20260727 091632 高中数学学习手册高三上册

高中数学学习手册 · 高三上册 ¶

学期信息：高三上学期（高二结束后的秋季学期）
教材依据：人教A版（2019版）高中数学选择性必修第三册 + 一轮复习启动
课程标准：《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》
适用对象：高三上学期学生，备战高考一轮复习启动阶段

使用说明 ¶

本手册分为两大部分：

第一部分：选择性必修第三册新课内容，包括第六章计数原理、第七章随机变量及其分布、第八章成对数据的统计分析，每章均按照”考纲要求→核心概念→定理公式→必会练习→易错点→高考链接”六大板块组织。
第二部分：一轮复习启动提纲，涵盖函数与导数、解析几何、立体几何三大核心模块的复习要点与高考题型梳理，为一轮复习全面展开做铺垫。

每章标注对应的核心素养，所有公式采用LaTeX语法书写，概率统计题均规范列分布列并给出完整计算过程。

第一部分：选择性必修第三册新课 ¶

第六章计数原理 ¶

6.1 考纲要求与学习目标 ¶

考纲要求：
本章是高考必考内容，通常以选择题或填空题形式考查排列组合与二项式定理的基础知识，部分省份也以解答题综合考查计数原理与概率统计的结合。新课标高考中，计数原理常与古典概型、随机变量分布列结合命题，分值约5—10分。

学习目标：
1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，能正确区分”分类”与”分步”
2. 理解排列与组合的概念，掌握排列数与组合数公式及组合数的两个性质
3. 掌握排列组合综合应用中的常用技巧（捆绑法、插空法、隔板法、间接法等）
4. 掌握二项式定理及其通项公式，能求展开式中指定项及系数
5. 理解二项式系数的性质，掌握赋值法求系数和

核心素养：数学抽象（计数模型的建立）、逻辑推理（排列组合的分类讨论）、数学运算（排列数、组合数、二项式展开的计算）。

6.2 核心概念梳理 ¶

1. 分类加法计数原理

完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有 $m$ 种不同的方法，在第2类方案中有 $n$ 种不同的方法，那么完成这件事共有 $N = m + n$ 种不同的方法。

推广：完成一件事有 $n$ 类方案，第 $i$ 类方案有 $m_i$ 种方法，则总方法数为 $N = m_1 + m_2 + \cdots + m_n$（各类之间是”或”的关系）。

2. 分步乘法计数原理

完成一件事需要两个步骤，做第1步有 $m$ 种不同的方法，做第2步有 $n$ 种不同的方法，那么完成这件事共有 $N = m \times n$ 种不同的方法。

推广：完成一件事需要 $n$ 个步骤，第 $i$ 步有 $m_i$ 种方法，则总方法数为 $N = m_1 \times m_2 \times \cdots \times m_n$（各步之间是”且”的关系）。

3. 排列

从 $n$ 个不同元素中取出 $m$（$m \leq n$）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列。

排列与元素的顺序有关。两个排列相同当且仅当它们的元素完全相同且排列顺序也完全相同。

4. 组合

从 $n$ 个不同元素中取出 $m$（$m \leq n$）个元素合成一组，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合。

组合与元素的顺序无关。两个组合相同当且仅当它们的元素完全相同。

5. 二项式定理

一般地，对于任意正整数 $n$，有：

$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + \cdots + C_n^r a^{n-r}b^r + \cdots + C_n^n b^n$$

这个公式叫做二项式定理。等号右边的多项式叫做 $(a+b)^n$ 的二项展开式，共有 $n+1$ 项，其中 $C_n^r a^{n-r}b^r$ 叫做二项展开式的通项，记作 $T_{r+1}$；$C_n^r$ 叫做第 $r+1$ 项的二项式系数。

6. 二项式系数与项的系数的区别

二项式系数：展开式中 $C_n^r$（$r = 0, 1, 2, \ldots, n$），只与 $n$ 和 $r$ 有关，恒为正值。
项的系数：通项 $T_{r+1} = C_n^r a^{n-r}b^r$ 中，$a$ 和 $b$ 的系数（含符号）乘以二项式系数后的整体值。

例如在 $(2x - 3)^n$ 的展开式中，第 $r+1$ 项的系数为 $C_n^r \cdot 2^{n-r} \cdot (-3)^r$，而二项式系数为 $C_n^r$。

6.3 定理、公式与性质 ¶

6.3.1 排列数与组合数公式表 ¶

名称	符号	公式	说明
排列数	$A_n^m$	$A_n^m = n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1) = \dfrac{n!}{(n-m)!}$	从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个的排列数，$m \leq n$
全排列	$A_n^n$	$A_n^n = n!$	$n$ 个元素的全排列数
组合数	$C_n^m$	$C_n^m = \dfrac{A_n^m}{A_m^m} = \dfrac{n!}{m!(n-m)!}$	从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个的组合数
规定	—	$C_n^0 = 1$，$0! = 1$	约定

6.3.2 组合数的两个性质 ¶

性质	公式	说明
性质1	$C_n^m = C_n^{n-m}$	对称性：从 $n$ 个中取 $m$ 个等同于取 $n-m$ 个
性质2	$C_n^m = C_{n-1}^{m-1} + C_{n-1}^m$	递推公式（帕斯卡恒等式），$n \geq m \geq 1$

6.3.3 二项式定理公式表 ¶

名称	公式	说明
二项式定理	$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$	$n$ 为正整数
通项公式	$T_{r+1} = C_n^r a^{n-r} b^r$	第 $r+1$ 项，$r = 0, 1, \ldots, n$
二项式系数和	$\sum_{k=0}^{n} C_n^k = 2^n$	令 $a=b=1$
奇数项系数和	$C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \cdots = 2^{n-1}$	令 $a=1, b=-1$ 及 $a=1, b=1$ 联立
偶数项系数和	$C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 + \cdots = 2^{n-1}$	同上

6.3.4 二项式系数的性质 ¶

对称性：与首末两端”等距离”的两个二项式系数相等，即 $C_n^r = C_n^{n-r}$。
增减性与最大值：当 $r < \dfrac{n}{2}$ 时，$C_n^r$ 随 $r$ 增大而增大；当 $r > \dfrac{n}{2}$ 时，$C_n^r$ 随 $r$ 增大而减小。
- 若 $n$ 为偶数，中间项（第 $\dfrac{n}{2}+1$ 项）的二项式系数 $C_n^{n/2}$ 最大。
- 若 $n$ 为奇数，中间两项（第 $\dfrac{n+1}{2}$ 项和第 $\dfrac{n+3}{2}$ 项）的二项式系数 $C_n^{(n-1)/2} = C_n^{(n+1)/2}$ 最大。
各二项式系数的和：$C_n^0 + C_n^1 + \cdots + C_n^n = 2^n$。

6.3.5 排列组合常用技巧汇总 ¶

技巧名称	适用场景	核心方法
捆绑法	元素必须相邻	将相邻元素视为一个整体，先排整体再排内部
插空法	元素不相邻	先排无限制元素，再将受限元素插入空隙
隔板法	相同元素分组	将 $n$ 个相同元素分成 $k$ 组，用 $k-1$ 块隔板插入 $n-1$ 个空隙
间接法	正面情形复杂	总数减去不符合条件的数目（正难则反）
特殊优先法	有特殊位置/元素	先排受限元素或位置，再排其余
分类讨论法	情形不单一	按某一标准分类，每类分别计数后求和

6.4 必会练习 ¶

【练习6-1】（分类分步原理）

书架上有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书。

（1）从中任取1本，有多少种取法？

（2）从中各取1本，有多少种取法？

（3）从中取2本不同学科的书，有多少种取法？

解答：

（1）分类加法：$5 + 4 + 3 = 12$ 种。

（2）分步乘法：$5 \times 4 \times 3 = 60$ 种。

（3）取2本不同学科的书，需分类讨论：
- 数学与物理：$5 \times 4 = 20$ 种
- 数学与化学：$5 \times 3 = 15$ 种
- 物理与化学：$4 \times 3 = 12$ 种

合计：$20 + 15 + 12 = 47$ 种。

【练习6-2】（排列基础）

7人排成一排照相，求下列情况各有多少种排法：

（1）甲不在两端；

（2）甲、乙相邻；

（3）甲、乙不相邻；

（4）甲在乙的左边（不一定相邻）。

解答：

（1）甲不在两端：先排甲（5个位置可选），再排其余6人。

$$A_5^1 \times A_6^6 = 5 \times 720 = 3600 \text{ 种}$$

（2）甲乙相邻（捆绑法）：将甲乙视为一个整体，与其余5人共6个元素全排列，甲乙内部有2种排法。

$$A_6^6 \times A_2^2 = 720 \times 2 = 1440 \text{ 种}$$

（3）甲乙不相邻（插空法）：先排其余5人（$A_5^5 = 120$），形成6个空隙，甲乙插入其中2个空隙（$A_6^2 = 30$）。

$$A_5^5 \times A_6^2 = 120 \times 30 = 3600 \text{ 种}$$

（4）甲在乙左边：7人全排列中，甲在乙左边与乙在甲左边各占一半。

$$\frac{A_7^7}{2} = \frac{5040}{2} = 2520 \text{ 种}$$

【练习6-3】（组合基础）

从6男4女共10人中选出3人参加活动，求下列情况各有多少种选法：

（1）恰好1名女生；

（2）至少1名女生；

（3）至多2名男生。

解答：

（1）恰好1名女生：2名男生从6人中选，1名女生从4人中选。

$$C_6^2 \times C_4^1 = 15 \times 4 = 60 \text{ 种}$$

（2）至少1名女生（间接法）：总数减去全为男生的情况。

$$C_{10}^3 - C_6^3 = 120 - 20 = 100 \text{ 种}$$

（3）至多2名男生：即1男2女或2男1女。

$$C_6^1 \times C_4^2 + C_6^2 \times C_4^1 = 6 \times 6 + 15 \times 4 = 36 + 60 = 96 \text{ 种}$$

【练习6-4】（隔板法）

将10个相同的乒乓球分给4个小朋友，每人至少1个，有多少种分法？

解答：

10个相同的球排成一排，之间有9个空隙，用3块隔板分成4组。

$$C_9^3 = \frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = 84 \text{ 种}$$

【练习6-5】（排列组合综合）

用0, 1, 2, 3, 4, 5这六个数字，可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？

解答：

四位偶数：千位不能为0，个位为偶数（0, 2, 4）。

分类讨论：

情况一：个位为0。

千位从1,2,3,4,5中选（$A_5^1$），中间两位从余下4个数字中选（$A_4^2$）。

$$A_5^1 \times A_4^2 = 5 \times 12 = 60 \text{ 个}$$

情况二：个位为2或4（2种选择）。

千位不能为0，也不能是个位数字，从剩余4个非零数字中选（$A_4^1$），中间两位从余下4个数字（含0）中选（$A_4^2$）。

$$A_2^1 \times A_4^1 \times A_4^2 = 2 \times 4 \times 12 = 96 \text{ 个}$$

合计：$60 + 96 = 156$ 个。

【练习6-6】（二项式定理——求指定项）

求 $(x + \dfrac{2}{x^2})^8$ 的展开式中的常数项。

解答：

通项公式：$T_{r+1} = C_8^r \cdot x^{8-r} \cdot \left(\dfrac{2}{x^2}\right)^r = C_8^r \cdot 2^r \cdot x^{8-3r}$

