选择性必修第二册湘教数学教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_湘教版

教材习题答案 第6 章 空间向量与 ７ ａ ｂ － 立体几何 ａ ｂ 􀅰 ２ １ . ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ａ ｂ ＝ ＝－ ｜ ｜｜ ｜ ７ ２ ａ ｂ °. 6.1 空间向量及其运算 ∴ ‹ ꎬ ›＝１２０ ６.解析 因为Ｐ→Ｃ在平面ＡＢＣ上的投 (１) ６.１.１ 空间向量的线性运算 影向量为→ＡＣ ꎬ 练习 Ｐ→Ｏ ＝ →ＰＡ ＋ １→ＡＣ ＝－ ｃ ＋ １ ａ ＋ １ ｂ ꎬ 所以Ｐ→Ｃ 􀅰 →ＡＢ ＝ →ＡＣ 􀅰 →ＡＢ ＝ ２ ａ × ａ × ２ ２ ２ ° ａ２. １.答案 (１) →ＡＣ (２) Ｃ→Ｂ Ｐ→Ｃ ＝ Ｐ→Ｏ ＋ Ｏ→Ｃ ＝－ ｃ ＋ １ ａ ＋ １ ｂ ＋ １ ( ａ ＋ ｂ ) ｃｏｓ４ 因 ５ 为 ＝ Ｐ→Ｃ在直线 ＡＢ 上的投影向量 ２.解析 →ＡＣ Ｃ→Ｂ →ＡＢ →ＡＢ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｄ ２ ２ ２ (２) (１)∵ ＋ ＝ ꎬ ＋ ＝ ꎬ ａ ｂ ｃ 为→ＡＢ ＝ ＋ － ꎬ ꎬ →ＡＣ Ｃ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｄ. ( ∴ ２)∵ ＋ →ＡＦ － ＋ Ｂ→Ｆ ＝ ＝ →ＡＢ ꎬ →ＡＢ － →ＡＣ ＝ Ｃ→Ｂ ꎬ Ｃ→Ｅ ＝－ ２ １ Ｐ→Ｃ ＝－ ２ １ ( ａ ＋ ｂ － ｃ )＝ － ２ １ ａ － 所以Ｐ→ ６ Ｃ . 􀅰 １. →Ａ ３ Ｂ ＝ →Ａ 共 Ｂ 􀅰 面 →Ａ 向 Ｂ ＝ 量 ａ２ 定 . 理 →ＡＦ Ｂ→Ｆ →ＡＣ Ｃ→Ｂ. １ ｂ １ ｃ. ∴ － － ＝ ＋ 练习 ２ ２ (３)∵ １ ２ →ＡＢ ＝ Ｅ→Ｂ ꎬ∴ １ ２ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＝ Ｅ→Ｃ. ５.解析 由题意知Ｂ→Ｄ ＝ Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｂ ＝ ｅ １－４ ｅ ２ꎬ １.解析 共面.因为Ｍ→Ｎ ＝ １ →ＡＢ ＝ １ ( →ＡＣ － Ａ Ｂ Ｄ三点共线 →ＡＢ λＢ→Ｄ ２ ２ 又 Ｃ→Ｆ Ｆ→Ｄ Ｃ→Ｆ ２ Ｃ→Ｄ. ∵ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ＝ ꎬ ∵ ＝２ ꎬ∴ ＝ ３ ∴２ ｅ １＋ ｋｅ ２＝ λ ( ｅ １－４ ｅ ２)ꎬ∴ λ ＝２ 且ｋ ＝ ２.答 Ｂ→Ｃ 案 ) . ∴ Ｅ→Ｃ ＋ ２ Ｃ→Ｄ ＝ Ｅ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｆ ＝ Ｅ→Ｆ. －４ λ ꎬ∴ ｋ ＝－８ . 解析 ①③ 为真命题 中 若ａ ｂ中有 ３ ① ꎻ② ꎬ ꎬ ６.１.２ 空间向量的数量积 零向量时 结论不一定成立 为真命 即 １ →ＡＢ Ｂ→Ｃ ２ Ｃ→Ｄ Ｅ→Ｆ.图略. ꎬ ꎻ③ ＋ ＋ ＝ 练习 题 中 当点 Ｍ Ａ Ｂ 共线时 结论不 ２ ３ ꎻ④ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ３.解析 →ＡＥ Ａ→Ａ Ａ→Ｅ Ａ→Ａ １.答案 一定成立. (１)∵ ＝ １＋ １ ＝ １＋ 解析 ８ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ３.证明 ｘ ａ ｙ ｂ ｚ ｃ ｘ ａ ｙ ｂ ｚ ｃ ２ １ Ａ １ →Ｃ １＝ Ａ→Ａ １＋ ２ １ ( Ａ １ →Ｂ １＋ Ａ １ →Ｄ １)＝ Ａ→Ａ １＋ π 􀅰 . ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝４×４× ∴ ( ｘ １－ ∵ ｘ ２) １ ａ ＝ ＋ ( ｙ １ ２－ ＋ ｙ １ １) ＝ ｂ ＋ ２ ( ｚ ＋ ２－ ２ ｚ １) ＋ ｃ. ２ ꎬ ｃｏｓ ＝８ ｙ ｙ ｚ ｚ ２ １ ( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ )＝ Ａ→Ａ １＋ ２ １→ＡＢ ＋ ２ １ Ａ→Ｄ ꎬ∴ ｍ ＝ ２.答案 ３ π ∵ ｘ １≠ ｘ ２ꎬ∴ ａ ＝ｘ ２ １ － － ｘ １ ２ ｂ ＋ｘ ２ １ － － ｘ １ ２ ｃ. (１)０ (２) (３)π 向量ａ ｂ ｃ共面. １ ｎ １ . ２ ∴ ꎬ ꎬ ２ ꎬ ＝ ２ 解析 ａ ｂ ａ 􀅰 ｂ ４.证明 设→ＡＰ ＝ ａ ꎬ →ＡＢ ＝ ｂ ꎬ Ａ→Ｄ ＝ ｃ ꎬ (１)∵ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ａ ｂ ＝１ꎬ (２) 解法一 :∵ →ＡＦ ＝ Ａ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｆ ＝ Ａ→Ｄ ＋ ａ ｂ . ｜ ｜｜ ｜ 则Ｂ→Ｍ ＝ Ｂ→Ｐ ＋ Ｐ→Ｍ ＝－ ｂ ＋ ａ ＋ １ ( →ＰＡ ＋ →ＡＣ )＝ ∴ ‹ ꎬ ›＝０ ２ １ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｄ １ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｄ Ａ→Ｄ １ ＝ ＋ ( ＋ １) ＝ ＋ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ π. ｂ ａ １ ａ ｂ ｃ １ ａ ｂ ｃ ２ ２ (２)∵ 􀅰 ＝０ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ‹ ꎬ ›＝ － ＋ ＋ (－ ＋ ＋ )＝ ( － ＋ )ꎬ ２ ２ ２ １ →ＡＢ Ａ→Ａ Ａ→Ｄ １→ＡＢ １ Ａ→Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ２ ( ＋ １)＝ ＋ ２ ＋ ２ １ꎬ ( ａ ３)∵ ｂ 􀅰 ＝－｜ ｜ ｜ ｜ꎬ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ Ｄ→Ｍ ＝ １ ( Ｄ→Ｐ ＋ Ｄ→Ｃ )＝ １ ( Ｄ→Ａ ＋ →ＡＰ ＋ ｂ )＝ 􀅰 ａ ｂ . ２ ２ ｍ １ ｎ １ . ａ ｂ ＝－１ꎬ∴ ‹ ꎬ ›＝π ∴ ＝ ꎬ ＝ ｜ ｜｜ ｜ １ ａ ｂ ｃ Ｂ→Ｍ Ｄ→Ｍ ａ →ＡＰ. ２ ２ ３.略. ( ＋ － )ꎬ∴ ＋ ＝ ＝ 解法二 Ｆ为Ｃ Ｄ的中点 ２ :∵ １ ꎬ ４.答案 →ＡＰ Ｂ→Ｍ Ｄ→Ｍ共面. １３ ∴ ꎬ ꎬ ∴ →ＡＦ ＝ ２ １ ( Ａ→Ｃ １＋ Ａ→Ｄ )＝ ２ １ [( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ 解析 ∵ ｜ ａ ＋３ ｂ ｜ ２ ＝ ａ２ ＋９ ｂ２ ＋６ ａ 􀅰 ｂ ＝１＋ 又ＡＰ ⊄ 平面ＢＭＤ ꎬ∴ ＰＡ ∥ 平面ＢＭＤ. ５.解析 Ａ Ｂ Ｐ三点共线 Ａ→Ａ １)＋ Ａ→Ｄ ]＝ Ａ→Ｄ ＋ ２ １→ＡＢ ＋ ２ １ Ａ→Ａ １ꎬ ９＋６×１×１× ２ １ ＝１３ꎬ∴ ｜ ａ ＋３ ｂ ｜＝ １３ . ∴ →ＡＰ ＝ λ ∵ →ＡＢ ꎬ ꎬ∴ ꎬ Ｏ→Ｐ － Ｏ→Ａ ＝ λ ( ꎬ Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ )ꎬ ５.解析 ａ ｂ ｍ ｎ ｍ ｎ ｍ １ ｎ １ . (１) 􀅰 ＝(２ ＋ )􀅰(－３ ＋ ) Ｏ→Ｐ Ｏ→Ａ λＯ→Ｂ λＯ→Ａ λ Ｏ→Ａ ∴ ＝ ꎬ ＝ ｍ ２ ｍ ｎ ｎ ２ ∴ ＝ ＋ － ＝(１－ ) ＋ ２ ２ ＝－６｜ ｜ ＋ 􀅰 ＋２｜ ｜ λＯ→Ｂ. 解法三 Ｆ为ＣＤ 的中点 ｍ ｎ ° :∵ １ ꎬ ＝－６＋｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０ ＋２ 又Ｏ→Ｐ αＯ→Ａ βＯ→Ｂ α β λ λ . ∴ →ＡＦ ＝ １ ( →ＡＣ ＋ Ａ→Ｄ １)＝ １ [( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ )＋ ＝－６＋ １ ＋２＝－ ７ . 习题６. ＝ １ ＋ ꎬ∴ ＋ ＝１－ ＋ ＝１ ２ ２ ２ ２ ａ ２ ｍ ｎ ２ ｍ２ ｎ２ ｍ 感受􀅰理解 Ａ→Ｄ Ａ→Ａ Ａ→Ｄ １→ＡＢ １ Ａ→Ａ (２)∵ ｜ ｜ ＝(２ ＋ ) ＝４ ＋ ＋４ 􀅰 ( ＋ １)]＝ ＋ ２ ＋ ２ １ꎬ ｎ ＝４＋１＋４×１×１× １ ＝７ꎬ∴ ｜ ａ ｜＝ ７ . １.解析 →ＡＥ ＝ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｂ １＋ Ｂ→ １ Ｅ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ａ １＋ ∴ ｍ ＝ １ ꎬ ｎ ＝ １ . ｂ ２ ｍ ２ ｎ ２ ｍ２ ｎ２ ｍ １ Ａ→Ｄ ＝ ｉ ＋ ｋ ＋ １ ｊ ꎬ ２ ２ ∵ ｜ ｜ ＝(－３ ＋２ ) ＝９ ＋４ －１２ ２ ２ ４.解析 如图 设Ｏ为平行四边形ＡＢＣＤ ꎬ ｎ １ ｂ . →ＡＦ →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｆ →ＡＢ Ａ→Ｄ １ Ａ→Ａ ｉ ｊ 的中心 􀅰 ＝９＋４－１２×１×１× ＝７ꎬ∴ ｜ ｜＝ ７ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ １＝ ＋ ＋ ꎬ ２ ２ １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等１２.证明 充分性 存在不全为零的实数 １ ｋ. ｃ １３ａ １ ｂ. : ∴ ＝ － ｌ ｍ ｎ 使ｌａ ｍｂ ｎｃ ０.不妨设ｎ ２ ５ ５ ꎬ ꎬ ꎬ ＋ ＋ ＝ ≠０ꎬ ２.证明 设→ＡＢ ＝ ａ ꎬ →ＡＣ ＝ ｂ ꎬ Ａ→Ｄ ＝ ｃ ꎬ ∴ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ共面. 则ｃ ｌ ａ ｍ ｂ. 思考􀅰运用 ＝－ ｎ － ｎ 则Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ Ａ→Ｎ ＝－ １ →ＡＣ ＋ １ ( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ) ８.证明 由三角形中位线定理得ＥＦ ａ ｂ不共线 ａ ｂ ｃ共面. ２ ２ (１) ∵ ꎬ ꎬ∴ ꎬ ꎬ ＢＤ . 必要性 若 ａ ｂ ｃ 共面 而 ａ ｂ 不 １ ａ ｃ ｂ . ∥ １ : ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ( ＋ － ) 共线 ２ Ｂ→Ｄ →ＢＡ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｂ Ａ→Ｄ Ａ→Ｄ ꎬ 又 ∵ Ｃ→Ｄ ＝ Ａ→Ｄ － →ＡＣ ＝ ｃ － ｂ ꎬ ( Ａ→ ２ Ａ )∵ Ａ→Ｄ １＝ Ｂ→Ｂ ＋ ＋ １ꎬ １ ＝ １ １＋ 则存在实数λ ꎬ μ ꎬ 使ｃ ＝ μａ ＋ λｂ. １ ＝ １ １－ １ꎬ ｃ ａ ｂ不共线 μ λ . ∴ １ ２ ( →ＡＢ ＋ Ｃ→Ｄ )＝ ２ １ ( ａ ＋ ｃ － ｂ ) . ∴ Ｂ→Ｄ １􀅰 Ａ→ １ Ｄ ＝ Ｂ→Ｃ 􀅰 Ａ １ →Ｄ １－ Ｂ→Ｂ １􀅰 Ｂ→Ｂ １＝ ∴ ∵ μ ꎬ ａ ＋ ꎬ λｂ － ｃ ＝０ . ꎬ∴ ≠０ꎬ ≠０ Ｂ→Ｃ ２ Ｂ→Ｂ ２ . 存在非零实数 ｌ ｍ ｎ 即 ｌ μ ｍ Ｍ→Ｎ １ →ＡＢ Ｃ→Ｄ . ｜ ｜ －｜ １｜ ＝０ ∴ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ∴ ＝ ( ＋ ) λ ｎ 使ｌａ ｍｂ ｎｃ ０. ２ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｄ. ＢＤ Ａ Ｄ. ꎬ ＝－１ꎬ ＋ ＋ ＝ ∴ １⊥ １ ∴ １⊥ １ ３.解析 Ａ→Ｏ ＝ Ａ→Ａ′ ＋ Ａ′→Ｃ′ ＋ １ Ｃ→′Ｂ ＝ Ａ→Ａ′ ＋ →ＡＣ ９.证明 ∵ Ｂ→Ｃ ＝ →ＡＣ － →ＡＢ ꎬ 6.2 空间向量的坐标表示 ２ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ →ＡＣ Ａ→Ｄ →ＡＢ. ＋ １ ( Ｃ→′Ｃ ＋ Ｃ→Ｂ ) ∴ 􀅰 ＝ 􀅰 － 􀅰 ６.２.１ 空间向量基本定理 ２ ＡＢ ＣＤ →ＡＢ Ｃ→Ｄ 即→ＡＢ Ａ→Ｄ ∵ ⊥ ꎬ∴ 􀅰 ＝０ꎬ 􀅰( ＝ Ａ→Ａ′ ＋ →ＡＣ ＋ ２ １ ( Ａ→′Ａ ＋ →ＡＢ － →ＡＣ )＝ ２ １ Ａ→Ａ′ ＋ － →ＡＣ )＝０ . １ 练 .答 习 案 →ＡＢ Ａ→Ｄ →ＡＢ →ＡＣ. ③ １→ＡＣ １→ＡＢ. ∴ 􀅰 ＝ 􀅰 ＋ 解析 中 ａ １ ａ ｂ ａ ｂ ２ ２ ＡＣ ＢＤ →ＡＣ Ｂ→Ｄ . ① ꎬ ＝ [( ＋ )＋( － )]ꎬ ∵ ⊥ ꎬ∴ 􀅰 ＝０ ２ ４.解析 (１) →ＡＰ ＝ １ ( →ＡＣ ＋ Ａ→Ａ′ )＝ １ ( →ＡＢ ＋ ∴ →ＡＣ 􀅰( Ａ→Ｄ － →ＡＢ )＝ ０ . ∴ →ＡＣ 􀅰 Ａ→Ｄ ＝ →ＡＢ 故三者共面 ꎬ 不能作为基底 ꎻ② 中 ꎬ ｂ ＝ ２ ２ →ＡＣ. １ ａ ｂ ａ ｂ 故三者共面 不能 Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ １ ａ ｂ ｃ . 􀅰 [( ＋ )－( － )]ꎬ ꎬ ＋ )＝ ( ＋ ＋ ) ２ ２ ∴ →ＡＣ 􀅰 Ａ→Ｄ ＝ →ＡＢ 􀅰 Ａ→Ｄ. 作为基底 中 三者不共面 故可作为 ꎻ③ ꎬ ꎬ (２) Ａ→Ｍ ＝ →ＡＣ ＋ Ｃ→Ｍ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ １ Ｃ→Ｄ′ ∴ Ａ→Ｄ 􀅰 Ｂ→Ｃ ＝０ . ∴ ＡＤ ⊥ ＢＣ. 一个基底 中 ａ ｂ ３ ａ ｂ ２ ꎻ④ ꎬ ＋２ ＝ ( ＋ )－ １０.证明 Ａ′→Ｃ′ Ｏ→Ｃ′ Ｏ→Ａ′ ２ ａ ｂ １ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｃ′ ａ ｂ １ ａ ｃ (１) ＝ － ＝ ＋ ＋ ２ ( ＋ )＝ ＋ ＋ ２ (－ ＋ ) ＝ ｋ ( Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ａ )＝ ｋ→ＡＣ. １ ( ａ － ｂ )ꎬ 故三者共面 ꎬ 不能作为基底. ２ ＝ １ ａ ＋ ｂ ＋ １ ｃ. 同理Ａ′→Ｄ′ ＝ ｋＡ→Ｄ ꎬ Ａ′→Ｂ′ ＝ ｋ→ＡＢ. ２.解析 如图 : ２ ２ →ＡＣ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ａ→Ｎ Ａ→Ｍ Ｍ→Ｎ Ａ→Ｍ １ Ａ→Ａ′ ∵ ＝ ＋ ꎬ (３) ＝ ＋ ＝ ＋ ２ Ａ′→Ｃ′ Ａ′→Ｂ′ Ａ′→Ｄ′. ∴ ＝ ＋ ＝ １ ａ ＋ ｂ ＋ １ ｃ ＋ １ ｃ ＝ １ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ. ∴ Ａ′→Ｃ′ ꎬ Ａ′→Ｂ′ ꎬ Ａ′→Ｄ′共面. ２ ２ ２ ２ Ａ′ Ｂ′ Ｃ′ Ｄ′四点共面. ∴ ꎬ ꎬ ꎬ (４) Ａ→Ｑ ＝ →ＡＣ ＋ Ｃ→Ｑ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ４ Ｃ→Ａ′ 由 知ＡＢ Ａ′Ｂ′ 而ＡＢ 平面 (２) (１) ∥ ꎬ ⊄ ５ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ４ ( Ｃ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｂ′ ＋ Ｂ′→Ａ′ ) ＡＢ 平 ꎬ 面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′. Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｎ ＝ ２ １ Ｏ→Ａ ＋( Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ )＋ ５ ∴ ∥ ａ ｂ ４ ｂ ｃ ａ １ ａ １ ｂ ４ ｃ. 同理可证ＡＤ ∥ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′. １ Ｂ→Ｃ ＝ ＋ ＋ (－ ＋ － )＝ ＋ ＋ 而ＡＢ ＡＤ Ａ ２ ５ ５ ５ ５ ∩ ＝ ꎬ ５.解析 Ｃ→Ｅ ２ Ｃ→Ｐ ２ →ＡＰ →ＡＣ ∴ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ ∥ 平面ＡＢＣＤ. ＝ １ ａ ＋( ｂ － ａ )＋ １ ( Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ｂ ) ＝ ＝ ( － )＝ 探究􀅰拓展 ２ ２ ３ ３ １ ａ ｂ ａ １ ｃ ｂ ２ [ →ＡＰ －( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ )] １１.解析 (１) →ＡＧ ＋ １ Ｂ→Ｅ ＋ １ →ＣＡ ＝ →ＡＧ ＋ Ｇ→Ｅ ＝ ２ ＋ － ＋ ２ ( － ) ３ ３ ２ １ ａ １ ｂ １ ｃ. ＝ ２→ＡＰ － ２→ＡＢ － ２ Ａ→Ｄ. － １ →ＡＣ ＝ →ＡＥ － １ →ＡＣ ＝ １ ( →ＡＣ ＋ Ａ→Ｄ )－ ＝－ ２ ＋ ２ ＋ ２ ３ ３ ３ ２ ２ ２ ３.解析 Ｄ→Ｂ′ ａ ｂ ｃ Ｂ→Ａ′ →ＢＡ Ａ→Ａ′ ｂ ６.解析 １ １ １ ＝ ＋ ＋ ꎬ ＝ ＋ ＝－ ＋ (１)∵ ２ ＋ ３ ＋ ６ ＝１ꎬ ２ １→ＡＣ ＝ ２ １ Ａ→Ｄ ＝ →ＡＦ. ｃ ꎬ Ｃ→Ａ′ ＝ Ｃ→Ｃ′ ＋ Ｃ′→Ｄ′ ＋ Ｄ′→Ａ′ ＝ ｃ － ｂ ＋ ａ ＝ ａ － ｂ ＋ Ｍ Ａ Ｂ Ｃ四点共面. ∴ ꎬ ꎬ ꎬ １ →ＡＢ →ＡＣ Ａ→Ｄ Ａ→Ｈ １ Ａ→Ｄ Ａ→Ｈ ｃ Ｄ→Ｇ １ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｂ′ １ Ｄ→Ｃ １ Ｄ→Ｄ′ (２) ( ＋ － )＝ － ＝ ꎬ ＝ ( ＋ )＝ ＋ ( (２)∵３＋(－１)＋(－１)＝１ꎬ ２ ２ ２ ２ ２ Ｍ Ａ Ｂ Ｃ四点共面. ７.证 ∴ 明 ꎬ ꎬ 设 ꎬ ｃ ｘａ ｙｂ 即 ｕ ｖ ｘ ｕ ｖ － →ＡＦ ＝ Ｆ→Ｈ. ＋ Ｄ→Ａ ＋ Ｄ→Ｃ )＝ １ ｂ ＋ １ ( ｃ ＋ ａ ＋ ｂ )＝ １ ａ ＋ ｂ ＋ ＝ ＋ ꎬ ２ ＋３ ＝ ( ＋ ) ２ ２ ２ ｙ ｕ ｖ . １ →ＡＢ １ →ＡＣ １ Ａ→Ｄ １ Ａ→Ｈ ＋ (３ －２ ) (３) ＋ ＋ ＝ (２ ＋ １ ｃ. ｕ ｖ ｘ ｙ ｕ ｘ ｙ ｖ. ３ ３ ３ ３ ∴２ ＋３ ＝( ＋３ ) ＋( －２ ) Ａ→Ｄ ２ {ｘ ＋３ ｙ ＝２ꎬ解得 ì í ï ï ｘ ＝ １ ５ ３ ꎬ ＝ １ ) (３ Ａ→Ｈ ＋ Ｈ→Ｄ )＝ Ａ→Ｈ ＋ １ Ｈ→Ｄ ＝ Ａ→Ｈ ＋ Ｈ→Ｇ ４.解析 ∵ →ＡＧ ＝ ３ ２ →ＡＥ ＝ ３ ２ × ２ １ ( →ＡＢ ＋ →ＡＣ ) ∴ ｘ ｙ ï ３ ３ －２ ＝３ꎬ ïｙ １ . １ →ＡＢ →ＡＣ １ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ î ＝－ →ＡＧ. ＝ ( ＋ )＝ ( － ＋ － ) ５ ＝ ３ ３ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ｘ ｘ ｘ . 所以 ａ ｂ . １ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ＋ －４＝ －５＝０ꎬ∴ ＝５ ３ －２ ＝(－１１ꎬ－４ꎬ１７) ＝ ３ ( ＋ －２ )ꎬ ３.解析 ∵ ２ ａ ＋ ｂ ＝(０ꎬ－５ꎬ１０)ꎬ ｃ ＝(１ꎬ ｜ ａ ｜＝ (－３) ２ ＋２ ２ ＋５ ２ ＝ ３８ꎬ ∴ Ｏ→Ｇ ＝ Ｏ→Ａ ＋ →ＡＧ ＝ Ｏ→Ａ ＋ １ ( Ｏ→Ｂ ＋ Ｏ→Ｃ － －２ꎬ－ ａ ２) ｂ ꎬ ｃ ａ ｃ ｂ ｃ ｂ ｜ ｂ ｜＝ １ ２ ＋５ ２ ＋(－１) ２ ＝ ２７ . ３ ∴ (２ ＋ )􀅰 ＝２ 􀅰 ＋ 􀅰 ＝２×４＋ 所以 ａ ｂ ａ ｂ ａ２ ｂ２ ｃ ( ＋ )􀅰( － )＝ － ＝３８－２７ ２ Ｏ→Ａ )＝ １ ( Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ＋ Ｏ→Ｃ ) . 􀅰 ꎬ . ３ ｂ ｃ . ＝１１ ∴ 􀅰 ＝(０＋１０－２０)－８＝－１８ ５.解析 (１)∵ Ｏ→Ｑ ＝ Ｏ→Ｐ ＋ Ｐ→Ｑ ＝－ Ｐ→Ｏ ＋ Ｐ→Ｑ ４.解析 ∵ →ＡＢ ＝(－２ꎬ０ꎬ１)－(１ꎬ４ꎬ１)＝ ５.解析 →ＡＢ ＝(－５ꎬ－１ꎬ ( １０)ꎬ →ＢＡ ＝(５ ) ꎬ１ꎬ ＝－ １ ( →ＰＡ ＋ Ｐ→Ｃ )＋ Ｐ→Ｑ (－３ꎬ－４ꎬ０)ꎬ －１０)ꎬ 点Ｍ的坐标为 １ ꎬ ９ ꎬ－２ . ２ →ＡＢ . ２ ２ ∴ ｜ ｜＝ ９＋１６＋０＝５ ６.解析 ａ ｂ ａ ｂ. Ｐ→Ｑ １ Ｐ→Ｃ １→ＰＡ ５.解析 由两点间的距离公式得 (１) ∥ ꎻ(２) ∥ ＝ － － ꎬ ７.解析 ａ ｂ ｂ λａ ｍ ｎ ２ ２ ∵ ∥ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ (４ꎬ ꎬ )＝ ｘ ２ ｙ ２ ｚ ２ ｘ λ ｘ １ ｙ １ . ( －１) ＋( ＋２) ＋( －３) ＝ ４ꎬ∴ ꎬ (－２ꎬ３ꎬ－１)ꎬ ∴ ＝－ ２ ꎬ ＝－ ２ ｙ ꎬ ｚ满足的关系式为 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ ＋２) ２ ＋ ∴４＝－２ λ ꎬ ｍ ＝３ λ ꎬ ｎ ＝－ λ ꎬ (２)∵ →ＰＡ ＝ Ｐ→Ｄ ＋ Ｄ→Ａ ＝ Ｐ→Ｄ ＋２ Ｑ→Ｏ ＝ Ｐ→Ｄ ＋ 习 ( 题 ｚ － ６ ３) .２ ２ ＝１６ . ８. ∴ 解析 ｍ ＝－６ꎬ ｎ 由 ＝２ 题 . 意 得 ａ ｂ ａ Ｐ→Ｏ Ｐ→Ｑ Ｐ→Ｏ Ｐ→Ｑ Ｐ→Ｄ (１) ꎬ ｜ ｜＝４ꎬ｜ ｜＝１ꎬ ２( － )＝２ －２ ＋ ꎬ 感受􀅰理解 ｂ ｘ ｙ . 􀅰 ＝２ꎬ ∴ ＝２ꎬ ＝－２ １.答案 是假命题 是真 (１)(３)(４) ꎬ(２) ａ ｂ ２ １ ａ ｂ °. ６.２.２ 空间向量的坐标表示 命题. ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝ ꎬ∴ ‹ ꎬ ›＝６０ ４ ２ 解析 中 ａ ｂ所在直线也可能重合 练习 (１) ꎬ ꎬ ꎬ 由题意 得 ａ ｂ １ 故 不正确 是真命题 中 如 (２) ꎬ ＝(２ꎬ２ ６ꎬ－２)ꎬ ＝ １.答案 Ａ Ｂ Ｃ (１) ꎻ(２) ꎻ(３) ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ (－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ ０)ꎬ Ｄ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ Ａ′ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ Ｂ′ (２ꎬ０ꎬ２)ꎬ 空间四边形中→ＡＣ ꎬ →ＡＢ ꎬ Ａ→Ｄ三个向量 ꎬ 两 ｜ ａ ｜＝４ ２ꎬ｜ ｂ ｜＝２ ２ꎬ ａ 􀅰 ｂ ＝－８ꎬ Ｃ′ (２ꎬ２ꎬ２)ꎬ Ｄ′ (０ꎬ２ꎬ２) . 两共面 ꎬ 但→ＡＢ ꎬ →ＡＣ ꎬ Ａ→Ｄ不共面 ꎬ 故 (３) 不 ａ ｂ －８ １ ２.答案 ａ ｂ . 正确 中只有当ａ ｂ ｃ不共面时 结 ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝－ ꎬ ３.答案 ａ － ＝ ２ ( ｂ － ＋ ２ ４ ꎬ ｃ ８ ＝ ꎬ３ ( ) ３ ꎬ ꎬ－ ＝ ２ꎬ ( １ － ) ５ － ꎬ０ ２ ꎬ ( ２ － ) ２ꎬ４ꎬ 论成立 ꎻ( ꎬ ４ 故 ) (４) 不正确 ꎬ . ꎬ ꎬ ∴ ‹ ａ ꎬ ｂ ›＝１２０ ４ °. ２×２ ２ ２ ０)＋４(３ꎬ０ꎬ２)＝(３ꎬ－２ꎬ１ . )－(－４ꎬ８ꎬ０)＋ ２.解析 Ｂ→Ｍ ＝ １ ( Ｂ→Ｃ ＋ Ｂ→Ｐ )＝ １ ( →ＡＣ － →ＡＢ ９.解析 由ａ ⊥ ｂ ꎬ 得ａ 􀅰 ｂ ＝０ꎬ 即 －８－２＋ (１２ꎬ０ꎬ８)＝(１９ꎬ－１０ꎬ９) ２ ２ ｘ ｘ １０. ４.答案 →ＡＢ ＝(－２ꎬ０ꎬ８)－(３ꎬ８ꎬ－５)＝ ＋ →ＡＰ － →ＡＢ )＝ １→ＡＣ ＋ １→ＡＰ － →ＡＢ. ３ ＝０ꎬ∴ ＝ ３ . ２ ２ 思考􀅰运用 (－５ꎬ－８ꎬ１３) ５.解析 (１)∵ ｂ ＝(－２ꎬ－６ꎬ４)＝－２×(１ꎬ 又Ｂ→Ｍ ＝ ｘ→ＡＢ ＋ ｙ→ＡＣ ＋ ｚ→ＡＰ ꎬ １０.证明 →ＡＢ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ →ＡＣ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ａ ａ与ｂ平行. ∵ ＝ － ꎬ ＝ － ꎬ ３ꎬ－２)＝－２ ꎬ∴ 由空间向量基本定理得ｘ ｙ １ ＯＡ ＯＢ ＯＣ两两互相垂直 不存在实数λ使ｂ λａ ａ与ｂ不 ＝－１ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ (２) ＝ ꎬ∴ ２ →ＡＢ →ＡＣ Ｏ→Ａ２ Ｏ→Ａ ２ 平行. ∴ 􀅰 ＝ ＝｜ ｜ ꎬ ｚ １ . ６.解析 因为ａ ｂ 所以存在实数λ使ａ ＝ →ＡＢ →ＡＣ ∥ ꎬ ２ →ＡＢ →ＡＣ 􀅰 λｂ ３.解析 Ａ→Ｍ →ＡＢ Ｂ→Ｍ ∴ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝ →ＡＢ →ＡＣ ＝ ＝ ꎬ ＝ ＋ ｜ ｜｜ ｜ 即 ｍ ｎ λ ｍ ｎ (２ꎬ２ －３ꎬ ＋２)＝ (４ꎬ２ ＋１ꎬ３ － ＝ ｂ ＋ １ ( Ｂ→Ｃ ＋ Ｂ→Ｂ′ ) ｜ Ｏ→Ａ ｜ ２ ２)ꎬ { λ ２ ｜ →ＡＢ ｜｜ →ＡＣ ｜ >０ꎬ ２＝４ ꎬ ｂ １ →ＡＣ →ＡＢ Ｂ→Ｂ′ Ａ为锐角. 所以 ｍ λ ｍ ＝ ＋ ( － ＋ ) ∴ ∠ ２ －３＝ (２ ＋１)ꎬ ２ 同理可证 Ｂ Ｃ均为锐角 ｎ λ ｎ ∠ ꎬ∠ ꎬ ＋２＝ (３ －２)ꎬ ＝ ｂ ＋ １ ( ｃ － ｂ ＋ ａ )＝ １ ( ａ ＋ ｂ ＋ ｃ )ꎬ ＡＢＣ为锐角三角形. ì ïλ １ ２ ２ ∴ △ ïï ＝ ２ ꎬ Ａ→Ｎ Ａ→Ａ′ Ａ′→Ｃ′ １ Ｃ′→Ｂ′ １１. 解 析 由 题 意 ꎬ 得 ｜ →ＡＢ ｜ ＝ ＋ ＋ 解得í ïｍ ７ 所以ｍ ＝ ７ ꎬ ｎ ＝６ . ２ ＝ (１－２ ｍ ) ２ ＋(２－３ ｍ ) ２ ＋(２ ｍ －２) ２ î ïï ｎ ＝ ２ ꎬ ２ ＝ ａ ＋ ｃ ＋ ２ １ ( Ａ′→Ｂ′ － Ａ′→Ｃ′ ) ＝ １７ ｍ２ －２４ ｍ ＋９ꎬ ＝６ꎬ ２ ７.解析 Ａ Ｂ Ｃ三点共线 λ→ＡＢ Ｂ→Ｃ. ａ ｃ １ ｂ ｃ →ＡＢ ４×１７×９－２４ ３ １７. ∵ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ＝ ＝ ＋ ＋ ( － ) ∴ ｜ ｜ｍｉｎ＝ ＝ ２ ４×１７ １７ 又→ＡＢ Ｂ→Ｃ ｍ ｎ ＝(－３ꎬ１ꎬ－１)ꎬ ＝( ＋４ꎬ１ꎬ ＋ ａ １ ｂ １ ｃ. １２.解析 设Ｏ→Ｍ λＯ→Ｃ λ λ ＝ ＋ ＋ ＝ ＝ (１ꎬ１ꎬ２)＝( ꎬ ２)ꎬ ２ ２ λ λ λ ｍ ｎ ４.解析 解法一 因为ａ ｂ ꎬ２ )ꎬ ∴ ＝ λ (－ ｍ ３ꎬ１ꎬ－ λ １)＝( λ ＋４ ｎ ꎬ１ꎬ ＋２)ꎬ : ＝(－３ꎬ２ꎬ５)ꎬ ＝ 则Ｍ→Ａ ＝(１－ λ ꎬ２－ λ ꎬ３－２ λ )ꎬ Ｍ→Ｂ ＝(２－ ∴ －３ ＝ ＋４ꎬ ＝１ꎬ－ ＝ ＋２ꎬ (１ꎬ５ꎬ－１)ꎬ λ λ λ ∴ ｍ ＝－７ꎬ ｎ ＝－３ꎬ∴ ｍ ＋ ｎ ＝－１０ . 