假期作业11 概率-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教B版）

假期作业１１　概率　　　　　　　 １．事件之间的关系与运算 定义 符号表示 包含 关系 如果事件A 发生,则 事件 B 一定发生,这 时称事件B　　　事 件A(或称事件A包含 于事件B) 　　　 (或A⊆B) 相等 关系 若B⊇A 且A⊇B,那 么称事件A 与事件B 相等 　　　 并事件 (和事件) 若某事件发生当且仅 当事件 A 发生或 事 件B 发生,称此事件 为事件 A 与事件B 的　　　(或和事件) A∪B (或A＋B) 交事件 (积事件) 若某事件发生当且仅 当　　　　　且　　 　　　,则称此事件 为事件 A 与事件B 的交事件(或积事件) A∩B (或AB) 互斥 事件 若A∩B 为不可能事 件,则称事件A 与事 件B 互斥 A∩B＝⌀ 对立 事件 若A∩B 为不可能事 件,A∪B 为必然 事 件,那么称事件A 与 事 件 B 互 为 对 立 事件 A∩B＝⌀ P(A∪B)＝１ ２．概率的几个基本性质 (１)概率的取值范围:　　　　　． (２)必然事件的概率P(E)＝　　． (３)不可能事件的概率P(F)＝　　． (４)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A与事件B互斥,则P(A∪B)＝ 　　　　　　． ②若事件 B 与事件A 互为对立事件,则 P(A)＝　　　． ３．古典概型 (１)古典概型的定义 具有以下两个特点的概率模型称为古典概 率模型,简称古典概型． (２)古典概型的特点:①有限性:样本空间的样本 点只有有限个;②等可能性:每个样本点发生 的可能性相等． (３)古典概型的概率计算公式 样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其 中的k个样本点,则　　　　　　,其中, n(A)与n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω 包含的样本点个数． ４．随机事件的独立性 (１)对任意两个事件A与B,如果P(AB)＝　　 　　　　成立,则称事件A与事件B相互独 立,简称为独立． (２)如果事件A 与事件B 相互独立,则A 与 􀭺B,􀭿A 与B,􀭿A 与􀭺B 也都　　　　　　． (３)事件 A 与事件B 相互独立,则 P(AB) ＝　　　　． ◆[考点一]　事件之间的关系及运算 １．把红、黄、蓝、白４张纸牌随机地分发给甲、 乙、丙、丁四人,每个人分得一张,事件“甲分 得红牌”与“乙分得红牌” (　　) A．是对立事件 B．是不可能事件 C．是互斥但不对立事件 D．不是互斥事件 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２ ２．从１,２,３,􀆺,９中任取两数,其中:①恰有一 个偶数和恰有一个奇数;②至少有一个奇数 和两个都是奇数;③至少有一个奇数和两个 都是偶数;④至少有一个奇数和至少有一个 偶数．则在上述事件中,是对立事件的是 (　　) A．①　　B．②④　　C．③　　D．①③ ３．(多选)从装有２个红球和２个白球的盒子 中任取两个球,下列情况是互斥且对立的两 个事件的是 (　　) A．至少有一个红球;至少有一个白球 B．恰有一个红球;都是白球 C．至少一个红球;都是白球 D．至多一个红球;都是红球 ４．在随机抛掷一颗骰子的试验中,事件 A＝ “出现不大于４的偶数点”,事件B＝“出现 小于６的点数”,则事件 A∪􀭺B 的含义为 　　　　,事件A∩B 的含义为　　　　． ◆[考点二]　概率的基本性质 ５．某产品分甲、乙、丙三级,其中乙、丙两级均 属次品,在正常生产情况下,出现乙级品和 丙级品的概率分别是５％和３％,则抽检一 件是正品(甲级)的概率为 (　　) A．