资源简介

快乐学习把梦圆
高中数学
11.学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、
(2)在首次摸球摸出红球的条件下，
乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小
①求选到的袋子为乙袋的概率：
球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行
个红球和4个白球.从这两个袋子中选择1个袋
第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋
子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球.
子中摸球：方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过
多次摸球直到摸出白球时试验结束，假设首次摸球
计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结
选到甲袋或乙袋的概率均为
束的概率更大
(1)求首次摸球就试验结束的概率；
假期作业（五）
离散型随机变量及其分布列、均值与方差
罗知识回顾固基础
5.随机变量X的均值或数学期望
设离散型随机变量X的分布列如表所示：
1.随机变量
x2
中
取值随着试验结果的变化而变化的量称为随机变
量.随机变量常用字母X,Y,,)等来表示。
2.离散型随机变量
则称
取值能够一一列举出来的随机变量称为离散型随机
EX=x1p1十x2p2十…十x;p:十…十xnpn
变量.
为随机变量X的均值或数学期望（简称期望）.
3.离散型随机变量X的分布列
6.设离散型随机变量X的分布列如表所示
若离散型随机变量X的取值为x1,x2,…,xm,…,随
机变量X取x;的概率为p,(i=1,2,…,1,…),记作
P(X=x:）=p:(i=1,2,…,n,…）.
⊙
P2
①式也可以列成表
我们用X所有可能取值x,与E(X)的偏差的平方
(x1-E(X)2,(x2-E(X)2,…,(xm-E(X)2,关
P(X=x;)
于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与
上表或①式称为离散型随机变量X的分布列，简称
其均值E(X)的偏离程度.我们称D(X)=
为X的分布列，
为随机变量X的方差(variance),有时也
记作X~(西
记为Var(X),并称
为随机变量X的标准
差(standard deviation),i记为o(X).
4.分布列的性质
7.离散型随机变量方差的性质
(1)p:≥
,i=1,2,…,n
(1)设a,b为常数，则D(aX十b)=
(2)p1十p2十…十pn=
(2)D(c)=0(其中c为常数).
假期作业
过好假期每一天
罗典例精析拓思维
厚积薄发勤演练
【典例】为选拔奥运会射击选手，对甲、乙两名射
一、选择题
手进行选拔测试.已知甲、乙两名射手在一次射击中的
:1.设0得分为两个相互独立的随机变量X,Y,甲、乙两名射手
5
8
9
在每次射击中击中的环数均大于6环，且甲射中10,9，
8,7环的概率分别为0.5,3a,a,0.1,乙射中10,9,8环
1-p
3
3
的概率分别为0.3,0.3,0.2.
(1)求X,Y的概率分布：
则p三
(2)求X,Y的数学期望与方差，以此比较甲、乙的
射击技术并从中选拔一人
A
B子
【解】(1)依题意，0.5+3a十a十0.1=1，解得a=
0.1,
c号
n音
乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2，
2.设随机变量X的概率分布如表所示，且E(X)=
∴.乙射中7环的概率为1一(0.3十0.3十0.2)=
1.6,则a-b等于
0.2,
X
0
.X的概率分布为：
0.1
0.1
中
10
9
8
7
A.-0.4
B.-0.2
P
0.5
0.30.10.1
C.0.1
D.0.2
Y的概率分布为：
3.已知随机变量X的分布列为
10
9
8
X
1
2
3
P
0.30.30.20.2
1
2
3
(2)由(1)可得
且Y=aX+3,若E(Y)=一2，则a等于
E(X)=10×0.5+9×0.3+8×0.1+7×0.1=
A.-3
B.-2
9.2(环)，
E(Y)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2=
c号
D.3
8.7(环)，
4.一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球
D(X)=(10-9.2)2×0.5+(9-9.2)2×0.3+
(∈N),这些球除颜色外大小、质地完全相同，从
(8-9.2)2×0.1+(7-9.2)2×0.1=0.96,
中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的
D(Y)=(10-8.7)2×0.3+(9-8.7)2×0.3+
(8-8.7)2×0.2+(7-8.7)2×0.2=1.21,
概率为易设X为取出白球的个数，则E(X)
由于E(X)>E(Y),说明甲平均射中的环数比
(
己高，
3
又因为D(X)A.
中，比较稳定，
C.1
D.2
所以，甲比乙的技术好，故应选拔甲射手参加奥
5.已知随机变量的分布列是
运会.
-2
0
2
【名师点睛】均值、方差在决策中的作用
2-p
(1)均值：均值反映了离散型随机变量取值的平均
P
2
4
4
水平，均值越大，平均水平越高
随机变量？的分布列是
(2)方差：方差反映了离散型随机变量取值的离散
波动程度，方差越大越不稳定·
5
(3)在决策中常结合实际情形依据均值、方差做出
:
P
2一卫
决断.
2过好假期每一天
参芳答案
0,1,2,3中的一个数，即3×4=12个：
假期作业（一）
计数原理
②十住致是3，则百位数可以是1,2中的一个数，个位致可以是0，
1,2中的一个数，即2×3=6个：
知识回顾
③十位致是2，则百位数只能是1，个位数可以是0,1中的一个数，
1.1十开
即2个；
2.m×n
综上，符合条件的共有12十6十2=20个
厚积薄发
故答紫为：20.
一，选择题
答案：20
1.B在3,4,5中取一个数作分子有3种不同的取法，6,8,10中的任