所以 ３ ａ －２ ｂ ＝(－１１ꎬ－４ꎬ－１７) . ꎬ１－ ꎬ２－２ )ꎬ 练习 因为ａ ｂ ａ ｂ Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ λ λ λ ２ ＋ ＝(－２ꎬ７ꎬ４)ꎬ － ＝(－４ꎬ－３ꎬ 􀅰 ＝(１－ )(２－ )＋(２－ )(１－ １.解析 ａ ｂ λ λ λ ∵ 􀅰 ＝１×３＋３×(－１)＋７×０＝ ６)ꎬ )＋(３－２ )(２－２ ) ａ与ｂ垂直. 所以 ａ ｂ ａ ｂ . λ２ λ . ０ꎬ∴ ( ＋ )􀅰( － )＝８－２１＋２４＝１１ ＝６ －１６ ＋１０ ２.答案 解法二 因为ａ ｂ ５ : ＝(－３ꎬ２ꎬ５)ꎬ ＝(１ꎬ５ꎬ 当λ １６ ４ 时 Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ取得最小 解析 ａ ｂ ａ ｂ 即ａ ｂ ＝ ＝ ꎬ 􀅰 ∵ ⊥ ꎬ∴ 􀅰 ＝０ꎬ 􀅰 ＝－１ －１)ꎬ ２×６ ３ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等２ Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ｂ Ａ 值４×６×１０－１６ ２ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝－ ꎬ ( ) ４×６ ３ ( ) Ｏ １ ꎬ１ꎬ １ ꎬ Ａ→ １ Ｂ ＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ Ａ→Ｏ ＝ 此时点Ｍ的坐标为 ４ ４ ８ . ２ ２ ꎬ ꎬ ( ) ３ ３ ３ １ １ Ａ→Ｂ Ａ→Ｏ . ＡＯ １３.解析 Ｐ→Ｑ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｑ ２ ꎬ１ꎬ ２ ꎬ∴ １ 􀅰 ＝ ０ ∴ (１) ＝ ＋ ＋ ＝(１－ ａ ) ｉ ＋ ｊ ＋ ａｋ ꎬ ⊥ Ａ １ Ｂ. ３.略. Ｐ→Ｒ →ＰＡ Ａ→Ａ Ａ→Ｒ ａｉ ｋ ａ ｊ. ＝ ＋ １＋ １ ＝－ ＋ ＋(１－ ) ４.证明 Ａ→Ｂ Ａ→Ａ →ＡＢ Ａ→Ｃ →ＡＢ Ａ→Ｄ (２) Ｄ→Ｇ ＝ Ｄ→Ｄ １＋ Ｄ→ １ Ｒ ＋ Ｒ→Ｇ ∴ Ｄ→Ａ １＝(１ . ꎬ０ꎬ１)ꎬ →ＡＢ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ａ→Ｄ １＝ Ａ→Ａ ∵ １ ＝ １ ＋ ꎬ １＝ ＋ Ｄ→Ｄ Ｄ→Ｒ ２ １ Ｒ→Ｐ Ｒ→Ｑ (－１ꎬ０ꎬ１) ＋ １ꎬ ＝ １＋ １ ＋ ３ × ２ ( ＋ ) ∴ Ｄ→Ａ １􀅰 →ＡＢ ＝０ꎬ Ｄ→Ａ １􀅰 Ａ→Ｄ １＝０ . ∴ Ａ→ １ Ｂ 􀅰 Ａ→Ｃ １＝( Ａ→ １ Ａ ＋ →ＡＢ )􀅰( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ＝ Ｄ→Ｄ １＋ Ｄ→ １ Ｒ ＋ ３ １ ( Ｒ→Ｐ ＋ Ｒ→Ｐ ＋ Ｐ→Ｑ ) ∴ 又 ＤＡ １⊥ ＡＢ ＡＢ且 Ａ Ｄ Ｄ Ａ １⊥ Ａ Ａ Ｄ １ . ＤＡ 平 Ａ→Ａ Ａ １) Ｂ ＝０ . ＡＣ . ∵ ∩ １ ＝ ꎬ ∴ １ ⊥ ∴ １ ⊥ １ Ｄ→Ｄ Ｄ→Ｒ １ Ｐ→Ｑ Ｐ→Ｒ 面ＡＢＣ Ｄ . ５.证明 已知 ＰＯ α ＰＡ是平面α的一 ＝ １＋ １ ＋ ( ＋２ ) １ １ : ⊥ ꎬ ｋ ａｊ １ ３ ａ ｉ ｊ ａｋ ａｉ ｋ ４. ∴ 解 Ａ 析 → １ Ｄ是 设 平 平 面 面 Ａ α ＢＣ 的 １ Ｄ 法 １ 向 的 量 法 为 向量 ｎ . ｘ ｙ 条 求 斜 证 线 ａ ꎬ ａ Ｏ ⊂ Ａ α . ꎬ ａ 如 ⊥ 图 ＰＡ. ＝ － ＋ [(１－ ) ＋ ＋ －２(－ ＋ ) ＝( ꎬ ꎬ : ⊥ ( ) ３ ｚ 则ｎ ａ ｎ ｂ ａ ｊ )ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ －２(１－ ) ] {ｎ ａ { ｘ ｙ ＝ ａ ＋１ｉ － ａ ＋１ｊ ＋ ａ ＋１ｋ. ∴ ｎ 􀅰 ｂ ＝０ꎬ即 － ｘ ＋ ｚ ＝０ . ꎬ不妨令ｘ ＝１ꎬ ３ ３ ３ 􀅰 ＝０ꎬ － ＋ ＝０ 则ｙ ｚ . (３)∵ →ＡＰ ＝ ａｉ ꎬ →ＡＱ ＝ ｉ ＋ ｊ ＋ ａｋ ꎬ →ＡＲ ＝(１－ ａ ) ｊ 故平 ＝ 面 １ꎬ α ＝ 的 １ 一个法向量为 . 证明 :∵ ＰＯ ⊥ α ꎬ ａ ⊂ α ꎬ∴ ＰＯ ⊥ α.不妨设 ＋ ｋ ꎬ (１ꎬ１ꎬ１) 直线ａ的方向向量为ａ 又ａ ＰＡ ａ ａ ５.解析 Ｂ→Ｃ 直线 ꎬ ⊥ ꎬ ∴ →ＡＧ ＝ １ ( →ＡＰ ＋ Ａ→Ｑ ＋ →ＡＲ )＝ １＋ ｉ ＋ ２－ ｊ ＋ ＢＣ的 一 ( 个 １) 方 ∵ 向向 ＝ 量 ( 为 －１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ∴ . ∴ Ｐ→Ｏ 􀅰 ａ ＝０ꎬ →ＰＡ 􀅰 ａ ＝０ꎬ 而Ｏ→Ａ ＝ →ＰＡ － Ｐ→Ｏ ꎬ ３ ３ ３ (１ꎬ－１ꎬ１) １＋ ａ ｋ ꎬ (２) 易知Ｂ→Ｃ ⊥ Ａ→Ｍ ꎬ 则Ｂ→Ｃ 􀅰 Ａ→Ｍ ＝０ . ∴ Ｏ Ｏ →Ａ Ａ. 􀅰 ａ ＝ →ＰＡ 􀅰 ａ － Ｐ→Ｏ 􀅰 ａ ＝０－０＝０ . ∴ ａ ３ 而Ａ→Ｍ ｘ ｙ ｚ ⊥ ａ ａ ａ ＝( －１ꎬ －１ꎬ －１)ꎬ∴ (－１ꎬ１ꎬ－１) ６.证明 建立如图所示的空间直角坐 Ｒ→Ｇ →ＡＧ →ＡＲ １＋ ｉ ２ －１ｊ －２ｋ ｘ ｙ ｚ . ∴ ＝ － ＝ ＋ ＋ ꎬ 􀅰( －１ꎬ －１ꎬ －１)＝０ 标系 ( ３ ａ ａ ３ ａ ３ ) ∴ －( ｘ －１)＋ ｙ －１－( ｚ －１)＝０ꎬ 即ｘ － ｙ ＋ ｚ －１ : Ｒ→Ｇ Ｄ→Ｇ １＋ ｉ ２ －１ｊ －２ｋ . ∴ 􀅰 ＝ ＋ ＋ 􀅰 ＝０ ３ ３ ３ (ａ ａ ａ ) ６.３.２ 空间线面关系的判定 ＋１ｉ ＋１ｊ ＋１ｋ . － ＋ ３ ３ ３ １.答案 ｌ ｌ α β ｌ α ｉ ｊ ｊ ｋ ｉ ｋ 且 ｉ ｊ (１) １∥２ (２) ∥ (３) ∥ ∵ 􀅰 ＝０ꎬ􀅰 ＝０ꎬ􀅰 ＝０ꎬ ｜ ｜＝｜ ｜ ｋ 或ｌ α １ １ ＝｜ ｜＝１ꎬ ⊂ (４)－ (５) －１０ ( ) ∴ 成立 Ｒ→Ｇ . 􀅰 Ｄ→Ｇ ＝０ 恒成立 ꎬ∴ Ｒ→Ｇ ⊥ Ｄ→Ｇ恒 解析 (１)∵ ａ 􀅰 ２ ｂ ＝２－６ ２ ＋４＝０ꎬ∴ ａ ⊥ 设 ｜ Ａ→Ａ １｜＝１ꎬ 则 Ｏ １ ２ ꎬ １ ２ ꎬ０ ꎬ Ａ １(１ꎬ ｂ ｌ ｌ . ( ａ的取值范围是 . ꎬ∴ １⊥２ Ｄ Ｂ Ｍ ∴ (０ꎬ１) ｖ ０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ０ꎬ１ꎬ (２)∵ ＝(－３ꎬ－６ꎬ６)＝ －３(１ꎬ２ꎬ－２)＝ 6.3 空间向量的应用 μ μ ｖ α β. ) －３ ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ∥ １ ( ) ꎬ ６.３.１ 直线的方向向量与 ｅ ｎ ２ ２ (３)∵ 􀅰 ＝(１ꎬ０ꎬ３)􀅰 －２ꎬ０ꎬ ＝ ( ) ３ Ｏ→Ａ １ １ Ｂ→Ｄ 平面的法向量 ｅ ｎ ｌ α或ｌ α. ∴ １＝ ꎬ－ ꎬ１ ꎬ ＝(－１ꎬ－１ꎬ －２＋２＝０ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ∥ ⊂ ２ ２ ( ) 练习 ｌ α ｅ ｎ ｎ μｅ (４)∵ ⊥ ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ＝ ꎬ Ｂ→Ｍ １ . ( ) ０)ꎬ ＝ －１ꎬ０ꎬ １.答案 １ １ λ μ ２ － ∴ ꎬ ꎬ－１ ＝ (－１ꎬ１ꎬ２)ꎬ Ｏ→Ａ Ｂ→Ｄ Ｏ→Ａ Ｂ→Ｍ . ２ ２ ∴ １􀅰 ＝０ꎬ １􀅰 ＝０ 解析 ｌ ｌ ａ ｂ ＯＡ ＢＤ ＯＡ ＢＭ. ∵ １⊥ ２ꎬ∴ 􀅰 ＝(２ꎬ－１ꎬ２)􀅰 ∴ １ ＝－ μ ꎬ λ ＝ μ ꎬ－１＝２ μ ꎬ∴ λ ＝－ １ . ∴ 而ＢＤ １⊥ ＢＭ ꎬ Ｂ １⊥ ｍ ｍ ｍ １ . ２ ２ ∩ ＝ ꎬ (１ꎬ１ꎬ )＝２－１＋２ ＝０ꎬ∴ ＝－ α β μ ｖ ｖ λμ. Ａ Ｏ 平面ＭＢＤ. ２.答案 ２ (５) ｔ ∵ ∥ ꎬ∴ λ ∥ ꎬ∴ ＝ ７.证 ∴ 明 １ ⊥ 如图 设ｍ ｌ Ｏ 过Ｏ在平面β １ ∴ ( ꎬ－１ꎬ－２)＝ (－１ꎬ２ꎬ４)ꎬ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ( 内作ＯＡ ｌ. 解析 ｌ α ｔ λ １ ｔ λ λ λ ｔ １ . ⊥ ∵ ⊥ ꎬ∴ ( ꎬ２ꎬ４)＝ ꎬ１ꎬ ∴ ＝－ ꎬ－１＝２ ꎬ－２＝４ ꎬ∴ ＝ ２ ２ ) α β μ ｖ ｔ ｔ １ λ λ λ ｔ . ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ (－１ꎬ２ꎬ４)􀅰( ꎬ－１ꎬ ２ ꎬ∴ ＝ ꎬ２＝ ꎬ４＝２ ꎬ∴ ＝１ ２ －２)＝０ꎬ ３.证明 如图 以Ｄ为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ ｔ ｔ . ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ ∴ － －２－８＝０ꎬ∴ ＝－１０ 所在直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立空间直 ２.证明 以Ａ为原点 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直 、 、 ꎬ ꎬ ꎬ １ 角坐标系.设正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角 － １ １ １ １ 、 、 的棱长为 则Ｄ Ａ 坐标系 图略 .设正方体棱长为 则 ｌ ｍ １ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ( ) １ꎬ ∵ ⊥ ꎬ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ＡＯＭ即为二面角α ｌ β的平面角. Ｄ Ｂ . ∴ ∠ － － (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝０ 而 ∵ α ｍ ⊥ β ｌ ꎬ∴ Ｏ ｍ Ａ ⊥ β ｍ . . ∴ Ａ→Ｂ １＝(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ →ＡＣ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ∴ Ｏ Ｏ Ｍ Ｍ ⊥ 平 ＢＤ 面 ꎬ Ｏ Ａ Ｍ Ｂ ⊥ Ｄ ＢＡ １ꎬ ⊥ꎬ∴ ⊥ Ａ→Ｂ →ＡＣ Ａ→Ｂ →ＡＣ . ∴ ⊥ １ ꎬ ６.３.３ 空间角的计算 １􀅰 ＝１ꎬ｜ １｜＝ Ａ→Ｂ ２ꎬ｜ →ＡＣ ｜＝ ２ ∴ Ｏ→Ｍ是平面Ａ １ ＢＤ的法向量. １.答案 π ∴ ｃｏｓ‹ Ａ→Ｂ １ꎬ →ＡＣ › ＝ ｜ Ａ→Ｂ １ １ 􀅰 ｜｜ →ＡＣ ｜ ＝ ２× １ ２ Ａ (２ Ｂ ) Ｄ →ＡＤ 的 是 法 平 向 面 量 ＡＡ １ →Ａ Ｂ Ｄ 的法 Ｏ→Ｍ 向量 ꎬ Ｏ→Ｍ是平面 ６ １ . １ ꎬ 􀅰 ＝(０ꎬ１ꎬ０)􀅰 ａ ｎ ＝ ( ) 解析 ａ ｎ 􀅰 ２ １ １ １ １ ∵ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝ ａ ｎ ＝ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ｜ ｜｜ ｜ ＡＢ 与ＡＣ所成的角为π. ２ ２ ２ ２ ∴ １ ２×１＋(－３)×０＋ ３×０ １ ａ ｎ ３ １ ２ ２ ＋(－３) ２ ＋( ３) ２ ×１ ＝ ２ ꎬ‹ ꎬ ›∈ Ｂ→Ｄ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ｜ Ｂ→Ｄ ｜＝ ２ꎬ Ａ→Ｂ １􀅰 Ｂ→Ｄ ＝ ｃｏｓ‹ Ａ→Ｄ ꎬ Ｏ→Ｍ ›＝ Ａ→Ｄ 􀅰 Ｏ→Ｍ ＝ ２ ＝ ３. ａ ｎ π. 直线ｌ与平面 －１ . ｜ Ａ→Ｄ ｜｜ Ｏ→Ｍ ｜ １× ３ ３ [０ꎬπ]ꎬ∴ ‹ ꎬ ›＝ ∴ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ ２ ３ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ １􀅰 －１ 二面角Ａ Ａ Ｂ Ｄ是锐二面角 α所成的角为π － π ＝ π. ∴ ｃｏｓ‹ １ꎬ ›＝ ｜ Ａ→Ｂ １｜｜ Ｂ→Ｄ ｜ ＝ ２× ２ ∵ 二面角Ａ － Ａ １ Ｂ － Ｄ的大小约为 ꎬ . °. ２ ３ ６ ∴ － １ － ５４７４ ２.答案 ６０ °. ＝－ １ . ６.３.４ 空间距离的计算 ２ ３.解析 以 Ａ为原点 以 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所 ꎬ ꎬ ꎬ １ ＡＢ 与ＢＤ所成的角为π. １.解析 在直线分别为 ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ 轴建立空间直角 ∴ １ ３ 建 立 (１ 如 )１ 图所示的空间直角坐标系 坐标系Ａ ｘｙｚ 图略 设正方体的棱长 斜线与平面内这条直线所成的角 (２) ꎬ － ( )ꎬ ∴ 则Ａ Ｄ Ｂ ( ) １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ 为 则 Ｃ Ｍ １ 为π. Ｄ Ｂ Ｃ １ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ２ ꎬ０ꎬ０ ꎬ ３ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｄ Ｂ . ５.解析 设正方体的棱长为 建立如图 (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ１) １ꎬ ( ) 所示的空间直角坐标系 则 Ｄ Ｍ→Ｃ １ Ｄ→Ｂ . ꎬ １(０ꎬ０ꎬ ∴ ＝ ꎬ１ꎬ０ ꎬ １＝(１ꎬ－１ꎬ１) Ｂ Ａ Ｃ ２ ( ) ０ Ｄ )ꎬ (１ꎬ１ꎬ１)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｍ→Ｃ Ｄ→Ｂ １ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ∴ 􀅰 １＝ ２ ꎬ１ꎬ０ 􀅰(１ꎬ－１ꎬ１) Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ ∴ １ １＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １ ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝－ ２ １ ꎬ Ｄ→ １ Ｂ ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ( ) ２ ∴ Ａ １ →Ｃ １􀅰 Ｄ→ １ Ｂ ＝０ꎬ Ａ→ １ Ｄ 􀅰 Ｄ→ １ Ｂ ＝０ꎬ ｜ Ｍ→Ｃ ｜＝ １ ＋１ ２ ＝ ５ ꎬ｜ Ｄ→Ｂ １｜＝ ３ . Ｄ→Ｂ为平面Ａ Ｃ Ｄ的一个法向量. ∴ Ｄ→Ａ １＝(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ Ｄ→Ｂ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ｂ １＝ ２ ２ ∴ １ １ １ Ｂ→Ｄ ∴ ｃｏｓ ‹ Ｍ→Ｃ ꎬ Ｄ→Ｂ １› ＝ ｜ Ｍ Ｍ → → Ｃ Ｃ 􀅰 ｜｜ Ｄ Ｄ → → Ｂ Ｂ １ １ ｜ ＝ 又 Ｄ→ Ｄ→ １ Ｂ Ｂ 􀅰 ＝ Ｄ→ ( Ｂ １ꎬ１ꎬ０ ２ )ꎬ∴ ｃｏ ６ ｓ‹ Ｄ→ １ Ｂ ꎬ Ｄ→Ｂ › ＝ Ｄ ( ∴ １ Ｂ Ｄ ꎬ → ０ Ａ ꎬ １ Ｂ １ ∥ ) Ｄ Ｃ ꎬ →Ｂ . １ １ꎬ Ｄ １ → ＝ Ｂ ( ∥ － Ｂ １ꎬ １ →Ｄ － １ １ ꎬ ꎬ ∴ ０) Ｄ ꎬ Ａ １∥ ＣＢ １ꎬ － ２ １ ＝－ １５. 设 ｜ Ｄ→ １ Ｂ Ｂ Ｄ ｜ 与 ｜ Ｄ→ 平 Ｂ ｜ 面 ＝ ３ Ａ １ × Ｃ １ ２ Ｄ ＝ 所 ３ 成 ꎬ 的角为 θ ꎬ 则 ∵ Ｄ Ｄ Ｃ ∥ Ａ Ｂ １ꎬ １ Ｄ Ｄ Ｂ １ ⊂ Ｂ 平面 平 Ａ 面 １ Ｄ Ｄ Ｂ ꎬ Ｃ 且 Ｂ ＤＡ 且 １∩ ＣＢ ＤＢ ＝ ２ ５ × ３ １５ ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ‹ Ｄ→ １ Ｂ ꎬ Ｄ→Ｂ ›｜＝ ６ ꎬ Ｄ ꎬ １ Ｂ １＝ １ꎬ Ｂ １ꎬ １ ∴ １ 平 ⊂ 面Ａ １ ＤＢ ∥ １ 平 １ 面 ꎬ Ｄ １ ＣＢ １ １ ∩ ꎬ ３ 点Ｃ到平面 Ａ ＤＢ 的距离即为两平 ∴ 对角线ＤＢ １ 与ＣＭ所成角的余弦值 故ＢＤ与平面 Ａ １ Ｃ １ Ｄ 所成角的余弦值 ∴ 行平面间的距离. １ 为 １ １ ５ ５. 为 １－ æ è ç ６ ö ø ÷ ２ ＝ ３. 设平面Ａ １ ＤＢ的法向量为ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ ４.解析 构造正方体.如图 在正方体 ３ ３ {ｎ Ｄ→Ａ ｘ ｚ ꎬ ６.解析 证明 以ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直 则 􀅰 １＝ ＋ ＝０ꎬ 内 ＡＢ 的 ＣＤ 射 － 影 Ａ １ Ｂ 为 １ Ｃ Ａ １ Ｂ Ｄ ꎬ １ Ａ 中 Ｂ １ ꎬ 与 ＡＢ Ａ １ Ｂ 在 所 底 成 面 的 Ａ 角 ＢＣ 为 Ｄ 坐 线 标 分 系 别 为 ( Ａ １ － ) ｘ ｘｙ 轴 ｚ ( 、 图 ｙ : 略 轴 ) 、 ｚ . 轴 ꎬ 建 ꎬ 立空 １ 间直角 取ｘ ｎ ＝ 􀅰 １ꎬ Ｄ→ ∴ Ｂ ＝ ｙ ＝ ｘ ＋ － ｙ １ ＝ ꎬ ｚ ０ ＝ ꎬ －１ꎬ ４５ ° ꎬ ＡＣ ꎬ ＢＤ与 ＡＢ 所成的角均为 ４５ ° ꎬ 设正方体的棱长为 １ꎬ 则 Ａ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ∴ ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ 求ＡＢ 与 ＡＣ ＡＢ 与 ＢＤ 所成的角即 ( ) 可 ｙ ｚ .以 轴 １ 建 ＡＢ 立 ꎬ Ａ 空 Ｄ ꎬ 间 ꎬ Ａ 直 Ａ １ １ 角 所 坐 在 标 直 系 线 Ａ 分 ｘ 别 ｙｚ. 为 ｘ ꎬ Ｂ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｄ (０ ( ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｏ ) １ ２ ꎬ １ ２ ꎬ０ ꎬ ∴ ｎ ０＝ ３ ３ (１ꎬ－１ꎬ－１) .又Ｂ→Ｃ ＝(－１ꎬ０ꎬ ꎬ － Ａ Ｍ １ . ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １ꎬ１ꎬ ２ 平面 Ａ ＤＢ 与平面 Ｄ ＣＢ 的距离为 ( ) ∴ １ １ １ Ｏ→Ｍ １ １ １ Ｂ→Ｄ ∴ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ＝(－１ꎬ１ꎬ Ｂ→Ｃ ｎ ３. ２ ２ ２ ｜ 􀅰 ０｜＝ ３ ０)ꎬ Ｂ→Ａ １＝(－１ꎬ ( ０ꎬ１)ꎬ ) (３) 由 (２) 可知平面Ａ １ ＤＢ的一个法向 ∴ Ｏ→Ｍ 􀅰 Ｂ→Ｄ ＝ １ ꎬ １ ꎬ １ 􀅰(－１ꎬ１ꎬ 量为ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ－１) . ２ ２ ２ →ＡＢ Ｄ→Ｃ ∵ ＝ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ ０)＝０ꎬ 设正方体的棱长为 ( ) →ＡＢ ｎ １ꎬ Ｏ→Ｍ Ｂ→Ａ １ １ １ 点Ａ到平面Ａ ＤＢ的距离为｜ 􀅰 ｜ 则Ａ Ｂ Ｃ 􀅰 １＝ ꎬ ꎬ 􀅰(－１ꎬ０ꎬ１) ∴ １ ｎ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ２ ２ ２ ｜ ｜ ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等Ｄ Ａ Ａ Ｃ °. １ ３. １(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ １(３ꎬ０ꎬ３)ꎬ (３ꎬ０ꎬ０)ꎬ １ ＝４５ ＝ ＝ . ＡＤ与平面ＢＣＤ所成的角为 °. ３ ３ (０ꎬ３ꎬ３) ∴ ４５ 如图 分别连接ＡＤ ＡＣ 则 ＡＣＤ 作ＥＦ ＢＤ于点Ｆ 连接ＡＦ 则ＡＦ (３) ⊥ ꎬ ꎬ (４) ꎬ １ꎬ ꎬ △ １ ＢＤ 如图. 是等边三角形 边长为 点Ａ到直 ⊥ ꎬ ꎬ ２ꎬ∴ ＡＦＥ为二面角Ａ ＢＤ Ｅ的平面角. ∴ ∠ － － 线Ｄ Ｃ的距离为 ３ ６. １ × ２＝ ＥＦ ＢＥ ° ３ＢＥ ２ ２ ∵ ＝ ｓｉｎ６０ ＝ ꎬ ２.解析 取 ＢＤ 的中点 Ｏ 连接 ＡＯ ＯＣ ２ ꎬ ꎬ ꎬ 则ＯＣ ＢＤ ＡＯ ＢＤ 所以 ＡＯＣ是二 ＡＥ ＢＥ ° ＢＥ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∠ ＝ ｔａｎ６０ ＝ ３ ꎬ 面角Ａ ＢＯ Ｃ 的平面角 即 ＡＯ ＯＣ ＡＥ ＢＥ － － ꎬ ⊥ ꎬ ＡＦＥ ３ 所以 ＯＡ ＯＤ ＯＣ 两两垂直 建立如图 由Ａ Ｍ １ Ａ Ｂ 得Ｍ 由Ｂ Ｎ ∴ ｔａｎ∠ ＝ＥＦ＝ ＝２ꎬ 所示的空 ꎬ 间直 ꎬ 角坐标系 则Ａ ꎬ １ ＝ ３ １ ꎬ (３ꎬ１ꎬ２)ꎬ １ ３ＢＥ ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ２ １ Ｂ Ｄ 得Ｎ . Ｂ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ Ｃ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｄ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ →ＡＢ ＝ ３ １ １ꎬ (２ꎬ２ꎬ３) ∴ ∠ ＡＦＥ ≈６３ . ４３ ° ꎬ 二面角 Ａ ＢＤ Ｃ 的大小约为 →ＡＣ Ｂ→Ｄ 因为Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｄ ∴ － － ＝(０ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ ＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ ＝ １ ＝(－３ꎬ０ꎬ－３)ꎬ １ １ ＝(－３ꎬ . °. .设平面 ＡＢＣ 的法向量为 ｎ １１６５７ (０ꎬ２ꎬ０) ＝ －３ꎬ０)ꎬ Ｍ→Ｎ ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ３.解析 以ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直线分别为 ( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ 则 由 {ｎ ｎ 􀅰 → → Ａ Ａ Ｂ Ｃ ＝０ꎬ 得 所以Ｂ→ １ Ｃ . 􀅰 Ｍ→Ｎ ＝３－３＝０ꎬ Ｂ １ →Ｄ １􀅰 Ｍ→Ｎ ＝ ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ 轴建立 ꎬ 空间 ꎬ 直角 １ 坐标系 ( 图 ( 略 )ꎬ 􀅰 ＝０ ３－３＝０ 设棱长为 则 Ｃ Ｍ { ｙ ｚ １ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ０ꎬ０ꎬ － － ＝０ꎬ令ｘ 得ｚ ｙ 即ｎ 因为 Ｂ Ｃ Ｂ Ｄ Ｂ 所以Ｍ→Ｎ是平面 ｘ ｚ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ １ ∩ １ １＝ １ꎬ ) ( ) － ＝０ꎬ Ｂ Ｄ Ｃ的法向量. １ Ｎ １ Ｄ . １ １ ꎬ １ꎬ０ꎬ ꎬ １(０ꎬ１ꎬ１) 所 ＝ Ｂ→ ( 以 Ｄ １ꎬ 点 － ｎ １ꎬ Ｄ １) 到 ꎬ 平面 ＡＢＣ 的距离 ｄ ＝ ３ ( ) ３) 是 由 平 正 面 方体 Ｂ １ 的 Ｄ １ 性 Ｃ 质 的 可 一 知 个 Ａ→Ｃ 法 １＝ 向 ( 量 －３ ꎬ ꎬ３ 又 ꎬ ∴ ２ Ｃ→Ｍ ＝ ( －１ꎬ－１ꎬ ２ １ ２ ) ꎬ Ｄ→ １ Ｎ ＝ ( １ꎬ－１ꎬ－ ２ １ ) ꎬ ｜ ｎ 􀅰 ｜ ＝ ２ ＝ ２ ３. Ｄ→Ａ 所以点 Ａ 到平面 ( ) ( ｜ ｜ ３ ３ Ｂ １ Ｄ １ Ｃ ＝ 的 (３ 距 ꎬ０ 离 ꎬ 即 ０) Ａ ꎬ Ｂ 到平面 １ Ｂ Ｄ Ｃ 的 ∴ Ｃ→Ｍ 􀅰 Ｄ→ １ Ｎ ＝ －１ꎬ－１ꎬ １ 􀅰 １ꎬ ３.解析 (１) 建立如图所示的空间直角 １ １ １ １ １ ) ２ 坐标系 则 Ａ Ａ Ｄ→Ａ Ａ→Ｃ １ １ ꎬ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ 距离ｄ ｜ １ １􀅰 １｜ ９ . －１ꎬ－ ＝－ ꎬ Ｍ ( ０ꎬ１ꎬ １ ) ꎬ Ｐ ( １ ꎬ １ ꎬ０ ) ꎬ Ｃ (０ꎬ１ꎬ 习题６.３ ＝ ｜ Ａ→Ｃ １｜ ＝ ３ ３ ＝ ３ Ｃ→Ｍ ２ ３ Ｄ→ ４ Ｎ ３ ２ ２ ２ ｜ ｜＝ ꎬ｜ １ ｜＝ ꎬ Ｂ Ｃ . ２ ２ ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ１) 感受􀅰理解 Ｃ→Ｍ Ｄ→Ｎ １.解析 (１) Ｂ→Ｃ ＝(２ꎬ１ꎬ１) . ∴ ｃｏｓ ‹ Ｃ→Ｍ ꎬ Ｄ→ １ Ｎ › ＝ Ｃ→Ｍ 􀅰 Ｄ→ １ Ｎ ＝ 设平面ＡＢＣ的法向量为ｕ ｘ ｙ ｜ ｜｜ １ ｜ (２) ＝( ꎬ ꎬ １ ｚ 因 为 →ＢＡ 所 以 － )ꎬ ＝ (１ꎬ － １ꎬ １)ꎬ ４ １ . {ｕ 􀅰 →ＢＡ ＝０ꎬ即 {ｘ － ｙ ＋ ｚ ＝０ꎬ 令ｘ 则ｚ ３ × ３ ＝－ ９ ｕ Ｂ→Ｃ ２ ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ ＝０ꎬ ＝２ꎬ ２ ２ 􀅰 ＝０ꎬ ＣＭ与Ｄ Ｎ所成的角约为 . °. ( ) ( ｙ 即ｕ . ∴ １ ８３６２ 因为Ｐ→Ｍ １ １ １ Ｐ→Ａ １ ＝－３ꎬ ＝－１ꎬ ＝(２ꎬ－１ꎬ－３) ４.解析 证明 在正三棱柱 ＡＢＣ ＝ － ２ ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ １＝ ２ ꎬ ２.解析 以 →ＢＡ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｄ 为基底 Ａ Ｂ Ｃ ( 中 １) ＣＣ :∵ 平面 ＡＢＣ ＡＤ 平 － ) (１) { ꎬ ꎬ } ꎬ １ １ １ ꎬ １⊥ ꎬ ⊂ － １ ꎬ１ ꎬ 设ＢＡ ＝ ＢＣ ＝ ＢＣ ＝ ａ ꎬ∵ Ａ→Ｄ ＝ Ｂ→Ｄ － →ＢＡ ꎬ 面ＡＢＣ ꎬ ２ ＣＣ ＡＤ. 所以 ｃｏｓ‹ Ｐ→Ｍ ꎬ Ｐ→Ａ １›＝ Ｐ Ｐ → → Ｍ Ｍ 􀅰 Ｐ Ｐ → → Ａ Ａ １ ＝０ꎬ →Ｂ ∴ Ａ Ａ→ 􀅰 Ｄ Ｂ 􀅰 →Ｃ Ｂ→Ｃ ＝( Ｂ→Ｄ － →ＢＡ )􀅰 Ｂ→Ｃ ＝ Ｂ→Ｄ 􀅰 Ｂ→Ｃ － 且 ∵ ∴ Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ １ １ ꎬ ⊥ Ｃ １ Ｃ Ｄ ⊂ Ｄ 平 Ｃ 面ＢＣＣ １ Ｂ １ꎬ ｜ ｜｜ １｜ ａ２ ° ａ２ ° . １∩ １ ＝ １ꎬ 所以Ａ 到直线 ＭＰ 的距离 ｄ Ａ→Ｐ ＝ ｃｏｓ１２０ － ｃｏｓ１２０ ＝０ ＡＤ 平面ＢＣＣ Ｂ . １ ＝ ｜ １ ｜ ＡＤ与ＢＣ所成的角为 °. ∴ ⊥ １ １ ∴ ９０ ＡＤ 平面ＡＤＣ ６. 作ＡＥ ＢＣ于点Ｅ 连接ＥＤ 如图 ∵ ⊂ １ꎬ ＝ (２) ⊥ ꎬ ꎬ : 平面ＡＤＣ 平面ＢＣＣ Ｂ . ２ ∴ １⊥ １ １ 过点Ｄ作ＣＣ 的平行线 建立如图 (２) 由正方体的性质可知Ａ→Ｃ １＝(－１ꎬ１ꎬ ( 所 ２ 示 ) 的空间直角坐 １ 标系 则由 ꎬ 题意可知 是平面Ａ ＤＢ的一个法向量 又Ｄ→Ｃ ꎬ １) １ ꎬ ＝ Ａ Ｃ Ａ 所以点Ｃ到平面Ａ ＤＢ的距 (０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ ３ꎬ２)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ １ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｃ 离ｄ ｜ 􀅰 １｜ ３. ＝ ＝ Ａ→Ｃ ３ ｜ １｜ ４.