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教材习题答案
第三章 排列、组合与二次 任一数字 有 １ 种方法 其他数位可任 生可互换位置 有 ２ ２ 种排法 若 个
， Ａ５ ， ， Ａ４Ａ２ ； ２
式定理 意排列 ， 有 Ａ ３ ５ 种方法 ， 所以共有 Ａ １ ５×Ａ ３ ５ 男生不相邻 ， 则将 ２ 个男生与女生甲一
个． 起插入 个女生形成的 个空位中 有
＝３００ ３ ４ ，
第一类 个位上排 其他数位有 ３ 种排法．故 个男生都不与女生相邻
３．１ 排列与组合 （２） ： ０， Ａ４ ２
Ａ ３ ５ 种方法 ， 共有 Ａ ３ ５＝６０ 个 ； 第二类 ： 个 的排法有 Ａ ２ ３（Ａ ２ ４Ａ ２ ２＋Ａ ３ ４）＝２８８ 种．
３．１．１ 基本计数原理 位上排
５，
则千位上可排
１，２，３，４
中任
３．１．３ 组合与组合数
练习Ａ 一数字 ， 有 Ａ １ ４ 种方法 ， 十位和百位的排 练习Ａ
２ １． ． 答 答 案 案 ５ １０ ；６ ６． ． 所 法 以 数 个 满 为 ． 足 Ａ ２ ４ 题 ， 共 意 有 的 Ａ 四 １ ４× 位 Ａ ２ ４ 数 ＝ 共 ４８ 有 个． ６０＋４８＝ １． 津 答 ） 案 ，（ 北 （ 京 １） ， 广 （ 北 东 京 ）， ， （ 上 上 海 海 ） ， ， 天 （ 津 北 ） 京 ， ， （ 上 天
３．解析 （１）６×５＝３０ ． １０８
分三类．第一类 比 大的四位
海
，
广东
），（
天津
，
广东
）
．
４． （ 解 ２ 析 ）６ ×６ ３ ＝ ×５ ３６ ＝ ． １５ ． 第 数 （３ 有 ） 二 Ａ 类 １ ４Ａ ３ ５ 比 个 ； ： 大 ２ 的 ０００ 五位数有 上 （２ 海 ）（ ） 注 ，（ ： 冠 上 军 海 在 ， 北 前 京 ， 亚 ）， 军 （ 北 在后 京 ， ） 天 （ 北 津 京 ）， ，
５．解析 要完成的一件事情是 确定一个 ： ２ ０００ 天津 北京 北京 广东 广东 北
电话号 码的后四位 ” ．分四步 “ 完成 ： 每一 Ａ １ ５Ａ ４ ５ 个 ； 京 （ ， 上海 ） 天 ，（ 津 ， 天津 ） 上 ，（ 海 ， 上
第三类 比 大的六位数有 ），（ ， ），（ ， ），（
步都是从 这 个数字中取一个 ： ２ ０００ 海 广东 广东 上海 天津 广
０～９ １０ ，
练
共
习
有
Ｂ
１０×１０×１０×１０＝１００００ 个． Ａ
所
１ ５
以
Ａ ５ ５
满
个
足
．
题意的自然数共有 Ａ １ ４Ａ ３ ５＋ ２．
东
答 ）
，
案 ，（
广东 ），
， ａ
（ 天
ｂ
津
ａｃ ）
． ，
ａｄ ａｅ
）
