《算法初步,統(tǒng)計與概率》試題別解與感悟解析

1、算法初步、統(tǒng)計與概率試題別解與感悟1.（廣東，理6,文7）圖1是某縣參加2007年高考的學生身高條形統(tǒng)計圖，從左到右的各條形表示的學生人數依次記為AA,III，Ao（如A2表示身高（單位：cm）在150155）內的學生人數）.圖2是統(tǒng)計圖1中身高在一定范圍內學生人數的一個算法流程圖.現(xiàn)要統(tǒng)計身高在160180cm（含160cm,不含180cm）的學生人數，那么在流程圖中的判斷框內應填寫的條件是（）A.i<6B,i<7c,i<8D.i<9圖1圖2解答途徑：身高在160180cm的學生人數S=A4+A5+A5+A7,判斷框內需填寫循環(huán)的終止條件，下標i為循環(huán)變量，4為i的初

2、始值，7為i的終止值，執(zhí)行4次循環(huán)即可得到所需結果，因此終止條件為i<8.故選C.解題感悟：本題主要考查條形統(tǒng)計圖和算法的程序框圖.由條形統(tǒng)計圖確定算式是基礎，弄清算法流程圖的邏輯結構是解題關鍵，本題用當型循環(huán)結構來描述算法.2.（山東，理10,文10）閱讀右邊的程序框圖，若輸入的n是100,則輸出的變量S和T的值依次是（A.2500,C.2500,25002550B.2550,2550D.2550,2500開始輸入n解答途徑：第1次循環(huán)后S=100,T=99;第2次循環(huán)后，S=100+98,T=99+97；，第50次循環(huán)后，S=100+98+川+2=2550,T=9997|1=2500

3、.故選D.解題感悟：本題主要考查得算法流程圖、等差數列求和等基礎知識，以及數據處理能力、語言轉換能力和算法思想.本題采用直到型循環(huán)結構描述算法.解題關鍵在于弄清循環(huán)體的特征，特別是明確循環(huán)一次后n的值就減少了2.本題算法的實質是等差數列求和.順便指出，2007年海南、寧夏卷理5（文5）采用當型循環(huán)結構描述算法，與本題同源，都是課本例題的變式題（參見人教A版數學3第14頁例6）.算法初步是新課程高考新增內容，算法思想是新課程強調的基本數學思想之一.3.（海南、寧夏，理11,文12）甲、乙、丙三名射箭運動員在某次測試中各射箭人的測試成績如下表甲的成績環(huán)數78910頻數5555S2,S3分別表示甲、

4、乙的成績環(huán)數78910頻數6446丙的成績環(huán)數78910頻數466420次,乙、丙三名運動員這次測試成績的標準差，則有（A.S3S|S2B.S2S|S3D.S2S3Si解答途徑：先計算甲、乙、丙20次測試成績的平均數:冷x乙x丙=8.5;又s；=5(1.520.520.521.52)20S2S2=-61.5220-=工41.5220-40.5240.5261.5260.5260.52-41.52由于1.52>0.52,所以s；>s2>s2,s2AsiAS3.故選b.解題感悟：本題主要考查平均數、標準差等基礎知識及運算求解能力.上述解答，利用1.52>0.52進行估算，簡

5、化了運算，節(jié)省了時間.4.（安徽，理10）以0（x）表示標準正態(tài)總體在區(qū)間3,X）內取值的概率，若隨機變量U服從正態(tài)分布N（巴。2）,則概率P（UN<仃）等于（）A. 0(N+ff)0("。)B. .(1)-.(-1)1 一_.CnID.2._（J二）I解答途徑：P（KN|<仃）=P（N仃<N+b）二P（二。）_p（，:-：）二.（二）"j-.（-：7）-J!仃!仃=火1）_弘_1），故選B.解題感悟：本題主要考查正態(tài)分布的基礎知識.解題思路是將一般正態(tài)分布化為標準正態(tài)分布.解題依據是：對任一正態(tài)總體N（%。2）來說，取值小于x的概率P（U<x）=F

6、（X）=*,fxl',l仃J其中僅x）表示標準正態(tài)總體N（0,1）在區(qū)間（-8,x）內取值的概率.上述公式將一般正態(tài)總體化為標準正態(tài)總體，蘊涵著化歸與變換的思想方法.順便指出，本題是課本例題的變式題（詳見高中數學第三冊（選修H）第34頁例1）.正態(tài)分布試題是近兩年出現(xiàn)的高考題型（2006年湖北卷理19;2007年湖南卷，理5;2007年安徽卷，理10;2007年全國卷H,理14;2007年浙江卷，理5）,三種題型都有，應引起高度關注！5.（福建，理12）如圖，三行三列的方陣中有9個數aij（i=12,3；j=123）,從中任取三個數，則至少有兩個數位于同行或同列的概率是（a11a12a

