2  

+ A   B z )  1  (  十   8 十   1 十   8 十   1 ) 一   1 2 ,  
从 而取 出 的 4个 球 均 为 黑 球 的 概 率 为 1一  


E 


. 



 

5’  

解 题 感悟 : 本题主要考查互 斥事件 、 相 互 独 立 事 

( 3 ) 记“ 从 甲盒 内取 2个 球 , 1个 红 球 , 1个 黑 球 ”   为事 件 A, “ 从 乙盒 内取 2个 球 , 1 个红球 , 1个 黑球 ”   为 事 件 B, “ 从 乙盒 内取 2个 球均 为 红球 ” 为事 件 C, 则 

件、 离 散 型 随 机 变 量 的分 布 列 和数 学 期 望 等 基 础 知 

识, 考查 分类 思 想 、 运 算 求 解 能 力 及 运 用 概 率 知 识 解 
决实 际 问题 的能 力. 第( I) 小题 , 别解途径( 1 ) 采 用 列 

P c   警一 扣c 胪 警= 熹 ,  
, 一  2
=  
. 

举 法 求解 , 别解 途径 ( 2 ) 、 ( 3 ) 先求 对 立 事 件 的概 率 , 将 
事件 分解 为互 斥 事 件 的 和 或 相 互 独 立 事 件 的 积 是 关  键. 就 本 问而 言 , 标准答案更为简捷. 第( Ⅱ) 小题 , 别  解 途径 ( 1 ) 、 ( 2 ) 分别 与第 (I) 小 题别 解途 径 ( 1 ) 、 ( 2 )  


故取 出 的 4个 球均 为黑 球 的概率 为 

脉相承 , 关 键 在 于将 “ 取 出 的 4个 球 中恰 有 1个 红 

P- -I - 1 一P( A) ] [ 1 一P( B) 一P( c ) ] =i 1
. 

球” 分为 两类 : 一类是“ 从 甲 盒 内 取 1个 红 球 、 1个 黑  球, 从 乙盒 内取 2个 黑 球 ” ; 另一类是 “ 从 甲盒 内取 2   个 黑球 , 从 乙盒 内取 1个 红 球 、 1个 黑 球 ” . 第( Ⅲ) 小 

关 于第 ( 1 I ) 小题 . ( 1 ) 由第 ( I) 小 题别 解 途 径 ( 1 )  

别解 途 径 以第 (I) 、 ( 1 I ) 小题 别解途径 ( 2 ) 为 基  可 知 , 从甲 盒内 取出2 个 球均为黑球的 概率为詈   题,

一  

础, 先求 P(   =2 ) , 再 由分 布列 性质 求 P(   一3 ) .  
; 从 甲盒 内所 取 2个 球 , 1个 红球 , 1个 黑 球 的概  1 0 . ( 宁夏与 海 南卷 , 理 2 0 ) 如  图4 , 面积 为 S的正 方 形 AB C D 中 

率 为 詈 一   I ; 从 乙 盒 内 取 出 2 个 球 均 为 黑 球 的 概 率 为   有 一个 不 规 则 的 图形 M , 可 按 下 面 


一i 2; 从 乙 盒 内所 取 2个 球 1个 红 球 , 1个 黑 球 的 


方 法估 计 M 的面积 : 在 正方 形 AB-  
C D 中随机 投掷  个 点 , 若  个 点 中 
有 仇 个点 落 人 M 中 , 则 M 的 面 积 

概率 为  . 故取 出的 4个 球 中恰 有 1个 红 球 的概 率 为 

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的估计 值 为  S, 假 设正 方形 AB C D 的边 长 为 2 , M 的 
, £  

( 工) 问, 标准答案直接运用二项分布 的均值公式 , 简  洁 明快 ; 别解 途 径暴 露二 项 分 布 的均 值 公 式 的形 成 过 
程, 用心 良苦 .   ‘  

面积 为 1 , 并 向正 方 形 AB C D 中随机投 掷 1 0 0 0 0个  点, 以 X 表示 落入 M 中 的点 的数 目.   ( 工) 求 X 的均 值 EX;  

l 1 . ( 北京 卷 , 理1 8 ) 某 中学 号 召学 生在 今 年 春 节  期 间至 少参 加一 次 社会 公益 活动 ( 以下 简 称 活 动 ) . 该 
如 图 5所示 .  