ｂｃ
，（
ｂｄ ｂｅ
，
ｃｄ
１．解 类 析 从 甲 从 地 甲 经 地 过 到 乙 丁 地 地 到 有 达 两 丁 类 地 方法 共 ． 有 第一 ４． Ａ 解 １ ５ 析 Ａ ４ ５＋Ａ １ ５Ａ ５ ５ 把 ＝１ 每 ４ 对 ４０ 夫 个 妇 ． 看成一个整体 ｃｅ ， ｄｅ ． （１） ， ， ， ， ， ， ， ，
丙 ３＝ ： 地 ６ 到 种 达 不 丁 同 地 方 ， 法 共 ； 有 第 ４ 二 × 类 ２＝ ： 从 ８ 种 甲 ， 不 地 同 经 ２ 过 方 × 两 共 个 ４ 个 对 对 象 （１ 象 全 ） 全 排 排 列 列 ， 共 ， 再 有 把 Ａ ４ ４ 每 ×Ａ 对 ２ ２ 夫 ×Ａ 妇 ２ ２× 看 Ａ ２ ２ 成 × ， ３． ｂ （ 答 ｄ ２ ｅ 案 ） ， ａ ｃ ｂ ｄ ｃ ｅ ， （ ． ａ １ ｂ ） ｄ １ ， ７ ａ ． （ ｂｅ ２ ， ） ａ ２ ｃ ０ ｄ ． ， （ ａ ３ ｃ ） ｅ ， １ ． ａ （ ｄ ４ ｅ ， ） ｂ ９ ｃｄ ９０ ， ０ ｂｃ ． ｅ ，
法．所以从甲地到丁地共有
６＋８＝１４
种
Ａ
２
２＝４×３×２×１×２×２×２×２＝３８４
种不同 ４．解析 所求不同的场数相当于从
８
个
不同的方法． 的排法． 不同的对象中取出两个对象的组合数
，
２．解析 ． 每对夫妇都不能隔开 可把每对夫
３．解析 ２ 由 × 题 ４＝ 意 ８ 知ｎ
×（
ｎ
－１）＝２０，
ｎ
≤１０，
妇 （２ 作 ） 为一个对象
，４
个对象 ， 全排列共
４！
共有 Ｃ ２ ８＝
２
８
×
×
１
７ ＝２８ 场．
且ｎ Ｎ 所以ｎ ． 种排法 且性别相同的人不能相邻的排 ５．解析 ３ ．
∈ ＋， ＝５ ， （１）Ｃ１０＝１２０
４．解析 不同的数组共有 ２×２×２×２×２＝ 法只有两种 ： 男的在女的左边或右边 ， （２）Ｃ １ ２Ｃ ２ ８＝５６ ．
５．答
３２
案
个．
ｎ． ５．
因
解
此
析
共有 ４
将
！×２＝
个
４
男
８ 种
生
不
排
同
在
的
中
排
间
法
可
．
互 练
（
习
３）
Ｂ
Ｃ ３ １０－Ｃ ３ ８＝１２０－５６＝６４ ．
２ （１） ２ ，
３．１．２ 排列与排列数 换位置 ， 有 Ａ ２ ２ 种排法 ， 剩余 ４ 个女生排 １．解析 （１）Ｃ ３ ７＋Ｃ ４ ７＋Ｃ ５ ８＋Ｃ ６ ９＋Ｃ ７ １０＝Ｃ ４ ８＋Ｃ ５ ８＋
练习Ａ 在 ２ 个男生两侧 ， 每侧各 ２ 人 ， 有 Ａ ４ ４ 种 Ｃ ６ ９＋Ｃ ７ １０＝Ｃ ５ ９＋Ｃ ６ ９＋Ｃ ７ １０＝Ｃ ６ １０＋Ｃ ７ １０＝Ｃ ７ １１＝Ｃ ４ １１
排法 故男生排在中间的排法有 ２ ４ ．
２
１
．
．解
答
析