7、13)a21a22a23<a31a32a33J1C.141314解答途徑：（1）設“3個數位于同一行”為事件A,“2個數位于同一行，第3個數位于另一行，但這3個數不位于同一列”為事件B,“2個數位于同一行，第3個數位于另一行,.、，.cl1A2C2且與前2個數中的1個位于同一列為事件C.則P(A)=3=，P(B)=33C92BC93-13-,故所求概率為2P(A)+2P(B)+P(C)=.故選D.（2）設“至少有兩個數位于同行或同列”為事件D,則D表示“每行或每列只有一個數”，即P(D)=“。20工故p(d)=1P(D尸13.故選D.1414解題感悟：本題主要考查排列、組合與概率的有關知

8、識.解答途徑（1）根據分類討論的思想，將問題分為兩類：第一類“3個數位于同一行（或列）"，第二類“2個數位于同一行（或列），第3個數位于另一行（或列）”，但第二類中又有兩種情形，即“2個數位于同一行（或列），第3個數位于另一行（或列），但這3個數不位于同一列（或行）”和“2個數位于同一行，第3個數位于另一彳T,但與前2個數中1個位于同一列”，這種分類思想需要有慎密的邏輯思維能力，否則極易出錯；解答途徑（2）根據題中出現(xiàn)了“至少”的詞語，因此利用間接法，從問題的反面思考，顯得簡潔.6.（湖北，理9）連擲兩次骰子得到的點數分別為m和n,記向量a=（m,n）與向量（nb=（1,1）的夾角為

9、0,則ew10,二I的概率是（A.5B.1C.712212a*b解答途徑：(1)由cos8=>0,得mn20,當m=1時,abn=1,當m=2時,n=1,2,當m=3時，n=1,2,3,，當m=6時,n=1,2,3,4,5,6故所求概率為3612a*b（2）由cos9=t>0,得mn之0,顯然當mn=0時有6種可能，根據對稱同同性m-n>0與m-n<0的可能性相同，即各有15種可能，故所求概率為615=7_3612解題感悟：本題主要考查古典概型，由于把投骰子問題與平面向量知識融為一體，使問題顯得新穎.解答途徑（1）采用列舉的方法求解，思路自然；解答途徑（2）采用對稱的方

10、法求解，思路別致.7.（浙江，理15）隨機變量t的分布列如下:-101PabcDt的值是.一_1其中a,b,c成等差數列，若Et=，則3a+b+c=1,解答途徑：（1）由a,b,c成等差數列,"1一一11E=一，得a+c=2b,斛倚a=,b=,3631a+c=.3c=；-則Dt=m；+"3iml-.3329(2)求a,b,c同(1),貝UD"=E¥(E*)2=(-1f121202122-r公abc=1,(3)由a,D=E2.E2b城等差數列，得4'ac-2b.J-2,215-1a0b1c-1）、（2）根據條件求39解題感悟：本題主要考查隨機變量期

11、望與方差的計算.解答途徑（出a,b,c后，分別利用方差的定義與性質求解，解答途徑（3）則利用方差的性質與整體思想求解，顯示出解題的簡捷性.8 .（山東，理18）設b和c分別是先后拋擲一枚骰子得到的點數，用隨機變量且表示方程x2+bx+c=0實根的個數(重根按一個計).(I)求方程x2+bx+c=0有實根的概率；(n)求U的分布列和數學期望；(出)求在先后兩次出現(xiàn)的點數中有5的條件下，方程x2+bx+c=0有實根的概率.別解途徑：(I)(b,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

12、,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),(6,3),(6,4),(6,5),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,6),共36種.要使方程x2+bx+c=0有實根，必須滿足=b2-4c之0,符合條件的有（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,

13、6),共19種.因此方程x2+bx+c=0有實根的概率為1936（n）C的取值為0,1,2.由（I）知Pr;:-0)=119173636當t=1時，符合條件的有（12,1),(4,4),共2種，即P仁=1)=，進而18P=2=19361817一36故-的分布列為01217117P361836.17117亡的數學期望E=0父+1父一+2父=1.3618365),(3,5),(4,5),（出）先后兩次出現(xiàn)的點數中有5的可能結果有（1,5）,（2,(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,5),共11種，其中使方程x2+bx+c=0有實根的結果有（5,1）,（5,