( I I ) 求用 以 上 方 法 估 计 M 的 面积 时 , M 的面 积  校合 唱 团共 有 1 0 0名 学 生 , 他 们参 加 活 动 的次 数统 计  的估计 值 与 实 际值 之 差 在 区 间 ( 一0 . 0 3 , 0 . 0 3 ) 内 的 
概率.  

( 工) 求 合 唱 团 学 生 参 加  活 动 的人均 次数 ;  
t 一 0  

附表 P( 忌 ) 一 ∑C i o o o o ×0 . 2 5 ‘ ×0 . 7 5   。 。 。  

( 1 I ) 从 合 唱 团 中任 意 选  两名学 生 , 求 他 们 参 加 活 动  次数恰 好 相 等 的概率 .  
别 解途 径 : 关 于第 ( 工) 小题 . 记“ 向 正方 形 AB C D  中随机投 掷 1个点 , 该 点落 入 图形 M 中” 为事 件 A. 由   几何 概 型求概 率 的公 式得  ( Ⅲ) 从 合 唱 团 中任 选 两  名学 生 , 用  表示 这两 人 参 加 
1   2   3   活 动 次数 

图5  

活动 次数 之差 的绝对 值 , 求 随机 变 量  的分 布 列 及 数 
学期 望  .  
别解 途径 : ( 工) 略;  

P — P c A   一 五   笔  

= 丢 .  

依题 意 , 可知 随机 变量 X 的分 布列 为 

关 于第 ( 1 I ) 小题. 从合唱 团中任选两名学生 , 他  们参 加 活 动次数 不 相 等包 括 三种 情 况 : 两人 中一 人参 
次 活动 , 另 一 人 参 加 3次 活 动 ; 两 人 中一 人 参 加 2次 

P ( X : 忌 ) 一 c { o o o o ( { ) (   3 )   , k 一 0 ’ 1 ,   加 1次 活 动 , 另 一人 参加 2次活 动 ; 两人 中一 人参 加 1  




1 00 0 0.  

故   E X   一 1 量 量忌 0 0 0 0 c } o o 。 。 (   专 ) ( { )   。 。  
。  
一  

活动, 另一人 参 加 3次活 动 . 因此 , 从 合 唱 团 中任 选 两 

名学 生 , 他们 参 加活 动次 数不 相 等 的概率 是 
  C1C: 1  I -  1   1   t — C= 1( 1
- ̄

一  
1   9 9 9 9 0

C9 ’ 9 9 9 ‘

( 、  ,   、 (  ,   

::

- 一 -





==

5 8
一 一

C ; 。 。  

C j 。 。  

C ; 。 。  

9 9 ’ .  

2 50 0   一   ∑ 一   c ‰f ( 、  ,   ÷ 1   f 、  , ÷ 1  
一  

。 。

故 他们 两人参 加活 动次 数恰好 相等的 概率 为磊.  
关 于第 ( I l I ) 小 题.   的取 值 为 0 , 1 , 2 . 由( 工) 知,  
P(  一 0 ) 一  .  

_ 2 5 。 。 f { + } )  
一 2 5 00 .  

关 于第 ( I I ) 小题 . M 的面积 的估 计 值 与 实 际值 之 
差为 y一  ×4 —1 一  x一1 .  

由 于“   一2 ” 表示“ 这 两 人 中一 人 参 加 1次 活 动 ,   另一人 参加 3次活 动” , 所 以 P(   一2 ) 一 1   1一  8
. 

因为 X 为 随机 变量 , 所 以 y 也是 随机 变量 .  
由 -0 . 0 3 <y <0 . 0 3 , 得 2 4 2 5 < X< 2 5 7 5 .  
所以 P ( 一0 . 0 3 <y . <0 . 0 3 ) =P( 2 4 2 5 % X% 2 5 7 5 )  


由分布 列性 质 , 得 P(   一1 ) 一1 一  4 1 一  8一  5 0
. 