案
Ａ ４ ４＝２４
．
．
． ． ． ４８
种 ， ． Ａ２Ａ４＝
（
＝
２
３
）
３
Ｃ
０ ０
５＋Ｃ
１
５＋Ｃ
２
５＋Ｃ
３
５＋Ｃ
４
５＋Ｃ
５
５＝Ｃ
１
６＋Ｃ
３
６＋Ｃ
５
６＝
（１）２４ （２）１２０ （３）１５ （４）３８０ 男生不在头尾 则男生在中间 个
３．答 （５ ｎ 案 ）９ １ ９００ ２ ． ３ ４ ５ ６ ７ ８ 在 个 （ 位 ２ 女 头 置 ） 生 尾 中 任 的 选 意 排 ２ 站 法 个 ， 有 站 有 ， Ａ 有 Ａ ， ２ ４Ａ ４ ４ Ａ ４ ４ 种 ＝ ２ ４ 排 ２ 种 ８ 法 ８ 排 种 ， 法 故 ． ， 男 剩 生 ４ 余 不 ４ ２．解 合 ２ ＝ Ｃ ３ 析 题 １ ６ ｘ ＋ － 意 Ｃ ６ ３ ６ ， ∵ ＝ 解 ２ Ｃ ｘ 得 × １ ｘ ８ ６ ＝ ＋ ｘ Ｃ ３ ６ ＝ 或 ３ １ × × ８ ｘ ３ － ２ ５ ６ ｘ × × ， 或 ∴ １ ４ ＝ ｘ ｘ ． ＝ ３ ＝ ２ ６ ３ ． ． ｘ 经 －６ 检 或 验 １ 都 ８－ 符 ｘ
ｎ ！ １ ２ ６ ２４ １２０７２０ ５０４０ ４０３２０ （３） 先排 ４ 个女生 ， 有 Ａ ４ ４ 种排法 ， 再排 ，∴ ＝３ ＝６ ｎ
５ ６ ４ 练 ． ． ．解 解 解 习 析 析 析 Ｂ Ａ Ａ Ａ ２ ５ ３ ５ ６ ６ ＝ ＝ ＝ ２ ６ ７ ０ ０ ２０ ． ． ． ２ 入 Ａ Ａ ４ ４ ２ ５ 个 到 Ａ 种 男 ２ ５＝ ４ 排 生 ４ 个 ８ 法 ， ０ 女 若 ， 种 故 生 男 ． 形 男 生 成 生 不 的 相 不 邻 相 ５ ， 个 邻 则 空 的 将 位 排 男 中 法 生 ， 有 有 插 ３．证 ｍ ！ 明 ｎ （ ！ ｎ ｎ ！ － （ Ｃ ｍ ｍ ｎ ｍ ） ＋ ＋ １ ！ １ ＋ ） Ｃ ＝ ｍ ｎ ＝ （ （ ｍ ｍ ＋ ＋ ｎ １ ！ １ ） ） （ ！ ！ （ ｎ （ ｎ （ － ！ ＋ ｎ ｍ ｎ － １ － ） ｍ ） ｍ ！ ） － ！ １） ＋ ＋
１．答案 ． ． ． 先排 个女生 有 ４ 种排法 再排 ｍ ｎ ｍ ＝ ｍ ｎ ｍ
（１）６６０８（２）６４（３）２５２ （４） ４ ， Ａ４ ， （ ＋１）！ （ － ）！ （ ＋１）！ （ － ）！
２．解析 （１） 将 ２ 封信投入 ４ 个邮箱 ， 每 ２ 个男生 ， 若男生不相邻且不在头尾 ， ＝Ｃｎ ｍ ＋ ＋ １ １．
个邮箱最多投一封 对应于把 个对象 则将男生插入到 个女生之间的 个 ４．解析 可转化成 五个数
， ２ ４ ３ “１，２，３，４，５ ，
排在 ４ 个位置上 ， 有 Ａ ２ ４＝４×３＝１２ 种不 空位中 ， 有 Ａ ２ ３ 种排法 ， 故男生不相邻且 １，２ 不能在第一位 ，２ 不在最后一位 ， 一