解析 证明 因为 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ｄ Ｃ 平面 ＡＢＣ 平面 ＤＢＣ ＡＥ 平 (１) : １ ∥ １ ꎬ １ ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ 平面Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ 平面Ｂ Ｄ Ｃ 面ＤＢＣ ⊂ １ １ ꎬ １ ⊄ １ １ ꎬ ꎬ 所以Ａ Ｂ 平面Ｂ Ｄ Ｃ. ＡＤＥ 就是 ＡＤ 与平面 ＢＣＤ 所成 １ ∥ １ １ ∴ ∠ 证明 建立如图所示的空间直角坐 的角. (２) : 标系Ｄ ｘｙｚ 则Ｂ Ｃ 在 ＡＥＤ 中 ＡＥ ＤＥ ＡＤＥ Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ . － ꎬ １(３ꎬ３ꎬ３)ꎬ (０ꎬ３ꎬ０)ꎬ Ｒｔ△ ꎬ ＝ ꎬ∴ ∠ ＝(０ꎬ ３ꎬ０)ꎬ １＝(１ꎬ０ꎬ２) ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 设平面ＡＣ Ｄ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 面角. 设平面ＡＥＦ的法向量为 ｎ ｘ ｙ １ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ (３) ＝( ꎬ ꎬ 则 令 由 ｘ ＝ {ｎ ｎ ２ 􀅰 􀅰 ꎬ 得 Ｄ Ｄ → → Ａ Ｃ ｚ １ ＝ ＝ ＝ ０ － ０ ꎬ ꎬ １ 得 ꎬ ｙ { ＝ ｘ ３ ＋ ０ ２ ｙ ꎬ ｚ ＝ 即 ＝ ０ ０ ꎬ ｎ ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ 在 ∴ Ｄ Ｒ １ ｔ Ｅ △ ＝ Ｄ １ ５ １ ２ Ａ ꎬ Ｃ ∴ 中 Ｃ ꎬ Ｅ ５ ＝ Ｄ １ Ｅ ４ ＝ ２ ４ － × ( ３ １ ５ ꎬ ２ ) ２ ＝ １ ５ ６. ｚ 则 )ꎬ 由 {ｎ ｎ 􀅰 􀅰 → → Ａ Ａ Ｅ Ｆ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ ꎬ 得 {ｘ ｘ ＋ ＋ ｙ ２ ＋ ｙ ＋ ２ ｚ ｚ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ . １６ 令ｙ 得ｚ ｘ －１) ＥＦ ＣＥ ＥＦ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝－３ꎬ 又Ａ→Ａ １＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ∵ ＥＦ ∥ ＡＢ ꎬ∴ ＡＢ＝ＣＡꎬ∴ ４ ＝ ５ ５ ꎬ 所以ｎ ＝(－３ꎬ１ꎬ１) . 所以点 Ａ 到平面 ＡＣ Ｄ 的距离 ｄ 又因为→ＡＣ １ １ ＝ ＥＦ ６４. ＝(２ꎬ２ꎬ０)ꎬ ｜ Ａ→Ａ １􀅰 ｎ ｜ ２ ５. ∴ ＝ ２５ 所以点 Ｃ 到平面 ＡＥＦ 的距离 ｄ ＝ ｎ ＝ Ｄ Ｅ →ＡＣ ｎ ｜ ｜ ５ 在 Ｄ ＥＦ中 Ｄ ＦＥ １ １２ ｜ 􀅰 ｜ ４ ４ １１. ５.解析 证明 如图 连接ＡＢ Ｂ Ｃ Ｒｔ△ １ ꎬｔａｎ∠ １ ＝ ＥＦ ＝ ｎ ＝ ＝ (１) : ꎬ １ꎬ １ ꎬ ５ ｜ ｜ １１ １１ 则由ＥＧ ＡＢ ＡＢ ＤＣ 得ＥＧ ＤＣ . １０.解析 证明 分别以 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 由ＧＦ ∥ Ｂ Ｃ Ｂ １ꎬ Ｃ １∥ Ａ Ｄ １ 得 ꎬ ＧＦ ∥ Ａ Ｄ. １ × ６ ２ ４ ５ ＝ １ １ ６ ５ ꎬ 所在直 线 (１ 为 ) ｘ ｙ : ｚ轴建立如图 ꎬ 所 ꎬ 示的 １ ∥ １ ꎬ １ ∥ １ ꎬ ∥ １ ∴ ∠ Ｄ １ ＦＥ ≈４３ . １５ °. ∴ 二面角Ｄ １－ ＢＣ － Ａ 空间直角坐标 ꎬ 系 ꎬ ꎬ 则Ａ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ (２ꎬ 的大小约为 . °. ４３１５ Ｂ Ｄ Ｅ ８.证明 证明 正 Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｍ 为 ０ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ２)ꎬ (１ꎬ２ꎬ (１) : △ １ １ １ ꎬ Ｃ Ｃ Ｅ→Ｂ Ａ Ｂ 的中点 ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ∴ １ ＝ ∴ １ Ｃ １ １ Ｍ ⊥ Ａ １ Ｂ ꎬ １ .又Ｃ １ Ｍ ⊥ ＡＡ １ꎬ (１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ Ａ→Ｄ １ ＝(０ꎬ２ꎬ２)ꎬ∴ Ｅ→Ｂ １􀅰 Ｃ Ｍ 平面ＡＢＢ Ａ . Ａ→Ｄ ＥＢ ＡＤ . ∴ １ ⊥ １ １ １＝０ꎬ∴ １⊥ １ Ｍ→Ｃ 是平面ＡＢＢ Ａ 的一个法向量. 又因为ＧＦ ＥＧ Ｇ Ａ Ｄ ＤＣ Ｄ ∴ １ １ １ ∩ ＝ ꎬ １ ∩ １＝ ꎬ 连接 ＡＭ 图略 . Ｃ Ｍ 平面 所以平面Ａ ＤＣ 平面ＥＦＧ. (２) ( ) ∵ １ ⊥ １ １∥ ＡＢＢ Ａ ＭＡＣ 是 ＡＣ 与侧面 分别以ＤＡ ＤＣ ＤＤ 为ｘ轴 ｙ轴 ｚ １ １ꎬ ∴ ∠ １ １ (２) ꎬ ꎬ １ ꎬ ꎬ ＡＢＢ Ａ所成的角. 轴 建立如图所示的空间直角坐标系 １ ꎬ ꎬ 则Ｂ １(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ Ｅ (２ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｄ→Ｂ １＝(２ꎬ１ꎬ 在 Ｒｔ△ ＡＭＣ １ 中 ꎬ ＡＣ １＝ ３ ａ ꎬ Ｃ １ Ｍ ＝ ２ ３ａ ꎬ Ｄ→Ｅ . ０)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ２) 的 由正 一 方 个 体 法 的 向 性 量 质 .因 可 为 知 平 Ｄ→ 面 Ｂ １ 为 Ａ 平 ＤＣ 面Ａ 平 １ ＤＣ 面 １ ∴ ｓｉｎ∠ Ｃ １ ＡＭ ＝ Ｃ Ａ １ Ｃ Ｍ ＝ ２ ３ ａ ａ ＝ １ ꎬ 所 (２ 以 ) 因 Ｄ→ 为 Ｅ Ｄ→ １ Ｅ Ａ→Ｃ ＝(１ꎬ０ꎬ－ Ｄ ２ → ) Ｅ ꎬ Ａ→Ｃ １＝(２ꎬ Ａ ２ →Ｃ ꎬ２)ꎬ １ １∥ １ ３ ２ １ 􀅰 １＝－２ꎬ｜ １ ｜＝ ５ꎬ｜ １｜＝ ＥＦＧ 所以平面Ａ ＤＣ 与平面ＥＦＧ的距 Ｃ ＡＭ °. ꎬ １ １ ∴ ∠ １ ＝３０ ２ ３ꎬ ＡＣ 与侧面ＡＢＢ Ａ 所成的角为 °. 离ｄ ｜ Ｄ→Ｂ １􀅰 Ｄ→Ｅ ｜ ６ . ９.解 ∴ 析 １ 建立如图所 １ 示 １ 的空间直角坐 ３０ 标 所以 Ｄ→Ｅ Ａ→Ｃ Ｄ→ １ Ｅ 􀅰 Ａ→Ｃ １ ＝ ｜ Ｄ→Ｂ １｜ ＝ ２ ３ ＝ ３ 系 则 Ａ Ｅ Ｆ ｃｏｓ‹ １ ꎬ １› ＝ ｜ Ｄ→ １ Ｅ ｜｜ Ａ→Ｃ １｜ ＝ 思考􀅰运用 ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ２)ꎬ (１ꎬ２ꎬ ６.证明 如图 ＰＡ在平面 α内的射影为 １)ꎬ Ｄ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ Ｃ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ 所以→ＡＥ ＝ －２ ＝ － １５. ＡＯ Ａ Ｂ α ꎬ ＰＯ α ＯＢ ＡＢ 则 ＰＢ →ＡＦ Ａ→Ｄ ５×２ ３ １５ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ (１ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝(１ꎬ２ꎬ１)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＤＥ与ＡＣ 所成角约为 . °. ＡＢ ꎬ∠ ＰＡＢ ＝ θ ꎬ∠ ＰＡＯ ＝ θ １ꎬ∠ ＯＡＢ ＝ θ ２ . →ＡＣ ＝(２ꎬ２ꎬ０) . ∴ (３) 设平面 １ ＡＤ １ Ｅ的法向量 ７５ 为 ０４ ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ｚ 则Ａ→Ｄ ｎ ｘ ｙ ｚ ꎬ )ꎬ １􀅰 ＝(０ꎬ２ꎬ２)􀅰( ꎬ ꎬ ) ｙ ｚ →ＡＥ ｎ ｘ ｙ ＝２ ＋２ ＝０ꎬ 􀅰 ＝(１ꎬ２ꎬ０)􀅰( ꎬ ꎬ ｚ ｘ ｙ 令ｘ 得ｙ ｚ )＝ ＋２ ＝０ꎬ ＝２ꎬ ＝－１ꎬ ＝１ꎬ 即ｎ . ＝(２ꎬ－１ꎬ１) 因为Ｂ→Ｃ 所以Ｂ→Ｃ ｎ . ＡＢ ＯＡ ＡＢ １＝(０ꎬ２ꎬ２)ꎬ １􀅰 ＝０ θ θ θ 又ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ 所以ＢＣ 平面 ∴ ｃｏｓ ＝ＰＡꎬｃｏｓ １＝ＰＡꎬｃｏｓ ２＝ＯＡꎬ １⊄ １ ꎬ １∥ θ θ ＯＡ ＡＢ ＡＢ (１) ｃｏｓ ∠ ＥＡＦ ＝ ｃｏｓ ‹ →ＡＥ ꎬ →ＡＦ › ＝ ＡＤ １ Ｅ ꎬ 直线 ＢＣ １ 和平面 ＡＤ １ Ｅ 的距离 ∴ ｃｏｓ １􀅰ｃｏｓ ２＝ＰＡ􀅰ＯＡ＝ＰＡꎬ →ＡＥ →ＡＦ →ＡＢ ｎ 􀅰 ５ . ｄ ｜ 􀅰 ｜ ４ ２ ６. θ θ θ . ＝ ＝ ｎ ＝ ＝ ∴ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １􀅰ｃｏｓ ２ ｜ →ＡＥ ｜｜ →ＡＦ ｜ ６ ｜ ｜ ６ ３ ７.解析 如图 作 Ｄ Ｅ ＡＣ 于点 Ｅ 作 探究􀅰拓展 ꎬ １ ⊥ ꎬ 因为Ａ→Ｄ为平面 ＣＤＤ Ｃ 的一个法 Ｄ Ｆ ＢＣ于点Ｆ 连接ＥＦ. (２) １ １ １１.解析 建立如图所示的空间直角坐 １ ⊥ ꎬ 向量 所以 ＡＥ 与平面 ＣＤＤ Ｃ 所成角 ꎬ １ １ 标系 的正弦值即为→ＡＥ与Ａ→Ｄ夹角的余弦值. : →ＡＥ Ａ→Ｄ 又 →ＡＥ Ａ→Ｄ 􀅰 ２ ６. ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ＝ ＝ ｜ →ＡＥ ｜｜ Ａ→Ｄ ｜ ２ ６ ６ 平面Ｄ ＡＣ 平面ＡＢＣ 故直线ＡＥ与平面ＣＤＤ Ｃ 所成角的正 ∵ １ ⊥ ꎬ １ １ Ｄ Ｅ 平面ＡＢＣ ＥＦ ＢＣ. ∴ １ ⊥ ꎬ∴ ⊥ 弦值为 ６. Ｄ ＦＥ就是二面角Ｄ ＢＣ Ａ的平 ∴ ∠ １ １－ － ６ ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等由ＰＢ与底面 ＡＢＣＤ 所成角为 π 知 Ｃ→Ｍ →ＣＡ Ａ→Ｍ ａ ｂ １ ｃ １ Ａ→Ａ １→ＡＢ ꎬ ＝ ＋ ＝ ＋ ＋ ꎬ ＝ １－ ꎬ ４ ２ ２ ２ ＰＢＡ π. Ｃ→Ｇ ２ Ｃ→Ａ ２ ａ ｂ ｃ . →ＲＳ １ Ａ→Ｄ １ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ １ Ａ→Ｄ ∠ ＝ ＝ １＝ ( ＋ ＋ ) ＝－ １＝－ ( ＋ １)＝ － ４ ３ ３ ２ ２ ２ 又 ∠ ＰＡＢ ＝ π ꎬ∴ ＡＢ ＝ ＰＡ ＝１ . ２.证明 (１) 取 { Ｃ→Ｂ ꎬ →ＣＡ ꎬ Ｃ→Ｄ } 为基底 ꎬ － １ ＡＡ １ꎬ ２ ２ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 则Ｆ→Ｇ ＝ Ｃ→Ｇ － Ｃ→Ｆ ＝ １ Ｃ→Ｄ － １ Ｃ→Ｂ ꎬ ∴ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ２ ２ Ｐ→Ｑ →ＲＳ １→ＡＢ １ Ａ→Ｄ. Ｐ . ∴ ＋ ＝－ － (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１) Ｅ→Ｈ Ａ→Ｈ →ＡＥ １ Ａ→Ｄ １→ＡＢ ２ ２ (１)∵ ＰＡ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ꎬ∴ ＰＡ ⊥ ＣＤ. ＝ － ＝ ２ － ２ ∴ Ｍ→Ｎ ＝－ Ｐ→Ｑ － →ＲＳ. 又→ＡＣ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ｄ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝ １ ( Ｃ→Ｄ － →ＣＡ )－ １ ( Ｃ→Ｂ － →ＣＡ ) ∴ 向量Ｍ→Ｎ ꎬ Ｐ→Ｑ ꎬ →ＲＳ共面. →ＡＣ Ｃ→Ｄ ＡＣ ＣＤ. ２ ２ ６.解析 证明 ＣＤ 平面 ＡＢＣ ∴ 􀅰 ＝０ꎬ∴ ⊥ (１) :∵ ⊥ ꎬ 又ＰＡ ＡＣ Ａ ＣＤ 平面ＰＡＣ. １ Ｃ→Ｄ １ Ｃ→Ｂ. ＢＣ 平面ＡＢＣ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ＝ － ⊂ ꎬ 又ＣＤ 平面ＰＣＤ ２ ２ ＣＤ ＢＣ. 平面 ⊂ ＰＡＣ 平面 ꎬ ＰＣＤ. ∴ Ｆ→Ｇ ＝ Ｅ→Ｈ. 又 ∴ Ｂ ⊥ Ｃ ＡＣ ＡＣ ＣＤ Ｃ ∴ ⊥ 又Ｆ Ｇ Ｅ Ｈ四点不共线 ＦＧ ＥＨ. ∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ 存在.取 ＰＤ 的中点 Ｅ 作 ＥＨ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ∥ ＢＣ 平面ＡＣＤ. (２) ꎬ ∥ Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ四点共面. ∴ ⊥ ＰＡ 交ＡＤ于点Ｈ 连接ＣＨ ＣＥ 则ＡＨ ∴ ꎬ ꎬ ꎬ 又 ＡＤ 平面ＡＣＤ ＢＣ ＡＤ. ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｆ→Ｇ １ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ 又ＡＣ ＡＢ２ ＢＣ２ ＣＤ ＨＤ ＨＣ １ ＡＤ. (２)∵ ＝ － ꎬ ＝ ( － )＝ ＝ － ＝８ꎬ ＝８ꎬ ＝ ＝ ＝ ２ ＣＡ ＣＤ. ２ ∴ ＝ １ Ｂ→Ｄ 又Ｅ为ＡＤ的中点 ＡＤ ＣＥ. 又 ＡＢＣ ＢＡＤ π ꎬ ꎬ∴ ⊥ ∠ ＝∠ ＝ ２ ꎬ 而 ２ Ｂ Ｄ Ｆ Ｇ四点不共线 ＢＤ ＦＧ. ∵ ＣＥ ∩ ＢＣ ＝ Ｃ ꎬ∴ ＡＤ ⊥ 平面ＢＣＥ. 四边形ＡＢＣＨ为正方形 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ∥ ＡＤ 平面ＡＢＤ ∴ ꎬ 又ＢＤ 平面ＥＦＧＨ ＦＧ 平面ＥＦＧＨ ∵ ⊂ ꎬ ＣＨ ＡＢ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ 平面ＢＣＥ 平面ＡＢＤ. ∴ ∥ ꎬ ＢＤ 平面ＥＦＧＨ. ∴ ⊥ ∴ 平面ＥＨＣ ∥ 平面ＰＡＢ ꎬ ∴ ∥ ( 由 可知 ＣＡ ＣＢ ＣＤ 两两垂直 (２) (１) ꎬ ꎬ ꎬ ∴ ＣＥ ∥ 平面ＰＡＢ. ３.解析 Ｏ→Ｐ ＝ １ Ｏ→Ａ ＋ ２ Ｏ→Ｂ ＋ ２ Ｏ→Ｃ ＝ １－ 分别以 ＣＡ ＣＢ ＣＤ 所在直线为 ｘ ｙ ｚ ５ ５ ５ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ Ｄ→Ｐ Ｄ→Ｃ ) 轴建立空间直角坐标系 图略 则 (３)∵ ＝(０ꎬ－２ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ ２ ２ Ｏ→Ａ ２ Ｏ→Ｂ ２ Ｏ→Ｃ ( )ꎬ ０)ꎬ 设 ∠ ＰＤＣ ＝ α ꎬ 则 ｃｏｓ α ＝ｃｏｓ‹ Ｄ→Ｐ ꎬ ５ － ５ ＋ ５ ＋ ５ Ａ (８ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ (０ꎬ６ꎬ０)ꎬ Ｄ (０ꎬ０ꎬ８)ꎬ Ｅ . Ｏ→Ａ ２ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ ２ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ∴ (４ꎬ０ꎬ４) Ｄ→Ｃ ›＝ －２ ５ × × (－ ２ １) ＝ ５ １０ ꎬ ＝ ＋ ５ ( － )＋ ５ ( － ) ∴ Ｂ→Ｅ ＝(４ꎬ－６ꎬ４)ꎬ →ＡＣ ＝(－８ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｏ→Ａ ２→ＡＢ ２→ＡＣ Ｂ→Ｅ →ＡＣ Ｂ→Ｅ →ＡＣ 点Ｐ到直线ＣＤ的距离ｄ Ｄ→Ｐ α ＝ ＋ ＋ ꎬ ∴ 􀅰 ＝－３２ꎬ｜ ｜ ＝ ６８ꎬ｜ ｜ ∴ ＝｜ ｜ｓｉｎ ５ ５ . ＝８ ＝ ５× １－ｃｏｓ ２α ＝ ５× ５ ３ ＝ ３ . 即Ｏ→Ｐ － Ｏ→Ａ ＝ ５ ２→ＡＢ ＋ ５ ２→ＡＣ ꎬ ∴ ｃｏｓ‹ Ｂ→Ｅ ꎬ →ＡＣ › ＝ Ｂ→Ｅ 􀅰 →ＡＣ ＝ －３２ １２.解析 (１) 设线段ＡＢ的中点为Ｃ ꎬ 则 即→ＡＰ ２→ＡＢ ２→ＡＣ ｜ Ｂ→Ｅ ｜｜ →ＡＣ ｜ ６８×８ 点Ｃ的坐标为 ＝ ＋ ꎬ (１ꎬ４ꎬ３)ꎬ ５ ５ －２ １７. 故点Ｐ与Ａ Ｂ Ｃ共面. ＝ Ｃ→Ｍ ｘ ｙ ｚ . ꎬ ꎬ １７ ∴ ＝( －１ꎬ －４ꎬ －３) ４.解析 过点Ｄ作ＤＥ α于点 Ｅ 连接 异面直线 ＢＥ 与 ＡＣ 所成的角约为 直线ＡＢ 平面α ＣＭ 平面α ⊥ ꎬ ∴ ∵ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ＣＥ 图略 则 ＤＣＥ ° . °. ＣＭ ＡＢ. ( )ꎬ ∠ ＝３０ ꎬ ６０９８ ∴ ⊥ ＣＤＥ °. 由 可知ＡＥ 平面ＢＣＥ ＡＣ ∴ Ｃ→Ｍ 􀅰 →ＡＢ ＝( ｘ －１ꎬ ｙ －４ꎬ ｚ －３)􀅰(６ꎬ２ꎬ ∴ ∠ ＡＢ α ＝ Ｄ ６ Ｅ ０ α Ｃ (３ Ｄ ) (１) ⊥ ꎬ∵ ＝ ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ＝８ꎬ １２) ∴ ＡＢ ∥ ＤＥ. ＡＤ 点Ａ到平面ＢＣＥ的距离为 ＝６( ｘ －１)＋２( ｙ －４)＋１２( ｚ －３)＝６ ｘ ＋２ ｙ ＡＢ与ＤＣ所成角为 °. ∴ ＝８ ２ꎬ ∴ ６０ ｚ . １ ＡＤ . ＋１２ －５０＝０ Ａ→Ｄ →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｄ ＝４ ２ ｘ ｙ ｚ . ∵ ＝ ＋ ＋ ꎬ ２ ∴３ ＋ ＋６ －２５＝０ (２)∵ ＰＡ ＝ ＰＢ ꎬ∴ ( ｘ ＋２) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＋( ｚ ∴ ｜ Ａ→Ｄ ｜ ２ ＝( →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｄ ) ２ ７.解析 (１) 证明 : 以 { Ｃ→Ｃ １ꎬ Ｃ→Ｂ ꎬ Ｃ→Ｄ } 为 ＋３) ２ ＝( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －５) ２ ＋( ｚ －９) ２ ꎬ 整 ＝ →ＡＢ２ ＋ Ｂ→Ｃ２ ＋ Ｃ→Ｄ２ ＋２ →ＡＢ 􀅰 Ｂ→Ｃ ＋２ →ＡＢ 􀅰 Ｃ→Ｄ 基底. 理 ꎬ 得 ３ ｘ ＋ ｙ ＋６ ｚ －２５＝０ . ＋２ Ｂ→Ｃ 􀅰 Ｃ→Ｄ 设ＣＢ ＝ ＣＤ ＝ ａ ꎬ 则Ｂ→Ｄ ＝ Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｂ ꎬ 的 (３ 点 ) 在 的 空 轨 间 迹 中 是 ꎬ 线 到 段 Ａ ꎬ ＡＢ Ｂ 的 两 中 点 垂 距 面 离 . 相等 ＝２ ２ ＋２ ２ ＋２ ２ ＋２×２×２ｃｏｓ１２０ ° ＝８ . Ｃ→Ｃ １􀅰 Ｂ→Ｄ ＝ Ｃ→Ｃ １􀅰( Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｂ ) ∴ ＡＤ ＝２ ２ . ＝ Ｃ→Ｃ １􀅰 Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｃ １􀅰 Ｃ→Ｂ 本章回顾 ５.证明 以 { →ＡＢ ꎬ Ａ→Ｄ ꎬ Ａ→Ａ １} 为基底 ꎬ ＝｜ Ｃ→Ｃ １｜ ａ ｃｏｓ θ －｜ Ｃ→Ｃ １｜ ａ ｃｏｓ θ ＝０ꎬ ＣＣ ＢＤ. 复习题 ∵ Ｍ→Ｎ ＝ １→ＡＣ ＝ １ ( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ) ∴ １⊥ ２ ２ ＣＤ 设 λ 即ＣＤ λＣＣ 时 Ａ Ｃ 感受􀅰理解 １→ＡＢ １ Ａ→Ｄ (２) ＣＣ ＝ ꎬ ＝ １ ꎬ １ ⊥ ＝ ＋ ꎬ １ １.解析 →ＣＡ ａ ｂ ２ ２ 平面 Ｃ ＢＤ 则Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｄ ＝ ＋ ꎬ １ ꎬ １􀅰 ＝( ＋ ＋ Ｐ→Ｑ １ Ｃ→Ｄ １ Ｂ→Ａ １ Ａ→Ａ →ＡＢ Ｃ→Ａ １＝ →ＣＡ ＋ Ａ→Ａ １＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ꎬ ＝ ２ １＝ ２ １＝ ２ ( １－ ) Ｃ→Ｃ １)􀅰( Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｂ ) ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 面角 ＝ Ｃ→Ｂ 􀅰 Ｃ→Ｄ － Ｃ→Ｂ２ ＋ Ｃ→Ｄ２ － Ｃ→Ｄ 􀅰 Ｃ→Ｂ ＋ Ｃ→Ｃ １􀅰 ＢＥ ꎬ ＶＣ ＤＥ ＶＣ. ∴ ＭＮ与ＰＣ所成的角为π. Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｂ ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ６ － １􀅰 ＝０ꎬ 又 Ｅ为ＶＣ的中点 Ｂ→Ｃ ∵ ꎬ (３)∵ ＝(－ ２ꎬ－ ２ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ａ １􀅰 Ｄ→Ｃ １ ＝( Ｃ→Ｂ ＋ Ｃ→Ｄ ＋ Ｃ→Ｃ １)􀅰( Ｃ→Ｃ １－ ∴ ＶＢ ＝ ＶＤ ＝ ＢＣ ＝２ ａ. Ｐ→Ｂ Ｍ→Ｎ ( ２ ２ Ｃ→Ｄ ＶＯ ｈ ａ. ＝(０ꎬ ２ꎬ－ ２)ꎬ ＝ － ꎬ ꎬ ) ∴ ＝ ＝ ２ ３ ３ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｄ２ ａ２ ａ２ ) ＝ 􀅰 １－ 􀅰 ＋ 􀅰 １－ ＋ Ｂ→Ｅ Ｄ→Ｅ －６ ＋２ １ . ２ ２ Ｃ→Ｃ ２ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｄ ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ １０ ａ２ ＋２ ａ２ ＝－ ３ － ３ ꎬ １ － １􀅰 ＢＥＤ . °. ａ２ ａ２ ∴ ∠ ≈１０９４７ Ｍ→Ｎ １ Ｂ→Ｃ ２ Ｐ→Ｂ θ ａ２ θ ａ２ １０.解析 证明 如图 连接ＡＣ 交ＢＤ ∴ ＝ ＋ ꎬ ＝ λｃｏｓ － ｃｏｓ － ＋λ２ ＝０ꎬ (１) : ꎬ ꎬ ３ ３ λ 即当 ＣＤ 时 Ａ Ｃ 平 直 于 线 点 分 Ｏ ꎬ 别 连 为 接 ｘ Ｐ ｙ Ｏ ꎬ ｚ 以 轴 Ｏ 建 Ａ 立 ꎬ Ｏ 空 Ｂ ꎬ 间 Ｏ 直 Ｐ所 角坐 在 ∴ Ｍ→Ｎ与Ｂ→Ｃ ꎬ Ｐ→Ｂ共面. ∴ ＝ １ꎬ ＣＣ ＝ １ ꎬ １ ⊥ ꎬ ꎬ 又ＭＮ 平面ＰＢＣ Ｍ→Ｎ 平面ＰＢＣ. １ 标系. ⊄ ꎬ∴ ∥ 面Ｃ ＢＤ. 设平面ＰＢＣ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ １ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ 思考􀅰运用 {ｎ Ｐ→Ｂ {ｙ ｚ ８.解析 以ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直线分别为 由 􀅰 ＝０ꎬ得 － ＝０ꎬ ｘ ｙ ｚ 轴建立 ꎬ 空间 ꎬ 直角 １ 坐标系 图略 ｎ 􀅰 Ｂ→Ｃ ＝０ꎬ ｘ ＋ ｙ ＝０ꎬ ꎬ ꎬ ( )ꎬ 令ｘ 得ｙ ｚ 即ｎ 则Ｃ Ｄ Ｃ ＝１ꎬ ＝ ＝－１ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ æ ö Ｄ→Ｃ １＝(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ 设Ｄ→Ｎ ＝ ａ Ｄ→Ｃ １＝( ａ ꎬ０ꎬ ∵ Ｂ→Ｎ ＝è ç ０ꎬ－ ２ ３ ２ ꎬ０ø ÷ ꎬ ａ Ｍ→Ｃ ｂ→ＡＣ ｂ ｂ 直线 ＭＮ 和平面 ＰＢＣ 的距离 ｄ )ꎬ ＝ ＝( ꎬ ꎬ０)ꎬ ∴ ＝ 则Ｍ→Ｎ Ｍ→Ｃ Ｃ→Ｄ Ｄ→Ｎ ｂ ｂ 由题意知Ａ Ｂ Ｃ ＝ ＋ ＋ ＝( ꎬ ꎬ０)＋(－１ꎬ０ꎬ ( ２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ２ꎬ０)ꎬ ２ ２ ａ ａ ａ ｂ ｂ ａ . Ｄ Ｐ Ｂ→Ｎ ｎ ０)＋( ꎬ０ꎬ )＝( ＋ －１ꎬ ꎬ ) (－ ２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－ ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ｜ ｎ 􀅰 ｜ ＝ ３ ＝ ２ ６. ＭＮ为ＡＣ Ｃ Ｄ的公垂线段 ∵ ꎬ １ ꎬ ２) . ｜ ｜ ３ ９ Ｍ→Ｎ →ＡＣ ａ ｂ ｂ ａ ＰＭ ＢＮ １１.解析 因为Ｓ １ ∴ 􀅰 ＝( ＋ －１ꎬ ꎬ )􀅰(１ꎬ１ꎬ０) １ (１) 梯形ＡＢＣＤ＝ ×(１＋２)× ａ ｂ ｂ ∵ ＰＡ＝ＢＤ＝ ꎬ ２ ＝ ＋ －１＋ ＝０ꎬ ３ 即ａ ｂ . ３ ＋２ －１＝０① Ｍ→Ｐ １→ＡＰ １ １＝ ꎬ ∴ ＝ ＝ (－ ２ꎬ０ꎬ ２) ２ Ｍ→Ｎ Ｄ→Ｃ ａ ｂ ｂ ａ ３ ３ 􀅰 １＝( ＋ －１ꎬ ꎬ )􀅰(１ꎬ０ꎬ１)＝ æ ö 所以Ｖ １ ３ １ . 即 ａ ＋ ｂ ２ － ａ １ ＋ ＋ ｂ ａ －１ ＝ ＝ ０ꎬ ０ . ② ＝è ç － ３ ２ ꎬ０ꎬ ３ ２ ø ÷ ꎬ (２) 由题 Ｓ － Ａ 意 ＢＣＤ 知 ＝ Ａ ３ Ｂ × ꎬ Ａ ２ Ｄ × ꎬ １ ＡＳ ＝ 两 ２ 两垂直 ꎬ 分 Ｐ→Ｂ 别以ＡＢ ＡＤ ＡＳ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 由 得ａ ｂ １ . ＝(０ꎬ ２ꎬ－ ２)ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ①② ＝ ＝ ｚ轴建立空间直角坐标系 图略 ３ Ｂ→Ｎ １ Ｂ→Ｄ １ ( )ꎬ ＝ ＝ (０ꎬ－２ ２ꎬ０) 则Ａ Ｂ Ｃ 点Ｍ Ｎ的位置可由ＭＣ １ ＡＣ ＤＮ ３ ３ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ∴ ꎬ ＝ ꎬ æ ö ３ ＝ ç è０ꎬ－ ２ ２ ꎬ０ø ÷ ꎬ Ｄ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ Ｓ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ →ＣＳ ＝(－１ꎬ－１ꎬ ＝ ３ １ ＤＣ １ ( 来确定. ) ∴ Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→ ３ Ｐ ＋ Ｐ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｎ １ 设 ) 平 ꎬ Ｃ→ 面 Ｄ ＝ Ｓ ( Ｃ － Ｄ １ 的 ꎬ１ 法 ꎬ０ 向 ) . 