故  的分 布列 为 

∑ P( X一忌 ) 一 ∑ P( X一忌 ) 一 ∑ P( X一 忌 )  
P( 2 5 7 4 ) 一 P( 2 4 2 5 ) 一0 . 9 5 7 0 —0 . 0 4 2 3  



— 0. 91 4 7 .  

解题 感 悟 : 本题 主 要 考 查 几 何 概 型 、 离 散 型 随机 
? .

变量 的均 值 ( 数学期望) 、 二项分布等基础知识 , 以及 

. 

一 0 ×  + 1 × 詈 + 2 ×  一 号 .  

用 随机模 拟方 法 近似 估计 不 规 则 图形 的面 积 . 本 题 源  于课 标参考 案 例 ( 可参 见 人教 A 版《 数学 3 》 第 1 4 5页  例3 ) , 将 几 何概 型 与二项 分 布巧 妙结 合 , 新颖 突 俗 . 第 

解题 感悟 : 本题 主要考查统计 图表 、 离散 型 随 机  变量 的分 布列 和 均值 ( 数 学期 望 ) 等 基 础知 识 , 以及 运  算求 解能 力 和分类 讨论 思 想 . 本 题 求 解 的关键 在 于 计 

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算 随 机事件 的概 率 . 第( I I ) 问别 解 途 径 中概 率 的计 算  用 到 了对立 事件 概率 的计 算 方 法 ; 第( 1 l I ) 问别 解 途 径  中应用 了分 布 列 的性 质 , 简 化 了运 算 过 程. 本 题 的标  准 答案 , 在 概率 计 算 时采 用 直 接 思 路 , 别 解 途 径 采 用 
间接思 路.  

1 0 0吨 甲 产 品 的 生 产 能 耗 为 Y一 0 . 7× 1 0 0+ 0 . 3 5  

=7 0 . 3 5 吨标 准 煤 , 故 技 改 后 降 低 的生 产 能 耗 为 9 0  


7 0 . 3 5 =1 9 . 6 5吨标准 煤.  

解题 感 悟 : 本 题主要考查平均数 、 线 性 回 归 方 程  等基 础 知识 , 以及 统计 思想 方 法 、 数 据 处理 能 力 、 运 算 

1 2 . ( 广 东卷 , 理1 7 , 文 1 8 ) 下 表 提供 了某 厂 节 能  降耗 技 术改 造后 生产 甲产 品过程 中记录 的产量 z ( 吨)   与相 应 的生产 能耗 ( 吨标 准煤 ) 的几 组对 照数 据.  

求解 能 力和 应 用 意 识. 第( I I ) 问是 本 题 的核 心 , 别 解 
途径 ( 1 ) 能 真 实反 映 利 用公 式 进 行 运 算 的过 程 , 别 解  途径 ( 2 ) 反 映 了最小 二 乘 法 的本 质— — 配方 法 求 最 小 

值. 运 用概 率与 统计 知识 解 决 实 际 问题 是 近年 高 考应 
用 题 的主要 特征 , 但考 查 回归 直线 方程 及 其应 用还 是 

第一 次 , 要 引起 关 注. 本 题 出乎 意 料 , 与 2 0 0 6年 湖 北  ( 工) 请 画 出上 表数 据 的散 点 图 ;   ( I I ) 请 根据上 表 提供 的数 据 , 用最/ ]  ̄ - - 乘法 求 出 
Y关于 x 的线 性 回归 方程 Y一   + ;  

卷解 答 题 引起 的震 动相 同 , 高 考 结 束后 , 众 说 纷 纭. 这  再一 次警 示 我 们 : “ 考纲” 要 求 的 考查 内容 , 都 可 能 成  为 以能力 立意 命题 的载 体 , 考 纲 中“ 了解 ” 内容 也 可 能  以解 答题 形式 出现 ; 高 考复 习 要 注 意 防止使 一 些 高考 
常年 未考 的知 识 内容 或 较 易 被 忽 视 的考 点 人 为地 变 

( Ⅲ) 已知 该 厂 技 改 前 l O O吨 甲产 品 的 生 产 能 耗  为9 0吨标 准煤 . 试 根据 ( Ⅱ) 求 出的线 性 回归 方 程 , 预  测生产 l O O吨 甲产 品 的生 产 能 耗 比技 改 前 降低 多少 
吨标准 煤 ?  