同的投法． 不在头尾的排法有 ４ ２ 种． 共有多少不同的数 ．
Ａ４Ａ３＝１４４ ”
将 封信投人 个邮箱 随意投 每 先排除去女生甲的 个女生 有 ３ 可分三步完成 第一步 排数字 它可
（２） ２ ４ ， ， （５） ３ ， Ａ３ ： ， ２，
封信有 种不同的投法 共有 种排法 接下来分两类 若 个男生相 以在十位 百位 千位中选取 有 １ 种
４ ， ４×４＝１６ ， ， ２ 、 、 ， Ａ３
种不同的投法． 邻 将其看成一个整体与女生甲一起插 方法 第二步 排数字 它可以在除去
， ； ， １，
３．解析 千位上可以排 中 入 个女生形成的 个空位中 个男 万位和 占的位置中选取 有 １ 种方
（１） １，２，３，４，５ ３ ４ ，２ ２ ， Ａ３
１
法 第三步 排其他数字 有 ３ 种方法． 第二步 个人分出了四个空 让空座 所以 １０ 能被 整除．
； ， ， Ａ３ ，３ ， １０１ －１ １０
故共有 １ １ ３ 种． 分成两组 个相邻的 个单一放置 ６．解析 １ ２ ５ ６ ．
Ａ３×Ａ３×Ａ３＝５４ （ ，２ ，１ （１）Ｃ６＋Ｃ６＋…＋Ｃ６＝２ －２＝６２
５．解析
（１）３
人分到甲组
，２
人分到乙 的
）
去插这四个空
，
有
Ａ
２
４
种不同的
（２）
在
（１＋
ｘ
）
１１的展开式中
，
分别令ｘ
＝１
组 人分到丙组这件事分三步完成 插法． 和ｘ 得
，１ ， ＝－１ ，
共有 Ｃ ３ ６Ｃ ２ ３Ｃ １ １＝６０ 种不同的分法． 由分步乘法计数原理得 ， 不同的坐法共 ２ １１ ＝Ｃ ０ １１＋Ｃ １ １１＋Ｃ ２ １１＋…＋Ｃ １ １ １ １， ①
（２） 分四步完成这件事 ， 第一步选 ３ 人 有 Ａ ３ ３Ａ ２ ４＝７２（ 种 ） ． ０＝Ｃ ０ １１－Ｃ １ １１＋Ｃ ２ １１－…－Ｃ １ １ １ １， ②
作为一个对象 第二步选 人作为一个 ６．解析 １０ 种 ．
； ２ Ａ１０＝１０！ ＝３６２８８００（ ） ①－②得 １ ３ ５ １１ １０
对象 第三步剩余的 人作为一个对 ◆习题３－１Ｃ Ｃ１１＋Ｃ１１＋Ｃ１１＋…＋Ｃ１１ ＝２ ＝
； １ ２
分 象 法 ； 第 种 四 数 步 为 把三 ３ 个 ２ 对象 １ 全 ３ 排列． ． 不同的 ２ １ ． ．解 证 析 明 原 左 式 边 ＝Ｃ ３ １０ ｍ １＝ ｍ １６６ ｍ ６５０ ． ｍ ｍ ｍ ◆ １ 习 ０２ 题 ４ ． ３－３Ｂ
◆习题３－１Ａ
Ｃ６×Ｃ３×Ｃ１×Ａ３＝３６０
ｍ ｍ
＝ＣｍＡｍ＋Ｃｍ ＋１Ａｍ＋Ｃｍ ＋２Ａｍ＋
１．解析 在 ｘ １３ ０ １ ｘ ２ ｘ２ ３
…＋Ｃ２ ｍＡｍ （１－ ） ＝Ｃ１３－Ｃ１３ ＋Ｃ１３ －Ｃ１３