０􀆰９５　B．０􀆰９７　C．０􀆰９２　D．０􀆰０８ ６．甲射击一次,中靶概率是p１,乙射击一次, 中靶概率是p２,已知 １ p１ ,１ p２ 是方程x２－５x＋ ６＝０的根,且p１ 满足方程x２－x＋ １ ４＝０． 则甲射击一次,不中靶概率为　　　　;乙 射击一次,不中靶概率为　　　． ◆[考点三]　古典概率 ７．围棋盒子中有多粒黑子和白子,已知从中取 出２粒都是黑子的概率是１７ ,都是白子的概 率是１２ ３５． 则从中任意取出２粒恰好是同一色 的概率是 (　　) A．１７ B． １２ ３５ C． １７ ３５ D．１ ８．如图所示的«宋人扑枣图 轴»是作于宋朝的中国古 画,该图中小孩有扑枣的 爬、扶、捡、顶四个动作,现 有A,B 两个孩童分别随机 选择其中的一个动作进行模仿,则A,B 两个 孩童选择模仿的动作相同的概率为 (　　) A．１８ B． １ ４ C． １ ３ D． １ ２ ９．(多选)某学校成立了数学、 英语、音乐３个课外兴趣小 组,３个小组分别有３９,３２,３３ 个成员,一些成员参加了不止 一个小组,具体情况如图所示．现随机选取一 个成员,则 (　　) A．他只属于音乐小组的概率为１１３ B．他只属于英语小组的概率为８１５ C．他属于至少２个小组的概率为３５ D．他属于不超过２个小组的概率为１３１５ １０．(２０２３􀅰天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有 一定数量的黑球和白球,其总数之比为５ ∶４∶６．这三个盒子中黑球占总数的比例 分别为４０％,２５％,５０％．现从三个盒子中 各取一个球,取到的三个球都是黑球的概 率为　　　　;将三个盒子中的球混合后 任取一个球,是白球的概率为　　　　． ◆[考点四]　随机事件的独立性 １１．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等 信息,安排一名员工随机收集了在该超市 购物的 １００ 位顾客的相关数据,如下表 所示． 一次购物量 １~４件 ５~８件 ９~１２件 １３~１６件 １７件及 以上 顾客数(人) x ３０ ２５ y １０ 结算时间 (分钟/人) １ １􀆰５ ２ ２􀆰５ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２ 已知这１００位顾客中一次购物量超过８件 的顾客占５５％． (１)确定x,y的值,并估计顾客一次购物的 结算时间的平均值; (２)求一位顾客一次购物的结算时间不超 过２分钟的概率(将频率视为概率)． １２．某田径队有三名短跑运动员,根据平时训 练情况统计甲、乙、丙三人１００米跑(互不 影响)的成绩在１３s内(称为合格)的概率 分别为２ ５ ,３ ４ ,１ ３ ,若对这三名短跑运动员的 １００米跑的成绩进行一次检测,求: (１)三人都合格的概率; (２)三人都不合格的概率; (３)出现几人合格的概率最大． １．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古 代四大发明,此说法最早由英国汉学家艾约 瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继 承,普遍认为这四种发明对中国古代的政 治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作 用．某小学三年级共有学生４００名,随机抽 查１００名学生并提问中国古代四大发明,能 说出两种及其以上发明的有７３人,据此估 计该校三年级的４００名学生中,对四大发明 只能说出一种或一种也说不出的有 (　　) A．６９人　B．８４人　C．１０８人　D．１１５人 ２．