量为ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ ∵ Ｍ→Ｎ ＝ － １ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ∴ ｜ Ｍ→Ｎ ｜ ＝ ３ ꎬ æ ç ２ ２ ö ÷ ( {ｎ →ＣＳ ｘ ｙ ｚ ３ ３ ３ ３ ＝è－ ꎬ０ꎬ ø＋(０ꎬ ２ꎬ－ ２)＋ ０ꎬ 则由 􀅰 ＝( ꎬ ꎬ)􀅰(－１ꎬ－１ꎬ１)＝０ 即异面直线 ＡＣ 与 Ｃ １ Ｄ 间的距离 ｄ ＝ ３ ) ３ ｎ 􀅰 Ｃ→Ｄ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )􀅰(－１ꎬ１ꎬ０)＝０ꎬ ２ ２ { ｘ ｙ ｚ Ｍ→Ｎ ３. － ꎬ０ 得 － － ＋ ＝０ꎬ ｜ ｜＝ ３ ｘ ｙ ３ æ ö － ＋ ＝０ꎬ ９.解 Ｅ ( 析 ａ (１ ａ ) Ｂ ｈ ( ａ ) ꎬ ａ ꎬ０)ꎬ Ｄ (－ ａ ꎬ－ ａ ꎬ０)ꎬ ＝è ç － ３ ２ ꎬ ３ ２ ꎬ－ ２ ３ ２ ø ÷. 又 令 因 ｘ ＝ 为 １ 平 ꎬ 得 面 ｙ Ｓ ＝ Ａ １ Ｂ ꎬ ｚ 的 ＝ 一 ２ꎬ 个 即 法 ｎ 向 ＝( 量 １ꎬ ｍ １ꎬ２ Ａ ) →Ｄ . － ꎬ ꎬ ꎬ 又Ａ→Ｄ ＝ ２ ２ ２ ＝(－ ２ꎬ－ ２ꎬ０)ꎬ ( ａ ｈ ) ( ａ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ Ｂ→Ｅ ３ ａ Ｄ→Ｅ Ｍ→Ｎ Ａ→Ｄ ２ ２ 所以平面 ＳＣＤ 和平面 ＳＢＡ 所成的二 ∴ ＝ － ꎬ－ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ∴ 􀅰 ＝ － ＋０＝０ꎬ ２ ２ ２ ２ ３ ３ ｍ ｎ ａ ｈ ) 面角的余弦值为 ｍ ｎ 􀅰 ３ . Ｍ→Ｎ Ａ→Ｄ ＭＮ ＡＤ. ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ꎬ ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ｜ ｜｜ ｜ ２ ２ ( ∴ ｜ →ＢＥ ｜＝ １０ ａ２ ＋ ｈ２ ꎬ｜ Ｄ→Ｅ ｜＝ １０ ａ２ ＋ ｈ２ ꎬ (２)∵ →ＰＣ ＝(－ ２ꎬ０ꎬ－ ２)ꎬ Ｍ→Ｎ ＝ － ３ ２ ꎬ ＝ ２× ２ ６ ＝ ６ ６. ２ ２ ) 连接ＡＣ 图略 则由ＡＤ ＡＣ Ｂ→Ｅ Ｄ→Ｅ － ６ ａ２ ＋ ｈ２ ３ ２ ꎬ－ ２ ３ ２ ꎬ (３ ２ ) ꎬ ＣＤ ＝ ２ ( ꎬ 得 ＡＤ ) ２ ꎬ ＝ ＣＤ２ ＋ Ａ ＝ Ｃ２ ２ ꎬ ꎬ 所以 ＝ ∴ ｃｏｓ‹ Ｂ→Ｅ ꎬ Ｄ→Ｅ ›＝ ｜ Ｂ→Ｅ 􀅰 ｜｜ Ｄ→Ｅ ｜ ＝ １０ ４ ａ ４ ２ ＋ ｈ ４ ２ ∴ ｃｏｓ‹ Ｍ→Ｎ ꎬ Ｐ→Ｃ ›＝ ｜ Ｍ Ｍ → → Ｎ Ｎ 􀅰 ｜｜ Ｐ Ｐ → → Ｃ Ｃ ｜ ＝ ２ ３ ２ 平 ＣＤ 面 ⊥ Ａ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ .因 Ｄ ꎬ 为 所以 ＳＡ ⊥ ＳＡ 平 ⊥ Ｃ 面 Ｄ. ＡＢＣＤ ꎬ ＣＤ ⊂ －６ ａ２ ＋ ｈ２ . ３ ×２ 因为ＳＡ ∩ ＡＣ ＝ Ａ ꎬ 所以ＣＤ ⊥ 平面ＳＡＣ. ＝ １０ ａ２ ＋ ｈ２ ３ 因为ＳＣ ⊂ 平面ＳＡＣ ꎬ 所以ＳＣ ⊥ ＣＤ ꎬ 即 ＢＥＤ是二面角Ｂ ＶＣ Ｄ 的平 ＝ ꎬ 点Ｓ到直线ＣＤ的距离ｄ ＳＣ . (２)∵ ∠ － － ２ ＝ ＝ ３ ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等探究􀅰拓展 面 ＢＣＣ Ｂ ＡＰＢ 为 ＡＰ 与平面 ９.Ｃ １ １ꎬ∴ ∠ １２.解析 证明 如图 设ＡＣ与ＢＤ相 ＢＣＣ Ｂ 所成的角. １０.Ｃ (１) : ꎬ １ １ 交于点 Ｏ 连接 ＯＥ 则 Ｏ 为 ＡＣ 的中 在 ＡＢＰ中 ＡＢ ＰＢ 三、解答题 ꎬ ꎬ Ｒｔ△ ꎬ ＝４ꎬ ＝ １７ꎬ 点 又Ｍ为ＥＦ的中点 ＡＯ ＥＭ. １１.解析 ａ ｂ ꎬ ꎬ∴ 􀱀 ＡＰ . (１)∵ ＝(３ꎬ２ꎬ－１)ꎬ ＝(２ꎬ１ꎬ 四边形ＡＯＥＭ为平行四边形. ∴ ＝ ３３ ∴ ＰＢ ２)ꎬ ＡＭ ＯＥ. ＡＰＢ １７ ５６１. ａ ｂ ａ ｂ . ∴ ∥ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ＡＰ＝ ＝ ∴ － ＝(１ꎬ１ꎬ－３)ꎬ ＋２ ＝(７ꎬ４ꎬ３) ＯＥ 平面ＢＤＥ ＡＭ 平面ＢＤＥ ３３ ３３ ａ ｂ ａ ｂ . ∵ ⊂ ꎬ ⊄ ꎬ 证明 Ｂ Ｄ 平面 ＡＣＣ Ａ ＡＰ ∴ ( － )􀅰( ＋２ )＝７＋４－９＝２ ＡＭ 平面ＢＤＥ. (２) :∵ １ １⊥ １ １ꎬ ｋａ ｂ ｋ ｋ ｋ ∴ ∥ 平面ＡＣＣ Ａ Ｂ Ｄ ＡＰ. (２) － ＝(３ －２ꎬ２ －１ꎬ－ －２)ꎬ ∵ ＢＤ ⊥ ＡＣ ꎬ ＢＤ ⊥ ＡＦ ꎬ ＡＣ ∩ ＡＦ ＝ Ａ ꎬ ⊂ 点Ｏ在平 １ 面 １ꎬ Ａ ∴ Ｄ Ｐ １ 上 １ 的 ⊥ 射影为Ｈ ａ ＋ ｋｂ ＝(３＋２ ｋ ꎬ２＋ ｋ ꎬ－１＋２ ｋ )ꎬ ＢＤ 平面ＡＦＥＣ. ∵ １ ꎬ ｋａ ｂ ａ ｋｂ ｋａ ｂ ａ ∴ ⊥ Ｄ Ｈ 为 Ｄ Ｏ 在平面 ＡＤ Ｐ 内的 ∵ ( － )⊥( ＋ )ꎬ∴ ( － )􀅰( ＋ ＢＤ 平面ＢＤＥ 平面ＢＤＥ 平面 ∴ １ １ １ ｋｂ ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ 射影. )＝０ꎬ ＡＦＥＣ. ｋ ｋ ｋ ｋ ｋ Ｄ Ｈ ＡＰ. ∴(３ －２)(３＋２ )＋(２ －１)(２＋ )＋(－ － ∵ 平面ＡＦＥＣ ∩ 平面ＢＤＥ ＝ ＥＯ ꎬ ∴ 分 １ 别 ⊥ 以ＡＢ ＡＤ ＡＡ 为ｘ轴 ｙ轴 ｚ ２)(２ ｋ －１)＝０ꎬ 直线ＡＭ和平面ＢＤＥ的距离ｄ等于 (３) ꎬ ꎬ １ ꎬ ꎬ ∴ 轴建立空间直角坐标系 图略 解得ｋ ３ 或 ２ . 点Ａ到直线ＥＯ的距离 ( )ꎬ ＝－ ꎬ 则Ａ Ｐ Ｄ ２ ３ 即点Ｃ到直线ＥＯ的距离. (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (４ꎬ４ꎬ１)ꎬ １(０ꎬ４ꎬ４)ꎬ １２.答案 →ＡＰ Ａ→Ｎ Ｍ→Ｐ Ｎ→Ｃ . Ｄ Ｃ Ａ Ｂ (１) ꎻ(２) １ ꎻ(３) ＋ １ (０ꎬ４ꎬ０)ꎬ １(４ꎬ４ꎬ４)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ４)ꎬ １ ＥＣ ＣＯ ｄ ２. 解析 →ＡＰ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｐ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｄ ∵ ＝１ꎬ ＝１ꎬ∴ ＝ (４ꎬ０ꎬ４)ꎬ (１) ＝ ＋ ＝ ＋ １＋ ２ (２) 以ＤＡ ꎬ ＡＢ ꎬ ＡＦ所在直线分别为ｘ ꎬ ｙ ꎬ →ＡＰ ＝(４ꎬ４ꎬ１)ꎬ Ａ→Ｄ １＝(０ꎬ４ꎬ４)ꎬ Ａ→Ｃ １＝ Ｄ→ １ Ｐ ＝ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ １＋ １→ＡＢ ｚ轴建立空间直角坐标系 如图所示 则 . ２ ꎬ ꎬ (４ꎬ４ꎬ４) 设平面ＡＤ Ｐ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ａ １ ｂ ｃ. Ａ (０ Ｆ ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ . (０ꎬ ２ꎬ０)ꎬ Ｄ (－ ２ꎬ０ꎬ {ｎ →Ａ １ Ｐ { ｘ ＝ ｙ ( ｚ ꎬ ꎬ)ꎬ ＝ ＋ ２ ＋ ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１) 则由 􀅰 ＝０ꎬ 得 ４ ＋４ ＋ ＝０ꎬ Ａ→Ｎ Ａ→Ａ →ＡＢ Ｂ→Ｎ 设 ｂ 平 则 面 ＢＤＦ 的法向量为 ｎ ＝(１ꎬ ａ ꎬ ｎ 􀅰 Ａ→Ｄ １＝０ꎬ ４ ｙ ＋４ ｚ ＝０ꎬ (２ Ａ ) →Ａ １ →ＡＢ ＝ １ １ ＋ Ａ→Ｄ ＋ )ꎬ 令ｙ 得ｚ ｘ ３ ＝ １ ＋ ＋ ２ ｎ Ｂ→Ｄ ａ ｂ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ＝－ ꎬ 􀅰 ＝(１ꎬ ꎬ )􀅰(－ ２ꎬ－ ２ꎬ０)＝ ( ) ４ ａ ｂ １ ｃ. － ２－ ２ ａ ＝０ꎬ 即ｎ ＝ － ３ ꎬ１ꎬ－１ ꎬ ＝－ ＋ ＋ ２ ∴ ａ ＝－１ . 点 Ｃ ４ 到平面 ＡＤ Ｐ 的距离 ｄ (３) Ｍ→Ｐ ＋ Ｎ→Ｃ １ ＝ Ｍ→Ａ １＋ Ａ １ →Ｄ １＋ Ｄ→ １ Ｐ ＋ Ｎ→Ｃ ｎ 􀅰 Ｂ→Ｆ ＝(１ꎬ－１ꎬ ｂ )􀅰(０ꎬ－ ２ꎬ１)＝ ２ ∴ １ １ ＝ Ｃ→Ｃ ｂ Ａ→Ｃ ｎ ＋ １ ＋ ＝０ꎬ ｜ １􀅰 ｜ ３ １２ ４１. ∴ ｂ ＝－ ２ꎬ∴ ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ－ ２) . ｜ ｎ ｜ ＝ ９ ＋２ ＝ ４１ ＝ ２ １ Ａ→Ａ １＋ Ａ→Ｄ ＋ ２ １→ＡＢ ＋ ２ １ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ １ →ＡＢ 是平面 ＡＤＦ 的一个 １６ ∵ ＝(０ꎬ ２ꎬ０) ３ Ａ→Ａ １→ＡＢ ３ Ａ→Ｄ 法向量 ꎬ (４) 假设存在点 Ｑ ꎬ 设Ａ→ １ Ｑ ＝ λ Ａ １ →Ｂ １＝ ＝ ２ １＋ ２ ＋ ２ λ λ . ｎ 􀅰 →ＡＢ ＝－ ２ꎬ｜ ｎ ｜＝２ꎬ｜ →ＡＢ ｜＝ ２ꎬ (４ꎬ０ꎬ０)＝(４ ꎬ０ꎬ０) ＝ ３ ａ ＋ １ ｂ ＋ ３ ｃ. ∴ Ｑ ＝(４ λ ꎬ０ꎬ４)ꎬ Ｄ→Ｑ ＝(４ λ ꎬ－４ꎬ４)ꎬ ２ ２ ２ ∴ ｃ 二 ｏｓ 面 ‹ ｎ 角 ꎬ →Ａ Ａ Ｂ › Ｄ ＝ Ｆ － ２ Ｂ ２ ２ 是 ＝－ 锐 ２ １ 二 . 面角 若Ｄ→Ｑ ⊥ 平面 ＡＤ １ Ｐ ꎬ 则Ｄ→Ｑ ∥ ｎ ꎬ 即 ４ λ ３ １３.解 略 析 ) . 解法一 : 连接Ｄ １ Ａ ꎬ Ｄ １ Ｃ ꎬ ＡＣ ( 图 ∵ － － ꎬ － 正方体的棱长为 二面角Ａ ＤＦ Ｂ的大小是 °. ４ ∵ １ꎬ ∴ － － ６０ ＡＢ ＢＣ Ｄ Ａ Ｄ Ｃ ＡＣ ＝－ ４ ＝ ４ ꎬ 解得λ ＝ ３ ꎬ ∴ ＝ ＝１ꎬ １ ＝ １ ＝ ２ꎬ ＝ １ －１ ４ Ｄ Ｂ Ｄ ＡＢ Ｄ ＣＢ ° ２ꎬ １ ＝ ３ꎬ∠ １ ＝∠ １ ＝９０ ꎬ 当 λ ３ 即 Ａ Ｑ 时 ＤＱ 平 ＢＣ ∴ ＝ ꎬ １ ＝３ ꎬ ⊥ Ｄ ＢＡ Ｄ ＢＣ ３. ４ ∴ ｃｏｓ∠ １ ＝ｃｏｓ∠ １ ＝Ｄ Ｂ＝ 面ＡＤ Ｐ. １ ３ １ Ｄ Ｐ 本章测试 又 １ ｔ Ｄ Ｐ ｔ ＢＰ Ｄ Ｂ Ｄ Ｐ Ｄ Ｂ＝ ꎬ∴ １ ＝ ３ ꎬ ＝ １ － １ Ｃ 设→ＡＰ ｍ →ＡＣ 一、填空题 １ (３) (－ ２ꎬ ２ꎬ０)ꎬ ＝ ＝ ｔ . ｍ ｍ １.答案 ７ ＝ ３(１－) (－ ２ ꎬ ２ ꎬ０)ꎬ ２.答案 ＡＰ２ ＝ ＣＰ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ＢＰ２ － ２ ＢＣ 􀅰 Ｂ→Ｃ ＝( ２ ｍ ꎬ－ ２ ｍ ꎬ１)ꎬ Ｐ→Ｆ Ｂ→Ｃ ３.答案 ( － １ ２ ꎬ ０ ６ꎬ８) ＢＰ ｃｏｓ∠ Ｄ １ ＢＣ 由 ｃｏｓ ‹ Ｐ→Ｆ ꎬ Ｂ→Ｃ › ＝ Ｐ→Ｆ 􀅰 Ｂ→Ｃ ＝ ４.答案 π ＝１ ２ ＋[ ３(１－ ｔ )] ２ －２×１× ３(１－ ｔ )× ３ ｜ ｜｜ ｜ ２ ３ ｍ ｔ２ ｔ . －２ １ ５.答案 ３ ＝３ －４ ＋２ ４ ｍ２ ＋１× ２ ＝± ２ ꎬ － ２ 当 ∠ ＡＰＣ为钝角时 ꎬ ( ) ６.答案 或 ＡＰ２ ＣＰ２ ＡＣ２ ＡＰ２ 得ｍ １ ｍ １ 舍去 即Ｐ是线段 (１ꎬ０ꎬ０) (－１ꎬ０ꎬ０) ＡＰＣ ＋ － ２ －２ ＝ ＝－ ꎬ 二、选择题 ｃｏｓ∠ ＝ ＡＰ ＣＰ ＝ ＡＰ２ ２ ２ ２ 􀅰 ２ ＡＣ的中点时 满足题意. ７.Ｂ . ꎬ <０ １３.解析 连接ＰＢ 图略 ＡＢ 平 ８.Ｄ ＡＰ２ ＡＰ２ ＡＰ２ . (１) ( )ꎬ∵ ⊥ ∵２ >０ꎬ∴２ －２<０ꎬ∴ <１ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ＡＣ ＢＣ ＢＢ 则Ａ Ｂ ４.解析 分三步 由分步计数原理可得 故 ｔ２ ｔ １ ｔ . ＝ ＝ １＝２ꎬ (２ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ : ꎬ ３ －４ ＋２<１ꎬ∴ < <１ Ｃ Ａ Ｂ 共有 种不同的款式. ( ３ ) ２ꎬ２) Ｃ ꎬ (０ꎬ０ꎬ２ . )ꎬ １(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ ５.解析 ４×２×３ 甲 ＝２４ 乙 丙 由分步计数原 故ｔ的取值范围是 １ ꎬ１ . ０ 因 ) 为 ꎬ Ｄ １(０ 为 ꎬ０ Ａ ꎬ Ｂ ０) 的中点 所以Ｄ . 理 共 有 (１) → 种 → 不同 : 的走法. ３ ꎬ (１ꎬ１ꎬ２) ꎬ ３×２＝６ 解法二 以Ｄ 为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所 甲 丙 由分类计数原理 共有 在直线 : 分别为 ｘ 轴 ｙ ꎬ 轴 ꎬ ｚ 轴 ꎬ 建立 １ 空 (１) Ｂ→Ｃ １＝(０ꎬ－２ꎬ－２)ꎬ Ａ→Ｂ １＝(－２ꎬ２ꎬ (２) 不同 → 的走 : 法. ꎬ ２＋６ ꎬ ꎬ ＝８ 间直角坐标系 图略 则Ｄ －２)ꎬ ６. ( )ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ａ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｃ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ 因为Ｂ→Ｃ １􀅰 Ａ→Ｂ １＝０－４＋４＝０ꎬ 习 Ａ 题７.１ Ｄ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ 所以Ｂ→Ｃ １⊥ Ａ→Ｂ １ꎬ 即ＢＣ １⊥ ＡＢ １ . 感受􀅰理解 又Ｄ→Ｐ ｔＤ→Ｂ 设Ｐ ｘ ｙ ｚ 则 ｘ ｙ ｚ Ａ→Ｃ Ｃ→Ｄ . １.解析 由分类计数原理可得 共有 １ ＝ １ ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬ ( ꎬ ꎬ (２) １ ＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ０) ꎬ ７＋８ ｔ 设平面 Ａ ＣＤ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ 种不同的选法. －１)＝ (１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ １ ＝( ꎬ ꎬ ＋６＝２１ 即 ∴ ｘ Ｐ ＝ ( ｔ ｔ ꎬ ꎬ ｙ ｔ ꎬ ＝ １ ｔ － ꎬ ｚ ｔ ) ＝ ꎬ １ →Ｐ － Ａ ｔ ꎬ ＝(１－ ｔ ꎬ－ ｔ ꎬ ｔ －１)ꎬ Ｐ→Ｃ ｚ )ꎬ 则 { Ｃ Ａ → → １ Ｄ Ｃ 􀅰 ｎ ｎ ＝０ꎬ ２.解 ＝２ 析 ４ 种 由 不 分 同 步 的 计 选 数 择 原 . 理可得 ꎬ 共有 ４×６ ｔ ｔ ｔ . 􀅰 ＝０ꎬ ３.解析 从高一学生中任取 人 有 ＝(－ꎬ１－ꎬ－１) { ｘ ｚ (１) １ ꎬ 即 －２ ＋２ ＝０ꎬ令 ｘ 则 ｙ ｚ 种不同的选法 从高二学生中任取 由 →ＰＡ Ｐ→Ｃ 得 ｘ ｙ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ １０ ꎬ １ ｃｏｓ‹ ꎬ ›<０ꎬ ＋ ＝０ꎬ 人 有 种不同的选法 从高三学生中 →ＰＡ Ｐ→Ｃ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ２ ꎬ ８ ꎬ 􀅰 <０ꎬ－ (１－ )－ (１－ )＋( －１) ＝１ꎬ 任选 人 有 种不同的选法. 所以ｎ . １ ꎬ ７ <０ꎬ ＝(１ꎬ－１ꎬ１) 由分类计数原理知 共有 即 ｔ ｔ ꎬ １０＋８＋７＝２５ ( －１)(３ －１)<０ꎬ 因为Ｂ→Ｃ １＝(０ꎬ－２ꎬ－２)ꎬ 种不同的选法. １ ｔ 显然→ＰＡ Ｐ→Ｃ不共线 故实数 所以ｎ Ｂ→Ｃ 第一步 从高一学生中任选 人有 ∴ < <１ꎬ ꎬ ꎬ 􀅰 １＝１×０＋(－１)×(－２)＋１× (２) : １ ３ 种不同的选法 ( ) 即Ｂ→Ｃ ｎ. １０ ꎻ ｔ的取值范围是 １ . (－２)＝０ꎬ １⊥ 第二步 从高二学生中任选 人有 种 ꎬ１ 又 ＢＣ 平面 Ａ ＣＤ 故 ＢＣ 平 : １ ８ ３ １ ⊄ １ ꎬ １ ∥ 不同的选法 １４.解析 取ＡＢ的中点为Ｅ ＢＣ的中 面Ａ ＣＤ. ꎻ (１) ꎬ １ 第三步 从高三学生中任选 人有 种 点为 Ｆ 以点 Ｏ 为坐标原点 以Ｏ→Ｅ : １ ７ ꎬ ꎬ ꎬ 不同的选法. 第7 章 计数原理 Ｏ→Ｆ Ｏ→Ｐ分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的正方 由分步计数原理 共有 种 ꎬ 、 、 ꎬ １０×８×７＝５６０ 向建立空间直角坐标系 ( 图略 ) .因为 不同的选法. 正四棱锥底面正方形的边长为 ２ꎬ ＯＰ 7.1 两个基本计数原理 ４.解析 先分类 再分步. ꎬ 所以Ｂ Ｄ Ｐ ＝１ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (－１ꎬ－１ꎬ０)ꎬ 练习 甲 乙 丁 Ｎ 种 ① → → : １＝３×２＝６ ꎻ Ｃ 所以Ｂ→Ｐ １.解析 第一步 从Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ 这 甲 丙 丁 Ｎ 种. (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ (－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(－１ꎬ : ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ６ ② → → : ２＝２×４＝８ －１ꎬ１)ꎬ Ｂ→Ｄ ＝(－２ꎬ－２ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ｐ ＝(１ꎬ－１ꎬ 个字母中任选 １ 个作为编号的首位 ꎬ 共 故Ｎ ＝ Ｎ １＋ Ｎ ２＝１４ 种. 有 种不同的方法 ５.解析 先分类 再分步. Ｃ→Ｄ .设平面ＢＤＰ的法 ６ ꎻ ꎬ １)ꎬ ＝(０ꎬ－２ꎬ０) 第二步 从 这 个数字中任 第 类 最上面的线路有 种 {Ｂ→Ｐ ｎ : １ꎬ２ꎬ􀆺ꎬ９ ９ １ : ３ ꎻ 向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 􀅰 ＝０ꎬ即 选 个作为编号的末位 共有 种不同 第 类 中间的线路有 种 ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｂ→Ｄ ｎ 的方 １ 法. ꎬ ９ 第 ２ 类 : 最下面的线路有 １ ꎻ 种. { ｘ ｙ ｚ 􀅰 ＝０ꎬ 由分步计数原理 共有 种不同 由分 ３ 类 : 计数原理 有 ２×３＝６ 种. － － ＋ ＝０ꎬ令ｘ 则 ｙ ｚ ꎬ ６×９＝５４ ꎬ ３＋１＋６＝１０ ｘ ｙ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ＝０ꎬ 的编号. ６.解析 －２ －２ ＝０ꎬ 所以ｎ ＝(１ꎬ－１ꎬ０) .设平面ＣＤＰ的法 ２.解析 (１) 从 ４ 枚明朝不同年代的古币 (１) 向 量 为 ｍ ｗ ｓ ｔ 则 中任取 枚有 种不同的取法 从 枚 ＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ １ ４ ꎬ ６ {Ｃ→Ｄ ｍ { ｓ 清朝不同年代的古币中任取 枚有 􀅰 ＝０ꎬ即 －２ ＝０ꎬ 令ｗ 则 １ ６ Ｃ→Ｐ 􀅰 ｍ ＝０ꎬ ｗ － ｓ ＋ ｔ ＝０ꎬ ＝１ꎬ 种不同的取法. ｔ ＝－１ꎬ ｓ ＝０ꎬ 所以ｍ ＝(１ꎬ０ꎬ－１) . 由分类计数原理 ꎬ 共有 ４＋６＝１０ 种不同 (２) ｎ ｍ 的取法. 所以 ｎ ｍ 􀅰 １ 从而 ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｎ ｍ ＝ ꎬ 第一步 从 枚明朝不同年代的古 ｜ ｜｜ ｜ ２ (２) : ４ ｎ ｍ °. 币中任取 枚有 种不同的取法 ‹ ꎬ ›＝６０ １ ４ ꎻ 故二面角Ｂ ＰＤ Ｃ的大小为 °. 第二步 从 枚清朝不同年代的古币中 ７.解析 若不重复 分两步 Ｎ － － ６０ : ６ (１) ꎬ : ＝４×３＝ 由 得平面ＰＣＤ的一个法向量 任取 枚有 种不同的取法. 个. (２) (１) １ ６ １２ 由分步计数原理 共有 种不同 若可以重复 分两步 Ｎ 为ｍ .因为Ｂ→Ｐ ꎬ ４×６＝２４ (２) ꎬ : ＝４×４＝ ＝(１ꎬ０ꎬ－１) ＝(－１ꎬ－１ꎬ 取法. 个. 所以点Ｂ到平面ＣＤＰ的距离ｄ １６ １)ꎬ ＝ ３.解析 如图 分三类 ８.解析 原式展开后共有 Ｂ→Ｐ ｍ ꎬ : (１) ４×２×３＝ ｜ 􀅰 ｜ ２ . 项. ｍ ＝ ＝ ２ ２４ ｜ ｜ ２ 原式展开后共有ｍｎ项. (２) １５.解析 以点 Ｃ 为坐标原点 Ｃ→Ａ 思考􀅰运用 １ ꎬ １ １ꎬ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴的正 由分类计数原理可得 共有 ９.解析 个不相等的向量. １ １ꎬ １ 、 、 ꎬ ２＋４＋１０＝ ４×３－４＝８ 方向建立空间直角坐标系 图略 .设 种不同的方法. １０.解析 分两步 第一步 选 ｘ 有 ( ) １６ (１) : ꎬ ６ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等种方法 第二步 选 ｙ 有 种方法.由 ｎ 得ｍ . 分步计 ꎻ 数原理 ꎬ 有 ６×６＝ ６ ３６ 个不同 ４.Ｃ Ａ ｎ ｎ＝ ｎ !ꎬｎ ＋ １ １ Ａ ｎ ｎ＋ ＋ １ １＝ ( ｎ ＋ ＋ １ １ )! ＝ ｎ !ꎬ (２)∵ ＝ Ａ ６ ２ｎ＝５６ꎬ 则ｎ ( ｎ －１)＝５６ꎬ 即ｎ２ － ｎ 的点. ｎ Ａ ｎ ｎ－ － １ １＝ ｎ 􀅰( ｎ －１)! ＝ ｎ !ꎬ －５６＝０ꎬ( ｎ －８)( ｎ ＋７)＝ ０ꎬ∴ ｎ ＝８( ｎ ＝ 分两步 第一步 选ｋ有 种选法 ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ . 舍去 . (２) : ꎬ ４ ꎻ Ａｎ ＋１＝( ＋１)􀅰 ( －１)􀆺２＝( ＋１)! －７ ) 第二步 ꎬ 选ｂ有 ４ 种选法.由分步计数 ５.证明 (１) 左边 ＝７×６×５×４＋４×７×６×５ (３)∵ Ａ ２ｎ＝７Ａ ２ｎ －４ꎬ∴ ｎ ( ｎ －１)＝ ７( ｎ －４) 原理有 ４×４＝１６ 条直线. ＝７×６×５×(４＋４)＝ ８×７×６×５＝Ａ ４ ８＝ 右 ( ｎ －５)ꎬ 即 ３ ｎ２ －３１ ｎ ＋７０＝０ꎬ １１.解析 若子集中不含任何元素 则有 边 原式成立. ꎬ ꎬ∴ ｎ 或ｎ １０ 舍去 故ｎ . 个 左边 ｎ ｎ ｎ ｎ ｍ ∴ ＝７ ＝ ( )ꎬ ＝７ １ ꎻ (２) ＝ ( －１)( －２)􀅰􀆺􀅰( － ３ 若子集中含 个元素 则有 个 ｍ ｎ ｎ ｎ ｎ ｍ ３.解析 ２ ３ １ ꎬ ４ ꎻ ＋１)＋ 􀅰 ( －１)( －２)􀅰􀆺􀅰( － ＋ (１)４Ａ４＋５Ａ５＝４×４×３＋５×５×４×３ 若子集中含 个元素 则有 个 ２ ꎬ ６ ꎻ １＋１) ＝３４８ꎻ 若子集中含 个元素 则有 个 ｎ ｎ ｎ ｍ ｍ ｎ ｎ １ ２ ３ ４ ３ ꎬ ４ ꎻ ＝ ( －１)􀅰􀆺􀅰( － ＋１)＋ 􀅰 ( － (２)Ａ４＋Ａ４＋Ａ４＋Ａ４＝４＋１２＋２４＋２４＝６４ꎻ 若子集中含 ４ 个元素 ꎬ 则有 １ 个. １)􀅰􀆺􀅰( ｎ － ｍ ＋２) ２Ａ ７ １２Ａ ３ ５ ２×１２×１１×􀆺×６×５×４×３ 由分类计数原理 ꎬ 共有 １＋４＋６＋４＋１＝ ＝ ｎ ( ｎ －１)􀅰􀆺􀅰( ｎ － ｍ ＋２)( ｎ － ｍ ＋１)＋ (３) Ａ １ １ ２ ２ ＝ １２! 个子集. ｍ ｎ ｎ ｎ ｍ １６ 􀅰 ( －１)􀅰􀆺􀅰( － ＋２) ＝１ꎻ 探究􀅰拓展 ｎ ｎ ｎ ｍ ｎ ｍ ＝ ( －１)􀅰􀆺􀅰( － ＋２)[( － ＋１) Ａ ３ １０Ａ ７ ７ １０×９×８×７! . １２.解析 分步 有 Ｎ 种 ｍ (４) ＝ ＝１ (１) : ＝４×１＝４ ＋ ] １０! １０! 走法. ｎ ｎ ｎ ｍ ｎ ４.解析 从 名选手中选出 个获奖的 ＝ ( －１)􀅰􀆺􀅰( － ＋２)( ＋１) １２ ３ １３.解 (２ 析 ) 分 步 第 : 一 有 步 Ｎ ꎬ ＝ 填 ３× 涂 ２ ① ＝６ ꎬ 有 种走 ４ 种 法 不 . 同颜 ＝ ＝ Ａ ( ｎ ｍ ｎ ＋ ＋ １ １ ＝ ) 右 ｎ ( 边 ｎ － ꎬ∴ １) 原 􀅰 式 􀆺 成 􀅰 立 ( ｎ . － ｍ ＋２) 奖 并 情 安 况 排奖 . 次有 Ａ ３ １２＝１ ３２０ 种不同的获 色可选用 第二步 填涂 除 所用 练习 ５.解析 从 ａ 类中任取一个有 种结 ꎻ ꎬ ②ꎬ ① ３ １０ 过的颜色外 还有 种不同颜色可选 １.解析 从 名教师中挑选 人 分别担 果 从ｂ类中任取一个有 种结果 由 ꎬ ３ ５ ２ ꎬ ꎬ １２ ꎬ 用 第三步 填涂 除 用过的 任两个班的班主任的选法 对应于从 分步计数原理得共有 个 ꎻ ꎬ ③ꎬ ①② ２ ꎬ ５ １０×１２＝１２０ 种颜色外 还有 种不同颜色可选用 个元素中取出 个元素的一个排列 因 排列. ꎬ ２ ꎻ ２ ꎬ 第四步 ꎬ 填涂 ④ꎬ 除 ②③ 用过的 ２ 种颜 此 ꎬ 不同 安排方案的种数是 Ａ ２ ５＝５×４ ６.解析 (１)Ａ ６ ６＝７２０ 种. 色外 还有 种不同颜色可选用.所 . 等价于从 节课中选出 节课的排 ꎬ ２ ＝２０ (２) ４ ３ 以 完成这件事共有 种 ２.解析 抽象为从 个不同元素中选 列问题 由于不能连上 节课 故有 ꎬ ４×３×２×２＝４８ ４ ３ ꎬ ３ ꎬ 种 不同 方 的 法 方 . 法 ꎬ 即填涂这张地图共有 ４８ ３. 个 解 ２４ 元 析 种 素 种 的 抽 植 排 象 方 为 列 法 对 问 . 题 个 ꎬ 故 元 有 素 Ａ 进 ３ ４ 行 ＝４ 全 ×３ 排 × 列 ２＝ ７. ２ 解 不 Ａ 析 同 ３ ３＝ 的 １２ 信 若 种 号 选 排 择 法 １ . 面 ꎬ 则可表示 Ａ １ ３＝３ 种 ５ ꎬ ꎻ ４. 故 解 有 析 Ａ ５ ５＝１２ 问 ０ 题 种 等 弹 价 子 于 锁 从 . 个不同元素 信 若选 号 择 ２ 面 ꎬ 则可表示 Ａ ２ ３＝６ 种不同的 (１) ７ ꎻ 中 故 选 有 出 Ａ ４ ７ ４ ＝ 个 ７× 元 ６× 素 ５× 的 ４ 排 ＝８ 列 ４０ 问 个 题 无 . 重复数字 若 信 选 号 择 . ３ 面 ꎬ 则可表示 Ａ ３ ３＝６ 种不同的 的排列. 由分类计数原理得一共可以表示 7.2 排列 (２) 分两类 : ６＝１５ 种不同的信号. ３＋６＋ 练习 (Ｐ ) 第一类 : 若选到数字 ０ꎬ０ 不排在首位有 思考􀅰运用 １.解析 １ ａ ６ ｂ ０ ｂｃ ａｃ ｂａ ｃｂ ｃａ. Ａ １ ３ 种排法 ꎬ 其他 ３ 个位置由其余 ６ 个 ８.证明 右边 ｎ ! ｎ ｍ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 数字选出 个排列即可 有 ３ 种排法 ∵ ＝ ｎ ｍ 􀅰( － )! ＝ ２.解析 红黄蓝 红蓝黄 黄红蓝 黄蓝 ３ ꎬ Ａ６ ꎬ ( － )! 红 蓝 红黄 蓝黄 ꎻ 红. ꎻ ꎻ 故有 Ａ １ ３􀅰Ａ ３ ６ ＝３×６×５×４＝３６０ 个四 ｎ ! ＝Ａ ｎ ｎ＝ 左边 ꎬ ꎻ ꎻ 位数. 原式成立. ３.解析 ｂｃａ ｂａｃ ｃａｂ ａｃｂ. ∴ ꎬ ꎬ ꎬ 第二类 若选不到数字 从 个数字中 ９.解析 ｎ ｎ ｎ ｎ ４.答案 : ０ꎬ ６ ∵ ( ＋１)! － ! ＝( ＋１)􀅰 ! １０２ꎬ１２０ꎬ１０３ꎬ１３０ꎬ１２３ꎬ１３２ꎬ 选 个进行排列即可 故有 ４ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ４ ꎬ Ａ６＝６×５×４ － ! ＝( ＋１－１)􀅰 ! ＝ 􀅰 !ꎬ ２０１ꎬ２１０ꎬ２０３ꎬ２３０ꎬ２１３ꎬ２３１ꎬ３０１ꎬ３１０ꎬ 个. ｎ ｎ ｎ ｎ . ×３＝３６０ ∴ ( ＋１)! － ! ＝ 􀅰 !ꎬ ３０２ꎬ３２０ꎬ３１２ꎬ３２１ 综上知 有 个无重复数 练习 ꎬ ３６０＋３６０＝７２０ ∴１×１! ＋２×２! ＋３×３! ＋􀆺＋１０×１０! ２ 字的四位数. １.