令 $8 - 3r = 0$，解得 $r = \dfrac{8}{3}$，不是整数。

因此展开式中没有常数项。

反思：若指数为 $x + \frac{2}{x^2}$，则要求 $n - 3r = 0$，即 $n$ 必须是3的倍数才有常数项。这里 $n=8$ 不是3的倍数，故无常数项。

【练习6-7】（二项式定理——求含 $x^3$ 的项）

在 $(1 + x)^{10}$ 的展开式中，求含 $x^3$ 的项的系数。

解答：

通项：$T_{r+1} = C_{10}^r \cdot x^r$

令 $r = 3$，则含 $x^3$ 的项为 $C_{10}^3 \cdot x^3 = 120 x^3$。

系数为 $C_{10}^3 = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120$。

【练习6-8】（赋值法求系数和）

设 $(2x - 3)^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5$，求：

（1）$a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$；

（2）$a_0 + a_2 + a_4$；

（3）$|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_3| + |a_4| + |a_5|$。

解答：

（1）令 $x = 1$：$a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = (2 \times 1 - 3)^5 = (-1)^5 = -1$。

（2）令 $x = 1$：$S_1 = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = -1$。

令 $x = -1$：$S_2 = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + a_4 - a_5 = (2 \times (-1) - 3)^5 = (-5)^5 = -3125$。

$S_1 + S_2 = 2(a_0 + a_2 + a_4) = -1 + (-3125) = -3126$

$$a_0 + a_2 + a_4 = \frac{-3126}{2} = -1563$$

（3）令 $x = 1$ 代入 $|2x - 3|^5 = (2x + 3)^5$，即将原式中的 $-3$ 改为 $+3$，再令 $x = 1$：

$$|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_3| + |a_4| + |a_5| = (2 \times 1 + 3)^5 = 5^5 = 3125$$

【练习6-9】（二项式系数最大值）

在 $(1 + x)^{2n}$ 的展开式中，二项式系数最大的项是第几项？若 $n = 4$，求该最大值。

解答：

$(1+x)^{2n}$ 展开式共有 $2n + 1$ 项。因为 $2n$ 为偶数，所以中间项（第 $n + 1$ 项）的二项式系数最大。

当 $n = 4$ 时，展开式为 $(1+x)^8$，中间项为第5项（$r = 4$）：

最大二项式系数为 $C_8^4 = \dfrac{8!}{4! \cdot 4!} = \dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70$。

【练习6-10】（排列组合与概率综合）

从1, 2, 3, 4, 5, 6这6个数字中任取3个不同的数字组成一个三位数，求该三位数大于400的概率。

解答：

总的可能数：$A_6^3 = 6 \times 5 \times 4 = 120$ 个三位数。

三位数大于400，即百位数字 $\geq 4$，百位可取4, 5, 6（3种），其余两位从剩余5个数字中取：

$$3 \times A_5^2 = 3 \times 20 = 60 \text{ 个}$$

概率：$P = \dfrac{60}{120} = \dfrac{1}{2}$。

【练习6-11】（二项式展开——求 $x^2$ 项系数）

求 $(1 + x + x^2)^{10}$ 展开式中 $x^4$ 的系数。

解答：

$(1 + x + x^2)^{10} = [(1 + x) + x^2]^{10}$

通项：$T_{r+1} = C_{10}^r \cdot (x^2)^r \cdot (1+x)^{10-r}$

展开 $(1+x)^{10-r}$，设其含 $x^k$ 的项为 $C_{10-r}^k x^k$。

则需要 $2r + k = 4$，其中 $0 \leq r \leq 10$，$0 \leq k \leq 10 - r$。

讨论：
- $r = 0, k = 4$：$C_{10}^0 \cdot C_{10}^4 = 1 \times 210 = 210$
- $r = 1, k = 2$：$C_{10}^1 \cdot C_9^2 = 10 \times 36 = 360$
- $r = 2, k = 0$：$C_{10}^2 \cdot C_8^0 = 45 \times 1 = 45$

$x^4$ 的系数为 $210 + 360 + 45 = 615$。

【练习6-12】（综合应用——分组问题）

将6本不同的书分成3组，求下列分法数：

（1）每组2本（平均分成3组）；

（2）一组1本，一组2本，一组3本。

解答：

（1）平均分成3组，每组2本：

$$\frac{C_6^2 \times C_4^2 \times C_2^2}{A_3^3} = \frac{15 \times 6 \times 1}{6} = 15 \text{ 种}$$

注意：平均分组要除以组数的全排列，因为各组大小相同、不分顺序。

（2）一组1本，一组2本，一组3本（不均匀分组，各组大小不同，无须除序）：

$$C_6^1 \times C_5^2 \times C_3^3 = 6 \times 10 \times 1 = 60 \text{ 种}$$

若还要求分配给3个不同的人，则再乘以 $A_3^3 = 6$：$60 \times 6 = 360$ 种。

6.5 易错点提醒 ¶

“分类”与”分步”混淆：分类用加法（各类独立完成），分步用乘法（各步依次完成）。判断依据：每一步是否都能单独完成任务——能则分类（加），不能则分步（乘）。
排列与组合混淆：关键看是否与顺序有关。交换两个元素的位置得到不同结果→排列；交换后仍相同→组合。常见场景：排队、编号、组数→排列；选人、选取、分组→组合。
平均分组未除序：将 $mn$ 个不同元素平均分成 $m$ 组，每组 $n$ 个，分法数为 $\dfrac{C_{mn}^n \cdot C_{(m-1)n}^n \cdots C_n^n}{m!}$。若分配给不同的对象，则不需除序。这是最常见的错误之一。
二项式系数与项的系数混淆：二项式系数恒为 $C_n^r \geq 0$；项的系数可能含负号。求”系数最大项”和”二项式系数最大项”是不同的题目。
通项公式中 $r$ 的取值：$T_{r+1} = C_n^r a^{n-r}b^r$ 中，$r$ 从0开始，第1项对应 $r=0$。项数与 $r$ 的关系是”第 $r+1$ 项”。
赋值法的适用条件：赋值法用于求展开式各项系数的和或差。注意区分”系数和”和”二项式系数和”：
- 系数和：令 $x = 1$，代入完整展开式。
- 二项式系数和：恒等于 $2^n$，不需要赋值。
隔板法的条件：隔板法要求元素相同且每组至少一个。若允许某些组为空，需用”添元素法”（先每组虚拟加1个）。

6.6 高考链接 ¶

【高考真题6-1】（2022年全国乙卷·改编）

甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排照相。

（1）甲、乙必须相邻的排法有多少种？

（2）甲、乙不相邻的排法有多少种？

（3）甲不在最左端且乙不在最右端的排法有多少种？

解答：

（1）捆绑法：甲乙为一个整体，与丙丁戊共4个元素全排列，甲乙内部2种。

$$A_4^4 \times A_2^2 = 24 \times 2 = 48 \text{ 种}$$

（2）插空法：先排丙丁戊3人（$A_3^3 = 6$），形成4个空隙，甲乙插入2个空隙。

$$A_3^3 \times A_4^2 = 6 \times 12 = 72 \text{ 种}$$

验证：$48 + 72 = 120 = A_5^5$ ✓

（3）间接法（容斥原理）：

总排列数：$A_5^5 = 120$

甲在最左端：$A_4^4 = 24$

乙在最右端：$A_4^4 = 24$

甲在最左端且乙在最右端：$A_3^3 = 6$

所求：$120 - 24 - 24 + 6 = 78$ 种。

【高考真题6-2】（2021年新高考I卷·改编）

已知 $(x - \dfrac{1}{x})^n$ 的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等。

（1）求 $n$ 的值；

（2）求展开式中 $x^2$ 的系数。

解答：

（1）第3项二项式系数为 $C_n^2$，第7项二项式系数为 $C_n^6$。

由题意：$C_n^2 = C_n^6$，根据对称性 $C_n^2 = C_n^{n-2}$，所以 $n - 2 = 6$，得 $n = 8$。

（2）通项：$T_{r+1} = C_8^r \cdot x^{8-r} \cdot \left(-\dfrac{1}{x}\right)^r = C_8^r \cdot (-1)^r \cdot x^{8-2r}$

令 $8 - 2r = 2$，得 $r = 3$。

$x^2$ 的系数为 $C_8^3 \cdot (-1)^3 = 56 \times (-1) = -56$。

【高考真题6-3】（2023年全国甲卷·改编）

在某次考试中，6道选择题中有4道正确答案为A、2道正确答案为B。一位同学随机作答（每道题选A或B），求他答对的题数恰好为4的概率。

解答：

每道题随机选A或B，答对的概率取决于正确答案：
- 答案为A的4道题，答对概率 $\frac{1}{2}$；
- 答案为B的2道题，答对概率 $\frac{1}{2}$。

答对题数 $X = X_1 + X_2$，其中 $X_1 \sim B(4, \frac{1}{2})$，$X_2 \sim B(2, \frac{1}{2})$。

$$P(X = 4) = \sum_{k=0}^{4} P(X_1 = k) \cdot P(X_2 = 4-k)$$

由于 $X_2$ 最大为2，所以 $4-k \leq 2$，即 $k \geq 2$：

$$P(X=4) = P(X_1=2)P(X_2=2) + P(X_1=3)P(X_2=1) + P(X_1=4)P(X_2=0)$$

$$= C_4^2\left(\frac{1}{2}\right)^4 \cdot C_2^2\left(\frac{1}{2}\right)^2 + C_4^3\left(\frac{1}{2}\right)^4 \cdot C_2^1\left(\frac{1}{2}\right)^2 + C_4^4\left(\frac{1}{2}\right)^4 \cdot C_2^0\left(\frac{1}{2}\right)^2$$

$$= 6 \times \frac{1}{16} \times \frac{1}{4} + 4 \times \frac{1}{16} \times \frac{2}{4} + 1 \times \frac{1}{16} \times \frac{1}{4}$$

$$= \frac{6}{64} + \frac{8}{64} + \frac{1}{64} = \frac{15}{64}$$

答：答对4题的概率为 $\dfrac{15}{64}$。

第七章随机变量及其分布 ¶

7.1 考纲要求与学习目标 ¶

考纲要求：
随机变量及其分布是高考概率统计解答题的核心考点，新课标高考中通常以18分解答题形式出现（含统计部分）。涵盖条件概率、全概率公式、离散型随机变量的分布列与数字特征、二项分布、正态分布等内容，要求学生能建立概率模型、规范书写分布列并计算期望与方差。