(多选题)(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)在信道内传 输０,１信号,信号的传输相互独立．发送０ 时,收到１的概率为α(０＜α＜１),收到０的 概率为１－α;发送１时,收到０的概率为β (０＜β＜１),收到１的概率为１－β．考虑两种 传输方案:单次传输和三次传输．单次传输 是指每个信号只发送１次;三次传输是指每 个信号重复发送３次．收到的信号需要译 码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号 即为译码;三次传输时,收到的信号中出现 次数多的即为译码(例如,若依次收到１,０, １,则译码为１)． (　　) A．采用单次传输方案,若依次发送１,０,１, 则依次收到１,０,１的概率为(１－α)(１－ β) ２ B．采用三次传输方案,若发送１,则依次收 到１,０,１的概率为β(１－β) ２ C．采用三次传输方案,若发送１,则译码为１ 的概率为β(１－β) ２＋(１－β) ３ D．当０＜α＜０．５时,若发送０,则采用三次 传输方案译码为０的概率大于采用单次 传输方案译码为０的概率 终生只能单身 德国杰出的自然学家洪堡德在喀山拜访 罗巴切夫斯基时,他问数学家:“为什么您只研 究数学呢? 据说您对矿物学造诣很深,您对植 物学也很精通．”“是的,我喜欢植物学,”罗巴 切夫斯基回答说,“将来等我结了婚,我一定搞 一个温室􀆺􀆺”“那您就赶快结婚吧．”“可是 恰恰与愿望相反,植物学和矿物学的业余爱好 使我终生只能是单身汉了．” 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９２ (３)①５个年龄组的平均数为 １５× (９３＋９６＋９７＋９４＋９０) ＝９４, 方差为１ ５× [(－１)２＋２２＋３２＋０２＋(－４)２]＝６, ５个职业组的平均数为１５× (９３＋９８＋９４＋９５＋９０)＝９４, 方差为１ ５ [(－１)２＋４２＋０２＋１２＋(－４)２]＝６．８． ②评价:从平均数来看两组的认知程度相同,从方差来看年 龄组的认知程度更好． 新题快递 １．AC　[由折线图可得增速百分比(％)由小到大依次为: －１１．１,－６．７,－５．９,－３．５,－１．８,－０．５,２．５,２．７,３．１, ３．５,５．４,６．７, 对于 A:１２ 个 月 的 月 度 同 比 增 速 百 分 比 的 中 位 数 为 －０．５＋２．５ ２ ＝１％ ,故 A正确; 对于B:因为１１２ [(－１１．１)＋(－６．７)＋(－５．９)＋(－３．５)＋ (－１．８)＋(－０．５)＋２．５＋２．７＋３．１＋３．５＋５．４＋６．７]＝ －７１５＜０ , 所以１２个月的月度同比增速百分比的平均值小于０,故 B 错误; 对于 C:由折线图可得前６个月的月度同比增速百分比先大 幅度波动后渐渐趋于稳定,后６个月的大波动整体较小, 所以前６个月的月度同比增速百分比波动比后６个月的大, 故 C正确; 对于 D:因为－７１５≈－０．４７ ,可知大于－０．４７的有２．５,２．７, ３．１,３．５,５．４,６．７,共有６个, 所以共有６个月的月度同比增速百分比大于１２个月的月度 同比增速百分比的平均值,故 D错误．] ２．A　[对于数据x１,x２,􀆺,xn,可得 １ n ∑ n i＝１ xi＝􀭺x, １ n ∑ n i＝１ (xi－ 􀭺x)２＝１n ∑ n i＝１ x２i－n􀭺x ２ ( )＝s２ 所以∑ n i＝１ xi＝n􀭺x,∑ n i＝１ x２i＝n(s２＋􀭺x ２); 对于数据xn＋１,xn＋２,􀆺,x２n,可得 １ n ∑ ２n i＝n＋１ xi＝３􀭺x, １ n ∑ ２n i＝n＋１ (xi －３􀭺x)２＝１n ∑ ２n i＝n＋１ x２i－n(３􀭺x)２( )＝s２, 所以 ∑ n i＝n＋１ xi＝３n􀭺x,∑ ２n i＝n＋１ x２i＝n(s２＋９􀭺x ２); 对于数据x１,x２,􀆺,xn,xn＋１,􀆺,x２n,可得: 平均数􀭵y＝ １２n∑ ２n i＝１ xi＝ １ ２n ∑ n i＝１ x２＋ ∑ ２n i＝n＋１ xi( ) ＝ １ ２n (n􀭺x＋３n􀭺x) ＝２􀭺x, 标准差s′＝ １２n∑ ２n i＝１ (xi－􀭵y)２＝ １ ２n ∑ ２n i＝１ x２i－２n􀭵y２( ) ＝ １２n ∑ n i＝１ x２i＋ ∑ ２n i＝n＋１ x２i－２n(２􀭺x)２( ) １ ２n n (s２＋􀭺x ２)＋n(s２＋９􀭺x ２)－２n(２􀭺x)２[ ] ＝ s２＋􀭺x ２, 注意到􀭺x≠０,所以s′＝ s２＋􀭺x ２ ＞s．] 假期作业１１ 思维整合室 １．包含　B⊇A　A＝B　并事件　事件A 发生　事件B发生 ２．(１)０≤P(A)≤１　(２)１　(３)０　(４)P(A)＋P(B)　１－P(B) ３．(３)P(A)＝kn ＝ n(A) n(Ω)　４． (１)P(A)P(B)　(２)相互独立　 (３)P(A)P(B) 技能提升台　素养提升 １．C　 ２．C　[从１~９中任取两数,有以下三种情况:(ⅰ)两个均为 奇数;(ⅱ)两 个 均 为 偶 数;(ⅲ)一 个 奇 数 和 一 个 偶 数．故 选 C．] ３．CD　[A中至少有一个红球包含两种情形:一红一白,两个 红,至少有一个白球包含:一红一白,两个白,这两个事件不 互斥,B中的两事件互斥但不对立,C,D 中的两个事件互斥 且对立．] ４．解析:由已知可得B＝“出现６点”,A＝“出现２,４点”, B＝“出现１,２,３,４,５点”, 故A∪B＝“出现２,４,６点”,A∩B＝“出现２,４点”, 答案:出现２,４,６点;出现２,４点 ５．C　[设事件“抽检一件是甲级”为事件 A,“抽检一件 是 乙 级”为事件B,“抽检一件是丙级”为事件C,由题意可得事件 A,B,C为互斥事件,且P(A)＋P(B)＋P(C)＝１,因为乙级 品和丙级品均属次品,且 P(B)＝０􀆰０５,P(C)＝０􀆰０３,所以 P(A)＝１－P(B)－P(C)＝０􀆰９２．故选 C．] ６．解析:由p１ 满足方程x２－x＋ １ ４＝０ 知,p２１－p１＋ １ ４＝０ ,解 得p１＝ １ ２ ;因为１ p１ ,１ p２ 是方程x２－５x＋６＝０的根,所以１p１ 􀅰 １ p２ ＝６,解得p２＝ １ ３． 因此甲射击一次,不中靶概率为１－１２ ＝１２ ,乙射击一次,不中靶概率为１－１３＝ ２ ３． 答案:１ ２　 ２ ３ ７．C　[设“从中取出２粒都是黑子”为事件A,“从中取出２粒 都是白子”为事件B,“任意取出２粒恰好是同一色”为事件 C,则C＝A∪B,且事件A 与B 互斥． 由于P(A)＝１７ ,P(B)＝１２３５． 所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝１７＋ １２ ３５＝ １７ ３５． ] ８．B　[A,B 两个孩童分别随机选择其中的一个动作进行模 仿,一共有４×４＝１６种情况,其中A,B 两个孩童选择模仿 的动作相同的情况有４种,所以A,B 两个孩童选择模仿的 动作相同的概率为４ １６＝ １ ４． ] ９．CD　[由题图知参加兴趣小组的共有６＋７＋８＋８＋１０＋１０ ＋１１＝６０(人),只属于数学、英语、音乐小组的人数分别为 １０,６,８,故只属于音乐小组的概率为 ８６０＝ ２ １５ ,只属于英语小 组的概率为６ ６０＝ １ １０． “至少２个小组”包含“２个小组”和“３ 个小组”两 种 情 况,故 他 属 于 至 少 ２ 个 小 组 的 概 率 为 １１＋１０＋７＋８ ６０ ＝ ３ ５． “不超过２个小组”包含“１个小组”和“２ 个小组”,其对立事件是“３个小组”,故他属于不超过２个小 组的概率是P＝１－８６０＝ １３ １５． 