14、2）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（6,5）,共7種.27故在先后兩次出現(xiàn)的點數中有5的條件下，萬程x+bx+c=0有實根的概率為一.11解題感悟：本題主要考查離散型隨機變量的概率分布與期望，考查條件概率的計算.本題第（出）問中關于條件概率的計算，標準答案中采用定義，別解途徑根據古典概型計算公式，采用列舉法直接求解.9 .（天津，理18）已知甲盒內有大小相同的1個紅球和3個黑球，乙盒內有大小相同的2個紅球和4個黑球.現(xiàn)從甲、乙兩個盒內各任取2個球.（I）求取出的4個球均為黑球的概率；（n）求取出的4個球中恰有1個紅球的概率；（出）設1為取出的4個球中紅球的個數，求1的分布列

15、和數學期望.別解途徑：第（I）小題：（1）記甲盒內紅球為號，3個黑球依次為，號，乙盒內紅球為，號，黑球依次為，號，則從甲盒內取出2個球的所有結果一一一一一一，.一一31為，其中所取2個球均為黑球的概率為3=1；從乙62盒內取出2個球的所有結果為，其中所取2個球均為黑球的概率為=.1551 21故取出的4個球均為黑球的概率為-X-=1.2 55（2）記“從甲、乙兩個盒內各任取2個球，至少有1個一球”為事件M,“從甲盒內取2個球，1個黑球”為事件A,“從甲盒內取2個球，均為黑球”為事件與，“從乙盒內取2個球，1個紅球，1個黑球”為事件B1，“從乙盒內取2個球，均為紅球”為事件B2,“從乙盒內取2個

16、球，均為黑球”為事件B3,則P(A)c；c31=一C；P(A)=/C4P(B1)c2c4"CT_815dP(B2)=目C6115P(B3)15,168181故P(M)=P(AB3A2B1A1B1A2B2AB2)=-21515121從而取出的4個球均為黑球的概率為1-二-155（3）記“從甲盒中取個紅球，1個黑球”為事件2個球，1個紅球，1個黑球”為事件A,B,“從乙盒內取2球均為紅球”為事件12,151515J15“從乙盒內取2個球，1C,則PA=等C4PB一也PC_C1.1c215c215故取出的4個球均為黑球的概率為-1P=1-PA1-PB-PC卜.-5第（n）小題：（1）由第（

17、I）小題別解途徑（1）可知，從甲盒內取出2個球均為黑球的概率為3=1；從甲盒內所取2個球，1個紅球，1個黑球的概率為0=；從乙盒內626262取出2個球均為黑球的概率為l5=5；從乙盒內所取2個球，1個紅球，1個黑球的概率為且.故取出的4個球中恰有1個紅球的概率為-2-1-<=152521515186(2)由第(n)小題別解途徑(2)可知P(A)=P(4)=一,P(B)=一,P(B3)=一,2151516187故取出的4個球中有1個紅球的概率為P=P(A,B3)+P(A2B1)=+-x21521515C：21.第（出）小題：巴的取值為0,1,2,3.由（I）、（n）得P仁=0）=下伐=1

18、）=515由第（I）問別解途徑（2）,可知1811P(=2)=P(A1B1A2B2)=P(A)P(B1)P(A2)P(B2)=215215.1從而P代=3)=1P(U=0)P住=1)P伐=2)=.30故-的分布列為0123題感悟：本題主要考查互斥事件、相互獨立事件、離散型隨機變量的分布列和數學期望等基礎知識，考查分類思想、運算求解能力及運用概率知識解決實際問題的能力.第（I）小題，別解途徑（1）采用列舉法求解，別解途徑（2）、（3）先求對立事件的概率，將事件分解為互斥事件的和或相互獨立事件的積是關鍵.就本問而言，標準答案更為簡捷.第（n）小題，別解途徑（1）、（2）分

19、別與第（I）小題別解途徑（1）、（2）一脈相承，關鍵在于將“取出的4個球中恰有1個紅球”分為兩類：一類是“從甲盒內取1個紅球、1個黑球，從乙盒內取2個黑球”；另一類是“從甲盒內取2個黑球，從乙盒內取1個紅球、1個黑球”.第（出）小題，別解途徑以第（I）、（n）小題別解途徑（2）為基礎，先求P（七=2）,再由分布列性質求P件=3）.10.（海南、寧夏，理20）如圖，面積為S的正方形ABCD中有一個不規(guī)則的圖形M,可按下面方法估計M的面積：在正方形ABCD中隨機投擲n個點，若n個點中有m個點落入M中，則M的面積的估計值為mS,假設正方形ABCD的邊長為2,M的面積為1,n并向正方形ABCD中隨機投