１．解析 ． ｍ ｍ ｍ ｍ ｍ ｘ３ １２ｘ１２ １３ｘ１３中
（１）８＋７＝１５ ＝Ａｍ（Ｃｍ＋Ｃｍ ＋１＋Ｃｍ ＋２＋…＋Ｃ２ ｍ） · ＋…＋Ｃ１３ －Ｃ１３ ，
２． （ 解 ２ 析 ）Ｃ １ ８Ｃ （ １ ７ １ ＝ ） ５ ∵ ６ ． Ａ ３ ２ ｎ＝１０Ａ ３ｎ， 即 ２ ｎ （２ ｎ －１） ＝Ａ ｍ ｍＣ２ ｍ ｍ＋ ＋ １ １＝ｍ １ ＋１ Ａ２ ｍ ｍ＋ ＋ １ １＝ 右边． Ｃ 令 １ １ ３ ３ ｘ ＝ ＝ ０ １ ， ， 得 Ｃ ０ １３－Ｃ １ １３＋Ｃ ２ １３－Ｃ ３ １３＋…＋Ｃ １ １ ２ ３ ① －
·（２ ｎ －２）＝１０ ｎ （ ｎ －１）（ ｎ －２），∴ ｎ ＝８ ． ３．解析 由题意知 ， 选用 ３ 种颜色时 ， 涂 令ｘ ＝－１， 得 Ｃ ０ １３＋Ｃ １ １３＋Ｃ ２ １３＋Ｃ ３ １３＋…＋Ｃ １ １ ２ ３＋
３．解 （２ 析 ） 易 知 由 ｎ 题 ＝ 意 ６ ． 知 Ａ ２ｎ＝７Ａ ２ｎ －４， 即ｎ （ ｎ －１） ４ 色 色 方 全 法 用 有 时 Ｃ 涂 ３ ４Ａ 色 ３ ３＝ 方 ２４ 法 种 有 ， Ｃ １ ２Ａ ４ ４＝４８ 种 ， Ｃ ① １ １ ３ ３ － ＝ ② ２ 得 １３ ， １ ３ １３ １２ ②
所以不同的着色方法共有 种． －Ｃ１３－Ｃ１３－…－Ｃ１３＝－２
ｎ ｎ 解得ｎ 或ｎ １０ ７２ ２
＝７（ －４）（ －５）， ＝７ ＝ ， ４．解析 先分组再分配得 种． ．
３ ３０２５ ＝－４０９６
因为ｎ为正整数 ， 所以ｎ ＝７ ． ５．解析 第一类 ：４ 号球独占一盒 ， 则有 ３ ２．解析 由题意得 Ｃ ３ｎ＝Ｃ ５ｎ，∴ ｎ ＝８， 则 （１＋
４．解析 Ａ ４ ４＝２４ ． 种选择 ， 若 ４ 号球独占 １ 号盒 ， 则对于 ｘ ） ８ 的展开式的所有二项式系数之和
５．解析 （１）Ｃ ３ １０＝１２０（ 个 ） ． 剩下的 ２ 个盒子 ， 先把 １ 号球放旁边 ， 为 ２ ８ ＝２５６ ．
（２）Ｃ ４ １０＝２１０（ 个 ） ． ２ 号球放入 ３ 号盒 ，３ 号球放入 ２ 号盒 ， ３．解析 因为 æ çｘ ２ ö ÷ ６ 的展开式中第ｋ
６．解析
（１）Ｃ
２ｍＣ ２ｎ（ 个
）
． 有
１
种选择
，
再把
１
号球分别放入
２，３
è － ｘ ø ＋
７．
（
解
２
析
）Ｃ
２ｍＣ
（
２ｎ
１
Ｃ
）
２ｌ
３
（
４
个
＝
）
８１
．
（ 种 ） ． 于
号
是
盒
，
得
有
到
２
种
４ 号
可能
球
选
独
择
占
，
一盒的放法有 １
项为Ｔ
ｋ ＋１＝Ｃ６
ｋｘ６－ ｋ
æ
è
ç－
ｘ
２
ö
ø
÷
ｋ