故选 CD．] １０．解析:设甲、乙、丙三 个 盒 子 中 的 球 的 个 数 分 别 为５n,４n, ６n,所以总数为１５n, 所以甲盒中黑球个数为４０％×５n＝２n,白球个数为３n; 乙盒中黑球个数为２５％×４n＝n,白球个数为３n; 丙盒中黑球个数为５０％×６n＝３n,白球个数为３n; 记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件 A,所以P(A)＝０．４×０．２５×０．５＝０．０５; 记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B, 黑球总共有２n＋n＋３n＝６n个,白球共有９n个, 所以P(B)＝９n１５n＝ ３ ５． 答案:０．０５　３５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８ １１．解:(１)由已知,得 ２５＋y＋１０＝５５ , x＋３０＝４５,{ 解得 x＝１５, y＝２０．{ 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收 集的１００位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个样 本量为１００的样本,顾客一次购物的结算时间的平均值可 用样本的平均值估计, 其估计值为 １×１５＋１．５×３０＋２×２５＋２．５×２０＋３×１０ １００ ＝１􀆰９ (分钟)． (２)在这１００位顾客中,一次购物的结算时间不超过２分钟 的共有１５＋３０＋２５＝７０(人),根据频率与概率的关系,估 计一位顾客一次购物的结算时间不超过２分钟的概率为 ７０ １００＝０􀆰７． １２．解:设甲、乙、丙三人１００米跑成绩合格分别为事件 A,B, C,显然事件A,B,C 相互独立,则P(A)＝２５ ,P(B)＝３４ , P(C)＝１３． 设恰有k人合格的概率为Pk(k＝０,１,２,３)． (１)三人都合格的概率为 P３＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝ ２ ５× ３ ４× １ ３＝ １ １０． (２)三人都不合格的概率为 P０＝P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＝ １－ ２ ５( ) × １－３４( )× １－ １ ３( )＝ ３ ５× １ ４× ２ ３＝ １ １０． (３)恰有两人合格的概率为 P２＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝ ２ ５× ３ ４× ２ ３＋ ２ ５ ×１４× １ ３＋ ３ ５× ３ ４× １ ３＝ ２３ ６０． 恰有一人合格的概率为 P１＝１－P０－P２－P３＝１－ １ １０－ ２３ ６０－ １ １０＝ ２５ ６０＝ ５ １２． 综合(１)(２)可知P１ 最大． 所以出现恰有一人合格的概率最大． 新题快递 １．C　[在这１００名学生中,只能说出一种或一种也说不出的 有１００－７３＝２７人, 设该校三年级的４００名学生中,对四大发明只能说出一种或 一种也说不出的有x人,则１００２７＝ ４００ x ,解得x＝１０８人．] ２．ABD　[对于 AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式可 知 AB正确:对于 C,三次传输译码为１,则可能是三次全部 译为１,或者有两次译为１,则概率为 C２３β(１－β) ２＋(１－β) ３, 故C错误;对于 D,可以采用特值法或者作差法计算．三次传 输方案译为０的概率为 C２３α(１－α)２＋(１－α)３,单次传输译 为０的概率为１－α,而 C２３α(１－α)２＋(１－α)３－(１－α)＝(１ －α)α(１－２α)＞０,所以 D正确．] 