解析 ４ ＝(２! －１!) ＋(３! －２!) ＋􀆺＋(１１! (１)Ａ１２＝１２×１１×１０×９＝１１８８０ꎻ 习题７.２ ６ －１０!) (２)Ａ６＝６×５×４×３×２×１＝７２０ꎻ 感受􀅰理解 . ＝１１! －１! ＝１１! －１ ４ ３ (３)Ａ９－Ａ９＝９×８×７×(６－１)＝９×８×７×５ １.解析 ａｂ ａｃ ａｄ ａｅ ｂａ ｃａ ｄａ ｅａ 拓展 一般地 ｎ ｎ (１) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ : ꎬ１×１! ＋２×２! ＋􀆺＋ × ! ＝２５２０ꎻ ｂｃ ｂｄ ｂｅ ｃｂ ｄｂ ｅｂ ｃｄ ｃｅ ｄｃ ｅｃ ｄｅ ｅｄ. ｎ . Ａ ５ ７ ７×６×５×４×３ . ꎬ ｂａ ꎬ ｃ ꎬ ａ ｄ ꎬ ａ ꎬ ｅａ ꎬ ｂｃ ꎬ ｂｄ ꎬ ｂｅ ꎬ ｃｂ ꎬ ｄｂ ꎬ ｅｂ １０ ＝ .解 ( 析 ＋１) 利 ! 用 －１ 分步计数原理共有 ４ ３ (４) Ａ ４ ７ ＝ ７×６×５×４ ＝３ ｃ ( ｄ ２) ｃｅ ｄ ꎬ ｃ ｅ ꎬ ｃ ｄｅ ꎬ ｅｄ ꎬ . ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ２ 种. Ａ４×Ａ３ ２.解析 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ×Ａ２＝２４×６×２＝２８８ ２.答案 探究􀅰拓展 (１)６ (２)８ (３)７ ｎ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 解析 解法一 已知 ｍ １１.解析 可以组成没有重复数字的 ｎ ! ２ ６ ２４ １２０ ７２０ ５０４０ ４０３２０ 则 ｍ (１) . : Ａ１０＝１０×９×􀆺 五位数 (１ ５ ) 个. ×５ꎬ ＝６ Ａ５＝１２０ ３.答案 (１)Ａ ５ １０ꎻ(２)Ａ ２ ２ ４ ４ꎻ(３)Ａ ４ｋ 解法二 : 由排列数公式知 １０－ ｍ ＋１＝５ꎬ 正整数可分以下几类 : １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 一位数 １ 个 两位数 ２ 个 三位 ２.答案 ｎ ｎ :Ａ５ ꎻ :Ａ５ ꎻ １１ １１ ! ! 数 :Ａ ３ ５ 个 ꎻ 四位数 :Ａ ４ ５ 个 ꎻ 五位数 :Ａ ５ ５ ３.证明 左边 ｒ ｎ ! ＝ ( ｍ －１)! ( ｎ ＋１－ ｍ )! ＋ｍ ! ( ｎ － ｍ )! 个 ３２ ꎬ ５ 则 个. 共有 Ａ １ ５ ＋Ａ ２ ５ ＋Ａ ３ ５ ＋Ａ ４ ５ ＋Ａ ５ ５ ＝ ｎ ! ＝ 􀅰ｒ ! ( ｎ － ｒ )! ＝ｍ ! ( ｎ ｍ ＋ ｎ １ ! － ｍ )! ＋ｍ ｎ ! ! ( ( ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ － － ｍ ｍ ) ) ! 个 (２) 千 分 位 四 为 类 : 千 的 位 四 为 位 ４ 数 的 有 四位 ３ 个 数有 千 Ａ 位 ３ ３ 右 ＝ ( 边 ｒ －１ ｎ )! ( ｎ － ( ｒ ) ｎ ! － ꎬ １)! ＝ｍ ! ( ( ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ) － ｎ ｍ ! )! ＝ｍ ! ( ( ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ) － ! ｍ )! ꎬ 故 位 为 比 为 ꎻ ２ 的 １ ４ 四 或 ３００ 位 ３ ３ 大 的 数 的 四 有 四 位 Ａ 位 数 ３ ３ 数 个 有 ꎻ 共 ２ 千 Ａ 有 Ａ ２ ２ 位 ３ ＝ ３ ４ 为 Ａ 个 ３ ３ ꎻ ＋ １ . 、 ２Ａ 百 ２ ２ 左 ＝ ( 边 ｒ － ＝ １ 右 ) 􀅰 ! ｎ 边 ! ( ( ｒ ｎ － 故 － １ ｒ 原 ) ) ! ! 式 ꎬ ( 成 ｎ － 立 ｒ ) . ! ３ ４ . . 解 解 ∴ 析 析 Ｃ ｍ ｎ ＋ １＝ ( ( Ｃ １ １) ) ｍ ｎ－ Ｃ Ｃ １ ＋ ２ １ ３ ８ ０ ＝ Ｃ ＝ ｍ ｎ ５ ４ . ６ ５ 个 条 ꎻ ꎻ ( ( ２ ２ ) ) Ｃ Ｃ ４ １０ ３ １０ ＝ ＝ ２ １ １ ２ ０ ０ 个 个 . . ＝２２ 个. ４.答案 ＝ ２ ꎬ 条. ５.解析 凸五边形有５×(５－３) ＝５ 条对 7.3 组合 ５.解析 Ｃ４＝６ ３ 种 角线. ２ (１)Ｃ６＝２０ ꎻ 练习 (Ｐ ) ２ ３ ４ ５ ６ 种 从一个顶点可以引 ｎ 条对角线 ｎ １ ６９ (２)Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＝５７ ꎻ ( －３) ꎬ １.解析 组合问题 排列问题 ０ １ ２ ３ ４ 种. 个点可以引出ｎ ｎ 条对角线 由于 (１) ꎻ(２) ꎻ (３)Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＋Ｃ６＝５７ ( －３) ꎬ 组合问题. ６.答案 ３ 因此有 种不同的 每个顶点重复一次 (３) (１)Ｃ８＝５６ꎬ ５６ ꎬ ２.解析 所有各场比赛的双方为甲 取法 ｎ ｎ (１) ꎻ 凸ｎ边形的对角线有 ( －３)条. 冠 ( 乙 ２ 军 、 ) 所 甲 ꎬ 后 有 丙 一 冠 、 个 亚 甲 为 军 丁 亚 的 、 军 可 乙 ) 能 丙 为 情 、 : 甲 况 乙 乙 ( 丁 前 、 、 甲 一 丙 丙 个 、 丁 为 甲 ꎻ 练 ( ( 习 ３ ２ ) ) ３ Ｃ Ｃ ( ３ ７ ２ ７ Ｐ ＝ ＝ ７ ２ ３ ２ １ ５ ) ꎬ ꎬ 因 因此 此有 有 ３ ２ ５ １ 种 种 不 不 同 同 的 的 取 取 法 法 . ꎻ ６. ∴ 解 则 析 有 Ｃ １ ６ 若 ＝ 非 ６ 个 空 ꎻ 真子集中含有 ２ １ 个元素 ꎬ 丁 、 乙甲 、 乙丙 、 乙丁 、 丙甲 、 丙乙 、 丙丁 、 １.解析 ∵ 将学生的节目排好共有 Ａ ９ ９＝ 若非空真子集中含有 ２ 个元素 ꎬ 则有 Ｃ ２ ６ 丁甲 丁乙 丁丙. 种 个 、 、 ３６２８８０ ꎬ ＝１５ ꎻ ３.解析 (１)Ｃ ３ １５＝ １５ ３ × × １ ２ ４ × × １ １３ ＝４５５ . 教 ９０ 师 种 的 ꎬ 节目抽空安排共有 Ｃ １ ９􀅰Ｃ １ １０ ＝ 若 ＝２ 非 ０ 空 个 真 ꎻ 子集中含有 ３ 个元素 ꎬ 则有 Ｃ ３ ６ (２)Ｃ ３ ２００＝ ２００ ３ × × １ ２ ９９ × × １ １９８ ＝１３１３４００ . ∴ 排法 共 . 有 Ａ ９ ９􀅰Ｃ １ ９􀅰Ｃ １ １０ ＝３２ ６５９ ２００ 种 若 ＝１ 非 ５ 空 个 真 ꎻ 子集中含有 ４ 个元素 ꎬ 则有 Ｃ ４ ６ (３)Ｃ １ ２ ９ ０ ７ ０＝ １９ ２ . ７ ０ ! ０! ３! ＝ ２００ ３ × × １ ２ ９９ × × １ １９８ ２.解 字 析 有 Ｃ ３ ５ ∵ 种 从 ꎬ １ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ９ 中任取 ３ 个数 若 ＝６ 非 个 空 ꎻ 真子集中含有 ５ 个元素 ꎬ 则有 Ｃ ５ ６ ４ ５ . . 解 解 ( ＝ ４ １ 析 析 ) ３ Ｃ １ ３ ８ ３ ＋ Ｃ Ｃ ４ ２ ６ ０ ４ ８ ＝ ０ ＝ １ ３ ８ ５ × × ２ 次 ２ ７ × × . １ ６ ＋ ４ ８ 条 × × ３ ７ × × ２ ６ × × １ ５ ＝ ２ １２６ . ２ ∴ 没 将 从 有 一 ５ ２ꎬ 个 重 共 ４ꎬ 数 复 可 ６ꎬ 字 数 以 ８ 中 全 字 组 任 排 的 成 取 列 五 Ｃ ３ ５ 共 位 ２ 􀅰 个 有 数 Ｃ ２ ４ 数 . 􀅰 Ａ ５ ５ 字 Ａ 种 ５ ５ 有 ＝ ꎬ ７ Ｃ ２ ４ ２０ 种 ０ ꎬ 个 ７. ( 真 因 解 ２ 子 此 析 )Ｃ 集 共 ５ １９７ 有 ( . ＝ １ ２ ) ６ Ｃ ＋ ３ ３ １ ４ １ ９ ９ ７ ５ Ｃ ＋ ２ ２ ３ ７ ２ ＝ ９ ０ ３ ＋ ５ ７ ６ １ ６ ９ ５ ４ ＋ 种 ６ ６ ７ ꎻ ＝ ０ ６ 种 ２ ꎻ 个非空 ６.解 ９０ ( 析 条 ｎ ＋ . １ Ｃ ) ( ｎ ｎ ! １ ＋１ ) 􀅰 Ｃ Ｃ １０ ｎ ｎ－ ＝ ２ ｎ ４ ! ５ ꎻ(２)Ｃ１０×Ａ２ ＝ ３.解 票 ５７ 析 员 ６ 种 全 . 排 ∵ 列 对 有 司机 Ａ ４ ４ 全 种 排 ꎬ∴ 列 共 有 有 Ａ ４ ４ Ａ 种 ４ ４􀅰 ꎬ 对 Ａ ４ ４ 售 ＝ ８. ( 解 ＝ ３ １ 析 ) ８ Ｃ ６ ４ １９ ３ ７ ( ７ Ｃ １ ０ １ ３ ) ＋ ４ 总 Ｃ ７１ ３ １ 的 ９７ 种 Ｃ 选 ２ ３ . ＋ 法 Ｃ ２ １ 有 ９７Ｃ Ｃ ３ ３ ２ ８＝２８ 种 ꎬ ＝ ｎ 􀅰 ｎ ４.解析 分两步完成 不选甲 乙的情况有 ２ 种 ! ( －２)! ２! : 、 Ｃ６＝１５ ꎬ ｎ 第一步 从无限制条件的 个节目中选 甲 乙两个景点至少选 个的选法有 ( ＋１)! : ５ ∴ 、 １ ＝ ｎ 个连同某电视剧和某专题报道在第 种. ( －２)! ２! ２ ２８－１５＝１３ ＝ ( ｎ ＋１)􀅰 ｎ ( 􀅰 ｎ － ( ２ ｎ ) － ! １) ２! 􀅰( ｎ －２)! 第 一 二 天 步 播出 : 某 ꎬ 谈 有 话 Ｃ ２ ５ 节 Ａ ４ ４ 目 种 以 播 及 出 剩 方 余 案 的 . ３ 个节 ∴ (２ 甲 ) 甲 、 乙 、 乙 两 都 个 选 景 的 点 情 至 况 多 有 选 Ｃ １ ２ ２ 个 ＝１ 的 种 选 ꎬ 法有 ＝ ( ｎ ＋１)􀅰 ｎ 􀅰( ｎ －１) 目在第二天播出 ꎬ 有 Ｃ ３ ３Ａ ４ ４ 种播出方案 ꎬ ２８－１＝２７ 种. ｎ３ － ｎ . ２ 播 故 出 共 方 有 案 Ｃ . ２ ５Ａ ４ ４􀅰Ｃ ３ ３Ａ ４ ４＝５ ７６０ 种不同的 (３ 种 )① 选甲 ꎬＣ １ ６ ＝ ６ 种 ꎬ② 选乙 ꎬＣ １ ６ ＝ ＝ ６ ꎬ ２ 总的选法有 种. ７.答案 ｍｎ 7.3 组合 ∴ ６＋６＝１２ (１)１０ (２)６０ (３) ９.解析 由题意知小组赛每组所需比 ８.解析 Ｃ １ ５ ３ ２ 种. 习题７.３ 赛的 场 ① 次即为从 个元素中任取 个 练习 (Ｐ ) ６ ２ ２ ７１ 感受􀅰理解 元素的组合数 所以小组赛共要比赛 ꎬ １.解析 ４８ ２ ５０×４９ . １.答案 或 . ２ 场. (１)Ｃ５０＝Ｃ５０＝ ＝１２２５ ４ ９ ２Ｃ６＝３０ ２×１ ｎ 半决赛每两队各需比赛的场次即为 ２ ３ ３ １００! ２.证明 (１)∵ Ｃ ｍ ｎ ＝ｍ ｎ ! ｍ ꎬＣ ｎ ｎ－ ｍ ② 从 个元素中任取 个元素的排列数 (２) Ｃ９９ ＋ Ｃ９９ ＝ Ｃ１００ ＝ ＝ ! ( － )! ２ ２ ꎬ ３! ×９７! ｎ 所以半决赛共要比赛 ２ 场. １０ ３ ０ × × ２ ９９ × × １ ９８ ＝１６１７００ . ∴ ＝ ( Ｃ ｎ ｍ ｎ － ＝ ｍ Ｃ ) ! ｎ ｎ ! － ｍ. ｍ ! ꎬ ③ 所以 决 全 赛只 部 需 赛 要 程 比 共 赛 需 １ 要 场 ２ 比 Ａ . ２ 赛 ＝４ ３０＋４＋１＝ (３)Ｃ １ ４＋Ｃ ２ ４＋Ｃ ３ ５＝Ｃ ２ ５＋Ｃ ３ ５＝Ｃ ３ ６＝ ３! ６! ３! ＝ (２)∵ Ｃ ｍ ｎ ＋１＝ｍ ( ｎ ｎ ＋１)! ｍ ꎬ 思 ３ 考 ５ 􀅰 场 运 . 用 ６×５×４ . ! ( ＋１－ )! ３×２×１ ＝２０ Ｃ ｍ ｎ－１ ＋Ｃ ｍ ｎ １０.答案 (１)０ (２)１６５ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等解 ( Ｃ ２ ５ｍ 析 ＋ ) ２ １ ∵ ＝ ０ Ｃ ( . ２ ２ ３ １ ＝ ) Ｃ 原 ３ ３ ２ ꎬ 式 ∴ ＝ 原 Ｃ 式 ４ｍ＋ ２ Ｃ ＝ ５ｍ Ｃ － ３ ３ ３ Ｃ ＋Ｃ ５ｍ ＋ ２ ３ １ ＋ ＝ Ｃ Ｃ ２ ４ ５ｍ ＋ ２ ＋１ 􀆺 － ５ ６ . . 解 解 ＝６ 析 析 ０ ｘ ２. Ｔ Ｔ ｒ ＋ ３ １ ＝ ＝Ｃ Ｃ ６ ｒ ２ ６ 􀅰 􀅰 ｘ １ ６－ ４ ｒ 􀅰 ( １ ｘ (－ ) ２ ｒ ＝ ｘ ) Ｃ ２ ６ ｒ 􀅰 ＝ ｘ ４ ６ Ｃ －２ ２ ６ ｒ ｘ . ２ ＋ ＝ Ｃ Ｃ ４ ４ ０ ４ 􀅰 ｘ４ ＋ ｘ １ ４ Ｃ － １ ４ ｘ ( ３ 􀅰 Ｃ ０ ４ ｘ １ ｘ ４ － ＋ Ｃ Ｃ １ ４ ２ ４ ｘ ｘ ３ ２ 􀅰 􀅰 １ ｘ ｘ １ ２ ＋ ＋ Ｃ Ｃ ２ ４ ３ ４ ｘ ｘ ２ 􀅰 􀅰ｘ ｘ １ １ ２ ３ ＋Ｃ１０＝Ｃ４＋Ｃ４＋􀆺＋Ｃ１０＝Ｃ５＋􀆺＋Ｃ１０＝ 令 ｒ 得ｒ . ) １１.解 Ｃ ３ １１ 析 ＝ １６ ( ５ １ . ) 每个小球均有 ４ 种不同的 ∴ 展 ６－ 开 ２ 式 ＝ 中 ０ꎬ 的常 ＝ 数 ３ 项为Ｔ ４＝Ｃ ３ ６＝２０ . －Ｃ ３ ４ æ ｘ 􀅰ｘ １ ３ ＋Ｃ ４ ４ ｘ １ ４ ö 放法 ７.４.２ 二项式系数的性质及应用 ç １ｘ３ １ ３ｘ １ ÷ ｘ２ ８ . ꎬ ＝２èＣ４ 􀅰 ｘ ＋Ｃ４ 􀅰ｘ３ ø＝８ ＋ｘ２ 故共有 ４ 种不同的放法. ４ ＝２５６ 练习 ４.解析 ｐ ｐ ｎ ｐ 将四个小球分成三组有 ２ 种不 (１)[ ＋(１－ )] (０< <１) ( 同 ２ 的 ) 方法 Ｃ４ １.答案 (１)２５２ (２)２ ６３ (３)１ ＝ ｐｎ ＋Ｃ １ｎ ｐｎ －１ (１－ ｐ )＋Ｃ ２ｎ ｐｎ －２ (１－ ｐ ) ２ ＋Ｃ ３ｎ ｐｎ －３ 􀅰 将三组小 ꎬ 球放到四个盒子中 必有一 ２.Ｂ (１－ ｐ ) ３ ＋Ｃ ４ｎ ｐｎ －４ (１－ ｐ ) ４ ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ－１ｐ (１－ 空盒 ꎬ ３.证明 ∵ Ｃｎ ｍ －１ ＋Ｃ ｍ ｎ －１＋Ｃ ｍ ｎ － － １ １ ＝Ｃｎ ｍ －１ ＋Ｃ ｍ ｎ ＝ ｐ ) ｎ －１ ＋Ｃ ｎ ｎ(１－ ｐ ) ｎ. １２.解 故 析 有 ꎬ Ａ ３ ４ 由 􀅰 于 Ｃ ２ ４ 两 ＝ 个 １４４ 小 种 岛 不 对 同 应 的 一 方 座 法 桥 . 所 ４. Ｃ 证 ｍ ｎ ＋ 明 １ꎬ∴ 原 ∵ 式 １ 成 ＋ 立 ２Ｃ . １ｎ＋４Ｃ ２ｎ＋􀆺＋２ ｎ －１ Ｃ ｎ ｎ－１ ( － ２ ｐ ) ) ３ Ｃ ０ ３ ｐ３ ＋Ｃ １ ３ ｐ２ (１－ ｐ )＋Ｃ ２ ３ ｐ (１－ ｐ ) ２ ＋Ｃ ３ ３(１ 以这 个小岛之间可建桥 ２ 座 ꎬ . ＋２ ｎ Ｃ ｎ ｎ ＝[ ｐ ＋(１－ ｐ )] ３ ＝１ ３ ＝１ . 现要建 ４ ３ 座桥将Ａ ꎬ Ｂ ꎬ Ｃ ꎬ Ｄ Ｃ４ 四 ＝ 个 ６ 岛连 ＝１＋２Ｃ １ｎ＋２ ２ Ｃ ２ｎ＋􀆺＋２ ｎ －１ Ｃ ｎ ｎ－１ ＋２ ｎ Ｃ ｎ ｎ ５.解析 (１) Ｔ １＝１ꎻ Ｔ ２＝Ｃ １ １５(－２ ｘ )＝－３０ ｘ ꎻ 起来 ꎬ 即从上述 ６ 座桥中选 ３ 座且去 ＝(１＋２) ｎ ＝３ ｎ ꎬ∴ 原式成立. Ｔ ３＝Ｃ ２ １５(－２ ｘ ) ２ ＝４２０ ｘ２ ꎻ Ｔ ４＝Ｃ ３ １５(－２ ｘ ) ３ 掉不符合题意的情况 ( 当三座桥围成 ５.证明 设 Ｃ ０ｎꎬＣ １ｎꎬＣ ２ｎꎬ􀆺ꎬＣ ｎ ｎ－１ ꎬＣ ｎ ｎ 为 ( ａ ＋ ＝－３６４０ ｘ３. 三角形时 )ꎬ 即 Ｃ ３ ６－Ｃ ３ ４＝１６ 种. ｂ 在 ) 展 ｎ 的 开 二 式 项 中 式 ꎬ( 系 ａ 数 ＋ ｂ ꎬ ) ｎ ＝Ｃ ０ｎ ａｎ ＋Ｃ １ｎ ａｎ －１ｂ ＋ ( － ２ ２ ) ００９ Ｔ ８ ５２ ＝ ０ ａ Ｃ ９ｂ ７ １０ １４. (２ ａ３ ) ３ ( － ３ ｂ２ ) ７ ＝ Ｃ ２ｎ ａｎ －２ｂ２ ＋Ｃ ３ｎ ａｎ －３ｂ３ ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ ｂｎ. Ｔ ６ æ ç ｘ ö ÷ ６æ ç １ ö ÷ ６ １ ６ ３０８. 令ａ ＝１ꎬ ｂ ＝１ 得 Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ＝２ ｎ. (３) ７＝Ｃ１２è ３ ø è ｘ ø ＝ ３ ６Ｃ１２＝ ２４３ ( )ｒ 令ａ ＝ ｎ １ꎬ ｎ ｂ ＝－ ｎ １ 为 得 偶 Ｃ 数 ０ｎ－Ｃ . １ｎ＋Ｃ ２ｎ－Ｃ ３ｎ＋􀆺＋ ６.解析 (１) Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ１ ｒ ０ － ２ １ ｘ ꎬ (－１) Ｃｎ＝０( ) ( ) 探究􀅰拓展 ∴ Ｃ ０ｎ＋Ｃ ２ｎ＋Ｃ ４ｎ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ＝Ｃ １ｎ＋Ｃ ３ｎ＋Ｃ ５ｎ＋􀆺＋ 当ｒ ＝５ 时 ꎬ Ｔ ６＝Ｃ ５ １０ － １ ｘ ５ ＝－ ６ ｘ ３ ５ . １３.解析 根据题意 从Ａ经Ｃ到Ｂ的最 Ｃ ｎ ｎ－１ ＝２ ｎ －１. æ ２ öｒ ８ 短路程 只能向左 ꎬ 向下运动 从 Ａ到 ∴ 当 ｎ 为偶数时 ꎬＣ ０ｎ＋Ｃ ２ｎ＋Ｃ ４ｎ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ (２) Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ１ ｒ ０(２ ｘ３ ) １０－ ｒ è ç － １ ｘ２ ø ÷ ＝(－１) ｒ 􀅰 Ｃ 最短 ꎬ 的路程需要 、 向下走 ꎬ 次 向左 ＝２ ｎ －１. ｒ １０－２ ｒ ｘ３０－５ ｒ. ２ ꎬ ３ ꎬ 习题７.４ Ｃ１０􀅰２ 􀅰 走 次 即从 次中任选 次向左 剩 当 ｒ 时 ｒ . ２ ꎬ ５ ２ ꎬ 感受􀅰理解 ３０－５ ＝０ ꎬ ＝６ 下 Ｃ到 ３ 次 Ｂ的 向 最 下 短 ꎬ 故 路 有 程 Ｃ 走 ２ ５ 法 种 有 走法 ２ .同 种 理 故 ꎬ 由 由 １.解析 (１)( ａ ＋２ ｂ ) ５ ＝ ａ５ ＋５ ａ４ (２ ｂ ) １ ＋ ∴ 常数项为Ｔ ７＝Ｃ ６ １０􀅰２ －２ ＝ １ ２ ０５. Ｃ４ ꎬ ａ３ ｂ ２ ａ２ ｂ ３ ａ ｂ ４ ｂ ５ ( )ｒ 分步计数原理得共有 Ｃ ２ ５Ｃ ２ ４＝６０ 种. ａ １０ ５ (２ ａ４ ) ｂ ＋１０ ａ３ ( ｂ ２ ２ ) ＋ ａ ５ ２ｂ３ (２ ) ａｂ ＋ ４ (２ ) ｂ５ ＝ . ７.解析 Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ ｒ ｎ􀅰( ｘ１ ５ ) ｎ － ｒ － １ ｘ ＝Ｃ ｒ ｎ １４.解析 根据 分子的特点 我们只 ＋１０ ＋４０ ＋８０ ＋８０ ＋３２ 要 一 考 个 虑 不 一 同的 条 顺 链 ＤＮ 序 上 Ａ 即 碱 对 基 应 的 每 顺 一 序 个 即 ꎬ 不 可 同 ꎬ 的 每 ( ( ２) ( ｘ ) － ２ ｘ １ ) ７ ＝ ｘ７ ＋ ( Ｃ １ ７ ｘ６ 􀅰 ) ３ ( － ｘ １ ) ( ＋Ｃ ２ ７ ｘ５ ) 􀅰 ４ 当 􀅰 ｘ ｒ ｎ－ ５ ６ ＝ ｒ 􀅰 ３ ( 时 －１ ꎬ ) Ｔ ｒ. ４ ＝Ｃ ３ｎ ｘ ｎ－ ５ １８ 􀅰(－１) ３ 为常 基因 于是问题转化为 个不同 １ ３ｘ４ １ ４ｘ３ １ 数项 ꎬ １ ５００ － ｘ ＋Ｃ７ 􀅰 － ｘ ＋Ｃ７ － ｘ ꎬ 的位置上由 ＡꎬＣꎬＧꎬＴ 随意排列 ꎬ 每个 ( ) ５ ( ) ６ ( ) ７ ∴ ｎ ＝１８ . 位置都有 ４ 种选择 ꎬ 因此共有 ４×４×４× ＋Ｃ ５ ７ ｘ２ － １ ｘ ＋Ｃ ６ ７ ｘ － １ ｘ ＋ － １ ｘ ８.证明 ２ ｎ －Ｃ １ｎ􀅰２ ｎ －１ ＋Ｃ ２ｎ􀅰２ ｎ －２ ＋􀆺＋ 􀆺×４＝ ７ ４ . １ ４ ５００ 种 二 不同 项 的 式 基 定 因 理 . ＝ ｘ７ －７ ｘ５ ＋２１ ｘ３ －３５ ｘ ＋ ３ ｘ ５ － ２ ｘ １ ３ ＋ｘ ７ ５ －ｘ １ ７ . ９.证 (－ 明 １) ｎ － ∵ １ Ｃ ( ｎ ｎ－ ｎ １ 􀅰 ＋１ ２ ) ＋ ｎ ( － － １ １ ＝ ) ｎ ｎ ｎ ＝ ＋ ( Ｃ ２ １ｎ － ｎ １ ｎ － ) １ ＋ ｎ ＝ Ｃ ２ １ ｎ ｎ . ｎ －２ １ ２ 练 . . 解 Ａ Ｃ Ｃ ( － ５ 习 ｘ ２ ３ ２ ４ ３ ５ ２ ｘ ４ 析 ) ２ ＋ ３ ２ ｘ ( ( ＋ ｘ ＋ ２ － ５ Ｃ ２ ７ . － ｘ ４ ５ ４ ( ) ｘ . ｘ ｘ １ ４ ) ４ ２ ２ ) ＋ ＋ . ４ － １ Ｃ ( ＝ ８ Ｃ ３ ４ ｘ １ ５ ５ Ｃ ２ ３ ｘ ＋ ０ ４ １ ＋ ５ 二 ( ２ ｘ ｘ ＝ ４ － ) ４ ( . 项 ｘ １ ５ － ) ＝ ＋ ｘ ３ 式 ５ ) Ｃ ＋ ｘ ０ Ｃ ０ ５ 定 ＋ ＋ ＋ ４ ４２ Ｃ １ Ｃ ０ 理 ０ １ ４ １ ５ ( ２ ｘ ｘ － ３ ２ １ ( ｘ ＋ ＋ ) － Ｃ １ ４ ｘ ０ ２ ５ ＝ ) ｘ ｘ ３ ２ １ １ ＋ ＋ ＋ ６ ２ ３ . .解 Ｃ 解 Ｃ ( Ｃ － １ ＝ ＝ ０ ２ １ ６ Ｃ ２ ６ ５ ６ Ｃ ２ ( ( 析 析 ｘ ｘ ) ０ ６ ( ０ ６ － ２ － ＋ ( ３ ２ ＋ ＋ Ｃ ｘ ｘ ＋ Ｃ １ ) Ｃ １ ６ ) Ｃ ＋ ５ １ ６ １ ｘ ( Ｃ １ ６ ５ ｘ ＋ ｘ ３ ６ ｘ ＋ １ ＋ ７ｍ １ ｘ ２ ｘ Ｃ １ Ｃ ) － － Ｃ ３ ＋ ＋ ) ２ ６ ３ ６ Ｃ ( Ｃ ｘ ＋ ( ６ ６ Ｃ ｘ ５ ( １ ２ ６ ８ｍ － ＋ ５ ２ ３ ２ ６ Ｃ ｘ － ＋ ＋ ｘ ＋ ＋ ｘ ( １ ２ ４ ６ ｘ ２ ｘ Ｃ ) ＋ ＋ ｘ １ １ ＋ ) ) ４ ２ Ｃ ５ ６ Ｃ － － Ｃ ６ ６ ｘ ＋ ＋ ８ｍ ] １ ６ ５ － ５ ３ ６ Ｃ ｘ ) ｘ ｘ ＝ ｘ Ｃ ( ３ ３ ６ ３ ＝ ) １ － Ｃ ５ ６ １ ２ ( ＋ ｘ － ５ ＋ Ｃ ８ｍ － １ Ｃ ５ ＋ ＝ ｘ ４ ６ １ ２ ｘ １ ４ ６ ＋ ｘ ) ０ ｘ ) ｘ － １ ４ ｘ ＋ ６ Ｃ ４ ３ Ｃ ＋ ＋ ＋ － ＝ ＋ ４ ６ ６ ８ｍ Ｃ ５ ｘ Ｃ ０ Ｃ １ ＋ Ｃ ｘ ５ ６ ６ １ ｘ ０ ５ ６ ４ ６ ｘ ０ ６ ＝ ｘ ３ １ ２ ( － ｘ ５ ＋ ＋ ５ ＋ － － ０ ３ ２ [ Ｃ ＋ １ . Ｃ １ ｘ ＋ １ ６ Ｃ ２ Ｃ ０ ) ６ ６ ｘ ５ ｘ ６ ６ ０ ６ ｘ ｘ ４ １ ｘ ５ ｘ ６ ＋ ＋ ＋ ＋ . ２ ６ １ １ ０ １ ∴ ＋ ＝ ＝ . . 解 解 又 ∴ ∴ Ｃ 􀆺 ｎ ｎ ( ３ １ ｎ ｎ ０ 析 析 Ｃ ｎ ∵ ｎ ＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ３ｎ Ｃ ＝ Ｃ Ｃ Ｔ １ ＝ １ ｎ ｎ １ １ ｎ ｎ １ ４ ２ － ) ｎ ｎ Ｃ １ Ｔ Ｔ ０ ０ 与 ｎ ｎ ｎ ｎ ７ｎ ꎬ ｒ ｒ . － － － ＋ ＋ ꎬ ＋ １ １ １ １ ∴ １ ＋ ＋ Ｔ １ ＝ ＝ Ｃ Ｃ － ８ 能 这 Ｃ Ｃ ２ ２ ｎ ｎ １ 的 ｒ ｎ ｒ ｎ ｎ ｎ 被 ( ｘ 两 ｎ ｎ 二 ４ － － ２ ２ . ｘ ｎ 项 ＋ ＋ 项 ) ２ 􀆺 􀆺 ｎ 整 的 式 － ｒ ＋ ＋ æ è ç 除 二 系 Ｃ Ｃ ｎ ｎ ｎ ｎ . １ － － 数 ４ 项 ２ １ ｘ ｎ ｎ 相 ö ø ÷ 式 ２ ＋ ４ 等 . ｎ 系 ２ ꎬ ꎬ 数为 ３.Ｄ ｘ５ ２ ｘ ｘ２. 前 项的系数成等差 ２ 数列 ４.解 ｋ － 析 １ｘ２ ７－３ ｋ Ｔ ＋３ ｋ ＋ ＝ ｋ －１ Ｃ９ ｋ －１ ｋ ( －１ ｘ３ ｋ ) －１ ９ ｘ － ｋ ２ ＋ ９ １ － ( ２ ｋ ２ . ｘ ) ｋ －１ ＝２ ｋ －１ ( － ３) ( ＝ ｘ ２ ＋ ＋ １ ｘ ２０ ) ＋ ４ － １０ ( ｘ － １ ｘ ) ４ ∵ ∴１＋Ｃ ３ ２ｎ× １ ＝２×Ｃ １ｎ× １ ꎬ∴ ｎ ＝ ꎬ ８ . Ｃ９ ＝２ Ｃ９ ４ ２ １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 æ öｒ ｆ ｒ ｎ ｒ ( ) ∴ Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ８ ｒ ( ｘ ) ８－ ｒ è ç ２ １ ４ｘø ÷ ∴ ｆ ( ( ｒ － ) １) ＝ － ｒ ＋１. ９ １ ! － １０ １ ! ＝１－ １０ １ ! . ( )ｒ ｎ ｒ ｎ ｎ ＝ ２ １ Ｃ８ ｒｘ４－４ ３ｒ. 令 － ｒ ＋１ ≥１ꎬ 得ｎ － ｒ ＋１≥ ｒ ꎬ∴ ｒ ≤ ＋ ２ １. (２) ２ １ ! ＋ ３ ２ ! ＋ ４ ３ ! ＋􀆺＋ ( ｎ ＋１)! ∵ 含ｘ项时ｒ ＝４ꎬ ( ) 若ｎ 为奇数 ꎬ 则 ｎ ＋１为正整数 ꎬ 即 ｒ ＝ ＝１－ １ ＋ １ － １ ＋ １ － １ ＋􀆺＋ｎ １ １２.解 ∴ 析 含 ｘ的 解 项 法 为 一 : Ｔ 展 ５＝ 开式 ２ １ 中 ４ Ｃ ｘ３ ４ ８ ｘ 的 ＝ 系 ３ ８ ５ 数 ｘ. 为 ｎ ＋ ２ １时 ꎬ ｆ ( ｒ )＝ ｆ ( ｒ － ２ １) ｎ ꎬ 中间两项最大. － ( ｎ ＋ １ １ ２ ) ! ! ２! ３! ３! ４! ! Ｃ ３ ３＋Ｃ ３ ４＋Ｃ ３ ５＋Ｃ ３ ６＋Ｃ ３ ７＋Ｃ ３ ８＋Ｃ ３ ９＋Ｃ ３ １０ ＝Ｃ ４ １１ 若ｎ为偶数 ꎬ 则ｒ ≤ 时 ꎬ ｆ ( ｒ ) 是递增 ＝１－ ｎ １ . ＝３３０ . ( ｎ ) ２ 思考􀅰运 ( 用 ＋１)! 解法二 ｘ 且ｘ 的 ｆ 最大. ｘ :∵ 且 ≠－１ ｘ ꎬ ≠０ꎬ ꎬ∴ ２ １０.解析 由题意知有乙丙甲 ꎬ 丙甲乙 ꎬ 故 ∴１＋ ≠０ꎬ １＋ ≠１ꎬ ｘ ｘ ２ ｘ １０ 本章回顾 共有两种排法. ∴ (１＋ )＋(１＋ ) ＋􀆺＋(１＋ ) １１.解析 先将 个班级平均分三组 共 ｘ ｘ １０ ６ ꎬ (１＋ )[１－(１＋ ) ] 复习题 ＝ ｘ ２ ２ ２ １－(１＋ ) 有Ｃ６Ｃ４Ｃ２种不同的分法 再将三位老 (１＋ ｘ )－(１＋ ｘ ) １１ (１＋ ｘ ) １１ １＋ ｘ . 感受􀅰理解 Ａ ３ ３ ꎬ ＝ ∵ (１＋ ｘ ) － １ ｘ １的展开 ＝ 式中 ｘ ｘ４ － 的系 ｘ 数为 ２ １ . . 解 解 析 析 Ｃ ① １ ５ 所 ＋Ｃ 取 １ ８＝ 的 １３ 两 个 个 . 数中含有 １ꎬ 由于 师分配到三个组中去 ꎬ 有Ｃ ２ ６ Ａ Ｃ ２ ４ ３ ３ Ｃ ２ ２ 􀅰Ａ ３ ３ ４ . 不可作底数 此时的对数值只有 种不同的分法. Ｃ１１＝３３０ １ ꎬ ＝９０ 原式展开式中ｘ３ 的系数为 . 个 １２.解析 令ｘ 得 ７ ａ ａ ａ ∴ ３３０ １ ꎻ (１) ＝１ ２ ＝ ０＋ １＋􀆺＋ ７ １３.解析 (２ ｘ ＋ ３) ４ ＝ ａ ０＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ ａ ３ ｘ３ ② 所取的两个数都不是 １ꎬ 则有 Ａ ２ ８ 个 ① ＋ ａ ４ ｘ 令 ４. ｘ 得 对 其 数 中 值 ꎬ 令ｘ ＝－１ 得 －４ ７ ＝ ａ ０－ ａ １＋ ａ ２－􀆺＋ ａ ６－ ａ ７ . (１) ＝１ꎬ ｌｏｇ２４＝ｌｏｇ３９ꎬｌｏｇ４２＝ｌｏｇ９３ꎬ ② ａ ５６ ０＋ ３ ａ １ ꎻ ＋ ａ ２＋ ａ ３＋ ａ ４ ＝(２＋ ３) ４ ＝９７＋ 此 由 ｌｏｇ 时 ３２ 共 ＝ｌ 有 可 ｏｇ 得 ９ Ａ ４ꎬ ２ ８－ ｌ 不 ｏ ４ ｇ 同 ２ ＝ ３ ５ 的 ＝ ２ ｌｏ 对 个 ｇ４ 数 不 ９ꎬ 值 同 共 的 有 对数值. ① ∴ ａ ＋ ０ ② ＋ ａ ꎬ ２ 得 ＋ ａ ２ ４ ( ＋ ａ ａ ０ ６ ＋ ＝ ａ ２ ２ ６ ＋ － 􀆺 ２ １ ＋ ３ ａ ＝ ６ － ) ８ ＝ １ ２ ２ ７ ８ － . ４ ７ ꎬ (２) 令ｘ ＝０ꎬ 得ａ ０＝( ３) ４ ＝９ꎬ ５３ ① 个 ② . ꎬ １＋５２＝ ( ａ ２) ａ 由 ① ａ －② ａ ꎬ 得 ６ １３ . ∴ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＋ ａ ４＝(２＋ ３) ４ －９＝８８＋ ３.解析 种 . Ｃ １ ５＋Ｃ ２ ５＋Ｃ ３ ５＋Ｃ ４ ５＋Ｃ ５ ５ ＝２ ５ －１＝ ( １ ３ ＋ ) 由 ３＋ 题 ５ 意 ＋ 可 ７＝ 知 ２ ꎬ ＋ ａ １ ２ ꎬ ａ ＝ ３ꎬ ８ ａ ５ ２ ꎬ ５ ａ ６ ７ 都为正 ꎬ ５６ ３ꎻ ３１ ａ ａ ａ ａ 都为负 ( ａ ＝ ３ ( ) ａ . ( ０ ａ ＋ ０ ａ ＋ １ ａ ＋ ２ ａ ＋ ２ ａ ＋ ４ ａ ) ３ ２ ＋ － ａ ( ４ ａ ) １ ( ＋ ａ ａ ０ ３ － ) ａ ２ １＋ ａ ２－ ａ ３＋ ４ ５ ６ . . . 