9.解析：由题意，从1,3,5,7,9中任取两个数，从2,4,6,8中任取两
意一个数作分母有3种不同的数法，所以可以得到3×3一9个分
个数，
5
数，共中子，冬=。会，相同，所以可得到9一2=7个不同的
组成CCA=10×6×24=1440个没有重复致字且不含有数字0
的四位致，
分数
当0在末位时，共有CCA=10×4×6=240个四位偶数，
故选：B
当末住为2,4,6,8（且0不在首位），
2.D比2000大，故千位为2,3,4，
共有4C号CA一4A号=880个四位偶数
若千位为2，则个位为4，有2×1=2（个）符合题意的四位致：
刚可以组成240十880=1120个没有重复数字的国位偶数，
若千位为3，则个位为2或4，有2×2×1=4（个）符合题意的四
故答紫为：1440：1120.
位数：
答案：14401120
若千位为4，则个位为2，有2×1=2（个》符合题意的四位致
三、解答题
据分类加法计数原理得，一共有2十4十2=8（个）符合题意的四
10.解：(1)分三类：
位数.
选出的是高二(1)班的学生，有7种选法
故选：D
选出的是高二(2)班的学生，有9种选法：
3.D由题意知每位可学都有3种迭择，可分4步完成，每步由一位
选出的是高二(3)班的学生，有10种选法，
同学迭择，故共有3×3×3×3=3种选择方法.
由分类加法计数原理，得不网的选法种数为7十9十10=26.
故选：D,
(2)每延选一名副组长为一步，所以共有三步
4.D第一天可以排5个人中的任意一个，有5种排法；
由分步乘法计数原理，得不可的选法种数为7×9×10=630.
第二天可以排另外4个人中任意一个，有4种排法；
(3)分三类：高二(1)班和高二〔2)班，
第三天同上，有4种掩法；
高二(1)班和高二(3)班.
第四天同上，有4种排法：
高二(2)班和高二(3)班.
第五天同上，有4种排法
每类又分两步，故不同的选法种数为7×9+7×10十9×10=223
根据分步桑法计数原理得所有的排法总数为5X4X4X4X4
11.解：(1)从0型血的人中选1人有28种不网的选法，从A型血中
1280
选1人有了种不网的选法，
故选：D.
从B型血的人中速1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选
5C第一步：先让妈妈和女儿就座，第一行选一个住置，第二行有
1人有3种不同的选法
4个位置可选择，故妈妈和女儿的就座方法数为5×4×2=40，
任远1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，
第二步：让爸爸和儿子就座，不粉设妈妈和女儿分别选A,H,
这件“任选1人去献血”的事情都可以完成，
则爸爸和儿子有BF,BI,BJ,CF,CG,CI,CI,DF,DG,D,EF,
所以用分类计数原理.有28十7十9十3=47种不同选法】
EG.EI.
(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次
共13种选择，爸爸和儿子的顺序可换·故爸爸和儿子的就座方法
选出】人后
数为2×13=26；
这种“各选1人去献血”的事情才完成，
根据分步桑法计数原理，共有40×26=1040（种）
所以用分步计致原理，有28×7×9×3=522种不同迭法.
故选：C.
(3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是：
6.ABD对于A,由于区拔A与B,C均相邻，所以至少需要三种及
以上的颜色才能保证相邻区战不同色，故A正确，
28×(7+9+3)+7×(9+3)+9X3×2
47×46
对于B,当=4时，此时按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个
643
颜色，此时有4×3×2=24种涂法，
1081
涂D时，由于B,D同色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从利
下的颜色或着与A同色的两种颜色中选择一种涂E,
假期作业（二）
排列与组合
救共有24×2=48种涂法，B正确；
对于C,当n=4时.涂ABC有4×3×2=24种，
知识回顾
当B,D不同色(D只有一种颜色可选)，比时ABCD四块区城所用
1.一定的顺序
颜色各不相问·涂E只能用与A问色，此时共有24种涂法，C
2.所有不同排列的个数
错误：
n!
对于D,当=5时，此时按照ABC的顺序涂，每一个区战需要一
3.1)nn-1D(n-2)…(n一m十1Dm"m(2)全部1
个颜色，此时有5×4X3=60种涂法，
4.(1)作为一组(2)所有不同组合的个数C
涂D时，当B,D可色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从刺下
的两种颜色中或者与A同色的颜色中选择一种涂E,
5.(0-1D(n-2)…(n-m+11
！
故共有60×3=180种涂法，
6.C-m
当B,D不同色，此时ABCD四块区城所用颜色各不相可，共有5X
4×3×2=120,
厚积薄发
只需要从剩下的源色或者与A同色的两种族色中选择一种涂E此
、选择题
1.B1！=1,21=2,3！=6,4!=24,从5！开始一直到100！的
时共有5×4×3×2×2=240种涂法·
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确
个位数字都是0，
故读：ABD
所以要求S的个位数字，别其实只要将前面四个致加起来
即1+2+6+24=33.
二，填空题
7.解析：依题意a有5种不同的取法，b也有5种不同的取法
所以S的个位数字就是3.
故选：B.
所以方程
y
=1表示的不同双曲线共有5×5=25.
2.B使用4种颜色给四个区域涂色，有A=24种涂法：
故答案为：25
使用3种源色给四个区域涂色，共有2CCA号=48种涂法：
答案：25
(使用3种颜色给四个区城涂色有两类情况：①区城A与区城C涂
同一种颜色，区城B与区城D涂另外2种颜色；
8.解析：集合A=《0,1,2,3,4},且a,b,r∈A
则这个三位数满足“十住上的致字比其它两个数位上的数字都大
②区城B与区城D涂同一种源色，区城A与区城C涂另外2种颜
色含以下三种情况：
色)
①十位数是4，则百位数可以是1,2,3中的一个数，个住数可以是
使用2种颜色给国个区域涂色，共有A=12种不同的涂法
31

展开更多......

收起↑