学习目标：
1. 理解条件概率的概念，掌握全概率公式
2. 理解随机变量的概念，能正确写出离散型随机变量的分布列
3. 掌握数学期望和方差的计算及性质
4. 掌握二项分布的概念、分布列、期望与方差
5. 了解正态分布的概念和 $3\sigma$ 原则

核心素养：数据分析（随机现象的描述与建模）、数学建模（概率分布模型的建立）、数学运算（期望与方差的计算）、逻辑推理（概率推理与全概率公式）。

7.2 核心概念梳理 ¶

1. 条件概率

设 $A, B$ 为两个事件，且 $P(A) > 0$，在事件 $A$ 已发生的条件下事件 $B$ 发生的概率，称为条件概率，记作 $P(B|A)$，其定义为：

$$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}$$

2. 乘法公式

由条件概率定义可得：$P(AB) = P(A) \cdot P(B|A)$。

推广到三个事件：$P(ABC) = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(C|AB)$。

3. 全概率公式

设 $A_1, A_2, \ldots, A_n$ 是样本空间 $\Omega$ 的一个划分（即两两互斥且并集为 $\Omega$），且 $P(A_i) > 0$，则对任意事件 $B$：

$$P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) \cdot P(B|A_i)$$

4. 贝叶斯公式

在全概率公式的条件下，若 $P(B) > 0$，则：

$$P(A_k|B) = \frac{P(A_k) \cdot P(B|A_k)}{\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \cdot P(B|A_i)}$$

贝叶斯公式是”由果溯因”的工具：已知结果 $B$ 发生，求各原因 $A_k$ 导致的概率。

5. 随机变量

如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这个变量称为随机变量，通常用大写字母 $X, Y, Z$ 等表示。

离散型随机变量：所有可能取的值可以一一列举出来的随机变量。
连续型随机变量：取值可以充满某个区间、不能一一列举的随机变量。

6. 离散型随机变量的分布列

设离散型随机变量 $X$ 的所有可能取值为 $x_1, x_2, \ldots, x_n$，$X$ 取每个值的概率分别为 $p_1, p_2, \ldots, p_n$，则下表称为 $X$ 的分布列：

$X$	$x_1$	$x_2$	$\cdots$	$x_n$
$P$	$p_1$	$p_2$	$\cdots$	$p_n$

分布列的性质：
- $p_i \geq 0$（$i = 1, 2, \ldots, n$）
- $\sum_{i=1}^{n} p_i = 1$

7. 两点分布（0-1分布）

若随机变量 $X$ 只取0和1两个值，$P(X=1) = p$，$P(X=0) = 1-p$，则称 $X$ 服从两点分布。

$E(X) = p$，$D(X) = p(1-p)$。

8. 超几何分布

一般地，在含有 $M$ 件次品的 $N$ 件产品中，任取 $n$ 件，其中恰有 $X$ 件次品，则：

$$P(X = k) = \frac{C_M^k \cdot C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, \min(M, n)$$

称 $X$ 服从超几何分布，记作 $X \sim H(N, M, n)$。

9. 二项分布

在 $n$ 次独立重复试验中，每次试验事件 $A$ 发生的概率为 $p$，用 $X$ 表示 $n$ 次试验中 $A$ 发生的次数，则：

$$P(X = k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, n$$

称 $X$ 服从二项分布，记作 $X \sim B(n, p)$。

10. 正态分布

若连续型随机变量 $X$ 的概率密度函数为：

$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}, \quad x \in \mathbb{R}$$

则称 $X$ 服从参数为 $\mu, \sigma$ 的正态分布，记作 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$。

当 $\mu = 0, \sigma = 1$ 时，称为标准正态分布，记作 $X \sim N(0, 1)$。

7.3 定理、公式与性质 ¶

7.3.1 概率基本公式表 ¶

名称	公式	条件
条件概率	$P(B\|A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)}$	$P(A) > 0$
乘法公式	$P(AB) = P(A) \cdot P(B\|A)$	—
全概率公式	$P(B) = \sum P(A_i) P(B\|A_i)$	$A_1, \ldots, A_n$ 为 $\Omega$ 的划分
贝叶斯公式	$P(A_k\|B) = \dfrac{P(A_k) P(B\|A_k)}{\sum P(A_i) P(B\|A_i)}$	$P(B) > 0$

7.3.2 离散型随机变量数字特征公式 ¶

名称	公式	说明
数学期望	$E(X) = \sum_{i=1}^{n} x_i p_i$	随机变量的”平均值”
方差	$D(X) = \sum_{i=1}^{n} (x_i - E(X))^2 p_i = E(X^2) - [E(X)]^2$	度量偏离均值的程度
标准差	$\sigma(X) = \sqrt{D(X)}$	与随机变量同量纲

7.3.3 期望与方差的性质 ¶

性质	公式	条件
期望线性性	$E(aX + b) = aE(X) + b$	$a, b$ 为常数
期望可加性	$E(X + Y) = E(X) + E(Y)$	$X, Y$ 任意（不要求独立）
独立期望可乘	$E(XY) = E(X) \cdot E(Y)$	$X, Y$ 独立
方差线性性	$D(aX + b) = a^2 D(X)$	$a, b$ 为常数
独立方差可加	$D(X + Y) = D(X) + D(Y)$	$X, Y$ 独立

7.3.4 常见分布的期望与方差表 ¶

分布名称	记号	分布列/密度	期望 $E(X)$	方差 $D(X)$
两点分布	$B(1, p)$	$P(X=1)=p, P(X=0)=1-p$	$p$	$p(1-p)$
二项分布	$B(n, p)$	$P(X=k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}$	$np$	$np(1-p)$
超几何分布	$H(N,M,n)$	$P(X=k) = \dfrac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}$	$\dfrac{nM}{N}$	$\dfrac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)}$
正态分布	$N(\mu, \sigma^2)$	$f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$	$\mu$	$\sigma^2$

7.3.5 正态分布的性质与 $3\sigma$ 原则 ¶

正态曲线 $f(x)$ 的性质：
1. 曲线关于直线 $x = \mu$ 对称。
2. 曲线在 $x = \mu$ 处达到峰值 $\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$。
3. $\sigma$ 越大，曲线越”矮胖”；$\sigma$ 越小，曲线越”高瘦”。
4. 曲线与 $x$ 轴之间的面积等于1。

$3\sigma$ 原则：

区间	概率
$(\mu - \sigma, \mu + \sigma)$	$\approx 68.27\%$
$(\mu - 2\sigma, \mu + 2\sigma)$	$\approx 95.45\%$
$(\mu - 3\sigma, \mu + 3\sigma)$	$\approx 99.73\%$

7.4 必会练习 ¶

【练习7-1】（条件概率）

袋中有3个红球、2个白球，不放回地依次取出2个球。已知第1个是红球，求第2个也是红球的概率。

解答：

设 $A$ = “第1个是红球”，$B$ = “第2个是红球”。

$$P(A) = \frac{3}{5}$$

$$P(AB) = \frac{C_3^2}{C_5^2} = \frac{3}{10}$$

$$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = \frac{3/10}{3/5} = \frac{3}{10} \times \frac{5}{3} = \frac{1}{2}$$

即已知第1个是红球后，袋中剩2红2白，第2个取到红球概率为 $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$。

【练习7-2】（全概率公式）

某工厂有甲、乙、丙三条生产线生产同一种产品，产量分别占总产量的$25\%$、$35\%$、$40\%$，次品率分别为$5\%$、$4\%$、$2\%$。现从总产品中任取一件，求取到次品的概率。

解答：

设 $A_1, A_2, A_3$ 分别表示产品来自甲、乙、丙生产线，$B$ 表示”取到次品”。

$$P(A_1) = 0.25, \quad P(B|A_1) = 0.05$$
$$P(A_2) = 0.35, \quad P(B|A_2) = 0.04$$
$$P(A_3) = 0.40, \quad P(B|A_3) = 0.02$$

由全概率公式：

$$P(B) = P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) + P(A_3)P(B|A_3)$$

$$= 0.25 \times 0.05 + 0.35 \times 0.04 + 0.40 \times 0.02$$

$$= 0.0125 + 0.014 + 0.008 = 0.0345$$

答：取到次品的概率为 $0.0345$，即 $3.45\%$。

【练习7-3】（贝叶斯公式）

接上题，若已知取到的是次品，求它来自甲生产线的概率。

解答：

由贝叶斯公式：

$$P(A_1|B) = \frac{P(A_1)P(B|A_1)}{P(B)} = \frac{0.25 \times 0.05}{0.0345} = \frac{0.0125}{0.0345} = \frac{25}{69} \approx 0.3623$$

答：该次品来自甲生产线的概率约为 $36.23\%$。

【练习7-4】（分布列与期望）

甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用”三局两胜”制。每局甲获胜的概率为 $\dfrac{2}{3}$，乙获胜的概率为 $\dfrac{1}{3}$，各局结果相互独立。设 $X$ 为比赛进行的局数，求 $X$ 的分布列及 $E(X)$。

解答：

$X$ 的可能取值为2或3。

$X = 2$：甲连胜两局或乙连胜两局。

$$P(X=2) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{4}{9} + \frac{1}{9} = \frac{5}{9}$$

$X = 3$：前两局各胜一局（顺序有两种：甲乙或乙甲），第三局谁赢都行。

$$P(X=3) = 2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$$

验证：$\frac{5}{9} + \frac{4}{9} = 1$ ✓

分布列：

$X$	2	3
$P$	$\frac{5}{9}$	$\frac{4}{9}$

$$E(X) = 2 \times \frac{5}{9} + 3 \times \frac{4}{9} = \frac{10}{9} + \frac{12}{9} = \frac{22}{9} \approx 2.44$$

【练习7-5】（超几何分布）

一批产品共20件，其中5件次品，15件正品。从中任取4件，设 $X$ 为取到的次品数。

（1）求 $X$ 的分布列；

（2）求 $E(X)$ 和 $D(X)$。

解答：

$X \sim H(20, 5, 4)$，$X$ 的可能取值为0, 1, 2, 3, 4。

（1）$P(X = k) = \dfrac{C_5^k \cdot C_{15}^{4-k}}{C_{20}^4}$，$C_{20}^4 = 4845$。

$$P(X=0) = \frac{C_5^0 \cdot C_{15}^4}{C_{20}^4} = \frac{1 \times 1365}{4845} = \frac{1365}{4845} = \frac{91}{323}$$

$$P(X=1) = \frac{C_5^1 \cdot C_{15}^3}{C_{20}^4} = \frac{5 \times 455}{4845} = \frac{2275}{4845} = \frac{455}{969}$$

$$P(X=2) = \frac{C_5^2 \cdot C_{15}^2}{C_{20}^4} = \frac{10 \times 105}{4845} = \frac{1050}{4845} = \frac{70}{323}$$

$$P(X=3) = \frac{C_5^3 \cdot C_{15}^1}{C_{20}^4} = \frac{10 \times 15}{4845} = \frac{150}{4845} = \frac{10}{323}$$

$$P(X=4) = \frac{C_5^4 \cdot C_{15}^0}{C_{20}^4} = \frac{5 \times 1}{4845} = \frac{5}{4845} = \frac{1}{969}$$