解 解 解 析 析 析 ２ Ａ 一 １ ３ ３ ０ 位 􀅰 ＝１ 奇 ２ ３ ０ 数 ＝ ２４ ４ 共 ８ 个 有 个 . . 个 ∴ ｜ ａ ０ꎬ ６ ｜ ａ ｜＋ ２ ０ ꎬ ｜ ｜ ＋ ａ ４ ７ ｜ ꎬ ａ ｜ １ ６ ｜＋｜ ａ ２｜＋ ꎬ ｜ ａ ３｜＋｜ ａ ４｜＋｜ ａ ５｜＋ 令 ４) ｘ 得ａ ａ ａ ａ ａ 二位奇 数共有 １ １ ３ ꎻ 个 ＝－ ａ ０＋ ａ １－ ａ ２＋ ａ ３－ ａ ４＋ ａ ５－ ａ ６＋ ａ ７ １ 探 ４ 究 . ∴ 解 ３ 􀅰 析 原 ) 拓 ４ ＝ 式 ꎬ － 展 ( ＝ １ １ ꎬ ( ) ２ φ ＋ ( ｒ ０ ３ ) － ) ＝ ４ １ ( Ｃ ＋ － ７ ｒ ２ 的 ２ ＋ － 图 ３ ３ 象 ) ＋ ４ 是 ＝ ４＝ １ ８ . ( 个 －２ 孤 ＋ 六 五 四 三 共 位 位 位 位 可 奇 奇 奇 奇 组 数 数 数 数 成 共 共 共 共 有 有 有 有 Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ １ ３ １ ３ １ ３ ３ １ ３ 􀅰 􀅰 􀅰 􀅰 􀅰 Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ １ ４ １ ４ １ ４ ４ １ ４ 􀅰 􀅰 􀅰 􀅰 ＝１ Ａ Ａ Ａ Ｃ ２ １ ４ ４ ４ ３ ４ ２ ４ ＝ ＝ ＝ ＝ ４ ２ ２ １ ꎻ ８ ８ ８ ４ ８ ８ ４ 个 个 个 个 ꎻ ꎻ ꎻ ꎻ １３.解 即 ＝２ 析 ６ ＋ ２ ４ １ ! 由 ３ － ( 题 ( ｎ ｎ ２ ! 意 － ６ － ４ 得 ) ２ １ ! ３ Ｃ Ｃ ) ４ ２ｎ ｎ ＝ ＝ 􀅰 ２ １ ３ １ ４ ４ ＝ ꎬ １ ２ ６ ! ３８ ( ４ ｎ ｎ . ! －２)! 立的点. ∴ ３＋１２＋４８＋１４４＋２８８＋２８８＝ ｎ ｎ ｎ 分别是 个没有重复数字的奇数. ＝ ２! ( －２)( － ｎ ３)( －４)! (０ꎬ１)(１ꎬ７)(２ꎬ２１)(３ꎬ３５)ꎬ ７８３ ( ) ４×３×２! ( －４)! 所 (４ 示 ꎬ３ . ５)ꎬ(５ꎬ２１)ꎬ(６ꎬ７)ꎬ(７ꎬ１)ꎬ 如图 ７.解析 (１) Ｔ ４ ＝Ｃ ３ ６ ｘ３ 􀅰 ２ ｘ ３ ＝ ８Ｃ ３ ６ ＝ ( ｎ －２)( ｎ －３) ＝ １４ ꎬ∴ ｎ２ －５ ｎ －５０＝０ꎬ ４×３ ３ ＝１６０ꎻ 解得ｎ ＝１０ 或ｎ ＝－５( 舍去 ) .故ｎ ＝１０ . Ｔ ２ ｘ ２ ２ ２ｘ２ ｘ２. ( )ｎ ( ) ８.证 (２ 明 ) ３＝ ３ Ｃ ２ ｎ ４( ＋ ２ Ｃ １ｎ ) 􀅰 􀅰 ３ ２ ５ ｎ －２ ＝ ＋ １ Ｃ ００ ２ｎ􀅰 Ｃ４ ３ ２ ｎ ＝ －４ ６ ＋ ００ 􀆺＋ ∴ ｘ －ｘ ２ ２ ＝ ｘ －ｘ ２ ２ １０ . ｎ Ｃｎ－１ 􀅰３ ２ ＋１ 设展开式的第 ｒ ＋１ 项为常数项 ꎬ 则 ＝ ＝ ( ９ ｎ ９ ＋ ＋ Ｃ １ １ｎ ) 􀅰 ｎ ＝ ９ １ ｎ － ０ １ ｎ ＋ . Ｃ ２ｎ􀅰９ ｎ －２ ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ－１ 􀅰９＋１ Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ１ ｒ ０( ｘ ) １０－ ｒ ( －ｘ ２ ２ )ｒ ＝(－１) ｒ 􀅰２ ｒ ｎ ｒ ９.证 明 １ １ ＋１－１ ｒ ｘ１０－５. (２) 证明 : ｆ ( ｒ )＝Ｃ ｒ ｎ＝ｒ ｎ ｎ ! ｒ ꎬ ｎ ∵ ｎ ! － ( ｎ ＋１)! ＝ ( ｎ ＋１)! 由 􀅰 题 Ｃ１０ 意 􀅰 知１ ２ ０－５ ｒ ｒ ! ( － )! ＝０ꎬ∴ ＝２ꎬ ｎ ＝ ｎ ꎬ ２ 而ｆ ( ｒ －１)＝Ｃｎ ｒ －１ ＝ ( ｒ －１)! ( ! ｎ － ｒ ＋１)! ꎬ ∴ ( 等 ＋ 式 １ 成 )! 立. ∴ 展开式的常数项为Ｔ ３＝(－１) ２ 􀅰２ ２ 由此可得ｆ ｒ ｎ － ｒ ＋１ｆ ｒ . １ ２ ９ 􀅰Ｃ ２ １０＝１８０ . ( )＝ ｒ ( －１) (１) ＋ ＋􀆺＋ １４.解析 方法一 ｘ２ ｘ ５ ｘ ２! ３! １０! ( )( ＋３ ＋２) ＝( ＋ ｎ ｒ ( ) ( ) ５ ｘ ５ 证明 由 得ｆ ｒ － ＋１ｆ ｒ １ １ １ １) 􀅰( ＋２) ꎬ (３) : (２) ( )＝ ｒ ( －１)ꎬ ＝ １－ ＋ － ＋ 􀆺 ＋ 展开式中含ｘ项的系数的组成为 ２! ２! ３! １５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等１ ０ ５ ０ １ ４ . Ｃ５Ｃ５􀅰２ ＋Ｃ５＋Ｃ５􀅰２ ＝２４０ 方 法 二 ｘ２ ｘ ５ ( ) ∵ ( ＋ ３ ＋ ２) ＝ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ ( ＋３ ＋２)( ＋３ ＋２)􀆺( ＋３ ＋２) １６ þ ï ï ï ï ï ï ý ï ï ï ï ï ï ü 个. ＝３００ ８.１.２ 全概率公式 能被 整除的四位数的末两位 (２) ２５ 练习 数只能是 或 符合题意的四位 ２５ ５０ꎬ 从以上 ５ 个式子 ５ 中 个 任取一个含 ｘ 的 １３. 数 解 共 析 有 分 Ａ １ ３ 两 Ａ １ ３ 类 ＋Ａ ２ ４＝ 甲 ２１ 组 个 中 . 选出 名女 １. Ａ 解析 乙 机 记 器 事 生 件 产 Ａ 的 １: 零 甲 件 机器 Ｂ 生 该 产 厂 的 这 零 种 件 零 ꎬ 项 项 的 的 系 ꎬ 其 系 数 余 数 为 ４ 为 个 Ｃ 因 . １ ５× 式 ３× 取 ２ 其 ４ ＝ 常 ２４ 数 ０ꎬ 项 ∴ ꎬ 含 得含 ｘ项 ｘ 生 ② ꎬ 乙 有 组 选法 中选 Ｃ １ ５Ｃ 出 : １ ３ ① Ｃ ２ ６ １ ＝ 名 ２２５ 女 种 生 ꎻ ꎬ 有 １ 选法 ( 件 ２ Ａ : 为 １) 废 Ｐ ( 品 Ｂ ｜ . Ａ 由 １) 全 ＋ Ｐ 概 ( 率 Ａ ２) 公 Ｐ ꎬ 式 ( Ｂ : 得 ｜ Ａ ２ Ｐ ) ( ＝ Ｂ ４ ) ５ ＝ ％ Ｐ × １５.解 Ｃ ２ １０ 析 ｘ２ ＋􀆺 因 ＋ 为 ２ Ｃ ４ １ １ ｘ ０ ０ ０ > ｘ ０ １０ ꎬ ＝ 所 １ 以 ＋１ ( ０ １ ｘ ＋ ＋ ｘ ) ４ １ ５ ０ ｘ ＝ ２ ＋ １＋ 􀆺 Ｃ ＋ １ １０ ｘ ｘ １ ＋ ０ １４.解 故 Ｃ ２ ５ 析 共 Ｃ １ ６ 有 Ｃ １ ２ 由 ＝ ２２ １ 题 ５ ２ ＋ ０ 意 １ 种 ２ 知 ０ . ＝ Ｃ ３ １ｍ ４ ＋ ５ Ｃ 种 １ｎ＝ . １１ꎬ 即ｍ ＋ ｎ ＝ ２. ３ 解 ３ ) ％ 析 } ＋ ꎬ ５ Ａ ５ ＝ ％ 记 { × 取 Ｂ ２ ｉ ％ 得 ＝ ＝ 红 { 球 ２ 球 . ４ 取 ５ } ％ ꎬ 自 . ｉ号罐 ( ｉ ＝１ꎬ２ꎬ １６.解 >１ 析 ＋１０ ｘ 第 ＋４ 五 ５ ｘ 次 ２. 测出不合格品 则前四 １１ .又展开式中ｘ２ 的系数为 Ｃ ２ｍ＋Ｃ ２ｎ＝ 则 两两 Ａ 互 ＝ Ａ 斥 Ｂ １＋ ＡＢ ２＋ ＡＢ ３ꎬ 且 ＡＢ １ꎬ ＡＢ ２ꎬ ＡＢ ３ ꎬ ꎬ 次中有三次测出不合格品 则有 １ １ [ ｍ ( ｍ －１)＋ ｎ ( ｎ －１)]＝ ｎ２ －１１ ｎ ＋５５ ꎬ Ｃ６􀅰 ２ Ｐ Ａ Ｂ ２ Ｐ Ａ Ｂ ３ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ ３ ４􀅰Ａ ４ ４＝５７６ 种不同的情形. ( ｎ １１ ) ２ ９９ 则ｎ 或ｎ 时 ( ｜ １)＝ ３ ꎬ ( ｜ ２)＝ ４ ꎬ ( ｜ ３) １７. 所 解 证 以 析 明 : Ｃ 因 ｒ ｒ ( ＋ 为 １ Ｃ ) ｒ ｒ ＋ Ｃ Ｃ １ ｎ ｒ ＋ ｒ ｎ ＋ ＋ ＋ １ Ｃ １ １＝ ｒ ｒ ＋２ Ｃ ＋ ｎ ｒ － 􀆺 １ ＋ ＋ Ｃ Ｃ ｒ ｎꎬ ｒ ｎ＝Ｃ ｒ ｒ＋ ＋ １ １＋Ｃ ｒ ｒ ＋１＋ ｘ ｍ ＝ ２ ＝ 的 ６ꎻ 系 － 当 ２ 数 ｎ 取 ＝６ 得 ＋ 时 ４ 最 ꎬ ꎬ 小 ｍ ＝ 值 ５ . ＝ ２ 综 ５ ５ . 上 当 ꎬ 当 ｎ ＝ ＝ ｍ ５ ６ ＝ 时 ５ꎬ ꎬ ꎬ ＝ 所以 ２ １ ꎬ Ｐ ( Ａ )＝ Ｐ ( ＡＢ １)＋ Ｐ ( ＡＢ ２)＋ Ｐ ( ＡＢ ３) Ｃ ＝ ＝ ｒ ｒ 􀆺 Ｃ ＋２ ｒ ｒ ＋ ＋ ＋ 性 ＝ １ ２ 􀆺 ＋ Ｃ 质 Ｃ ＋ ｎ ｒ ＋ ＋ ｒ ｒ Ｃ １ １ ＋ . ２ ｒ ｎ ＋􀆺 每 ＋ 个 Ｃ 数 ｒ ｎ＝ 都 Ｃ ｒ ｒ 是 ＋ ＋ １ ３＋ 组 Ｃ 合 ｒ ｒ ＋３ 数 ＋􀆺 第 ＋Ｃ ｎ ｒ ｎ １５. ｎ 最 解 解 ＝ 小 析 得 ６ꎬ 值 ｎ 或 ＝ . 由 ７ ｍ 题 . ＝ 意 ６ꎬ 知 ｎ ＝ ２ ５ Ｃ 时 ２ｎ＝ ꎬ Ｃ ｘ １ｎ ２ ＋ 的 Ｃ ３ｎ 系 ( ｎ 数 ≥ 取 ３) 得 ꎬ ＝ ＋ ３ １ ∑ｉ＝ ３ × １ ２ １ Ｐ ( ＝ Ｂ ３ ２ ｉ ６ ３ ) . Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ ｉ)＝ ３ １ × ３ ２ ＋ ３ １ × ４ ３ 行 (２ 的 ) 第ｒ ＋ １ １ 个数是 Ｃ ｒ ｎ＝ｒ ! ( ｎ ｎ ! － ｒ ) ꎬ ! . 故 ｒ Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ７ ｒ ( ｘ ) ７－ ｒ ( － ２ １ ４ｘ )ｒ ＝(－１) ｒ 􀅰 练习 ８.１.３ 贝叶斯公式 ∗ 性 性 性 质 质 ꎬ 即 ２ Ｃ ｒ ｎ 三 对 ＝Ｃ 角 称 ｎ ｎ － 形 ｒ 性 . 的 : 杨 两 辉 条 三 腰 角 上 具 都 有 是 对 数字 称 Ｃ ２ ｒ ７ｘ１４ ４ －３ｒ (０≤ ｒ ≤７ꎬ ｒ ∈ Ｚ ) . ｒ １.解 过 析 的是 货 设 车 事 ꎬ 件 Ａ ２ Ｂ : 经 : 中 过 途 的 停 是 车 客 修 车 理 . ꎬ Ａ １: 经 而其 ３ 余的数都等于它 肩上 的两 (１) 若 Ｔ ｒ ＋１ 是常数项 ꎬ 则１４ ４ －３ ＝０ꎬ 得 由题意知Ｐ ( Ａ １)＝ １ ꎬ Ｐ ( Ａ ２)＝ ２ ꎬ Ｐ ( Ｂ １ 个 ꎬ 数字相加 ꎬ 也就是 Ｃ ｒ ｎ ＋１＝ “ Ｃ ｒ ｎ－１ ＋ ” Ｃ ｒ ｎ . １ 能 ４ 的 ＝３ ｒ 故 ꎬ 即 展 ３ 开 是 式 １ 中 ４ 没 的 有 因 常 数 数 ꎬ 而 项 这 . 是不可 ｜ Ａ １)＝０ . ０２ꎬ Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ ２ ３ )＝０ . ０１ꎬ ３ 性质 ４ 第ｎ行的各数之和 :Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ＋ ꎬ ｒ 由贝 叶 斯 公 式 得 Ｐ ( Ａ １ ｜ Ｂ ) ＝ Ｃ ２ｎ＋􀆺＋Ｃ ｎ ｎ＝２ ｎ. (２) Ｔ ｒ ＋１ 是有理项 ꎬ 当且仅当１４－３ 为 Ｐ ( Ａ １) Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ １) 性质 杨辉三角第ｎ斜列相应各数 ４ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ＝ ５ 整数. ( １) ( ｜ １)＋ ( ２) ( ｜ ２) 构成的数列 这个数列为ｎ ｎ ｎ ꎬ －２( ≥２ꎬ 又因为 ｒ ｒ Ｚ 所以ｒ 或 . １ . ∈ Ｎ∗ ) 阶等差数列. 故展开式 ０≤ 中有 ≤７ꎬ 个 ∈ 有 ꎬ 理项 分 ＝ 别 ２ 是 ６ Ｔ ３ ×００２ １ . 数 行 性 字 质 ꎬ 即 均 ６ 第 为 ２ 杨 奇 ｎ － 辉 数 １( 三 . ｎ 角 为 的 正 第 整 １ 数 ꎬ ) ３ꎬ 行 ７ꎬ 的 １５ 各 ꎬ􀆺 个 ＝ ２ ４ １ｘ２ ꎬ 第 Ｔ ７＝ 8 ６４ ７ 章 ｘ ２ . 概率 ꎬ ３ ２.解 １ ３ 析 ×０ . ０２ 由 ＋ 贝 ３ ２ × 叶 ０ . 斯 ０１ 公 ＝ 式 ２ 得 Ｐ ( Ｂ １ ｜ Ａ )＝ 本章测试 １ ２ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ｜ Ｂ × 一、填空题 ( １) ( １) ３ ３ ８ . 8.1 条件概率 ３ ＝ ＝ １.答案 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ｜ Ｂ ２３ ２３ ２.答案 ５ ∑ｉ＝ １ ( ｉ) ( ｉ) ３６ １０ ８.１.１ 条件概率 习题８.１ ３.答案 ４０ 感受􀅰理解 练习 ４.答案 ６ １.解析 不会.无论哪一次掷硬币 都有 ５ ６ . . 答 答 案 案 ０ １.解析 Ｐ ( Ａ )＝ ６ ３ ＝ ２ １ ꎬ Ｐ ( Ｂ )＝ ６ ４ ＝ 两种可 能 ꎬ 即正面向上与反面向 ꎬ 上 ꎬ 故 二、选择 题 １０ ２ Ｐ ＡＢ ２ １ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ( ＡＢ ) 第 次反面向上的概率仍为 １ . ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( ｜ )＝ Ｐ Ｂ １０ ７.Ｃ ３ ６ ３ ( ) ２ ａ ８.Ｄ １ ２.解析 由题意 ꎬ 得Ｐ ( Ａ )＝ａ ｂꎬ Ｐ ( Ｂ )＝ ＋ ９.Ａ ３ １ . ＝ ＝ ａ ａ ａ １０.Ｃ ２ ２ ａ ｂꎬ Ｐ ( ＡＢ )＝ａ ｂ􀅰ａ ｂꎬ 所以Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ ) 三、解答题 ２.解析 ３ 记 第一次摸出红球 为事件Ａ ＋ Ｐ ＡＢ ａ ＋ ＋ １１.解析 (１)６×５ 种 ×８ . ＝２４０ 种. (２)６×５＋６ “ 第二 次摸 “ 出白球 ” 为事件 ” Ｂ ꎬ 则Ｐ ( Ａ ) ꎬ ＝ 独立 Ｐ ( ( 事 Ｂ ) 件 ) ＝ . ａ ＋ ｂ＝ Ｐ ( Ａ )ꎬ 所以Ａ与 Ｂ 是 ×８＋５×８＝１１８ １２.解析 因为四位数的千位数字不 ＝ ６ ＝ ３ ꎬ Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ )＝ ４ .由乘法公式得 ３.解析 电压超过额定值且电气设备被 (１) １０ ５ ９ 能为 烧坏的概率Ｐ ｐ ｐ . ０ꎬ Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ ４ ３ ４ . ＝ １ ２ 所以无重复数字的四位数共有 １ ３ ( )＝ ( ｜ ) ( )＝ × ＝ ４.解析 设事件 Ａ 某种动物活到 Ａ５Ａ５ ９ ５ １５ ＝“ ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 岁 Ｂ 某种动物活到 岁 则 Ｐ 设掷两颗骰子 所得点数之差为Ｘ ”ꎬ ＝“ ２５ ”ꎬ 次取出白球的概率Ｐ １ ２ ３ (１) ꎬ ꎬ Ａ . Ｐ ＡＢ . 现龄 岁的 ２＝ × × ＋ 则Ｘ的可能取值为 ( )＝０８ꎬ ( )＝０４ꎬ∴ ２０ ３ ５ ４ －５ꎬ－４ꎬ－３ꎬ－２ꎬ－１ꎬ 这种动物活到 岁的概率Ｐ Ｂ Ａ . ２５ ( ｜ )＝ １ ３ ２ １ ４ ４ ３１. ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ Ｐ ＡＢ . × × ＋ × × ＝ Ｘ 表示掷得点数为 ( ) ０４ . . ３ ５ ４ ３ ８ ７ １０５ ＝－５ (１ꎬ６)ꎻ Ｐ Ａ ＝ . ＝０５ 探究􀅰拓展 Ｘ 表示掷得点数为 ( ) ０８ ＝－４ (１ꎬ５)ꎬ(２ꎬ６)ꎻ ５.解析 投诉的原因不是凹痕的概 １１.略. Ｘ 表示掷得点数为 (１) ＝－３ (１ꎬ４)ꎬ(２ꎬ５)ꎬ 率Ｐ ％ ％. １２.解析 分别令 ＲＲ ＲＢ ＢＢ 表示取出 １＝１－３５ ＝６５ ꎬ ꎬ (３ꎬ６)ꎻ 投诉发生在保质期内 投诉的原因 卡片为 两面红 一面红一面黑 Ｘ 表示掷得点数为 (２) ꎬ “ ”ꎬ“ ” ＝－２ (１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ４)ꎬ ％ 两面黑 三个事件 Ｒ 表示事件 取 是产品外观的概率Ｐ ３２ . ％. “ ” ꎬ “ (３ꎬ５)ꎬ(４ꎬ６)ꎻ ２＝ ６３ ％≈５０７９ 出卡片朝上一面为红色 ”ꎬ 那么 Ｐ Ｘ ＝－１ 表示掷得点数为 (１ꎬ２)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ 投诉发生在保质期后 投诉的原因 (３) ꎬ ＲＲ Ｐ ＲＢ Ｐ ＢＢ １ (３ꎬ４)ꎬ(４ꎬ５)ꎬ(５ꎬ６)ꎻ ％ ( )＝ ( )＝ ( )＝ ꎬ 是产品外观的概率Ｐ ３ . ％. ３ Ｘ 表示掷得点数为 ３＝ ％≈８１ Ｐ ＲＲ Ｒ ＝０ (１ꎬ１)ꎬ(２ꎬ２)ꎬ ３７ Ｐ ＲＲ Ｒ ( ∩ ) Ｐ Ａ ％ Ｐ Ｂ ％ Ｐ ∴ ( ｜ )＝ Ｐ Ｒ (３ꎬ３)ꎬ(４ꎬ４)ꎬ(５ꎬ５)ꎬ(６ꎬ６)ꎻ (４)∵ ( )＝ ３５ ꎬ ( )＝ ６３ ꎬ ( ) Ｘ 表示掷得点数为 ＡＢ ％ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ . ％ Ｐ ＲＲＲ Ｐ ＲＲ ＝１ (２ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)ꎬ ( 显然 ) Ｐ ＝ ３ Ａ ２ Ｂ ꎬ∴ Ｐ ( Ａ Ｐ ) Ｂ ( ) 所 ＝ 以 ２２ Ａ ０ 和 ５ Ｂ ꎬ ＝Ｐ ( Ｒ ｜ ＲＲ ) Ｐ ( ＲＲ )＋ Ｐ ( ( Ｒ ｜ ｜ ＲＢ ) ) Ｐ ( ( ＲＢ ) )＋ Ｐ ( Ｒ ｜ ＢＢ ) Ｐ ( ＢＢ ) (４ꎬ３)ꎬ(５ꎬ４)ꎬ(６ꎬ５)ꎻ ( )≠ ( ) ( )ꎬ Ｘ 表示掷得点数为 不是独立事件. １ ＝２ (３ꎬ１)ꎬ(４ꎬ２)ꎬ １× ６.解析 设Ａ 为第ｉ个车间 ｉ ３ ２ . (５ꎬ３)ꎬ(６ꎬ４)ꎻ ｉ ( ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ＝ ＝ Ｘ 表示掷得点数为 ４)ꎬ Ｂ为次品 ꎬ １ ＋ １ × １ ＋０ ３ ＝３ (４ꎬ１)ꎬ(５ꎬ２)ꎬ ３ ２ ３ (６ꎬ３)ꎻ 则Ｐ Ｂ ４ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ％ 由上述结果可知 随机抽出一张卡片 Ｘ 表示掷得点数为 ( )＝ ∑ｉ＝ １ ( Ｉ) ( ｜ ｉ)＝１５ × 它的一面是红色 ꎬ 的情况下 剩下的一 ꎬ Ｘ ＝４ 表示掷得点数为 (５ꎬ１)ꎬ . (６ꎬ２)ꎻ . ％ . ％ . ％ . ꎬ ＝５ (６ꎬ１) ００４＋２０ ×０ ０３＋３０ ×０ ０２＋３５ ×０ 设篮球运动员 次定点投篮中命 . . 面是黑色的概率为 １ 显然这两个概 (２) １０ ７. ０ 解 １ 析 ＝００ 设 ２１ Ａ ５ 第一次取出的是黑球 ３ ꎬ 中的次数为Ｙ ꎬ 则Ｙ的可能取值为 ０ꎬ１ꎬ ＝“ ”ꎬ 率不相等. . Ｂ 第二次取出的是黑球 则Ｂ ＡＢ ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８ꎬ９ꎬ１０ ＝“ ”ꎬ ＝ ＋ Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ＡＢ.由题意 得Ｐ Ａ ５ Ｐ Ｂ Ａ ８ 8.2 离散型随机变量 ＝０ １０ ０ ꎻ ꎬ ( )＝ ꎬ ( ｜ )＝ Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ９ １２ ＝１ １０ １ ꎻ 及其分布列 Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ２ Ｐ Ａ ４ Ｐ Ｂ Ａ ５ 所以Ｐ ＝２ １０ ２ ꎻ ＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ( ｜ )＝ ꎬ Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ３ ９ １２ ８.２.１ 随机变量及其分布列 ＝３ １０ ３ ꎻ Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ＝４ １０ ４ ꎻ ( )＝ ( ) ( ｜ )＋ ( ) ( ｜ )＝ 练习 Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 １ ＝５ １０ ５ ꎻ ５ × ２ ＋ ４ × ５ ＝ ５ . １.解析 这些变量都是随机变量 Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ９ ３ ９ １２ ９ ꎬ(１) ＝６ １０ ６ ꎻ 是离散型随机变量 是连续 Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ８.解析 第 次取得正品的概率Ｐ ６ (２) ꎬ(３)(４) ＝７ １０ ７ ꎻ ２ ＝ × 型随机变量. Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ８ ＝８ １０ ８ ꎻ ２.Ｃ Ｙ 表示 次定点投篮中命中 次 ５ ２ ６ ３ 如果抽取次数改为 ＝９ １０ ９ ꎻ ＋ × ＝ ꎻ ３ꎬ 练习 Ｙ 表示 次定点投篮中命中 ７ ８ ７ ４ ２ ＝ １０ １０ １.解析 随机变量Ｘ的分布列为 次. 那么第 次取得正品的概率Ｐ ６ ５ １０ ３ ＝ × 设早上 通过某路口的 ８ ７ Ｘ (３) ６:００~７:００ ０ １ 车辆数为 Ｚ 则 Ｚ 的可能取值为 × ４ ＋ ６ × ２ × ５ ＋ ２ × ６ × ５ ＋ ２ × １ × Ｐ . . ꎬ ０ꎬ１ꎬ ６ ８ ７ ６ ８ ７ ６ ８ ７ ０１ ０９ . ２ꎬ􀆺 ３ .由此可见 无论哪一次抽取 抽得正 ２.解析 (１) 由随机变量 Ｘ 的概率分布 Ｚ ＝０ 表示通过某路口的车辆数为 ０ꎻ ꎬ ꎬ ４ 的性质知ａ . . . . Ｚ 表示通过某路口的车辆数为 ＝１－(０ １＋０ ２＋０ １＋０ ３)＝ ＝１ １ꎻ 品的概率均为 ３ . . Ｚ 表示通过某路口的车辆数为 ０３ꎻ ＝ ２ ４ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ . . ９.解析 在阴天的条件下 监控系统 (２) ( <０)＝ ( ＝－１)＋ ( ＝－０ ５) ２ꎻ􀆺 (１) ꎬ . . . ２.解析 Ｘ是连续型随机变量 其取值集 ＝０１＋０２＝０３ꎻ ꎬ 检测到进入者的概率Ｐ ２２８ . . Ｐ . Ｘ Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ 合可表示为 Ｘ ａ Ｘ ｂ ａ ｂ . １＝ ≈０９７４ (３) (－０５≤ <３)＝ ( ＝－０５)＋ ( { ｜－ < < ꎬ >０ꎬ >０} ２３４ Ｐ Ｘ . ３.解析 明天降雨 用 表示 明天 监控系统漏检了一个进入者 气候 ＝０)＋ ( ＝１８) “ ” “１” ꎬ“ (２) ꎬ . . . . 不降雨 用 表示 设Ｘ的可取值为 条 件 是 下 雪 天 的 概 率 Ｐ ＝０２＋０１＋０３＝０６ꎻ ” “０” ꎬ ０ ２ ＝ Ｐ Ｘ 或 则 明天降雨或不降雨 可用随机 (４) ( <－２)＝０ꎻ １ꎬ “ ” ３ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ 变量Ｘ表示. (５) ( >１)＝ ( ＝１ ８)＋ ( ＝３)＝ １０ . . . . . ４.解析 随机变量Ｘ的分布列为 ≈０７４５ ０３＋０３＝０６ꎻ ６ ６ ３ １０ ＋ ＋ ＋ Ｐ Ｘ . １０ ２ . ３ 解 ４ 析 ２３２ １０ 第 １ 一 ９５ 次取出红球的概率Ｐ 习 ( 题 ６) ８. ( ２（ <５ １ ) ） ＝１ Ｘ １ ０ (１) １ Ｐ ｐ ｐ 感受􀅰理解 １－ １ ２ １ ３ １ ４ １ . ＝ × ＋ × ＋ × ＝ １.解析 这 个随机试验的结果都可以 ５.解析 Ｘ是连续型随机变量. ３ ５ ３ ５ ３ ８ ２ ３ (１) 第一次取出红球的前提下 第二 用随机变量表示. 设事件 取得优秀成绩 用 表 (２) ꎬ (２) “ ” “１” １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等示 未取得优秀成绩 用 表示 随 ３.解析 Ｅ Ｘ . . . ) ２ ( ) ２ ꎬ“ ” “０” ꎬ ( )＝８×０３＋９×０ １＋１０×０ ６＝ ７ １ ７ １ ３５. 机变量Ｘ的可能取值为 或 . . Ｅ Ｙ . . . . . × ＋ ６－ × ＝ ０ １ ９３ꎬ ( )＝８×０２＋９×０５＋１０×０３＝９１ ２ ６ ２ ６ １２ ６.解析 设击落飞机的命中次数为Ｘ 则 这就是说甲射击所得环数的数学期望 ５.解析 Ｘ的可能取值为 ꎬ (１) ２ꎬ３ꎬ 随机变量Ｘ的可能取值为 .Ｘ 比乙射击所得环数的数学期望高 从而 １ꎬ２ꎬ３ ＝１ ꎬ Ｐ Ｘ １ １ Ｐ Ｘ ２ ２ . 表示第一次命中第一部分 飞机被击 说明甲的平均成绩较好. ( ＝２)＝ ２ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ２ ＝ ꎬ Ｃ３ ３ Ｃ３ ３ 落 故Ｐ Ｘ . Ｘ 表示第一次 练习 (第 页) Ｘ的分布列为 ꎬ ( ＝１)＝０３ꎻ ＝２ ２ １１３ ∴ 命中飞机的第二部分 ꎬ 第二次命中飞机 １.解析 Ｅ ( Ｘ )＝１×０ . ０４＋２×０ . ０８＋３×０ . １２ Ｘ ２ ３ 的第一部分 故 Ｐ Ｘ . . . . . . ꎬ ( ＝２)＝ ０ ７×０ ３＝ ＋４×０１６＋５×０ ２０＋６×０ １６＋７×０ １２＋８× . . . . Ｐ １ ２ ０２１ꎻ ００８＋９×００４＝５ Ｘ 表示前 次命中飞机的第二部 Ｖ Ｘ ２ . ２ . ３ ３ ＝３ ２ ∴ ( )＝(１－５) ×０ ０４＋(２－５) ×０ ０８ 分 ꎬ 第三次不论命中第一还是第二部 ＋(３－５) ２ ×０ . １２＋(４－５) ２ ×０ . １６＋(５－５) ２ (２) Ｅ ( Ｘ )＝２× １ ＋３× ２ ＝ ８ ꎬ 分 飞机均被击落 故Ｐ Ｘ . . . ２ . ２ . ３ ３ ３ ꎬ ꎬ ( ＝３)＝０７×０ ×０２０＋(６－５) ×０１６＋(７－５) ×０１２＋(８ ( ) ( ) . ２ . ２ . 标准差 Ｖ Ｘ ８ ２ １ ８ ２ ２ ７＝０４９ꎬ －５) ×００８＋(９－５) ×０ ０４＝４ꎬ ( )＝ ２－ × ＋ ３－ × 所以随机变量Ｘ的分布列为 为 . ３ ３ ３ ３ ２ ２ . Ｘ ２.解析 Ｅ Ｘ １ ＝ １ ２ ３ ( )＝ ×(２＋４＋６＋􀆺＋１００) ９ ５０ ６.解析 奖分Ｘ的可能取值为 Ｐ . . . . ５００ꎬ１００ꎬ ０３ ０２１ ０４９ ＝５１ 思考􀅰运用 Ｖ ( Ｘ )＝[(２－５１) ２ ＋(４－５１) ２ ＋(６－５１) ２ ６０ꎬ４ꎬ ７.解析 (１) 设选做的 ３ 题中该同学会做 ＋􀆺＋(１００－５１) ２ ]× １ ＝８３３ . Ｐ ( Ｘ ＝ ５００) ＝ １０ ４ ３２ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝ １００) 的题目数为Ｘ 则Ｘ的可能取值为 ５０ ꎬ １ꎬ２ꎬ 习题８.２（２） ８ １ ２ ＝ ꎬ 由古典概型知 Ｐ Ｘ Ｃ４Ｃ２ ４ 感受􀅰理解 １０３２ ３ꎬ ( ＝１)＝ ３ ＝ Ｃ６ ２０ １.解析 Ｅ Ｘ . . . Ｐ Ｘ ２０ Ｐ Ｘ １０００ ( )＝１×０２＋２×０２＋３×０２＋４× ( ＝６０)＝ ꎬ ( ＝４)＝ ꎬ １ . . １０３２ １０３２ ＝ ꎻ ０２＋５×０２＝３ꎬ Ｘ的分布列为 ５ Ｖ Ｘ ２ . ２ . ∴ Ｐ ( Ｘ ＝２)＝ Ｃ ２ ４Ｃ ３ １ ２ ＝ １２ ＝ ３ ꎻ ３) ( ２ × ) ０ ＝ . ２ ( ＋ １ ( － ４ ３ － ) ３) × ２ ０ × ２ ０ ＋ . ２ ( ＋ ２ ( － ５ ３ － ) ３) × ２ ０ ×０ ２ . ＋ ２ ( ＝ ３ ２ － . Ｘ ５００ １００ ６０ ４ Ｃ６ ２０ ５ Ｐ ( Ｘ ＝３)＝ Ｃ ３ ４ ３ ＝ ４ ＝ １ . ２.解析 Ｅ ( Ｘ )＝－１× ３ １ ＋０× １ １ ２ ＋１× ４ １ ＋２ Ｐ １０ ４ ３２ １０ ８ ３２ １ ２ ０ ０ ３２ １ １ ０ ０ ０ ３ ０ ２ Ｃ６ ２０ ５ １ １ ３ Ｅ Ｘ . . 随机变量Ｘ的分布列为 × ＋３× ＝ ꎬ ( )≈７７５２ ∴ ６ ６ ４ 思考􀅰运用 ( ) ( ) Ｘ ２ ２ １ ２ ３ Ｖ ( Ｘ )＝ －１－ ３ × １ ＋ ０－ ３ × ７.