８ ◆ ． （ 解 习 ２ 析 ） 题 Ｃ ２ ４Ａ ３ Ｃ ３ ３ － ２ ７ ＝ ＋ １ ３ Ｃ Ｂ ６ ２ ７ （ ＋ 种 Ｃ ２ ６ ） ＋ ． Ａ ２ ３＝６３（ 场 ） ． ６ 第 号 种 二 球 ． 类 ，３ ： 个 ４ 号 球的 球 全 不 不 独 对 占 应 一 排 盒 列 ， 先 数 放 是 １ ２ ， ， ２，３ 所 ＝Ｃ 以 ６ ｋ （ æ è ç － ｘ ２ － ） ２ ｋ ｘ ｘ６ ö ø ÷ － ６ ２ ３ｋ ＝ ， ｘ ｋ ６ ＝ － ０ １ ， ２ １ ｘ ， ９ ２ … ＋ ， ６ ６ ０ ， ｘ３ －１６０ ｘ３ ２
再放 号球 有 种选择 共有 种
２ １ ． ．解 解 析 析 （ Ａ Ｃ １ ４Ａ ３ ４－ ２ ８＋ ２ Ａ ）Ａ １ ３Ａ ３ ３ ２ ８ ＝ ＝ １ ３ ２ ９ （ ２ 种 （ 个 ） ． ） ． 放 根 法 据分 ． ４ 类加法 ， 计数 ３ 原理得 不 ， 同的放 ６ 法 ４．解 ＋２ 析 ４０ －１ 由 ９２ 题 ｘ－ 意 ２ ３ ＋ 得 ６４ Ｃ ｘ－ ０ｎ ３ ＋ ． Ｃ ２ｎ＋Ｃ ４ｎ＋…＝１ ０２４
３．解析 ６ 种 ． ， ｎ
（２）Ａ １ ３Ａ （ １ ３ １ Ａ ） ４ ４ Ａ ＝ ６ ２ ＝ １ ７ ６ ２ （ ０ 种 （ ） ． ） 有 ６＋６＝１２ 种． ∴ ＝２ ｎ ＝ －１ １ ， １ ．
（３） 甲 、 乙两人既可在后排 ， 也可在前 ３．３ 二项式定理与杨辉三角 则二项式系数最大项为Ｔ 和Ｔ ．
排 共有 １ 种选择方法 ６ ７
， Ｃ２ ； ◆习题３－３Ａ 故Ｔ ５ ３ ｘ－１ ６ ５ ｘ－２ ５
在某一排上时 甲 乙或者靠左 或者靠 ６＝Ｃ１１·（ ） ·（－ ）
， 、 ， １．解析 所有可能的投篮结果为 ｘ－４
右 同样有 １ 种选择 甲 乙内部排列 ００１， ＝－４６２ ，
有 ， ２ 种方法 Ｃ２ ， 、 ， ０１０，０１１，１００，１０１，１１０，１１１，０００， 共 Ｔ ７＝Ｃ ６ １１·（ ３ ｘ－１ ） ５ ·（－ ５ ｘ－２ ） ６
由 剩 分 余 Ａ２ 步 的 乘 对 法 象 计 全 ； 数 排 原 列 理 ， 有 得 Ａ ， ４ ４ 不 种 同 方 的 法 坐 ； 法共 ２．解 ８ 种 析 ． ( 二项 )ｒ 展开式的通项公式为Ｔ ｒ ＋１＝ ５．解 ＝４ 析 ６２ ｘ－ 展 １ ６ ５ １． 开式的通项为Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ１ ｒ １·（ ａ１ ３
有 Ｃ １ ２×Ｃ １ ２×Ａ ２ ２×Ａ ４ ４＝１９２（ 种 ） ． Ｃ９ ｒｘ９－ ｒ １ ｘ ＝Ｃ９ ｒｘ９－２ ｒ （ ｒ ＝０，１，…，９）， ｂ－６ １ ） １１－ ｒ ·（ ａ－６ １ · ｂ１ ４ ） ｒ ＝Ｃ１ ｒ １· ａ２２－ ６ ３ｒ ｂ５ｒ １ － ２ ２２ ， ｒ