分布列：

$X$	0	1	2	3	4
$P$	$\frac{91}{323}$	$\frac{455}{969}$	$\frac{70}{323}$	$\frac{10}{323}$	$\frac{1}{969}$

验证：$\frac{91}{323} + \frac{455}{969} + \frac{70}{323} + \frac{10}{323} + \frac{1}{969} = \frac{273 + 455 + 210 + 30 + 1}{969} = \frac{969}{969} = 1$ ✓

（2）超几何分布期望公式：

$$E(X) = \frac{nM}{N} = \frac{4 \times 5}{20} = 1$$

方差：

$$D(X) = \frac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)} = \frac{4 \times 5 \times 15 \times 16}{20^2 \times 19} = \frac{4800}{7600} = \frac{12}{19}$$

【练习7-6】（二项分布——高考题型）

某射手每次射击命中目标的概率为 $\dfrac{2}{3}$，各次射击结果相互独立。该射手连续射击4次。

（1）求恰好命中3次的概率；

（2）设 $X$ 为命中次数，求 $X$ 的分布列及 $E(X)$、$D(X)$。

解答：

$X \sim B(4, \dfrac{2}{3})$。

（1）$P(X = 3) = C_4^3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \left(\dfrac{1}{3}\right)^1 = 4 \times \dfrac{8}{27} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{32}{81}$

（2）$X$ 的可能取值为0, 1, 2, 3, 4。

$$P(X=0) = C_4^0 \left(\frac{2}{3}\right)^0 \left(\frac{1}{3}\right)^4 = \frac{1}{81}$$

$$P(X=1) = C_4^1 \left(\frac{2}{3}\right)^1 \left(\frac{1}{3}\right)^3 = 4 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{27} = \frac{8}{81}$$

$$P(X=2) = C_4^2 \left(\frac{2}{3}\right)^2 \left(\frac{1}{3}\right)^2 = 6 \times \frac{4}{9} \times \frac{1}{9} = \frac{24}{81} = \frac{8}{27}$$

$$P(X=3) = \frac{32}{81}$$

$$P(X=4) = C_4^4 \left(\frac{2}{3}\right)^4 = \frac{16}{81}$$

分布列：

$X$	0	1	2	3	4
$P$	$\frac{1}{81}$	$\frac{8}{81}$	$\frac{24}{81}$	$\frac{32}{81}$	$\frac{16}{81}$

验证：$\frac{1+8+24+32+16}{81} = \frac{81}{81} = 1$ ✓

$$E(X) = np = 4 \times \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$$

$$D(X) = np(1-p) = 4 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{8}{9}$$

【练习7-7】（方差计算与性质）

已知随机变量 $X$ 的分布列为：

$X$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$

求 $E(X)$、$D(X)$，以及 $Y = 2X - 3$ 的期望与方差。

解答：

$$E(X) = (-1) \times \frac{1}{4} + 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{4} = 0$$

$$E(X^2) = 1 \times \frac{1}{4} + 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$$

$$D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$$

由方差的线性性质：

$$E(Y) = E(2X - 3) = 2E(X) - 3 = 2 \times 0 - 3 = -3$$

$$D(Y) = D(2X - 3) = 4D(X) = 4 \times \frac{1}{2} = 2$$

【练习7-8】（正态分布）

已知某校高三年级800名学生的数学考试成绩 $X$ 服从正态分布 $N(90, 10^2)$。

（1）估计成绩在80分到100分之间的学生人数；

（2）估计成绩超过110分的学生人数。

（参考数据：$P(\mu - \sigma < X < \mu + \sigma) \approx 0.6827$，$P(\mu - 2\sigma < X < \mu + 2\sigma) \approx 0.9545$，$P(\mu - 3\sigma < X < \mu + 3\sigma) \approx 0.9973$）

解答：

$\mu = 90$，$\sigma = 10$。

（1）$P(80 < X < 100) = P(\mu - \sigma < X < \mu + \sigma) \approx 0.6827$

学生人数：$800 \times 0.6827 \approx 546$ 人。

（2）由对称性：

$$P(X > 110) = P(X > \mu + 2\sigma) = \frac{1 - P(\mu - 2\sigma < X < \mu + 2\sigma)}{2} = \frac{1 - 0.9545}{2} = \frac{0.0455}{2} = 0.02275$$

学生人数：$800 \times 0.02275 \approx 18$ 人。

【练习7-9】（高考解答题——二项分布与决策）

★高考解答题

某企业生产一种产品，每件产品的利润为5万元（合格品）或亏损3万元（次品）。已知生产线A的次品率为$10\%$，生产线B的次品率为$5\%$。每条生产线独立生产1件产品。

（1）求两件产品均为合格品的概率；

（2）设总利润为 $X$（万元），求 $X$ 的分布列和期望；

（3）若企业要求期望利润不低于5万元，现增加一条与B相同的生产线C，三条线各生产1件，判断是否满足要求。

解答：

（1）设A合格为事件 $A_0$，B合格为事件 $B_0$。

$$P(A_0) = 0.9, \quad P(B_0) = 0.95$$

两件均合格：$P(A_0 B_0) = 0.9 \times 0.95 = 0.855$

（2）总利润 $X$ 的可能取值：两件都合格→$5+5=10$；一合格一次品→$5+(-3)=2$（两种情况）或 $(-3)+5=2$（合并）；两件都次品→$(-3)+(-3)=-6$。

情况	A	B	$X$	概率
都合格	合格	合格	10	$0.9 \times 0.95 = 0.855$
A合格B次品	合格	次品	2	$0.9 \times 0.05 = 0.045$
A次品B合格	次品	合格	2	$0.1 \times 0.95 = 0.095$
都次品	次品	次品	-6	$0.1 \times 0.05 = 0.005$

$X$ 的分布列：

$X$	10	2	-6
$P$	0.855	0.14	0.005

验证：$0.855 + 0.14 + 0.005 = 1$ ✓

$$E(X) = 10 \times 0.855 + 2 \times 0.14 + (-6) \times 0.005 = 8.55 + 0.28 - 0.03 = 8.80 \text{ 万元}$$

（3）增加C线后，三条线各生产1件，C合格率$95\%$。

每条线的期望利润：
- A线：$0.9 \times 5 + 0.1 \times (-3) = 4.5 - 0.3 = 4.2$ 万元
- B线：$0.95 \times 5 + 0.05 \times (-3) = 4.75 - 0.15 = 4.6$ 万元
- C线：同B线 = $4.6$ 万元

总期望利润：$4.2 + 4.6 + 4.6 = 13.4$ 万元 $> 5$ 万元。

满足要求。

【练习7-10】（高考解答题——综合概率）

★高考解答题

某校举行数学竞赛，初赛有两道题，第一题答对概率为$\dfrac{3}{4}$，第二题答对概率为$\dfrac{2}{3}$，两题结果相互独立。规则如下：每题答对得2分，答错得0分。

（1）求参赛者总得分 $X$ 的分布列与期望；

（2）若该校有1000人参加初赛，预估总得分不少于4分的人数。

解答：

$X$ 的可能取值为0, 2, 4。

$$P(X=0) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$$

$$P(X=2) = \frac{3}{4} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{3}{12} + \frac{2}{12} = \frac{5}{12}$$

$$P(X=4) = \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$$

分布列：

$X$	0	2	4
$P$	$\frac{1}{12}$	$\frac{5}{12}$	$\frac{1}{2}$

验证：$\frac{1}{12} + \frac{5}{12} + \frac{1}{2} = \frac{1+5+6}{12} = 1$ ✓

$$E(X) = 0 \times \frac{1}{12} + 2 \times \frac{5}{12} + 4 \times \frac{1}{2} = \frac{10}{12} + 2 = \frac{5}{6} + 2 = \frac{17}{6}$$

（2）$P(X \geq 4) = P(X = 4) = \dfrac{1}{2}$

预估人数：$1000 \times \dfrac{1}{2} = 500$ 人。

【练习7-11】（高考解答题——独立重复试验与决策）

★高考解答题

某公司进行一项试验，每次试验成功的概率为 $p$（$0 < p < 1$）。规定：若首次成功则停止试验；若连续失败3次则停止试验。设试验次数为 $X$。

（1）当 $p = \dfrac{1}{2}$ 时，求 $X$ 的分布列和 $E(X)$；

（2）若 $E(X) = \dfrac{7}{4}$，求 $p$ 的值。

解答：

$X$ 的可能取值为1, 2, 3。

$X = 1$：第1次成功，$P(X=1) = p$
$X = 2$：第1次失败、第2次成功，$P(X=2) = (1-p) \cdot p$
$X = 3$：前2次失败（第3次无论成功失败都停止），$P(X=3) = (1-p)^2$

验证：$p + (1-p)p + (1-p)^2 = p + p - p^2 + 1 - 2p + p^2 = 1$ ✓

（1）当 $p = \dfrac{1}{2}$ 时：

$$P(X=1) = \frac{1}{2}, \quad P(X=2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}, \quad P(X=3) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$$

$X$	1	2	3
$P$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{4}$

$$E(X) = 1 \times \frac{1}{2} + 2 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{7}{4}$$

（2）$E(X) = 1 \cdot p + 2 \cdot (1-p)p + 3 \cdot (1-p)^2$

$$= p + 2p(1-p) + 3(1-p)^2$$

$$= p + 2p - 2p^2 + 3 - 6p + 3p^2$$

$$= p^2 - 3p + 3$$

令 $p^2 - 3p + 3 = \dfrac{7}{4}$：

$$4p^2 - 12p + 12 = 7$$

$$4p^2 - 12p + 5 = 0$$

$$p = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 80}}{8} = \frac{12 \pm 8}{8}$$

$$p = \frac{20}{8} = \frac{5}{2} \text{（舍去，因 } p > 1\text{）} \quad \text{或} \quad p = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$$

所以 $p = \dfrac{1}{2}$。

【练习7-12】（正态分布综合）

某市高三期末考试数学成绩 $X \sim N(75, \sigma^2)$（$\sigma > 0$）。已知 $P(X \geq 85) = 0.1587$。

（1）求 $\sigma$ 的值；

（2）若该市有10000名考生，估计成绩低于65分的人数。

（参考：标准正态分布 $\Phi(1) \approx 0.8413$）

解答：

（1）$$P(X \geq 85) = P\left(\frac{X - 75}{\sigma} \geq \frac{85 - 75}{\sigma}\right) = P\left(Z \geq \frac{10}{\sigma}\right) = 0.1587$$

由 $P(Z \geq 1) = 1 - \Phi(1) = 1 - 0.8413 = 0.1587$，可知 $\dfrac{10}{\sigma} = 1$，故 $\sigma = 10$。