成“ 真 空” 或“ 半 真空 ” 地带 !  

( 参 考数值 3   x   2 . 5+ 4   x   3+ 5   x   4+ 6  
×4 . 5= 6 6 .5)  

别解 途 径 : ( 工) 略.  

广 西南 宁市 第三 中学 安 徽 省太 湖 中学

王 强芳 李 昭平 

魏 远金 

关 于第 ( 1 I ) 小题 . ( 1 ) 公式 法 : 直接 代 入线 性 回归  方程 的系数公 式求 出 占 、 三的值 .   由平 均数 计算 公式 得 z 一4 . 5 ,  一3 . 5 , 所 以 

1 . ( 江西 卷 , 理8 ) 四位 好朋 友在 一 次聚会 上 , 他 们  按 照 各 自的爱 好 选 择 了形 状 不 同 、 内空 高 度 相 等 、 杯 

∑( z   -x ) (  -7 )  
占 一l 三L —————一 E( z   一 )   = 

口半径 相等 的 圆 口酒 杯 , 如 图 1所 示 , 盛 满 酒 后 他 们 

约定 : 先 各 自饮杯 中酒 的 一半 . 设 剩 余 酒 的高 度 从 左 
到 右依 次为 ^   、 ^   、 ^ 。 、 ^   , 则 它们 的 大 小 关 系 正 确 的 
是(   ) .  

( 一1 . 5 ) ×( 一1 ) +( 一0 . 5 ) ×( 一0 . 5 ) +0 . 5 ×o . 5 +1 _ 5 ×1  

= 0. 7。   a—   一 6X一 3 .5— 0 .7× 4 . 5— 0 .3 5 .  

因此 , 所 求 的线 性 回归方 程 为  一0 . 7 z +0 . 3 5 .  

( 2 ) 配 方法 : 设 所 求 的 线 性 回 归 方 程 为 Y= b x  
+a , 则  f ( a, b ) 一( 2 . 5 —3 b —a )  + ( 3 —4 6 一a )  + ( 4  


1  

A. ^2 > ^1 > ^4   C. ^3 > ^2 > ^4  

B. ^1 > ^2 > ^ 3   D. ^2 >  4 > ^1  

5 6 一口 )  + ( 4 . 5 —6 6 一 )  ,  

解 答途 径 : 作 出每个几何体 的中截面 , 分 析 每个 
几何 体上 下 两部分 的体 积 与高 的关 系 , 知^  最 小 , ^ z  
最 大. 故 选 A.  

配 方 得  
f ( a , 6 ) 取 最小 值.  

4 ( 口 一   ) 。 + s ( 6 一   ) +   .  

当   一 7 ; 9 b , 且6 — 0 . 7 , 即口 一 0 . 3 5 , b : 0 . 7 时,  
故所 求线 性 回归 方程 为  一0 . 7 x +0 . 3 5 .   关于第( 1 l I ) 小 题. 由 回归 方程 可 预 测 技 改后 生 产 

解题 感悟 : 本 题 以学 生 熟 悉 的现 实生 活 为 背 景 ,   考查 学生 对 函数 思 想 的深刻 理 解 与 把握 ( 因 为此 题 抛  开 了具 体 的函数式 , 变 量思 想 含 在 图形 之 中) . 同时 考 

查 了学 生 的直 觉 思 维 能 力 、 合 情 推 理 能 力. 从 中 截 面 
出发 思考 问题 是顺 利迅 速 破 题 的关 键 . 这 类 试 题 在 近 


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