解析 令Ｙ １＝ Ｘ ＋２ꎬ 则Ｙ １ 的分布列为 ４ ３ ４ Ｐ １ ３ １ ( ) ２ ( ) ２ Ｙ １ ３ １ ３ １ １ ３ ４ ５ ６ ７ ５ ５ ５ ＋ １－ × ＋ ２－ × ＋ １２ ４ ４ ４ ６ Ｐ . . . . . ８.解析 Ｐ . Ｐ 表示直到 ( ) ２ ０２ ０２ ０２ ０２ ０２ (１) (１)＝０２３ꎬ (１) ３ １ ３５. 抽出 件次品时已经抽出的产品个数 ３－ × ＝ Ｅ Ｙ . . . . １ ４ ６ １６ ( １)＝３×０２＋４×０２＋５×０２＋６×０２＋７ 为 的概率 即第 次就抽到了一件次 ３.解析 由 Ｘ 分布知 Ｅ Ｘ ｐ Ｖ . . １ ꎬ １ ~０－１ ( )＝ ꎬ ×０２＝５ 品 ꎬ 其概率为 ０ . ２３ . ( Ｘ )＝(１－ ｐ ) ２ 􀅰 ｐ ＋(０－ ｐ ) ２ 􀅰(１－ ｐ )＝(１ 令Ｙ ２＝３ Ｘ ꎬ 则Ｙ ２ 的分布列为 示 (２ 直 ) Ｐ 到 (５ 抽 )＝ 出 ０ . ２３ 件 × 次 ０ . ７ 品 ７ ４ 时 ≈ 已 ０ . ０ 经 ８１ 抽 ꎬ Ｐ 出 (５ 的 ) 产 表 － ｐ )􀅰 ｐ ≤ ( １－ ｐ ＋ ｐ ) ２ ＝ １ . Ｙ ２ ３ ６ ９ １２ １５ ２ ４ １ Ｐ . . . . . 品个数为 的概率 即前 次抽到的是 当且仅当 ｐ ｐ 即ｐ １ 时等号成立 ０２ ０２ ０２ ０２ ０２ 正品 ꎬ 第 ５ ５ 次抽到的 ꎬ 是次品 ４ 的概率约为 １－ ＝ ꎬ ＝ ２ ꎬ Ｅ ( Ｙ ２)＝３×０ . ２＋６×０ . ２＋９×０ . ２＋１２×０ . ２＋ ０ ( . ３ ０ ) ８ Ｐ １ . ( Ｙ ≥２)＝１－ Ｐ ( Ｙ ＝１)＝１－０ . ２３＝０ . ４. ∴ 解析 Ｖ ( Ｘ ) Ｘ ≤ 的 １ ４ 分 . 布列为 令 １５× Ｙ ０ ３ . ＝ ２ Ｘ ＝ ２ ９ ꎬ . 则Ｙ ３ 的分布列为 它表示直到抽出 件次品时已经抽 Ｙ ７ 出 ７ꎬ 的产品个数不小于 １ 的概率是 . . Ｘ ３ １ ４ ９ １６ ２５ ２ ０７７ １ ２ ３ ４ ５ ６ Ｐ . . . . . ０２ ０２ ０２ ０２ ０２ ８.２.２ 离散型随机变量的 Ｐ １ １ １ １ １ １ Ｅ Ｙ . . . . 数字特征 ６ ６ ６ ６ ６ ６ ( ３) . ＝１×０ . ２＋４×０２＋９×０２＋１６×０ ２＋ ２５×０２＝１１ 练习 (第 页) Ｅ Ｘ １ １ １ １ 由 知Ｖ Ｙ ２ . １ １１０ ( )＝１× ＋２× ＋３× ＋４× ＋５× (２) (１) ( １)＝(３－５) ×０２＋(４－ １.解析 该项投资收益的均值为Ｅ Ｘ ６ ６ ６ ６ ２ . ２ . ２ . ( )＝ ５) ×０ ２＋(５－５) ×０ ２＋(６－５) ×０ ２＋ １×０ . １＋１ . ５×０ . ２＋２×０ . ４＋４×０ . ２＋１０×０ . １ １ ＋６× １ ＝ ７ . (７－５) ２ ×０ . ２＝２ꎬ 百万元 . ６ ６ ( ２ ) ( ) Ｖ Ｙ ２ . ２ . ＝３( ) Ｖ Ｘ ７ ２ １ ７ ２ １ ( ２)＝(３－９) ×０ ２＋(６－９) ×０ ２＋(９ ２.解析 疏散时间的均值为 . ( )＝ １－ × ＋ ２－ × ２ . ２ . ２ . １３×０ ０４＋１４ ２ ６ ２ ６ －９) ×０２＋(１２－９) ×０２＋(１５－９) ×０２ . . . . ( ) ( ) ( ×０２５＋１５×０ ４＋１６×０ １８＋１７×０ １＋１８× ７ ２ １ ７ ２ １ ＝１８ꎬ . . . ＋ ３－ × ＋ ４－ × ＋ ５－ Ｖ Ｙ ２ . ２ . ００３＝１５１４(ｈ) ２ ６ ２ ６ ( ３)＝(１－１１) ×０ ２＋(４－１１) ×０ ２＋ １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ２ . ２ . ｎ 即平均来看 进行 次试验 . 方差Ｖ Ｘ . . . . (９－１１) ×０ ２＋(１６－１１) ×０ ２＋(２５－ ＝１００ꎬ ꎬ １００ ＝２４ꎬ ( )＝３×０８×０２＝０４８ ２ . . . 事件Ａ会发生一次. 思考􀅰运用 １１) ×０２＝７４８ 当Ｙ ａＸ ｂ时 Ｅ Ｙ ａＥ Ｘ ｂ Ｖ ３.解析 设次品个数为Ｘ 则Ｘ Ｂ . ５.解析 随机变量 Ｘ 的所有可能取 (３) ＝ ＋ ꎬ ( )＝ ( )＋ ꎬ ꎬ ~ (２０ꎬ０ (１) Ｙ ａ２Ｖ Ｘ . Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ 值是 ( )＝ ( ) １)ꎬ∴ ( ≤３)＝ ( ＝０)＋ ( ＝１)＋ １ꎬ２ꎬ３ꎬ ８.解析 有放回地从袋中取两次 ꎬ 每次取 Ｐ ( Ｘ ＝２)＋ Ｐ ( Ｘ ＝３)＝Ｃ ０ ２０×０ . １ ０ ×０ . ９ ２０ ＋ 则Ｐ Ｘ ２ Ｐ Ｘ １ ２ １ 个球的样本空间Ω ＝{(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ２)ꎬ Ｃ １ ２０×０ . １×０ . ９ １９ ＋Ｃ ２ ２０×０ . １ ２ ×０ . ９ １８ ＋Ｃ ３ ２０× ( ＝１)＝ ３ ꎬ ( ＝２)＝ ３ × ３ (１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ１)ꎬ . (２ꎬ２)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(３ꎬ１)ꎬ ０ . １ ３ ×０ . ９ １７ ≈０ . ８６７ . ＝ ２ ꎬ (３ꎬ２)ꎬ(３ꎬ３)} ４.解析 由题意知因超速引起交通事故 ９ Ｘ的可能取值为 (１) １ꎬ２ꎬ３ꎬ 的概率为 . 则 次交通事故中有 Ｐ Ｘ ２ ２ １ . ０ ６ꎬ ８ ６ ( ＝３)＝１－ － ＝ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ 次主要是因为超速引起的概率Ｐ ６ ３ ９ ９ ( ＝１)＝ ꎬ ( ＝２)＝ ꎬ ( ＝３) ＝Ｃ８× Ｘ的分布列为 ９ ３ . ６ . ４ . . ∴ ０６ ×０４ ≈００３３４ ５ . Ｘ ＝ ５.解析 Ｅ Ｘ １ １ １ １ ２ ３ ９ ( )＝１× ＋２× ＋３× ＋４× Ｘ的分布列为 ５ ５ ５ ∴ Ｐ ２ ２ １ Ｘ １ ＋５× １ ＝３ꎬ ３ ９ ９ １ ２ ３ ５ ５ Ｅ Ｘ ２ ２ １ １３. Ｐ １ １ ５ Ｖ Ｘ １ ２ ２ ２ (２) ( )＝１× ＋２× ＋３× ＝ ( )＝ [(１－３) ＋(２－３) ＋(３－３) ＋ ３ ９ ９ ９ ９ ３ ９ ５ ( ) ２ ( ) ２ Ｅ Ｘ １ １ ５ ２２. (４－３) ２ ＋(５－３) ２ ]＝２ꎬ∴ σ ＝ ２ . (３) Ｖ ( Ｘ )＝ １－ １ ９ ３ × ３ ２ ＋ ２－ １ ９ ３ (２) ( )＝１× ＋２× ＋３× ＝ ６.解析 设任一时刻占线的分机数为Ｘ ( ) Ｖ Ｘ ( ２２ ９ ) ２ １ ３ ( ９ ２２ ) ９ ２ １ 每个分 机在任一时刻占线的概率 Ｐ ＝ ꎬ × ９ ２ ＋ ３－ １ ９ ３ ２ × ９ １ ＝ ８ ３ １ ８. ( )＝ １－ × ＋ ２－ × ９ ９ ９ ３ ２０ １ . ( ２２ ) ２ ５ ３８. ６０ ＝ ３ ∴ 标准差 Ｖ ( Ｘ )＝ ３８. ＋ ３－ × ＝ 各个分机是否占线是相互独立的 ９ ９ ９ ８１ ∵ ꎬ∴ ６.解析 一架 发动机的飞机安全飞行 探究􀅰拓展 ( ) ４ Ｘ Ｂ １ . 的概率 ~ ５ꎬ ９.解析 Ｅ Ｘ １ １ １ ３ Ｐ . ４ ３ . ３ . . ( )＝１× ＋２× ２ ＋３× ３ ＋􀆺＋ １＝１－(０００４ ＋Ｃ４×０００４ ×０ ９９６)≈０ ２ ２ ２ Ｅ Ｘ １ ５ Ｖ Ｘ １ ２ ∴ ( )＝５× ＝ ꎬ ( )＝５× × ９９９９９９７４ꎬ ｎ １ ３ ３ ３ ３ 一架 发动机的飞机安全飞行的概率 × ｎꎬ ２ ２ １０. Ｐ . ２ . ＝ ２＝１－０００４ ＝０９９９９８４ꎬ 令Ｓ ｎ＝１× ２ １ ＋２× ２ １ ２ ＋３× ２ １ ３ ＋􀆺＋ ｎ × ２ １ ｎꎬ 习题 ９ ８.２（３） 显 发 然 动 Ｐ 机 １> 的 Ｐ ２ 飞 ꎬ∴ 机 一 更 架 安 ４ 全 发 . 动机的飞机比 感受􀅰理解 ２ １ Ｓ １ １ ｎ １ ｎ ２ ｎ＝１× ２ ２ ＋２× ２ ３ ＋􀆺＋( －１)× ２ ｎ＋ １.解析 由条件知 寿命至少为 ８.２.４ 超几何分布 (１) ꎬ ８０００ １ 的节能灯只数Ｘ Ｂ . 则Ｐ Ｘ 练习 × ２ ｎ ＋１ꎬ ｎ ｈ ＝１８)＝Ｃ １ ２ ８ ０×０ . ９ １８ ×( ~ １－ ( ０ ２ . ０ ９ ꎬ ) ０ ２ ≈ ９) ０ ꎬ . ２８５ . ( １.解析 随机变量Ｘ的可能取值为 ０ꎬ１ꎬ １ Ｓ １ １ １ １ 至少有 只使用寿命至少为 ∴ ｎ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ－ ｎ ＋１ (２) １５ ８０００ ２ꎬ３ꎬ ２ ２ ２ ２ ２ ２ 的概率Ｐ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ ＝ ２ １ １ ( － １－ ２ １ ２ １ ｎ ) － ２ ｎ ｎ ＋１ ＝１－ ｎ ２ ＋ ｎ ＋ ２ １ . Ｃ ｈ ( ２０ Ｘ １ ２ ７ ０ ) × ＝ ＝ ０ １ . Ｃ ７ ９ ) １ ２ １ ５ ０ ７ ＋ × × Ｐ ０ ０ ＝ . ( . ９ １ Ｘ １ ３ ５ ( ＝ ＋ × Ｃ １ ０ ８ １ ２ . ＝ ８ ０ １ ) × ５ １ ＋ ０ ＋ ５ Ｐ . ) Ｃ ９ ( １ ２ １ ＋ Ｘ ６ ０ ８ × × ＝ ( ０ ０ １ . . ９ １ ９ ) ２ １ ＝ ６ ＋ ＋ × １ Ｃ Ｐ ６ ０ １ ２ ( ) ９ ０ . １ × Ｘ ＋ ４ ０ ＝ ＋ . Ｐ ＝ ( ２ ９ Ｘ ０ ５ ３ ＝ ꎬ ０)＝ Ｃ Ｃ ３ ２ ３ ３ ０ ０ ＝ ２ ５ ０ ７ ３ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝１)＝ Ｃ １ １ Ｃ ０ ３ ３ Ｃ ０ ２ ２０ ｎ ｎ １９ . ２０ . ２０ . . ２ １ ３ Ｓ ＋２. Ｅ Ｘ ＋２. ９ ×０１＋Ｃ２０×０９ ≈０９８８７ Ｐ Ｘ Ｃ１０Ｃ２０ ４５ Ｐ Ｘ Ｃ１０ ∴ ｎ＝２－ ｎ ∴ ( )＝２－ ｎ 至少有 只达不到使用寿命至少 ( ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ３ ２ ２ (３) ２ Ｃ３０ ２０３ Ｃ３０ 为 的概率Ｐ Ｐ Ｘ Ｐ ８.２.３ 二项分布 ８０００ ｈ ＝１－[ ( ＝０)＋ ６ Ｘ . ２０ １ . . １９ ＝ ꎬ １.解析 随意作答 即答对和答错的概率 ( ＝ . １)]＝１－(０ １ ＋Ｃ２０×０ ９×０ １ ) ２ Ｘ ０３ 的分布列为 ꎬ ≈１ ∴ 均为 １ 用Ｘ表示答对试题的个数 则 ２.解析 ４ 个元件中有 ２ 个经受住打击 Ｘ ꎬ ꎬ ( ) ( ) ０ １ ２ ３ ２ ２ ２ ( ) 的概率 Ｐ ２ ３ ３ Ｘ Ｂ １ 所以Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ＝Ｃ４􀅰 × １－ Ｐ ５７ ９５ ４５ ６ ~ １０ꎬ ꎬ ( ≥８)＝ ( ＝ ４ ４ ２ ２０３ ２０３ ２０３ ２０３ ( ) ２７. ８)＋ Ｐ ( Ｘ ＝９)＋ Ｐ ( Ｘ ＝１０)＝Ｃ ８ １０􀅰 １ ８ ＝ １２８ 随机变量Ｙ的可能取值为 ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ ( ) ２ ( ) ９ ( ２ ) １ ３.解析 由题意 ꎬ 知 Ｘ ~ Ｂ (３ꎬ０ . ２５) . ∴ Ｅ Ｐ Ｙ Ｃ ３ １０ ６ Ｐ Ｙ Ｃ １ ２０Ｃ ２ １０ 􀅰 １－ ２ １ ＋Ｃ ９ １０􀅰 １ ２ 􀅰 １－ ２ １ ( Ｖ Ｘ Ｘ )＝３×０ . ２５ . ＝０ . ７５ꎬ . . σ ( ＝０)＝ Ｃ ３ ３０ ＝ ２０３ ꎬ ( ＝１)＝ Ｃ ３ ３０ ( ) １０ ( ) ０ ( )＝ ３×０ ２５×０ ７５＝０ ５６２ ５ꎬ ＝ ４５ ＋Ｃ １ １ ０ ０􀅰 １ ２ 􀅰 １－ ２ １ ＝０ . ０５５ . ０ . ５６２５＝０ . ７５ . ＝ ２０３ ꎬ ４.解析 由题意 知 Ｘ Ｂ . 击 ２ １ ３ ２.解析 设试验次数为ｎ 由ｎ １ 知 ꎬ ~ (３ꎬ０ ８)ꎬ∴ Ｐ Ｙ Ｃ２０Ｃ１０ ９５ Ｐ Ｙ Ｃ２０ ꎬ × ＝１ 中目标的次数Ｘ的均值Ｅ Ｘ . ( ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ３ １００ ( )＝ ３×０ ８ Ｃ３０ ２０３ Ｃ３０ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等有 家 无违规行为的工厂有 Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . . . ５７ ３ ꎬ ２０－３＝１７ ( <１２)－ ( ≤０４)＝０８８４ ９－０６５５ ＝ ꎬ 家 . . ２０３ ( )ꎬ ４＝０２２９５ Ｙ的分布列为 ０ ５ ３.解析 设抗拉强度 Ｘ Ｎ μ σ 由题 ∴ 没有发现工厂违规的概率为Ｃ３Ｃ１７ ~ ( ꎬ )ꎬ Ｙ ０ １ ２ ３ (１) . . Ｃ ５ ２０ 知μ ＝１００００ꎬ σ ＝１００ . (Ｘ ≈０３９９１ Ｐ Ｘ Ｐ －１００００ Ｐ ６ ４５ ９５ ５７ 发现 家工厂有违规行为的概率为 (１) ( >１０ １５０)＝ > (２) ２ ) １００ ２０３ ２０３ ２０３ ２０３ ２ ３ １０１５０－１００００ Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ ２.解析 随机变量 Ｘ 的可能取值为 ０ꎬ Ｃ３Ｃ ５ １７ ≈０ . １３１６ . １００ ＝ ( >１ ５)＝ １－ ( Ｃ２０ . . . . １ꎬ２ꎬ 思考􀅰运用 ≤１５)＝１－０９３３２＝００６６８ Ｐ ( Ｘ ＝０)＝ Ｃ Ｃ ２ ３ ２ ５ ５ ０ ＝ ３ １ ５ ７ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝１)＝ Ｃ １ １ Ｃ ５ ２ ５ Ｃ ０ １ ３５ ＝ ５. 解 析 ( １) ｆ ( ｎ ) ＝ Ｃ ２ｎ Ｃ Ｃ １ １ ８ １ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０－ ｎ 件 答 的 : 抗 比 拉 例 Ｐ 强 为 度 ６ 超 . ６８ 过 ％. Ｘ １０ １５０ ｋｇ/ｃｍ ２ 的元 Ｐ ２ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ (２)１－ (９ ８００< ≤１０ ２００)＝ １－ ∴ ７ ３ Ｘ ꎬ Ｐ 的 ( 分 Ｘ Ｘ ＝ 布 ２) 列 ＝ 为 Ｃ Ｃ １ ２ ５ ５ ０ ＝ ３ ３ ５ ꎬ ( ＝ ２) ( 由 －１ ｆ ( ) ｆ ２ ( ( ｎ ０ １ ＋ ０ ｎ × ) ０ １ １ ０ ) １ ０ > １ － × １ ９ ) ９ 得 ( ８ ９ × ９ １ ９ ９ ９ － ９ ７ ９ × ) ２ 􀆺 × > 􀆺 × １ ９ × ０ ９ ( ｎ １ ９ ꎬ ９ ∴ ３－ ｎ ) < . １ １ ( ０２ ９ ０ ８ ０ ０ － ０ １ １ － ０ ０ １ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ) ０ ＝１ < － Ｐ (－ Ｘ ２ － < １ １ Ｚ ０ ００ ≤ ００ ２ ０ )＝１ ≤ － ０ １ ２ ｆ ｎ １００ . .由( ＋１) 得ｎ . . Ｐ Ｚ Ｐ Ｚ Ｐ Ｚ ９９２ ｆ ｎ <１ꎬ >１９９２ ( ≤２)＋ ( ≤－２)＝２－２ ( ≤２)＝ Ｐ １７ ３ ３ ( ) ３５ ７ ３５ 当ｎ ＝１９９ 时 ꎬ ｆ (２００)> ｆ (１９９)ꎻ 当 ｎ ＝ ２－２×０ . ９７７２＝０ . ０４５６ . ３.解析 Ｘ Ｈ 则Ｐ ２００ 时 ꎬ ｆ (２０１)< ｆ (２００) . 答 : 被报废的元件的比例是 ４ . ５６ ％. (１) ~ (１５ꎬ１００ꎬ１ ５００)ꎬ 因此当ｎ 时 ｆ ｎ 取得最大值. 习题８.３ ｒ １５－ ｒ ＝２００ ꎬ( ) Ｘ ｒ Ｃ１００Ｃ１４００ ｒ . 探究􀅰拓展 感受􀅰理解 ( ＝ )＝ Ｃ １ １ ５ ５００ ꎬ ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ􀆺ꎬ１５ ６.解析 设该地区动物总数为Ｎ 第二次 １.解析 随机变量ξ Ｎ 正态 ｎＭ ꎬ ∵ ~ (０ꎬ１)ꎬ∴ Ｅ Ｘ １５×１００ . 捕捉时捉到有标记的动物数 Ｘ Ｈ ｎ 密度曲线关于ｙ轴对称. (２) ( )＝ Ｎ ＝ ＝１ ~ ( ꎬ １５００ ｎ ｍ ｍｎ 由正态密度曲线的对称性可知 习题８.２（４） ｍ Ｎ 则Ｅ Ｘ 􀅰 ｐ Ｎ 即 ꎬ )ꎬ ( )＝ Ｎ ＝ ꎬ∴ ＝ ｐ ꎬ Φ ｘ Φ ｘ 正确. 感受􀅰理解 (１) (－ )＝１－ ( ) ｍｎ Ｐ ξ ｘ Φ ｘ Φ １.解析 随机变量 Ｘ 的可能取值为 估计该地区动物总数为 . (２) (｜ ｜≤ )＝ ２ ( )－１≠１－２ (１) ｐ ｘ 错误. ( )ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ (３) Ｐ (｜ ξ ｜< ｘ )＝２ Φ ( ｘ )－１ 正确. ３ １ ２ 8.3 正态分布 Ｐ ξ ｘ Φ ｘ 正确. Ｐ Ｘ Ｃ１３ ２２ Ｐ Ｘ Ｃ２Ｃ１３ (４) (｜ ｜> )＝２[１－ ( )] ( ＝０)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ３ ( . ) Ｃ１５ ３５ Ｃ１５ 练习 ２.解析 Ｐ Ｘ . Ｐ Ｚ ２２－２ (１) ( <２ ２)＝ < . １２ １.解析 Ｐ Ｚ . . . ２５ ＝ ꎬ (１) ( ≤２７５)＝０９９７０ Ｐ Ｚ . . . ３５ Ｐ Ｚ . . . ＝ ( <００８)＝０５３１９ ２ １ (２) ( <０５)＝０６９１５ ( . ) Ｐ Ｘ Ｃ２Ｃ１３ １ Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . . . Ｐ Ｘ . Ｐ Ｚ １７６－２ Ｐ Ｚ ( ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ (３) ( >－１５)＝ ( <１５)＝０９３３２ (２) ( >１７６)＝ > . ＝ ( Ｃ１５ ３５ Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ ２５ Ｘ的分布列为 (４) (２< <２ ９)＝ ( <２ ９)－ ( ≤ . ∴ . . . . >－００９６) ２)＝０９９８１－０９７７２＝００２０９ Ｐ Ｚ . . . Ｘ ０ １ ２ (５) Ｐ (－２< Ｚ ≤２ . ９)＝ Ｐ ( Ｚ ≤２ . ９)－ Ｐ ( Ｚ ≈ ( <０１０)＝０５３９ ( ８ . ) Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . Ｐ Ｘ . Ｐ Ｚ －０７８－２ Ｐ Ｐ ２２ １２ １ ≤－２)＝ ( ≤２９)－[１－ ( <２)]＝０ (３) ( <－０７８)＝ < ２ . ５ ＝ . . . ３５ ３５ ３５ ９９８１－(１－０９７７２)＝０９７５３ ( ξ ( Ｚ <－１ . １１２) (２) Ｅ ( Ｘ )＝ １２ ＋ ２ ＝ ２ . ２.解析 (１) Ｐ (０< ξ <１ . ９０)＝ Ｐ ０ ２ － . ５ ２ < ２ － . ５ ２ ≈１－ Ｐ ( Ｚ ≤１ . １１)＝１－０ . ８ ( ６６５ . ＝０ . １３３５ . ２.解 ％ 析 ５ . ０ 件 ３５ 货 ３ 物 ５ 中 ５ 次品件数为 ５０× < １ . ２ ９０ . ５ －２ ) ( １ . ４ ５ ) ５ Ｐ － ( ２ ｜ ) Ｘ ｜<１ . ５５)＝ Ｐ －１ ２ ５ . ５ ５ －２ < Ｚ < ２０ ＝１０ Ｐ . Ｚ . Ｐ . Ｚ . . 用Ｘ表示 件货物中次品的件数 则 ＝ (－０８< <－００４)＝ (００４< <０８) ２５ “５ ”ꎬ Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . Ｐ . Ｚ . Ｐ Ｚ . Ｘ Ｈ ＝ ( <０８)－ ( ≤００４) ＝ (－１４２< <－０ １８)＝ ( <１ ４２)－ ~ (５ꎬ１０ꎬ５０)ꎬ . . . . Ｐ Ｚ . 此批货物获得通过 则次品件数为 或 ＝０７８８１－０５１６０＝０２７２１ ( ≤０１８) ꎬ ０ ( . ξ . . . . 或 所以获得通过的概率为Ｐ Ｘ Ｐ . ξ Ｐ －１８３－２ －２ ＝０９２２２－０５７１４＝０３５０８ １ ２ꎬ ( ≤ (２) (－１ ８３< <０)＝ . < . Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ . ２ 即 ) 该 ＝ Ｃ 批 . ０ １ Ｃ ０ ５ ５ Ｃ 货 ０ ５ ４０ 物 ＋ Ｃ 获 １ １ Ｃ ０ ５ ５ Ｃ 得 ０ ４ ４０ 通 ＋ Ｃ 过 ２ １ Ｃ ０ ５ ５ Ｃ ０ 的 ３ ４０ ≈ 概 ０ 率 . ９５ 约 １７ 为 . ０ . < ＝ ０ ２ Ｐ － . ( ５ ２ － ) １ . ５３２< Ｚ <－０ . ８)＝ Ｐ ( ２ ０ ５ . ８< Ｚ < ２ １ ５ . Ｐ ( ＝ ５ １ ( ) － － Ｐ ２ ( ２ ( . . ５ ｜ － ５ － １ ２ ｜ . > ８ ≤ ≤ ２ Ｚ ５ Ｚ ≤ ) ≤ ＝ ２ ０ . ２ １ ５ . . － － ２ ５ ) ２ ( ＝ ) ｜ ２－ ｜ Ｐ ≤ ( ２ Ｚ ５ ≤ ) ０ ＝ . ２ １ ) － ３. ９ 不 解 ５１ 同 析 ７ 选 法 从班 ꎬ 他 级 们 中 选 任 修 选 不 ２ 同 名 课 学 程 生 的 有 方 Ｃ 法 ２ ５０ 数 种 ５ ＝ ≈ ３ Ｐ ２ ０ ( ) . ９ Ｚ ３ < ７ １ ０ . ５ － ３ ０ ２ . ７ ) ８ － ８ Ｐ １ ( ＝ Ｚ ≤ ０ . １ ０ ４ . ８ ８ ) ９ . ＝ － Ｐ ２ ( － Ｐ Ｚ ０ ≤ . ５７ １ ９ . ８ . ３ ) －０ Ｘ . ９６４１＝０ Ｐ . ４ ( ５６ －１ ６ . . ８－２ Ｚ １ １ ( ξ ) (６) (－１ ８< <２)＝ . < < 为 １ １ 故所求概率为Ｃ１５Ｃ３５ ３ . Ｐ ξ Ｐ －１－２ －２ １－２ ２５ Ｃ１５Ｃ３５ꎬ ２ ＝ (３) (｜ ｜<１)＝ . < . < . ) Ｃ５０ ７ ２５ ２５ ２５ ２－２ Ｐ . Ｚ Ｐ Ｚ . ４.解析 家工厂中有违规行为的工厂 Ｐ . Ｚ . Ｐ . Ｚ . . ＝ (－１５２< <０)＝ ( <１ ５２)－ ２０ ＝ (－１２< <－０４)＝ (０ ４< <１ ２)＝ ２５ ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 Ｐ Ｚ . . . . ０ . ０ . １００ １ . . . . ( ≤０)＝０９３５７－０５＝０４３５７ －Ｃ１００×０ ００４ ５ ×０ ９９５ ５ －Ｃ１００×０ ００４ １－０９１９２＝００８０８ ３.解析 ∵ Ｐ (－ ａ < ｘ ≤ ａ )＝ Ｐ ( Ｘ ≤ ａ )－ Ｐ ５×０ . ９９５５ ９９ ≈０ . ０７５１ . Ｐ (｜ Ｘ ｜>２ . １)＝ １－ Ｐ (｜ Ｘ ｜≤２ . １)＝ １－ Ｘ ａ ５.解析 设Ｘ为 件产品出现的不合格 Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ . Ｐ ( ≤－ ) ５０ [ ( ≤２１)－ ( ≤－２ １)]＝２[１－ Ｐ Ｘ ａ . 得Ｐ Ｘ ａ . 品的件数 则Ｘ Ｈ 故无不 Ｘ . . . ＝２ ( ≤ )－１＝０６ ( ≤ )＝０８ꎬ ꎬ ~ (５０ꎬ５ꎬ１００)ꎬ ( ≤２ １)] ＝ ２×(１－０ ９８２ １)＝ ０ ａ . . . ４. ３ ∴ 解 ６２ 析 ≈ ２ ＝ ０ ( ０ ８ １ . ４ ６ ) ３ 小 ７ 于 ８ꎬ 或 ∴０ 等 . ３ 于 ５< ｚ ｚ < 的 ０ 面 . ３６ 积 . 为 １－０ . 合 恰 格 有 品 １ 件 的概 不 率 合格 Ｐ ( 品 Ｘ 的 ＝０ 概 )＝ 率 Ｃ Ｃ Ｐ ５ １ ５ ９ ０ ０ ０ ５ ０ ( ≈ Ｘ ０ ＝ . １ ０２ ) ８ ＝ ꎬ １２. ０ 解 ３５ 析 ８ Ｐ (０< Ｘ <５)＝ Ｐ ( － ２ ３ < Ｚ <１ ) ＝ 由条件知ｚ 故大于 ｚ的面积为 Ｐ . Ｚ ０ ( . ２ １ ) １３１ꎬ 所以小 < 于 ０ꎬ 或等于 － － ｚ的面积为 ｜ Ｃ ４ ９ ９ ５ ５０ Ｃ １ ５ ≈０ . １５３ . ＝ ( Ｐ － ( １ Ｚ ５ < < １) < － １ Ｐ ) ( Ｚ <－１ . ５)＝ Ｐ ( Ｚ <１)＋ Ｐ . . ｚ . ｚ Ｃ１００ Ｚ . －０１１３｜ ＝０ ８８６ ９ꎬ∴ － ＝１ ２１ꎬ∴ ＝－ ６.解析 Ｘ Ｂ . 则Ｐ Ｘ ｋ ｋ ( <１５)－１ . . ~ (５ꎬ０２)ꎬ ( ＝ )＝Ｃ５× . . . . １２１ 由条件知小于或等于ｚ的面积为 . ０ . ２ ｋ ×０ . ８ ５－ ｋ ꎬ ｋ ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ 故Ｘ的概 ＝０８４１３＋０９３３ ( ２－１＝０７７４５ ) (３) ０ 率分布如下 Ｐ Ｘ Ｐ －４－３ Ｚ ４－３ Ｐ . . ｚ . . : (｜ ｜<４)＝ < < ＝ ５＋０ 由 ４８ 条 ３ 件 ８＝ 知 ０ 小 ９８ 于 ３８ 或 ꎬ∴ 等于 ＝２ ｚ的 １４ 面积为 . Ｘ ０ １ ２ ３ ４ ５ . Ｚ . ２ ２ (４) ０ Ｐ . . . . . . (－３５< <０５) . . . ｚ . . ０３２７６８ ０４０９６ ０２０４８ ００５１２ ０００６４ ００００３２ Ｐ Ｚ . Ｐ Ｚ . . ５＋０９５÷２＝０９７５０∴ ＝１９６ ７.解析 记Ｘ为 人中引起不良反 ＝ ( <０５)＋ ( <３５)－１＝０ ６９１ ５＋ ５.解析 设所花时间为 Ｘ 由题意知 Ｐ ２ ０００ . . . ꎬ 应的人数 则Ｘ Ｂ . . ０９９９８－１＝０６９１３ (Ｘ ) ꎬ ~ (２０００ꎬ０００１) 思考􀅰运用 －４０ ａ . 此时 . ａ . . 人中恰有 人引起不良反应 < ＝０９５ꎬ １６４< <１６５ (１)２０００ ２ １３.解析 设Ｘ为 个零件中的不合格品 ７ 的概率 ５ 要想做到有 ％的把握不迟到 则 数 则Ｘ Ｂ . Ｘ －４０ . 所 ９５ 以Ｘ . . ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝ . ２)＝Ｃ ２ ２０００×０ . ００１ ２ ×０ . ９９９ １９９８ ≈０ . 所以 ꎬ 停机 ~ 维 ( 修 ５ꎬ 的 ０ 概 ０２ 率 )ꎬ Ｐ ( Ｘ ≥２)＝ １－ Ｐ ≥１６５ꎬ ≥５１５５≈５２ ２７０８ Ｘ Ｐ Ｘ ０ . ０ . ７ 人中多于 人引起不良反应 ( ＝０)－ ( ＝１)＝ １－(５ ×０ ０２ ×０ 所以最晚约下午 点零 分出发. (２)２０００ １ ５ １ . . ４ . . １ ８ 的概率 ９８ )－Ｃ５×００２×０９８ ≈０００３８ 探究􀅰拓展 １４.解析 设 Ａ 第一次取出的是黑 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ＝{ ６.解析 频率分布直方图略.频率分布直 ( >１)＝１－ ( ＝０)－ ( ＝１) 球 Ｂ 第二次取出的是黑球 则Ｂ 方图是 呈基本对称形状 ꎬ 故可以认为该 ＝１－Ｃ ０ ２０００×０ . ９９９ ２０００ －Ｃ １ ２０００×０ . ００１×０ . Ａ } Ｂ ꎬ Ａ ＝ Ｂ { 由题意得Ｐ Ａ ｂ }ꎬ Ｐ Ｂ 组数据近似服从正态分布 噪声在区间 １９９９ . . ＝ ＋ ꎬ ( )＝ａ ｂꎬ ( ｜ ꎬ ９９９ ≈０５９４１ ＋ 人中引起不良反应的人数的 ｂ ｃ ａ . . 上的概率估计为９５ . . (３)２０００ Ａ ＋ ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ [－２５ꎬ２５] ＝０９５ 均值 )＝ ａ ｂ ｃꎬ ( )＝ ａ ｂꎬ ( ｜ ) １００ ＋ ＋ ＋ Ｅ Ｘ . 