（2）$$P(X < 65) = P\left(Z < \frac{65 - 75}{10}\right) = P(Z < -1) = 1 - \Phi(1) = 0.1587$$

人数：$10000 \times 0.1587 = 1587$ 人。

7.5 易错点提醒 ¶

条件概率与积事件概率混淆：$P(B|A) \neq P(AB)$。条件概率 $P(B|A)$ 是在 $A$ 已发生的前提下 $B$ 的概率，样本空间已缩小为 $A$；$P(AB)$ 是在原样本空间中 $A$ 和 $B$ 同时发生的概率。
全概率公式中”划分”的条件：$A_1, A_2, \ldots, A_n$ 必须两两互斥且并集为 $\Omega$（完备事件组），且每个 $P(A_i) > 0$。若划分不完整或有重叠，全概率公式不成立。
分布列必须验证两条性质：所有概率非负且和为1。写完分布列后务必验证 $\sum p_i = 1$，这是高考答题的规范要求。
超几何分布与二项分布的区分：
- 超几何分布：不放回抽样，总体有限，每次抽取概率变化。
- 二项分布：独立重复试验（可视为有放回），每次概率相同。
- 判断关键：抽取是否放回、试验是否独立。
方差公式 $D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$ 的应用：这是计算方差的简便公式，但注意 $E(X^2)$ 和 $[E(X)]^2$ 是不同的。$E(X^2) = \sum x_i^2 p_i$，而 $[E(X)]^2 = \left(\sum x_i p_i\right)^2$。
方差性质 $D(aX + b) = a^2 D(X)$（不是 $aD(X)$）：常数加法不影响方差（只影响期望），乘法系数要平方。
正态分布的对称性利用：$P(X < \mu) = P(X > \mu) = \dfrac{1}{2}$，$P(X \geq \mu + k\sigma) = P(X \leq \mu - k\sigma) = \dfrac{1 - P(\mu - k\sigma < X < \mu + k\sigma)}{2}$。
独立性与不相关：$X, Y$ 独立 ⟹ $D(X+Y) = D(X) + D(Y)$，但反之不成立（不相关不一定独立，但独立一定不相关）。

7.6 高考链接 ¶

【高考真题7-1】（2023年新高考I卷·改编）

甲、乙两人投篮，每次投篮甲命中的概率为 $\dfrac{2}{3}$，乙命中的概率为 $\dfrac{1}{2}$。两人各投2次，各次结果相互独立。

（1）求甲恰好命中1次且乙恰好命中1次的概率；

（2）设两人共命中 $X$ 次，求 $X$ 的分布列和 $E(X)$。

解答：

（1）甲命中次数 $X_1 \sim B(2, \frac{2}{3})$，乙命中次数 $X_2 \sim B(2, \frac{1}{2})$，独立。

$$P(X_1 = 1) = C_2^1 \left(\frac{2}{3}\right)^1 \left(\frac{1}{3}\right)^1 = 2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$$

$$P(X_2 = 1) = C_2^1 \left(\frac{1}{2}\right)^1 \left(\frac{1}{2}\right)^1 = \frac{1}{2}$$

$$P(X_1 = 1 \text{ 且 } X_2 = 1) = \frac{4}{9} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{9}$$

（2）$X = X_1 + X_2$，可能取值为0, 1, 2, 3, 4。

$$P(X_1 = 0) = \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}, \quad P(X_1 = 1) = \frac{4}{9}, \quad P(X_1 = 2) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}$$

$$P(X_2 = 0) = \frac{1}{4}, \quad P(X_2 = 1) = \frac{1}{2}, \quad P(X_2 = 2) = \frac{1}{4}$$

利用独立性：

$$P(X=0) = P(X_1=0)P(X_2=0) = \frac{1}{9} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{36}$$

$$P(X=1) = P(X_1=0)P(X_2=1) + P(X_1=1)P(X_2=0) = \frac{1}{9} \times \frac{1}{2} + \frac{4}{9} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{18} + \frac{1}{9} = \frac{1}{6}$$

$$P(X=2) = \frac{1}{9} \times \frac{1}{4} + \frac{4}{9} \times \frac{1}{2} + \frac{4}{9} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{36} + \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{36} + \frac{12}{36} = \frac{13}{36}$$

$$P(X=3) = \frac{4}{9} \times \frac{1}{2} + \frac{4}{9} \times \frac{1}{4} = \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}$$

$$P(X=4) = \frac{4}{9} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{9}$$

分布列：

$X$	0	1	2	3	4
$P$	$\frac{1}{36}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{13}{36}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{9}$

验证：$\frac{1+6+13+12+4}{36} = \frac{36}{36} = 1$ ✓

$$E(X) = E(X_1) + E(X_2) = 2 \times \frac{2}{3} + 2 \times \frac{1}{2} = \frac{4}{3} + 1 = \frac{7}{3}$$

【高考真题7-2】（2022年新高考II卷·改编）

某芯片生产线生产一批芯片，已知次品率为$p$。现从中随机抽取10片检测，设次品数为 $X$。

（1）若 $p = 0.1$，求 $P(X \leq 1)$；

（2）若要求 $P(X = 0) \geq 0.9$，求 $p$ 的最大值。

（参考数据：$0.9^{10} \approx 0.3487$，$0.99^{10} \approx 0.9044$）

解答：

$X \sim B(10, p)$。

（1）当 $p = 0.1$：

$$P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1) = (0.9)^{10} + C_{10}^1 \times 0.1 \times (0.9)^9$$

$$= 0.9^{10} + 10 \times 0.1 \times 0.9^9 = 0.9^9(0.9 + 1) = 0.9^9 \times 1.9$$

$$\approx 0.3874 \times 1.9 \approx 0.7361$$

（2）$P(X = 0) = (1-p)^{10} \geq 0.9$

$$(1-p)^{10} \geq 0.9$$

$$1 - p \geq 0.9^{1/10}$$

$$p \leq 1 - 0.9^{0.1}$$

利用 $0.99^{10} \approx 0.9044 > 0.9$，而 $0.989^{10} \approx 0.895 < 0.9$（估计），因此 $1 - p \approx 0.99$ 附近。

更精确地，$0.9^{0.1} \approx 0.9895$，故 $p \leq 0.0105$。

即 $p$ 的最大值约为 $0.0105$（约$1.05\%$）。

【高考真题7-3】（2021年全国乙卷·改编）

某工厂生产的某种零件长度 $X$（单位：mm）服从正态分布 $N(100, 4)$（即 $\sigma^2 = 4$，$\sigma = 2$）。

（1）求 $P(96 < X < 104)$；

（2）若规定长度在 $[96, 104]$ 内为合格品，从这批零件中随机取3件，求至少有2件合格品的概率。

（参考：$P(\mu - 2\sigma < X < \mu + 2\sigma) \approx 0.9545$）

解答：

$\mu = 100$，$\sigma = 2$。

（1）$P(96 < X < 104) = P(\mu - 2\sigma < X < \mu + 2\sigma) \approx 0.9545$

设合格品概率 $p = 0.9545$。

（2）取3件，合格品数 $Y \sim B(3, p)$，$p = 0.9545$。

$$P(Y \geq 2) = P(Y=2) + P(Y=3)$$

$$= C_3^2 p^2 (1-p) + p^3 = 3 \times (0.9545)^2 \times 0.0455 + (0.9545)^3$$

$$\approx 3 \times 0.9111 \times 0.0455 + 0.8696$$

$$\approx 0.1244 + 0.8696 = 0.9940$$

即至少2件合格品的概率约为 $0.994$。

第八章成对数据的统计分析 ¶

8.1 考纲要求与学习目标 ¶

考纲要求：
成对数据的统计分析是新课标高考的命题热点，近三年新高考频繁出现，通常与概率统计解答题结合考查，分值约10—17分。重点考查线性回归方程的求解、相关系数的意义、独立性检验的完整步骤。要求学生能从实际数据出发完成完整的统计分析流程。

学习目标：
1. 理解变量间的相关关系与函数关系的区别
2. 掌握样本相关系数的计算与意义，能用相关系数判断线性相关程度
3. 掌握最小二乘法求一元线性回归方程
4. 理解决定系数 $R^2$ 的意义
5. 掌握 $2 \times 2$ 列联表和 $\chi^2$ 统计量的计算，能完成独立性检验

核心素养：数据分析（数据的收集、整理、分析与解释）、数学建模（回归模型的建立与检验）、数学运算（回归系数与 $\chi^2$ 的计算）。

8.2 核心概念梳理 ¶

1. 变量间的相关关系

当两个变量之间存在某种联系，但一个变量的值不能精确地确定另一个变量的值时，这种关系称为相关关系。

函数关系：确定性关系，如 $y = 2x + 1$。
相关关系：非确定性关系，如身高与体重的关系。

相关关系分为：
- 正相关：一个变量增大，另一个变量也增大。
- 负相关：一个变量增大，另一个变量减小。

2. 散点图

将成对数据 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), \ldots, (x_n, y_n)$ 在平面直角坐标系中描点所得到的图形称为散点图。散点图可以直观地反映两个变量之间的相关关系。

3. 样本相关系数

设 $(x_1, y_1), (x_2, y_2), \ldots, (x_n, y_n)$ 是成对观测数据，$\bar{x}$ 和 $\bar{y}$ 分别为 $x$ 和 $y$ 的样本均值，则样本相关系数为：

$$r = \frac{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})^2 \sum_{i=1}^{n}(y_i - \bar{y})^2}}$$

相关系数 $r$ 的性质：
- $|r| \leq 1$。
- $r > 0$：正相关；$r < 0$：负相关。
- $|r|$ 越接近1，线性相关程度越强；$|r|$ 越接近0，线性相关程度越弱。

4. 一元线性回归模型

设 $y$ 与 $x$ 具有线性相关关系，则一元线性回归模型为：

$$y = bx + a + e$$

其中 $e$ 为随机误差，$a, b$ 为模型的未知参数。

5. 最小二乘法

利用最小二乘法可以求出回归直线方程 $\hat{y} = \hat{b}x + \hat{a}$，其中：

$$\hat{b} = \frac{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})^2} = \frac{\sum_{i=1}^{n}x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum_{i=1}^{n}x_i^2 - n\bar{x}^2}$$

$$\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\bar{x}$$

回归直线一定经过样本中心点 $(\bar{x}, \bar{y})$。

6. 决定系数 $R^2$

$$R^2 = 1 - \frac{\sum_{i=1}^{n}(y_i - \hat{y}i)^2}{\sum^{n}(y_i - \bar{y})^2}$$

$R^2$ 越接近1，回归模型的拟合效果越好；$R^2$ 越接近0，拟合效果越差。在一元线性回归中，$R^2 = r^2$。

7. $2 \times 2$ 列联表

设两个分类变量 $X$ 和 $Y$，各有两个取值，其频数分布表为：

	$Y = 1$	$Y = 0$	合计
$X = 1$	$a$	$b$	$a+b$
$X = 0$	$c$	$d$	$c+d$
合计	$a+c$	$b+d$	$n = a+b+c+d$