假期作业１２ 思维整合室 １．(１)方向　模　(２)相同　(３)１个单位　(４)相反　(５)方向　 (６)方向 技能提升台　素养提升 １．C　 ２．B　[如图,因为AO→,OC→方向相同,长 度相等,故AO→＝OC→,故 A 正确;因为 AO→,BO→方 向 不 同,故AO→≠BO→,故 B 错误;因为B,O,D 三点共线,所以BO→ ∥DB→,故 C 正 确;因 为 AB∥CD,所 以AB→与CD→共线,故 D正确．] ３．解析:如图所示,设AB→＝a,BC→＝b,则AC→＝a＋ b,且△ABC为等腰直角三角形,则|AC→|＝ ８ ２,∠BAC＝４５°． 答案:８ ２　北偏东４５° ４．解析:此题中,马在 A 处 有 两 条 路可 走,在 B 处 有 三 条 路 可 走, 在C处有八条路可走．如图,以B 为起点 作 有 向 线 段 表 示 马 走 了 “一步”的向量,符 合 题 意 的 共３ 个;以C为起点作有向线段表示 马走了“一步”的向量,符合题意的共８个．所以共有１１个． 答案:１１ ５．B　[因为点 D 在边AB 上,BD＝２DA,所以BD→＝２DA→,即 CD→－CB→＝２(CA→－CD→), 所以CB→＝３CD→－２CA→＝３n－２m＝－２m＋３n．故选B．] ６．AB　[A和B属于数乘对向量与实数的分配律,正确;C中, 若m＝０,则不能推出a＝b,错误;D中,若a＝０,则m,n没有 关系,错误．] ７．C　[∵AD＝DB,AE＝EC,∴F 是△ABC 的重心,则DF→＝ １ ３DC →,∴AF→＝AD→＋DF→＝AD→＋ １３DC →＝AD→＋ １３ (AC →－ AD→)＝２３AD →＋１３AC →＝ １３AB →＋ １３AC →＝ １３a＋ １ ３b ,∴x＝ １ ３ ,y＝１３． ] ８．解析:在△ABC 中,∠A＝６０°,|BC→|＝１,点 D 为AB 的 中 点,点E 为CD 的中点,AB→＝a,AC→＝b,则AE→＝ １２ (AD →＋ AC→)＝１４AB →＋１２AC →＝１４a＋ １ ２b． 答案:１ ４a＋ １ ２b ９．D　[由c∥d,得c＝λd,∴ka＋b＝λ(a－b) 即 k＝λ, １＝－λ,{ ∴ k＝－１, λ＝－１,{ 即c＝－a＋b且c＝－d．] １０．B　[因为AD→＝AB→＋BC→＋CD→＝３a＋６b＝３(a＋２b)＝３AB→, 又AB→,AD→有公共点A,所以A,B,D 三点共线．] １１．解:(１)因为２AC→＋CB→＝０,所以２(OC→－OA→)＋(OB→－OC→) ＝０,２OC→－２OA→＋OB→－OC→＝０,所以OC→＝２OA→－OB→． (２)证明:如图,DA→＝DO→＋OA→＝－１２OB →＋OA→ ＝１２ (２OA→－OB→)． 由 (１)知 DA→ ＝ １２ OC →．即 DA ∥ OC,且 DA≠OC,故四边形OCAD 为梯形． １２．解:(１)OG→＝OP→＋PG→＝OP→＋λPQ→＝OP→＋λ(OQ→－OP→) ＝(１－λ)OP→＋λOQ→． (２)由(１)及OP→＝xOA→,OQ→＝yOB→,得OG→＝(１－λ)OP→＋ λOQ→＝(１－λ)xOA→＋λyOB→．① ∵G 是△OAB 的重心, ∴OG→＝２３OM →＝２３× １ ２ (OA→＋OB→)＝１３OA →＋１３OB →．② 由①②得 (１－λ)x－１３[ ]OA →＝ １３－λy( )OB →, 而OA→,OB→不共线, ∴ (１－λ)x＝１３ λy＝１３ ì î í ïï ï ,解得 １ x＝３－３λ １ y＝３λ ì î í ïï ï , ∴１x＋ １ y＝３ ,即１ x＋ １ y 是定值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８