方差Ｖ Ｘ ｂ 本章回顾 ( )＝２０００×０ ００１＝２ꎬ ( )＝２ . . . . ＝ａ ｂ ｃꎬ ０００×０００１×０９９９＝１９９８ ＋ ＋ 复习题 ８.解析 (１) 因为批量很大 ꎬ 抽取件数很 所以Ｐ ( Ｂ )＝ Ｐ ( Ａ ) Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ )＋ Ｐ ( Ａ ) Ｐ ( Ｂ 小 所以各次抽取可以认为相互独立. １.Ａ ꎬ Ｘ的概率分布为 ｜ Ａ ) (２) ｂ ｂ ｃ ａｂ ２.解析 由Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ )＝ Ｐ Ｐ ( Ａ Ａ Ｂ ) ＝ １ ꎬ Ｐ ( Ａ ) Ｘ １ ２ ３ ４ ５ ＝ ( ａ ＋ ｂ ) ( ( ＋ ａ ＋ ) ｂ ＋ ｃ ) ＋ ( ａ ＋ ｂ )( ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ) ( ) ２ Ｐ ０ . ０５ ０ . ９５×０ . ０５ ０ . ９５ ２×０ . ０５ ０ . ９５ ３×０ . ０５ ０ . ９５ ４ ｂ . １ 知 Ｐ ＡＢ １ Ｐ Ａ Ｂ 即 ＝ａ ｂ ＝ ( )＝ ꎬ∴ ( ｜ )＝ ＋ ２ ４ １ Ｘ １ ２ ３ ４ ５ １５.解析 Ｘ ~ Ｎ (３ . ４ꎬ σ２ )ꎬ Ｐ ( Ｘ <２)＝ Ｐ Ｐ ( Ａ Ｂ Ｂ ) ＝ ４ ＝ ３ . Ｐ ０ . ０５ ０ . ０４７５ ０ . ０４５１ ０ . ０４２９ ０ . ８１４５ ０ . ０３１ ( ꎬ . ) ( ( ) １ ４ Ｅ Ｘ . . . Ｐ Ｚ ２－３４ . 即 Ｐ Ｚ ∴ ( )＝１×０ ０５＋２×０ ０４７ ５＋３×０ ０４５ ∴ < σ ＝０ ０３１ꎬ <－ ３ . . . . ３.解析 设事件Ａ为 第一次取到的是一 １＋４×００４２９＋５×０８１４５≈４４４ . ) “ ９.解析 设Ａ Ｂ两个商场的奖项金额分 １４ . 等品 事件 Ｂ 为 第二次取到的是一 ꎬ σ ＝００３１ꎬ 等品 ”ꎬ 则 ＡＢ 表示 “ 第一次取到一等 别为Ｘ ꎬ Ｙ ꎬ 则Ｅ ( Ｘ )＝ Ｅ ( Ｙ )＝１７２ . ( . ) . ”ꎬ “ Ｖ ( Ｘ )＝ (１ ０００－１７２) ２ ×０ . １＋(１００－ ∴ Ｐ Ｚ < １ σ ４ ＝０ . ９６９ꎬ∴ １ σ ４ ≈１ . ８７ꎬ 品 ꎬ 第二次取到一等品 ” . ∵ Ｐ ( Ａ )＝ ３ ꎬ １７２) ２ ×０ . ７＋(１０－１７２) ２ ×０ . ２＝７７４３６ꎬ σ . . Ｐ ( ＡＢ )＝ ４ ３ × × ３ ２ ＝ ２ １ ꎬ∴ 在第一次取到 ４ 一 Ｖ ０ . ( ３ Ｙ ＋ ) ( ＝ １０ ( － ２ １ ５ ７ ０ ２ － ) １ ２ ７ × ２ ０ ) . ２ ２ × ＝ ０ ８ . ５ ４ ＋ ３ ( ６ １ . ５０－１７２) ２ × ∴ ∴ Ｐ ( ≈ Ｘ ０ > ７ ４ ４ ) ８ ≈ ７ Ｐ ( Ｚ > ０ ４ . ７ － ４ ３ ８ . ４ ７ ) ≈ Ｐ ( Ｚ > 等品时 第二次取到一等品的概率Ｐ Ｂ 因为Ｂ商场的方差远小于Ａ商场的方 . Ｐ Ｚ . . ꎬ ( ０８０１４)＝ １－ ( <０ ８０１ ４)≈１－０ 差 所以不能认为两商场的奖项设置对 . １ ꎬ ７８８１＝０２１１９ꎬ Ｐ ＡＢ 顾客来说同等合算. 该市新生儿体重超过 的百分 Ａ ( ) ２ ２ . ∴ ４ ｋｇ ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ １０.解析 由全概率公式得 该产品合格 比为 . ％. ( ) ３ ３ ꎬ ２１１９ 的概率 探究􀅰拓展 ４ ４.解析 设Ｘ为 株中出现自然变异 １００ Ｐ . ２ . ３ １６.解析 Ｐ Ｘ １ 的植株的株数 ꎬ 则Ｘ ~ Ｂ (１００ꎬ０ . ００４ ５)ꎬ ＝(１－０ １５)× ５ ＋(１－０ １２)× ５ ＝ (１) ( ＝１ ０００ ０００)＝ Ｃ ７ ３５ ＝ 故获得两株或两株以上变异植株的概 . . ０８６８ １ . . 率Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ １１.解析 Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ . ≈０００００００１５ ( ≥２)＝１－ ( ＝０)－ ( ＝１)＝１ ( ≤－１４)＝１－ ( ≤１ ４)＝ ６７２４５２０ ２１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等６ １ １２.解析 由全概率公式得 该公路上行 １.解析 有明显的正相关关系. Ｐ Ｘ Ｃ７×Ｃ２８ １９６ ꎬ (１)(２) . ( ＝１０ ０００)＝ Ｃ ７ ３５ ＝ ６７２４５２０ ≈ 驶的汽车停车修理的概率为Ｐ ＝ １ × ２. ( 解 ３ 析 ) 相关系数 建 接 立 近 平 于 面直 ０ . 角坐标系 横轴 ０００００３ꎬ ３ (１) ꎬ Ｐ ( Ｘ )＝ １００ ＝ Ｃ ５ ７ Ｃ × ７ ３ Ｃ ５ ２ ２８ ＝ ６７ ７ ２ ９ ４ ３ ５ ８ ２０ ≈ １３.解 ０ . ０ 析 ０２＋ ３ ２ ×０ 甲 . ０ 抽 ０１ 到 ＝ ７ 选 ５ １ ０ 择 . 题的概率为Ｐ ( ｘ ｘ 表 ꎬ ｙ 示 ) 得 压 散 力 点 ꎬ 纵 图 轴 ꎬ 如 ｙ 图 表 . 示里程 ꎬ 由数组 . (１) ０００１２ꎬ Ｐ Ｘ Ｃ ４ ７×Ｃ ３ ２８ １１４６６０ ＝ ４ ＝ ２ . ( ＝ １０) ＝ ７ ＝ ≈ １０ ５ Ｃ３５ ６７２４５２０ 在甲抽到选择题的情况下 乙抽 . (２) ꎬ ００１７１ꎬ 到选择题的概率为 Ｐ Ｘ . . ( ＝０)≈１－０００００００１５－０００００３－ . . ２ ３ ０００１２－００１７１ × . Ｐ ５ ９ １ . ≈０９８１６６９８５ꎬ ＝ ＝ 奖金额Ｘ 元 的概率分布为 ２ ３ (２) ｘ ＝３３ꎬ ｙ ≈３３ . ５ꎬ１４ ｘ２ ＝１５２４６ꎬ ∴ ( ) ５ ｙ２ . ｒ Ｘ ０ １０ １００ １００００ １００００００ １４.解析 投篮 次 甲比乙进球数多的 １４ ≈ １５ ７１１ ５ꎬ ∴ ≈ Ｐ ０ 彩 . ９８１ 票 ６６９ 收 ８５ 入 ０ . ０ 为 １７１ ０ . ００ ７ １２ ０ . ００００３ ０ . ００００００１５ 情况 有三种 : ２ 甲进 ꎬ 两球 ꎬ 乙进一球 ꎻ 甲 ∑ｉ １ ＝ ４ １ ｘ ｉ ｙ ｉ － １４ ｘｙ . (２) ２×Ｃ３５＝２×６７２４５２０＝ 进两球 乙没进球 甲进一球 乙没进 ≈－０ 元 ꎬ ꎻ ꎬ １４ １４ 奖 １３ 金 ４４ 总 ９ 额 ０４ 为 ０( )ꎬ 球.所以甲比乙进球数多的概率为Ｐ ＝ ∑ｉ＝ ｘ２ｉ － １４ ｘ２ ∑ｉ＝ ｙ２ｉ － １４ ｙ２ １ ０００ ０００＋１０ ０００×１９６＋ ( ) １ . １ １ １ １ １ １ １ ０４７４ １００×７９３８＋１０×１１４６６０ × × × １－ ×２＋ × × 从散点图可以看出ｙ与ｘ呈曲线相 ＝４９００４００( 元 )ꎬ ２ ( ２ ) ３ ( ３ ) ( ２ ２ ) 关 (３) 类似正态分布 由相关系数 ｒ . 筹集资金总额为 １ １ １ １ ( )ꎻ ｜ ｜<０ １３ ４４９ ０４０－４ ９００ １－ × １－ ＋ × １－ × 也可知 ｙ 与 ｘ 无明显的线性相关 元 . ( ３ ) ( ３ ) ２ ２ ５ꎬ ４００＝８５４８６４０( ) 关系. １７.提示 记录时可在四种情况下画 １ １ ４ . ２× １－ ３ × １－ ３ ＝ ９ ３.解析 一个国家的人均寿命与多种因 种 “ 正 情 ” 况 字 的 ꎬ 记 次 录 数 １０ 进 ０ 而 次 分 操 析 作 即 后 可 得 . 到的四 １５.解析 如果采用 “ 三局两胜 ” 规则 ꎬ 甲 素有关 ꎬ 如经济状况 、 医疗状况 、 生活环 ꎬ 胜的概率为 境等 虽然拥有电视机的数量与人均寿 本章测试 ( ) ꎬ ２ 命有较高的正相关的相关关系 但不能 一、填空题 Ｐ １＝ ３ ２ ＋Ｃ １ ２􀅰 ２ ３ 􀅰 １ ３ 􀅰 ２ ３ ＝ ２ ２ ７ ０ ꎻ 决定人均寿命 所以送一大批电 ꎬ 视机到 １.答案 如果采用 五局三胜 规则 甲胜的概 ꎬ １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ “ ” ꎬ 人均寿命低的国家不能延长该国人的 率为 ２.答案 １ 寿命. ( ) ( ) ２ ３ ２ ３.答案 １ Ｐ ２＝ ３ ２ ＋Ｃ ２ ３􀅰 ２ ３ 􀅰 １ ３ 􀅰 ２ ３ ＋Ｃ ２ ４ ９.１.２ 线性回归方程 ( ) ( ) ２７ ２ ２ ｎ ２ １ ２ ６４. ｘｙ － ｎｘｙ ４.答案 ５ 􀅰 ３ 􀅰 ３ 􀅰 ３ ＝ ８１ １.解析 由公式ｂ＾ ∑ｉ＝ １ ｉ ｉ １６ (１) ＝ ｎ ꎬ ５.答案 ７ ∵ Ｐ １＝ ２ ２ ７ ０ ＝ ８ ６ １ ０ < ８ ６ １ ４ ＝ Ｐ ２ꎬ 即Ｐ １< Ｐ ２ꎬ ∑ｉ＝ １ ｘ２ｉ － ｎ ( ｘ ) ２ ２ 五局三胜 规则下 甲胜的概率 ６.答案 ３ ∴ 较 “ 大. ” ꎬ ａ ＾＝ ｙ － ｂ＾ｘ ꎬ 代入已知数据得 ｂ＾ ≈０ . ７９７ꎬ ａ ＾ 二、选择题 . . 第9 章 统计 ≈１６９８７ ７.Ｃ ８.Ｂ ９.Ｂ １０.Ａ 故物理成绩 ｙ 关于数学成绩 ｘ 的线性 三、解答题 回归方程为ｙ ＾＝１６ . ９８７＋０ . ７９７ ｘ. １１.解析 (１) 设这 ２ 个数中恰有一个是 9.1 线性回归分析 (２) 由 (１) 可知 ꎬ 当ｘ ＝９２ 时 ꎬ 物理成绩 奇数为事件Ａ ꎬ ９.１.１ 变量的相关性 ｙ的线性 . 回 . 归估计值为 １６ . ９８７＋０ . ７９７× 则Ｐ ( Ａ )＝ Ｃ Ｃ １ ５Ｃ ２ ９ １ ４ ＝ ９ ５ . 练习 １ (第 １４０ 页) ２.解 ９２ 析 ＝９ ０ ( ３ １ １ ) １ 如图. Ｘ的所有可能取值为 则Ｐ １.解析 一个人的数学成绩与物理 (２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ (１) ２ １ １ 成绩.一般来说 一人的数学成绩好 他 Ｘ Ｃ４ １ Ｐ Ｘ Ｃ５Ｃ４ ꎬ ꎬ ( ＝０)＝ ２ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ２ ＝ 的物理成绩也好. Ｃ９ ６ Ｃ９ 商品的销售收入与广告支出.一般 ９ ５ Ｘ ꎬ Ｐ 的 ( 概 Ｘ ＝ 率 ２) 分 ＝ 布 Ｃ Ｃ 为 ２ ５ ２ ９ ＝ １ ５ ８ ꎬ 越 ( 来 ２ 多 说 ) ꎬ ꎬ 商 在 品 品 的 质 销 相 售 当 收 的 入 情 就 况 越 下 高 ꎬ 广 . 告支出 ∴ ２.解析 有相关关系 无相关关 Ｘ (１) ꎻ(２) ０ １ ２ 系 有相关关系 无相关关系 ꎻ(３) ꎻ(４) ꎻ 是函数关系 不是相关关系. Ｐ １ ５ ５ (５) ꎬ ３.提示 建立脚长与身高的数据统计表 Ｅ Ｘ １ ６ ５ ９ ５ １ １ ８ ０. 进行分 析. (２) 由表中数据知 ｘ ＝５ꎬ ｙ ＝５０ꎬ ∑ｉ＝ ５ １ ｘ２ｉ ( )＝０× ＋１× ＋２× ＝ 练习 (第 页) ６ ９ １８ ９ ２ １４６ ＝１４５ꎬ ２２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ５ . . 行操作即可. ｘｙ － ｘｙ ６５０９２８－６３２１４５ . . ∑ｉ＝ ５ １ ｘ ｉ ｙ ｉ＝１３８０ .由ｂ＾ ＝ ∑ｉ ∑ ＝ ｉ １ ＝ ５ １ ｘ ｉ ２ｉ ｉ － ５ ５ ｘ２ ꎬ ( 回 ≈ ３ 归 ) 月 １ 方 ５ 总 . 程 ４４ 成 为 ６× 本 ２ ｙ ＾ ２ ＝ ｙ . ９ １ 与 ３ . ２ １ 月 １ １ ６ 产 ｘ ≈ ＋ 量 ０ ０ . ９ ９ ｘ ９ ７ 之 ８ ２８ 间 . 的线性 １１. 匀 解 增 分 析 大 布 ꎬ ｙ 在 ( 增 １ 一 大 ) 根 条 ꎬ 故 据 直 ｙ 散 线 与 点 附 ｘ 图 近 成 可 ꎬ 线 且 知 性 随 ꎬ 相 散 着 关 点 ｘ ꎬ 均 的 且 得ｂ＾ ＝６ . ５ꎬ ａ ＾ ＝ ｙ － ｂ＾ｘ ＝１７ . ５ꎬ 故所求线性 ５.解析 由公式可求得 ｒ . ｂ＾ 为正相关 ꎬ 回归方程为ｙ . . ｘ. ≈０ ９８９ꎬ ＝ ３.解析 (１) 画 ＾ 出 ＝１ 散 ７ 点 ５＋ 图 ６ 如 ５ 图所示. 耕 ０ . ５ 种 ９ꎬ 深 ａ ＾≈ 度 １ 的 . ２１ 相 ３ 关 ３ꎬ 系 故 数 每 为 公顷 . 水稻 线 产 性 量与 回 (２) 依题意 ꎬ ｘ ＝ ７ １ (１＋２＋３＋４＋５＋６＋ ０ ９８９ꎬ 归方程为ｙ . . ｘ. ７)＝４ꎬ ＾＝１２１３３＋０５９ ６.解析 ｒ . . ｙ １ ７ ｙ １ . 线 性 (１ 回 ) 归 ≈ 方 ０ 程 ９２ 为 ５４ ｙ . ｘ . . ＝ ７ ∑ｉ＝ １ ｉ＝ ７ ×１０７４≈１５３４３ꎬ (２) ＾＝０１３ ＋３５０４８ ７ 当 ｘ 时 ｙ . ｘｙ － ｘｙ (３) . ＝３ . １００ 即 ꎬ 对 ＝ 应 ０ 的 １３ ｙ × 值 ３ １ 约 ００ 为 ＋ ｂ＾ ∑ｉ＝ １ ｉ ｉ ７ ４５１７－７×１５３ . ４３×４ ３５０４８＝７５３ ４８ꎬ ＝ ７ ＝ ２ ７５３ . ４８ . ∑ｉ＝ ｘ２ｉ － ７ ｘ２ １４０－７×４ １ 由表中数据可求得 ７.解析 根据实际测量的数据进行分析. . (２) ≈７８９ꎬ 思考􀅰运用 ａ ｂ＾ ≈０ . . ３０５２ꎬ . ８.解析 作出散点图 可知除去点Ａ ａ ＾＝ ｙ － ｂ＾ｘ ＝１５３ . ４３－７ . ８９×４＝１２１ . ８７ꎬ 故 ＾≈ 线 ９９ 性 ９０ 回 ３ 归方程为 ｙ . 外 其余的点大致 ꎬ 在一条直线附 ( 近 １０ꎬ 所以ｙ关于ｘ的线性回归方程为ｙ ＾＝ ＾ ＝ ９ ９９０ ３ ＋ １) ꎬ ꎬ . ｘ . . ｘ. 极端点Ａ 导致了相关系数只有 ７８９ ＋１２１８７ꎬ ０３０５２ (１０ꎬ１) 由残差图可以看出 残差对应点 略. . 左右. (３) ꎬ (３) ０５ 分布在水平带状区域内 且宽度较窄 习题９.１ ꎬ ꎬ 说明拟合效果较好 回归方程的预报 感受􀅰理解 ꎬ 精度较高. １.答案 ① 探究􀅰拓展 解析 ｘ ｙ . .又回归直线必过 ∵ ＝０ꎬ ＝２ ８ １２.略. 点 ｘ ｙ 只有 正确. ( ꎬ )ꎬ∴ ① ２.解析 负相关.一般说来 随着车龄的 ꎬ 9.2 独立性检验 增加 车的各个部件的磨损越来越严 ꎬ 重 导致车的性能越来越低 故车龄增 练习 ꎬ ꎬ 加 其价格随之降低.因此 二手车车龄 １.解析 提出假设 Ｈ 发生皮炎与采桑 ３. 相 解 与 关 析 其 ꎬ 关 价 车 格 系 之 . 的 因 间 每 为 是 千 车 负 米 的 相 耗 负 关 油 荷 . 量 越 ꎬ 与 大 车 耗 重 油 是正 也 ９.解析 ａ ｂ 在 设 ｙ ＝ ａ ｅ ｙ － ｂ ｘ两 Ｙ 边取 ａ 对 ａ 数 ꎬ 得 １ ｌｎ ｙ Ｘ ＝ 无 根 关 据 ꎬ 列 联表中的数 ０ 据 : ꎬ 可以求得 χ ２ ＝ ꎬ ｌｎ － ｘ ꎬ ｌｎ ＝ ꎬｌｎ ＝ ０ꎬ－ ｘ ＝ ꎬ ２ 越多. １１２×(１８×７８－４×１２) . . ４.解析 (１) 如图. 则 所示 Ｙ ＝ ａ ０＋ ｂＸ 的相关数据计算如下表 因为 ３ 当 ０×８ Ｈ ２× 成 ２２ 立 ×９ 时 ０ χ ２ ≈４２ . ２８０２ 的概率 : ０ ꎬ ≥１０ ８２８ 约为 . ％ 编号 ｘ ｙ Ｘ Ｙ ０１ ꎬ 所以我们推断发生皮炎与采桑有关 有 ( １ ０ . ０５ ０ . １０ －２０ －２ . ３０３ . ％的把握 . ９９９ ) . . . . ２.解析 提出假设Ｈ 疫苗无效 ２ ００６ ０１４ －１６６６７ －１９６６ ０: ꎬ ３ ０ . ０７ ０ . ２３ －１４ . ２８６ －１ . ４７０ 根据列联表中的数据 ꎬ 可以求得 χ ２ ＝ ２ . . . ６０×(３×１３－１７×２７) . . ４ ０１０ ０３７ －１０ －０９９４ ＝１４７ ３０×３０×２０×４０ ５ ０ . １４ ０ . ５９ －７ . １４３ －０ . ５２８ 当 Ｈ ０ 成立时 ꎬ χ ２ ≥２ . ７０６ 的概率约 (２) ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ２ｉ ＝ ２９ . ８０８ꎬ ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ ｉ ＝ １８ . ５ꎬ ６ ０ . ２０ ０ . ７９ －５ －０ . ２３６ 所 为 以 １０ 我 ％ 们 ꎬ 有 ％的把握认为疫苗有效 １２ １２ １２ . . ９０ ∑ｉ＝ １ ｙ ｉ＝３４ . １７ꎬ∑ｉ＝ １ ｙ２ｉ≈９９ . ２１ꎬ∑ｉ＝ １ ｘ ｉ ｙ ｉ ７ ０ . ２５ １ . ００ － . ４ . ０ ( 事实上我们有更多的把握 ) . . ８ ０３１ １１２ －３２２６ ０１１３ 习题９.２ ＝５４２４４ꎬ . . . . . 感受􀅰理解 ｘ １８５ . ９ ０３８ １１９ －２６３２ ０１７４ ＝ ≈１５４ꎬ １２ . . . . １.解析 提出假设 Ｈ 打鼾与患心脏病 . １０ ０４３ １２５ －２３２６ ０２２３ ０: ｙ ３４１７ . ｙ ２ . . 无关 根据列联表中的数据 可以求得 ＝ ｒ １２ ≈２８５ꎬ( ) ≈８１２ 由此可得回归方程 Ｙ＾ ＝０ . ５４３ ２＋０ . １４５ χ ２ ꎬ １６３３×(３０×１３５５－２４× ꎬ ２２４) ２ ∴ ＝ ( ) ( ) ６ Ｘ ꎬ 由 ｌｎ ａ ＾＝０ . ５４３２ꎬ ｂ＾ ＝０ . １４５ ６ꎬ 可得ａ ＾ ＝ ２５４×１３７９×５４×１５７９ ≈ １２∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ ｉ ｙ ｉ － ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ ｉ ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｙ ｉ ≈１ . ７２１５ .即ａ ꎬ ｂ的估计值为 １ . ７２１ ５ꎬ ６８ . ０３ .当Ｈ ０ 成立时 ꎬ χ ２ ≥１０ . ８２８ 的概率 [ １２∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ２ｉ － ( ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｘ ｉ ) ２ ] [ １２∑ｉ １ ＝ ２ １ ｙ２ｉ － ( ∑ｉ １ ＝ ２ １ ｙ ｉ ) ２ ] １０ ０ . . 解 １４ 析 ５ ６ . 分类输入数据 ꎬ 选中数据再进 约 所 为 以我 ０ . 们 １ ％ 有 ꎬ 而 ９９ 这 . ９ 时 ％的 χ ２ ≈ 把 ６ 握 ８ . 认 ０３ 为 >１ 打 ０ . 鼾 ８２８ 与 ꎬ ２３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等患心脏病有关. 男性 女性 合计 人均资本 人均产值 Ｘ ｘ ｚ ｙ ２.解析 提出假设 Ｈ 发生黑穗病与种 ｘ/万元 ｙ/万元 ＝ｌｇ ＝ｌｇ ０: 同意 子是否灭菌无关 根据列联表中的数 ３４６ ３０６ ６５２ . . . ꎬ ３ ４１２ ０４７７１ ０６１４９ 据 ꎬ 可 以 求 得 χ ２ ＝ 不同意 ８３ １９１ ２７４ ４ ４ . ６７ ０ . ６０２１ ０ . ６６９３ ４６０×(２６×２００－５０×１８４) ２ ≈４ . ８０４ .当Ｈ ０ 合计 ４２９ ４９７ ９２６ ５ . ５ ８ . ６８ ０ . ７４０４ ０ . ９３８５ ２１０×２５０×７６×３８４ 提出假设 Ｈ 男性与女性对该问题态 . . . . 成立时 χ ２ . 的概率约为 ％ 而 ０: ６５ １１０１ ０８１２９ １０４１８ ꎬ ≥３ ８４１ ５ ꎬ 度无差异. . . . 这时 χ ２ . . 所以我们有 ７ １３０４ ０８４５１ １１１５３ ≈４ ８０４>３ ８４１ꎬ 根据列联表中的数据 得 . . . ％的把握认为发生黑穗病与种子是 ꎬ ８ １４４３ ０９０３１ １１５９３ ９５ 否灭菌有关. χ ２ ９２６×(３４６×１９１－３０６×８３) ２ . . ９ １７ . ５０ ０ . ９５４２ １ . ２４３０ ＝ ≈４０２５ ３.解析 提出假设 Ｈ 花粉热与湿疹无 ６５２×２７４×４２９×４９７ １０ . ５ ２５ . ４６ １ . ０２１２ １ . ４０５９ ０: . . 关 根据列联表中的数据 可以求得 χ ２ ∵４０２５>１０８２８ꎬ １１ . ５ ２６ . ６６ １ . ０６０７ １ . ４２５９ ꎬ ꎬ 有 . ％的把握认为男性与女性对 ∴ ９９９ . . . １５０１４×(１４１×１３５２５－９２８×４２０) ２ 该问题的态度有差异 即男性更希望用 １４ ４５２０ １１４６１ １６５５１ ＝ ≈ ꎬ ５６１×１４４５３×１０６９×１３９４５ 动物做医学试验. 由相应的公式可得 ｂ＾ . Ａ＾ . .当 Ｈ 成立时 χ ２ . 的概 ≈１ ５６７ ８ꎬ ≈ ２８５９６ ０ ꎬ ≥１０ ８２８ . 率约为 . ％ 而这时 χ ２ . 本章回顾 －０２１５６ꎬ ０ １ ꎬ ≈２８５ ９６> 故ｚ . . ｘ 由 ａ . 所以我们有 . ％的把握认为 ＝－０ ２１５ ６＋１ ５６７ ８ ꎬ ｌｇ ＝ 对 １０ 于 ８２８ꎬ 岁儿童花粉热 ９９ 与 ９ 湿疹有关. 复习题 －０ . ２１５６ꎬ 得ａ ≈０ . ６０８７ꎬ 即ａ和ｂ的估 １１ 计值为 . 和 . . 思考􀅰运用 感受􀅰理解 ０６０８７ １５６７８ 由 知 ｙ 与 ｘ 之间的关系为 ｙ ４.解析 提出假设 Ｈ 左利手与性别无 １.解析 由公式可得 尿汞含量ｘ和 (２) (１) ＝ ０: (１) ꎬ . ｘ１ . ５６７８ 关 根据题中数据 可得女士中左利手 消光系数 ｙ 之间的相关系数 ｒ ０６０８７ ꎬ 约为 ꎬ 人 非左利 ꎬ 手约为 人 男士 . . ≈ 当ｘ ＝１６ 时 ꎬ ｙ ＾＝０ . ６０８ ７×１６ １ . ５６７８ ≈４７ . ０１ １０ ꎬ １００ ꎬ ０９９９６６ 万元 . 中左利手约为 人 非左利手约为 由公式可得 消光系数ｙ关于尿汞 ( ) １０ ꎬ (２) ꎬ 即企业人均资本为 万元时 人均产 人. 含量ｘ 的线性回归方程为 ｙ . １６ ꎬ ８０ ＾＝－１１ ３＋ 值约为 . 万元. 由此得 列联表 . ｘ. ４７０４ ２×２ : ３６９５ ５.解析 组 ｙ . ｘ . 当 ｘ 时 ｙ . . (１)Ａ :＾＝０ ５００ １ ＋３ ０００ １ꎬ 男 女 合计 (３) ＝７ ꎬ ＝－１１ ３＋３６ ９５×７＝ ｒ . . ≈０８１６４ꎻ ２４７３５ꎬ 组 ｙ . ｘ . ｒ . 左利手 故当尿汞含量为 时 消光系数 Ｂ :＾＝０５ ＋３０００９ꎬ ≈０８１６２ꎻ １０ １０ ２０ ７ ｍｇ/Ｌ ꎬ 组 ｙ . ｘ . ｒ . 约为 . . Ｃ :＾＝０４９９７ ＋３００２５ꎬ ≈０８１６３ꎻ 非左利手 ２４７３５ 组 从散点图点 ｘ ｙ 大多在直线ｘ ８０ １００ １８０ ２.解析 由表中数据及相关系数ｒ的 Ｄ : ( ꎬ ) ＝ (１) 上 只有 . 除外 . 合计 计算公式 得ｒ . . ８ ( １９ꎬ１２５ ) ９０ １１０ ２００ ꎬ ≈０５７４８ 由此可知这四组数据的线性相关程度 故 可 以 求 得 χ ２ (２)∵ ｒ >０ . ５ꎬ 可以认为ｙ与ｘ具有线性 并不一致. ＝ ２００×(１０×１００－１０×８０) ２ . .当 相关关系且线性回归直线方程为 ｙ＾ ＝ (２) 当ｘ ＝１０ 时 ꎬ 由ｙ ＝３＋０ . ５ ｘ ꎬ 得ｙ ＝３＋ ５ Ｈ ０ ０ ％ 成 ２ ꎬ ０ 而 × 立 １ 这 ８ 时 ０ 时 × ꎬ ９ χ χ ０ ２ ２ × ≈ ≥ １１ ０ ０ ０ . . ２ ４ ２ ５ ４ ５ ≈ ５ 的 < ０ ０ 概 . ４ ２ ５ ２ 率 ５ ４ ꎬ 约 ５ 所 为 以 １ 当 ０ ９ . １ . ｘ ３ ５ ꎬ ８ ＝２ ４ ０ ｘ ＋ 时 １６ ꎬ . ｙ １５ ＝ ８ ０ . . １５８ ４×２０＋１６ . １５８≈ 故 预 ０ . ５ 测 Ａ ×１ . 组 ０＝ 的 ８ . 数据 ꎬ 可以用回归直线来 我们不能推断在样本所代表的总体中 即当树腰直径为 时树高大约为 根据散点图说明四组数据的特点 ２０ ｃｍ (３) 左利手与性别有关. . . 即可. １９３ ｍ 探究􀅰拓展 ３.解析 提出统计假设 Ｈ 英语成绩与 本章测试 ０: ５.解析 用比例来看一下 数学成绩无关 根据列联表中的数据 (１) : ꎬ ꎬ 一、填空题 女性同意的比例为 ３０６ ≈２６ . ５６ ％ ꎻ 可以求得 χ ２ ＝ １３２×(６１×９－５×５７) ２ ≈ １.答案 (１ . ５ꎬ４) １１５２ ６６×６６×１１８×１４ ２.答案 男性同意的比例为 ３４６ . ％ １ . ２７８５ .当 Ｈ ０ 成立时 ꎬ χ ２ ≥３ . ８４１ 的概 ３.答案 ６ ∶ 度 １ ≈３００３ ꎻ 率约为 . 而 . . 所以在 ６０ １１５２ ００５ꎬ １ ２７８ ５<３ ８４１ꎬ ４.答案 ｙ . . ｘ 女性不同意的比例为 １９１ . ％ 显著性水平为 ０ . ０５ 的前提下 ꎬ 我们不 ５.答案 ＾＝ ％ １７５＋６５ ≈１６５８ ꎬ １１５２ 能否定统计假设 即不能作出英语成绩 ９９ ꎬ ６.答案 . 男性不同意的比例为 ８３ . ％. 与数学成绩有关的结论. ６７ ≈７２０ 二、解答题 １１５２ 思考􀅰运用 由以上数据可知男性更希望 使用动物 ７. 解 析 根 据 公 式 χ ２ “ ４.解析 在 ｙ ａｂ 的两边取常用对 ＝ 做医学实验 . (１) ≈ ｎ ａｄ ｂｃ ２ ” 数 得 ｙ ａ ｂ ｘ. ( － ) 得 先整理成 列联表 将不置可否 ꎬ ｌｇ ≈ｌｇ ＋ ｌｇ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ (２) ２×２ ( 设ｚ ｙ Ａ ａ Ｘ ｘ 则ｚ Ａ ｂｘ. ( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) 的人去掉 ): 相关 ＝ 数 ｌｇ 据 ꎬ 计算 ＝ｌ 如 ｇ 下 ꎬ 表 ＝ｌｇ ꎬ ≈ ＋ χ ２ ５０(１８×１９－７×６) ２ . : ＝ ２５×２５×２４×２６ ＝ １１ ５３８ > . １０８２ꎬ ２４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 故我们有 . ％的把握认为 学生的 计算可得ｘ . ｙ . ９９９ “ １８ｘ. ＝４５ꎬ ＝３５ꎬ 学习兴趣与主动预习有关 ” . ７ ４ ｘｙ . . ８.解 物 析 理 分 可 数 以 ｙ 学 作 生 为 的 点 成 的 绩 坐 ( 标 数学 画 分 出 数 散点 ｘ ꎬ (２) 当ｘ ＝１０ 时 ꎬ ｙ ＾＝ １ ７ ５０ ꎬ １５ ７ ０ －２２ ＝ ∑ ６ ｉ ６ ＝ １ . ５ꎬ ｉ ｉ＝３×２ ５＋４×３＋５×４＋６×４ ５＝ ) ꎬ 图 相关 ꎬ 可 关 作 系 出 . 判断 : 变量 ｘ 与 ｙ 具有线性 ７ ４ <２ꎬ ∑ｉ＝ ４ １ ｘ２ｉ ＝３ ２ ＋４ ２ ＋５ ２ ＋６ ２ ＝８６ . . . . 或 用相关系数进行判断. 当ｘ 时 ｙ ７８ ７８ ６ 代入公式得ｂ ６６５－４×４５×３５ . : ＝６ ꎬ＾＝ ꎬ －１２ ＝ <２ꎬ ＝ . ２ ＝０７ꎬ ｒ ７ ７ ７ ８６－４×４５ ∵ ＝ 所以 该小组所得线性回归方程是理 ａ . . . . ꎬ ＝３５－０７×４５＝０３５ꎬ ８ ｘ － ｘ ｙ － ｙ 想的. 所以线性回归方程为ｙ . . ｘ. ∑ｉ＝ ( ｉ )( ｉ ) ＾＝０３５＋０７ １ １０.解析 散点图如图所示 显然ｙ与 当 ｘ 时 ｙ . . ｘ ８ ８ (１) ꎬ (２) ＝１００ ꎬ＾ ＝ ０ ３５＋０ ７ ＝ ∑ｉ＝ ( ｘ ｉ － ｘ ) ２ 􀅰 ∑ｉ＝ ( ｙ ｉ － ｙ ) ２ ｘ是线性相关的. ７０ . ３５ꎬ９０－７０ . ３５＝１９ . ６５ꎬ 所以预测该 １ １ 厂技术改进后生产 吨甲产品的生 １００ ６８５ . 接近于 ＝ ≈０９８８ １ꎬ 产能耗比技术改进前降低 . 吨标 １９ ６５ １０５０􀅰 ４５６ 准煤. ｘ与ｙ有较强的正相关关系. ∴ ９.解析 由题意知ｘ ｙ (１) ＝１１ꎬ ＝２４ꎬ 由公式求得ｂ＾ ＝ １８ ꎬ ａ ＾＝－ ３０ ꎬ ７ ７ 故ｙ关于ｘ的线性回归方程为ｙ ３０ ＾＝－ ＋ ７ ２５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等