8. $\chi^2$ 独立性检验

在 $2 \times 2$ 列联表中，$\chi^2$ 统计量为：

$$\chi^2 = \frac{n(ad - bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$$

$\chi^2$ 值越大，说明两个分类变量越不独立（即越有关联）。

9. 独立性检验的基本思想

利用 $\chi^2$ 统计量进行假设检验（反证法思想）：
- 假设 $H_0$：两个变量独立（无关联）。
- 计算 $\chi^2$ 的观测值。
- 根据 $\chi^2$ 值与临界值比较，判断是否拒绝 $H_0$。

常用临界值：

$\alpha$（犯错误概率上限）	0.10	0.05	0.01	0.001
$x_\alpha$（临界值）	2.706	3.841	6.635	10.828

推断规则：若 $\chi^2 \geq x_\alpha$，则在犯错误概率不超过 $\alpha$ 的前提下拒绝 $H_0$，即认为两个变量有关联。

8.3 定理、公式与性质 ¶

8.3.1 回归分析公式表 ¶

名称	公式	说明
样本均值	$\bar{x} = \dfrac{1}{n}\sum x_i$，$\bar{y} = \dfrac{1}{n}\sum y_i$	样本中心点
相关系数	$r = \dfrac{\sum(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y})}{\sqrt{\sum(x_i - \bar{x})^2 \cdot \sum(y_i - \bar{y})^2}}$	$-1 \leq r \leq 1$
回归系数	$\hat{b} = \dfrac{\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum x_i^2 - n\bar{x}^2}$	斜率
回归截距	$\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\bar{x}$	回归直线过 $(\bar{x}, \bar{y})$
回归方程	$\hat{y} = \hat{b}x + \hat{a}$	预测工具
决定系数	$R^2 = 1 - \dfrac{\sum(y_i - \hat{y}_i)^2}{\sum(y_i - \bar{y})^2}$	$0 \leq R^2 \leq 1$

8.3.2 独立性检验公式与临界值表 ¶

名称	公式
$\chi^2$ 统计量	$\chi^2 = \dfrac{n(ad - bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$
推断规则	$\chi^2 \geq x_\alpha$ ⟹ 在显著性水平 $\alpha$ 下拒绝 $H_0$（认为有关联）

临界值表：

显著性水平 $\alpha$	0.10	0.05	0.01	0.001
临界值 $x_\alpha$	2.706	3.841	6.635	10.828

8.4 必会练习 ¶

【练习8-1】（回归分析基础）

下表是某地区近年来汽车保有量 $x$（万辆）与交通事故数 $y$（千起）的数据：

$x$	10	12	15	18	20
$y$	5.0	5.8	7.2	8.5	9.5

已知 $\sum x_i = 75$，$\sum y_i = 36$，$\sum x_i^2 = 1193$，$\sum x_i y_i = 572.6$。

（1）求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程；

（2）预测当汽车保有量为25万辆时的交通事故数。

解答：

$n = 5$，$\bar{x} = \frac{75}{5} = 15$，$\bar{y} = \frac{36}{5} = 7.2$。

（1）

$$\hat{b} = \frac{\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum x_i^2 - n\bar{x}^2} = \frac{572.6 - 5 \times 15 \times 7.2}{1193 - 5 \times 225} = \frac{572.6 - 540}{1193 - 1125} = \frac{32.6}{68} \approx 0.4794$$

$$\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\bar{x} = 7.2 - 0.4794 \times 15 = 7.2 - 7.191 = 0.009 \approx 0.01$$

回归方程：$\hat{y} = 0.4794x + 0.01$（约 $\hat{y} = 0.48x + 0.01$）。

（2）当 $x = 25$ 时：

$$\hat{y} = 0.4794 \times 25 + 0.01 = 11.985 + 0.01 = 11.995 \approx 12.0 \text{ 千起}$$

【练习8-2】（相关系数计算）

利用练习8-1的数据，计算相关系数 $r$，并判断相关程度。

已知 $\sum y_i^2 = 264.38$。

解答：

$$\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y} = 32.6$$

$$\sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 1193 - 1125 = 68$$

$$\sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 264.38 - 5 \times 51.84 = 264.38 - 259.2 = 5.18$$

$$r = \frac{32.6}{\sqrt{68 \times 5.18}} = \frac{32.6}{\sqrt{352.24}} = \frac{32.6}{18.7683} \approx 0.9981$$

$r \approx 0.998$，非常接近1，说明 $x$ 与 $y$ 具有极强的正线性相关关系。

【练习8-3】（独立性检验）

某种新药在进行临床试验时，得到如下数据：

	治愈	未治愈	合计
用药组	80	20	100
对照组	60	40	100
合计	140	60	200

（1）计算 $\chi^2$ 的观测值；

（2）能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该药与治愈效果有关联？

（参考：$x_{0.01} = 6.635$）

解答：

（1）$a = 80, b = 20, c = 60, d = 40, n = 200$。

$$\chi^2 = \frac{n(ad - bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} = \frac{200 \times (80 \times 40 - 20 \times 60)^2}{100 \times 100 \times 140 \times 60}$$

$$ad - bc = 3200 - 1200 = 2000$$

$$\chi^2 = \frac{200 \times 4000000}{100 \times 100 \times 140 \times 60} = \frac{800000000}{84000000} = \frac{8000}{840} \approx 9.524$$

（2）因为 $\chi^2 \approx 9.524 > 6.635 = x_{0.01}$，

所以在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为该药与治愈效果有关联。

【练习8-4】（回归分析完整步骤）

以下是某超市某商品的广告费 $x$（万元）与销售额 $y$（万元）的数据：

$x$	2	4	5	6	8
$y$	30	40	50	60	70

（1）求 $\hat{b}$ 和 $\hat{a}$；

（2）写出回归方程；

（3）若投入广告费10万元，预测销售额。

解答：

$n = 5$，$\bar{x} = \frac{25}{5} = 5$，$\bar{y} = \frac{250}{5} = 50$。

$\sum x_i = 25$，$\sum y_i = 250$

$\sum x_i^2 = 4 + 16 + 25 + 36 + 64 = 145$

$\sum x_i y_i = 2 \times 30 + 4 \times 40 + 5 \times 50 + 6 \times 60 + 8 \times 70 = 60 + 160 + 250 + 360 + 560 = 1390$

（1）

$$\hat{b} = \frac{1390 - 5 \times 5 \times 50}{145 - 5 \times 25} = \frac{1390 - 1250}{145 - 125} = \frac{140}{20} = 7$$

$$\hat{a} = 50 - 7 \times 5 = 50 - 35 = 15$$

（2）回归方程：$\hat{y} = 7x + 15$。

（3）当 $x = 10$ 时：$\hat{y} = 7 \times 10 + 15 = 85$ 万元。

【练习8-5】（独立性检验完整步骤）

为研究是否上网对学习成绩的影响，某校随机调查了200名学生，数据如下：

	成绩优秀	成绩不优秀	合计
经常上网	20	50	70
不常上网	60	70	130
合计	80	120	200

（1）根据上表完成独立性检验；

（2）画出等高堆积条形图的思路（定性分析）。

（参考：$x_{0.05} = 3.841$，$x_{0.01} = 6.635$）

解答：

（1）$a = 20, b = 50, c = 60, d = 70, n = 200$。

$$\chi^2 = \frac{200 \times (20 \times 70 - 50 \times 60)^2}{70 \times 130 \times 80 \times 120}$$

$$ad - bc = 1400 - 3000 = -1600$$

$$(ad - bc)^2 = 2560000$$

$$\chi^2 = \frac{200 \times 2560000}{70 \times 130 \times 80 \times 120} = \frac{512000000}{87360000} \approx 5.863$$

因为 $3.841 < 5.863 < 6.635$，所以：

在显著性水平 $\alpha = 0.05$ 下，$\chi^2 > 3.841$，拒绝 $H_0$，认为上网情况与成绩有关联。
在显著性水平 $\alpha = 0.01$ 下，$\chi^2 < 6.635$，不能拒绝 $H_0$，不能认为有关联。

结论：在犯错误概率不超过5%的前提下，可以认为是否经常上网与学习成绩有关联；但不能在1%的水平下做出这一结论。

（2）定性分析：等高堆积条形图中，两个群体中”成绩优秀”的比例分别为 $\frac{20}{70} \approx 28.6\%$（经常上网）和 $\frac{60}{130} \approx 46.2\%$（不常上网），比例有明显差异，直观上也支持两者有关联的判断。

【练习8-6】（高考题型——回归分析综合）

★高考解答题

某新能源汽车公司统计了2019—2023年的研发投入 $x$（亿元）与年利润 $y$（亿元）数据如下：

年份	2019	2020	2021	2022	2023
$x$	1	2	3	4	5
$y$	2	3	5	6	9

经计算得：$\sum x_i = 15$，$\sum y_i = 25$，$\sum x_i^2 = 55$，$\sum x_i y_i = 96$。

（1）求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程；

（2）计算相关系数 $r$（保留三位小数），判断线性相关程度；

（3）若2024年计划研发投入6亿元，预测年利润。

（参考数据：$\sum y_i^2 = 155$，$\sqrt{10} \approx 3.162$，$\sqrt{30} \approx 5.477$）

解答：

$n = 5$，$\bar{x} = 3$，$\bar{y} = 5$。

（1）

$$\hat{b} = \frac{\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum x_i^2 - n\bar{x}^2} = \frac{96 - 5 \times 3 \times 5}{55 - 5 \times 9} = \frac{96 - 75}{55 - 45} = \frac{21}{10} = 2.1$$

$$\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\bar{x} = 5 - 2.1 \times 3 = 5 - 6.3 = -1.3$$

回归方程：$\hat{y} = 2.1x - 1.3$。

（2）

$$\sum(x_i - \bar{x})(y_i - \bar{y}) = \sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y} = 96 - 75 = 21$$

$$\sum(x_i - \bar{x})^2 = \sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 55 - 45 = 10$$

$$\sum(y_i - \bar{y})^2 = \sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 155 - 125 = 30$$

$$r = \frac{21}{\sqrt{10 \times 30}} = \frac{21}{\sqrt{300}} = \frac{21}{10\sqrt{3}} = \frac{21\sqrt{3}}{30} = \frac{7\sqrt{3}}{10} \approx \frac{7 \times 1.732}{10} \approx 0.991$$