20、擲10000個點，以X表示落入M中的點的數目.（I）求X的均值EX;（II）求用以上方法估計M的面積時，M的面積的估計值與實際值之差在區(qū)間（0.03,0.03）內的概率.k附表：P（k）:C；00000.25t0.75100004t-Dk2424242525742575P(k)0.04030.04230.95700.9590別解途徑：（I）記“向正方形ABCD中隨機投擲1個點，該點落入圖形M中”為事件A.由幾何概型求概率的公式得=P(A)圖形M的面積正方形ABCD的面積依題意，可知隨機變量X的分布列為:P(X=k)1k31000r44k=0J1i,1.0k10000k13449_I991000

21、010000C9999k44X1Y4-1X-11000250010000故EX=kC10000kz©99991k39999-k=2500£C9999I'|3yl4八4J999913)=2500-+-f144)22500.(n)M的面積的估計值與實際值之差為因為X為隨機變量，所以Y也是隨機變量.由-0.03<Y<0.03,得2425<X<2575.所以P(-0.03:二Y:二0.03)=P(2425:二X:二2575)257425742425=p.P(X=k)R"P(X=k)-%P(X=k)k=2426k=0k=©=P(25

22、7P)(=20.95700=042.3解題感悟：本題主要考查幾何概型、離散型隨機變量的均值（數學期望）、二項分布等基礎知識，以及用隨機模擬方法近似估計不規(guī)則圖形的面積.本題源于課標參考案例（可參見人教A版數學3第145頁例3）,將幾何概型與二項分布巧妙結合，新穎突俗.第（I）問，標準答案直接運用二項分布的均值公式，簡潔明快；別解途徑暴露二項分布的均值公式的形成過程，用心良苦.11.（北京，理18）某中學號召學生在今年春節(jié)期間至少參加一次社會公益活動（以下簡稱活動）.該校合唱團共有100名學生，他們參加活動的次數統(tǒng)計如圖所示.（I）求合唱團學生參加活動的人均次數；（II）從合唱團中任意選兩名學生

23、，求他們參加活動次數恰好相等的概率.（III）從合唱團中任選兩名學生，用七表示這兩人參加活動次數之差的絕對值，求隨機變量U的分布列及數學期望Et.別解途徑：（I）略；（n）從合唱團中任選兩名學生，他們參加活動次數不相等包括三種情況：兩人中一人參加1次活動，另一人參加2次活動；兩人中一人參加1次活動，另一人參加3次活動；兩人中一人參加2次活動，另一人參加3次活動.因此，從合唱團中任選兩名學生，他們參加活動次數不相等的概率是58111111C10C50C10C40C50C402T2C2八2二C100C100C100故他們兩人參加活動次數恰好相等的概率為4199（出）匕的取值為0,1,2.由（I）知

24、P(=0)4199由于“自=2”表示“這兩人中一人參加1次活動，另一人參加3次活動”，所以899故-的分布列為012P4150899999911P(=2)=CGt。由分布列性質，得P(=1)=1-41-=999999E=04115028二9999993（數學期望）等基解題感悟：本題主要考查統(tǒng)計圖表、離散型隨機變量的分布列和均值礎知識，以及運算求解能力和分類討論思想.本題求解的關鍵在于計算隨機事件的概率.第（n）問別解途徑中概率的計算用到了對立事件概率的計算方法；第（出）問別解途徑中應用了分布列的性質，簡化了運算過程.本題的標準答案，在概率計算時采用直接思路，別解途徑采用間接思路.12.（廣東，理17,文18）下表提供了某廠節(jié)能降耗技術改造后生產甲產品過程中記錄的產量x（噸）與相應的生產能耗y（噸標準煤）的幾組對照數據.x3456y2.5344.5（1）請畫出上表數據的散點圖；（2）請根據上表提供的數據，用最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程y=bx+a；（3）已知該廠技改前100噸甲產品的生產能耗為90噸標準煤.試根據（2）求出的線性回歸方程，預測生產100噸甲產品的生產能耗比技改前降低多少噸標準煤？（參考數