$r \approx 0.991$，非常接近1，线性相关程度极强。

（3）当 $x = 6$ 时：

$$\hat{y} = 2.1 \times 6 - 1.3 = 12.6 - 1.3 = 11.3 \text{ 亿元}$$

【练习8-7】（高考题型——独立性检验综合）

★高考解答题

为研究某种教学方法的效果，某学校对两个班的学生进行试验：A班采用新方法教学，B班采用传统方法教学。一学期后考试成绩的”优秀”情况统计如下：

	优秀	不优秀	合计
A班（新方法）	36	14	50
B班（传统方法）	24	26	50
合计	60	40	100

（1）计算 $\chi^2$ 的观测值；

（2）能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为教学方法与成绩是否优秀有关联？

（3）如果有1名A班优秀的学生转到了B班，重新计算 $\chi^2$，说明变化。

（参考：$x_{0.01} = 6.635$）

解答：

（1）$a = 36, b = 14, c = 24, d = 26, n = 100$。

$$ad - bc = 36 \times 26 - 14 \times 24 = 936 - 336 = 600$$

$$\chi^2 = \frac{100 \times 600^2}{50 \times 50 \times 60 \times 40} = \frac{100 \times 360000}{6000000} = \frac{36000000}{6000000} = 6.0$$

（2）因为 $\chi^2 = 6.0 < 6.635 = x_{0.01}$，

所以不能在犯错误概率不超过0.01的前提下认为教学方法与成绩有关联。

但注意 $\chi^2 = 6.0 > 3.841 = x_{0.05}$，可以在0.05水平下认为有关联。

（3）1名A班优秀学生转入B班后：

	优秀	不优秀	合计
A班	35	14	49
B班	25	26	51
合计	60	40	100

$$ad - bc = 35 \times 26 - 14 \times 25 = 910 - 350 = 560$$

$$\chi^2 = \frac{100 \times 560^2}{49 \times 51 \times 60 \times 40} = \frac{100 \times 313600}{5997600} = \frac{31360000}{5997600} \approx 5.23$$

$\chi^2$ 从6.0降至约5.23，关联程度减弱。这仍然在0.05水平下显著（$> 3.841$），但已不接近0.01的临界值。

【练习8-8】（回归与残差分析）

某实验中测得5组 $(x, y)$ 数据如下表，已知 $\hat{y} = 1.5x + 2$ 是回归直线方程。

$x$	1	2	3	4	5
$y$	3	6	5	9	9

（1）验证此回归方程是否过样本中心点 $(\bar{x}, \bar{y})$；

（2）计算各点的残差，判断拟合效果。

解答：

（1）$\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5}{5} = 3$

$\bar{y} = \frac{3+6+5+9+9}{5} = \frac{32}{5} = 6.4$

代入回归方程：$\hat{y} = 1.5 \times 3 + 2 = 6.5 \neq 6.4$。

该回归方程不过样本中心点，说明题目给定的 $\hat{y} = 1.5x + 2$ 不是由最小二乘法得到的正确回归方程。

说明：本题考察回归直线必过样本中心点的性质。若给定方程不满足此性质，则该方程不正确。

（2）验证：正确的回归方程应满足 $\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\bar{x} = 6.4 - 1.5 \times 3 = 6.4 - 4.5 = 1.9$。

正确方程应为 $\hat{y} = 1.5x + 1.9$。

各点残差（以正确方程计算）：

$x$	$y$	$\hat{y}$	残差 $y - \hat{y}$
1	3	3.4	$-0.4$
2	6	4.9	$1.1$
3	5	6.4	$-1.4$
4	9	7.9	$1.1$
5	9	9.4	$-0.4$

残差较小且正负交替，拟合效果较好。

8.5 易错点提醒 ¶

相关关系≠因果关系：两个变量相关不代表一个变量的变化”导致”了另一个变量的变化。例如冰淇淋销量和溺水人数正相关，但两者都受夏季气温影响，并非因果关系。
回归直线必过样本中心点：$(\bar{x}, \bar{y})$ 一定在回归直线上。这是验证回归方程是否正确的重要方法。若给出的方程不过中心点，则该方程一定是错误的。
回归方程只能用于预测样本范围内的值：不能将回归方程外推到数据范围之外过远处，否则预测可能不可靠。
$\hat{b}$ 的计算公式中分子分母的记法：

$$\hat{b} = \frac{\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}}{\sum x_i^2 - n\bar{x}^2}$$

分子是 $\sum x_i y_i - n\bar{x}\bar{y}$，不是 $\sum x_i y_i - \bar{x}\bar{y}$；分母同理。常见的错误是漏乘 $n$。

$\chi^2$ 统计量公式中的 $n$ 容易遗漏：公式为 $\chi^2 = \dfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$，分子中有 $n = a+b+c+d$，不是 $(ad-bc)^2$ 后面直接除以分母。
$\chi^2$ 检验的结论表述：不能说”有 $1-\alpha$ 的把握认为有关联”，应说”在犯错误概率不超过 $\alpha$ 的前提下，认为两个变量有关联”或”有 $1-\alpha$ 以上的把握（或置信度）认为有关联”。
相关系数 $r$ 与决定系数 $R^2$ 的关系：在一元线性回归中，$R^2 = r^2$。$r$ 可以是负数（负相关），但 $R^2$ 始终非负。
列联表中的 $a, b, c, d$ 位置：不同教材和题目对 $a, b, c, d$ 的定义可能不同，必须以题中给出的列联表为准。通常 $a$ 在左上、$d$ 在右下（对角线上），$b$ 在右上、$c$ 在左下。

8.6 高考链接 ¶

【高考真题8-1】（2022年全国甲卷·改编）

为了解某地居民对某项政策的满意度，分别在城镇和农村居民中各随机抽取50人进行调查，结果如下：

	满意	不满意	合计
城镇	40	10	50
农村	30	20	50
合计	70	30	100

（1）根据上表数据，是否有 $99\%$ 的把握认为满意度与城乡有关？

（2）从满意的人中随机选取2人，求至少有1人是城镇居民的概率。

（参考：$x_{0.01} = 6.635$，$x_{0.05} = 3.841$）

解答：

（1）$a = 40, b = 10, c = 30, d = 20, n = 100$。

$$ad - bc = 800 - 300 = 500$$

$$\chi^2 = \frac{100 \times 500^2}{50 \times 50 \times 70 \times 30} = \frac{100 \times 250000}{5250000} = \frac{25000000}{5250000} \approx 4.762$$

因为 $4.762 < 6.635$，所以没有 $99\%$ 的把握认为满意度与城乡有关。

但 $4.762 > 3.841$，有 $95\%$ 以上的把握认为有关。

（2）满意的人共70人，其中城镇40人、农村30人。

从70人中选2人：$C_{70}^2 = 2415$。

至少1名城镇居民 = 总数 − 都不是城镇居民（都是农村）：

$$P = 1 - \frac{C_{30}^2}{C_{70}^2} = 1 - \frac{435}{2415} = 1 - \frac{29}{161} = \frac{132}{161} \approx 0.820$$

【高考真题8-2】（2023年新高考II卷·改编）

某农科所研究某种化肥施用量 $x$（kg/亩）与水稻产量 $y$（kg/亩）的关系，收集了5组数据：

$x$	10	20	30	40	50
$y$	300	380	450	510	560

经计算得 $\sum x_i = 150$，$\sum y_i = 2200$，$\sum x_i^2 = 5500$，$\sum x_i y_i = 72000$。

（1）求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程；

（2）若该农科所每亩水稻售价3元/kg，化肥成本为5元/kg，求使每亩利润最大的施肥量（结果取整数）。

解答：

（1）$n = 5$，$\bar{x} = 30$，$\bar{y} = 440$。

$$\hat{b} = \frac{72000 - 5 \times 30 \times 440}{5500 - 5 \times 900} = \frac{72000 - 66000}{5500 - 4500} = \frac{6000}{1000} = 6$$

$$\hat{a} = 440 - 6 \times 30 = 440 - 180 = 260$$

回归方程：$\hat{y} = 6x + 260$。

（2）每亩利润 = 产量 × 单价 − 化肥成本 = $\hat{y} \times 3 - 5x = 3(6x + 260) - 5x = 18x + 780 - 5x = 13x + 780$。

在数据范围 $[10, 50]$ 内，利润 $= 13x + 780$ 随 $x$ 增大而增大，因此施肥量取 $x = 50$ 时利润最大。

最大利润 $= 13 \times 50 + 780 = 650 + 780 = 1430$ 元/亩。

注意：本题基于回归方程在给定范围内进行线性预测。实际中过度施肥可能减产，但本题给定数据范围内利润单调递增。

【高考真题8-3】（2021年新高考I卷·改编）

为研究某种疾病与生活习惯的关系，对某地区500名居民进行调查，结果如下：

	患病	未患病	合计
有不良习惯	45	105	150
无不良习惯	55	295	350
合计	100	400	500

（1）是否有 $99.9\%$ 的把握认为该疾病与生活习惯有关？

（2）从有不良习惯的150人中随机选3人，设 $X$ 为患病人数，写出 $X$ 的分布列，求 $E(X)$。

（参考：$x_{0.001} = 10.828$）

解答：

（1）$a = 45, b = 105, c = 55, d = 295, n = 500$。

$$ad - bc = 45 \times 295 - 105 \times 55 = 13275 - 5775 = 7500$$

$$\chi^2 = \frac{500 \times 7500^2}{150 \times 350 \times 100 \times 400} = \frac{500 \times 56250000}{2100000000} = \frac{28125000000}{2100000000} \approx 13.393$$

因为 $13.393 > 10.828 = x_{0.001}$，

有 $99.9\%$ 以上的把握认为该疾病与生活习惯有关。

（2）有不良习惯者150人中，患病45人，未患病105人。

选3人，$X$ 为患病人数，$X \sim H(150, 45, 3)$（超几何分布）。

$X$ 的可能取值为0, 1, 2, 3。

$$P(X = k) = \frac{C_{45}^k \cdot C_{105}^{3-k}}{C_{150}^3}$$

$C_{150}^3 = \frac{150 \times 149 \times 148}{6} = 551300$

$$P(X=0) = \frac{C_{45}^0 \cdot C_{105}^3}{C_{150}^3} = \frac{1 \times 187460}{551300} = \frac{187460}{551300} \approx 0.3400$$

$$P(X=1) = \frac{C_{45}^1 \cdot C_{105}^2}{C_{150}^3} = \frac{45 \times 5460}{551300} = \frac{245700}{551300} \approx 0.4457$$

$$P(X=2) = \frac{C_{45}^2 \cdot C_{105}^1}{C_{150}^3} = \frac{990 \times 105}{551300} = \frac{103950}{551300} \approx 0.1886$$

$$P(X=3) = \frac{C_{45}^3 \cdot C_{105}^0}{C_{150}^3} = \frac{14190 \times 1}{551300} = \frac{14190}{551300} \approx 0.0257$$

分布列：

$X$	0	1	2	3
$P$	0.3400	0.4457	0.1886	0.0257

验证：$0.3400 + 0.4457 + 0.1886 + 0.0257 = 1.0000$ ✓

$$E(X) = \frac{nM}{N} = \frac{3 \times 45}{150} = \frac{135}{150} = 0.9$$

第二部分：一轮复习启动——核心模块复习提纲 ¶

说明：本部分为一轮复习启动阶段的铺垫性内容，梳理三大核心模块的知识框架与高考题型方向。高三下册将全面展开六大模块（函数与导数、三角与向量、数列、立体几何、解析几何、概率统计）的系统复习，此处先启动函数与导数、解析几何、立体几何三大重点模块。

模块一函数与导数复习要点 ¶

核心知识回顾 ¶

1. 函数的基本概念

函数的三要素：定义域、值域、对应关系
函数的表示：解析法、列表法、图像法
分段函数、复合函数、反函数

2. 函数的性质

性质	定义	判断方法
单调性	$\forall x_1 < x_2$，$f(x_1) < f(x_2)$（递增）	定义法、导数法
奇偶性	$f(-x) = f(x)$（偶）或 $f(-x) = -f(x)$（奇）	定义域关于原点对称 + 定义
周期性	$\exists T > 0$，$f(x+T) = f(x)$	找到最小正周期
对称性	$f(a+x) = f(b-x)$ ⟹ 关于 $x = \frac{a+b}{2}$ 对称	代入验证

3. 基本初等函数

指数函数 $y = a^x$（$a > 0, a \neq 1$）：$a > 1$ 时递增，$0 < a < 1$ 时递减
对数函数 $y = \log_a x$（$a > 0, a \neq 1$）：与指数函数互为反函数
幂函数 $y = x^\alpha$：根据 $\alpha$ 的不同性质各异
三角函数：$\sin x, \cos x, \tan x$

4. 导数的概念与运算

导数定义：$f’(x_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$
基本求导公式：
$(C)’ = 0$
$(x^n)’ = nx^{n-1}$
$(e^x)’ = e^x$，$(a^x)’ = a^x \ln a$
$(\ln x)’ = \frac{1}{x}$，$(\log_a x)’ = \frac{1}{x \ln a}$
$(\sin x)’ = \cos x$，$(\cos x)’ = -\sin x$
导数的运算法则：
$(u \pm v)’ = u’ \pm v’$
$(uv)’ = u’v + uv’$
$\left(\frac{u}{v}\right)’ = \frac{u’v - uv’}{v^2}$（$v \neq 0$）
复合函数：$[f(g(x))]’ = f’(g(x)) \cdot g’(x)$

5. 导数的应用

应用	方法
判断单调性	$f’(x) > 0$ ⟹ 递增；$f’(x) < 0$ ⟹ 递减
求极值	$f’(x_0) = 0$ 且左右导数变号
求最值	极值与端点值比较
求切线方程	$y - f(x_0) = f’(x_0)(x - x_0)$
证明不等式	构造函数，利用单调性

高考题型梳理 ¶

利用导数研究函数性质：求单调区间、极值、最值（必考，通常第1问）
导数与不等式证明：构造辅助函数，利用单调性或极值证明不等式
导数与零点问题：研究方程根的个数、零点存在性
导数与参数讨论：含参函数的分类讨论（难点）
导数与实际应用：最优值问题

常见函数构造技巧：
- 证明 $f(x) > g(x)$：构造 $h(x) = f(x) - g(x)$，研究 $h(x)$ 的最小值
- 证明 $f(x) > 0$：构造 $h(x) = \ln f(x)$ 或 $h(x) = e^{f(x)}$
- 含 $e^x$ 与 $\ln x$：分别利用 $e^x \geq x + 1$ 和 $\ln x \leq x - 1$

模块二解析几何复习要点 ¶

核心知识回顾 ¶

1. 直线与圆

内容	公式
直线方程	点斜式：$y - y_0 = k(x - x_0)$
	一般式：$Ax + By + C = 0$
两直线平行	$k_1 = k_2$ 且 $b_1 \neq b_2$（斜截式）或 $\frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} \neq \frac{C_1}{C_2}$
两直线垂直	$k_1 \cdot k_2 = -1$ 或 $A_1 A_2 + B_1 B_2 = 0$
点到直线距离	$d = \frac{
圆的标准方程	$(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$
圆的一般方程	$x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0$（$D^2 + E^2 - 4F > 0$）

2. 椭圆

标准方程	$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$（$a > b > 0$）	$\frac{x^2}{b^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1$（$a > b > 0$）
焦点	$(\pm c, 0)$，$c^2 = a^2 - b^2$	$(0, \pm c)$，$c^2 = a^2 - b^2$
离心率	$e = \frac{c}{a}$，$0 < e < 1$	同左
范围	$	x

3. 双曲线

标准方程	$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$（$a, b > 0$）	$\frac{y^2}{a^2} - \frac{x^2}{b^2} = 1$（$a, b > 0$）
焦点	$(\pm c, 0)$，$c^2 = a^2 + b^2$	$(0, \pm c)$，$c^2 = a^2 + b^2$
离心率	$e = \frac{c}{a}$，$e > 1$	同左
渐近线	$y = \pm \frac{b}{a}x$	$y = \pm \frac{a}{b}x$

4. 抛物线

标准方程	$y^2 = 2px$（$p > 0$）	$y^2 = -2px$	$x^2 = 2py$	$x^2 = -2py$
焦点	$(\frac{p}{2}, 0)$	$(-\frac{p}{2}, 0)$	$(0, \frac{p}{2})$	$(0, -\frac{p}{2})$
准线	$x = -\frac{p}{2}$	$x = \frac{p}{2}$	$y = -\frac{p}{2}$	$y = \frac{p}{2}$

5. 圆锥曲线的关键性质

椭圆焦点三角形：$\triangle PF_1F_2$ 中，$|PF_1| + |PF_2| = 2a$
双曲线焦点三角形：$||PF_1| - |PF_2|| = 2a$
抛物线焦点弦：$|PF| = x + \frac{p}{2}$（$P$ 到焦点距离 = $P$ 到准线距离）

高考题型梳理 ¶

求轨迹方程：定义法、直接法、相关点法、参数法
直线与圆锥曲线的位置关系：联立方程组，利用韦达定理
弦长问题：$|AB| = \sqrt{1+k^2} \cdot |x_1 - x_2| = \sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1 x_2}$
面积问题：三角形或四边形面积的坐标表达式
定点、定值问题：设参数后证明与参数无关
存在性问题：假设存在，推导得出条件

韦达定理的应用：设 $A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，直线 $y = kx + m$ 代入曲线方程 $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$ 后得到关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2 + bx + c = 0$，则：

$$x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}, \quad x_1 x_2 = \frac{c}{a}$$

需要验证 $\Delta = b^2 - 4ac > 0$。

模块三立体几何复习要点 ¶

核心知识回顾 ¶

1. 空间中的位置关系

关系	定义	判定方法
线线平行	两条直线在同一平面内且无交点	公理4（平行传递性）；面面平行⟹线线平行
线面平行	直线与平面无公共点	判定定理：$l \not\subset \alpha$，$l \parallel m$，$m \subset \alpha$ ⟹ $l \parallel \alpha$
面面平行	两个平面无公共点	判定定理：一平面内两条相交直线都平行于另一平面
线面垂直	直线垂直于平面内所有直线	判定定理：$l \perp m$，$l \perp n$，$m \cap n = P$，$m, n \subset \alpha$ ⟹ $l \perp \alpha$
面面垂直	两平面所成二面角为90°	判定定理：一平面内一直线垂直于另一平面

2. 核心定理

公理4（平行公理）：平行于同一直线的两条直线互相平行。
线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，过该直线的平面与此平面的交线与该直线平行。
三垂线定理（及其逆定理）：平面内一条直线与斜线在平面内的射影垂直 ⟺ 该直线与斜线垂直。

3. 空间向量方法

内容	方法
建系	选取合适原点，建立空间直角坐标系
向量表示	点 $P$ 的坐标，方向向量 $\vec{d}$
线线角	$\cos\theta = \frac{
线面角	$\sin\theta = \frac{
二面角	$\cos\theta = \frac{
点到面距离	$d = \frac{

4. 常见几何体的体积与表面积

几何体	体积	表面积
棱柱	$V = Sh$（$S$ 为底面积，$h$ 为高）	各面面积之和
棱锥	$V = \frac{1}{3}Sh$	各面面积之和
棱台	$V = \frac{1}{3}(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})h$	各面面积之和
球	$V = \frac{4}{3}\pi R^3$	$S = 4\pi R^2$

高考题型梳理 ¶

证明题（第1问）：证明线面平行/垂直、面面平行/垂直
- 关键：找到平面内与已知直线平行的直线（利用中位线、平行四边形等）
- 书写格式：严格按”已知→定理→结论”的格式书写
计算题（第2问）：求空间角（线线角、线面角、二面角）或距离
- 综合法：利用三垂线定理作辅助线，在三角形中求解
- 向量法：建系→求法向量→代入公式
- 向量法的优点：计算程序化，不需要太多几何直觉
探索性问题：是否存在某点使某条件成立
- 设点坐标（含参数），利用条件建立方程求解

建系技巧：
- 正方体/长方体：以一个顶点为原点，三条棱为坐标轴
- 正三棱柱/锥：以底面中心为原点，或以底面顶点为原点
- 一条棱在某坐标轴上，底面在 $xy$ 平面

法向量求法：
设平面法向量 $\vec{n} = (x, y, z)$，取平面内两个不共线向量 $\vec{a} = (a_1, a_2, a_3)$ 和 $\vec{b} = (b_1, b_2, b_3)$，则：

$$\begin{cases} \vec{n} \cdot \vec{a} = 0 \ \vec{n} \cdot \vec{b} = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a_1 x + a_2 y + a_3 z = 0 \ b_1 x + b_2 y + b_3 z = 0 \end{cases}$$

令其中一个变量为适当值（通常取1或使计算简便的值），解出法向量。

二面角的方向判断：
- 若两法向量均指向”外侧”或均指向”内侧”，则二面角 $\theta$ 与法向量夹角 $\varphi$ 互补：$\theta = \pi - \varphi$。
- 若一个指向”外”、一个指向”内”，则 $\theta = \varphi$。
- 实际计算中常取绝对值后根据几何直观判断锐角或钝角。

一轮复习建议：
1. 函数与导数是高考压轴题的常客，建议先夯实导数基础运算，再逐步攻克含参分类讨论与不等式证明。
2. 解析几何计算量大，务必熟练联立方程并灵活运用韦达定理，注意 $\Delta > 0$ 的检验。
3. 立体几何推荐掌握向量法以保证计算准确率，同时保持综合法的几何直觉用于第1问的证明。
4. 本册重点在新课（计数原理、随机变量、统计），一轮复习全面启动将在高三下册展开，届时将覆盖六大模块的完整系统复习。

文档结束

本手册依据人教A版（2019版）选择性必修第三册及《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》编写，覆盖高三上学期全部新课内容及一轮复习启动提纲。所有公式和解答均经过规范推导，概率统计题的标准格式可供直接参考。祝学习顺利，高考成功！

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