甲 乙两人既可在前排 也可在后 ｒ ｒ
（４） 、 ， 令 ｒ 得ｒ 所以 ｘ３ 的系数为 令２２－３ ５ －２２ 即
排 有 １ 种选择方法 ９－２ ＝３， ＝３， ＝０，１，…，１１， ＝ ， ４４－
， Ｃ２ ； ３ ． ６ １２
在某一排上时 甲 乙只可在两端 有 Ｃ９＝８４ ｒ ｒ 得ｒ
， 、 ， ３．解析 第 项和第 项． ６ ＝５ －２２， ＝６，
２ 种坐法 其余的对象全排列 有 ４ （１） ４ ５ 展开式中ａ和ｂ的指数相等的项为
Ａ２ ， ， Ａ４ 第 项 即中间项． ∴
种 由 有 分 方 Ｃ １ ２ 步 法 ×Ａ 乘 ． ２ ２× 法 Ａ 计 ４ ４＝ 数 ９６ 原 （ 理 种 得 ） ． ， 不同的坐法共 ４． （ · 解 ２ （ 析 ） ｘ ） ９ （ ２ １ ＋ ＋ Ｃ ， ３ ５（ ｘ ） ｘ ５ ＋ ） （ ３ １ ＋ － Ｃ ４ ５ ｘ （ ） ５ ｘ ＝ ） １ ４ ＋ ＋Ｃ Ｃ １ ５ ５ ５（ ｘ ｘ ＋ ） Ｃ ５ ２ ５ ６． Ｔ 解 为 ７ 析 ＝ ２ Ｃ × ６ １ ２ １ ２ · 令 ×２ ａ ａ ３ ２ ３ ＝ ＝ · ６ ｂ ４ ｂ ＝ ． ２ ３ ｃ ＝ ＝ ４ １ ６２ 得 ａ 各 ２ ３ｂ 项 ２ ３． 系数的和
４．解析 （１）Ｃ ３ ３３＝５４５６（ 种 ） ． ＋１－Ｃ １ ５ ｘ ＋Ｃ ２ ５（ ｘ ） ２ －Ｃ ３ ５（ ｘ ） ３ ＋Ｃ ４ ５（ ｘ ） ４ ７．解析 常数项为 １×Ｃ ０ ６×２ ６ ×（－ ｘ ） ０ ＝６４，
（２）Ｃ １ ２Ｃ ４ ３３＝８１８４０（ 种 ） ． －Ｃ ５ ５（ ｘ ） ５ ＝２（１＋Ｃ ２ ５ ｘ ＋Ｃ ４ ５ ｘ２ ）＝ ２＋２０ ｘ 因为 （１＋ ｘ ）（２－ ｘ ） ６ ＝（２－ ｘ ） ６ ＋ ｘ （２－ ｘ ） ６ ，
（３）Ｃ ５ ３３＝２３７３３６（ 种 ） ． ＋１０ ｘ２． 所以含有ｘ的项为 Ｃ １ ６×２ ５ ×（－ ｘ ）＋ ｘ ×Ｃ ０ ６
（４）Ｃ ２ ２Ｃ ３ ３３＋Ｃ １ ２Ｃ ４ ３３＝８７２９６（ 种 ） ． ５．证明 因为 １０１ １０ －１＝（１００＋１） １０ －１＝ ×２ ６ ×（－ ｘ ） ０ ＝－１２８ ｘ．
５．解析 第一步 先把 个人安排好 有 ０ １０ １ ９ ９ ◆习题３－３Ｃ
， ３ ， Ｃ１０１００ ＋Ｃ１０１００ ＋…＋Ｃ１０１００＋１－１＝
３ 种不同的排法 ０ １０ １ ９ ９ １．解析 观察题图中给出的 莱布尼茨三
Ａ３ ， Ｃ１０１００ ＋Ｃ１０１００ ＋…＋Ｃ１０１００， “
２
教材习题答案
角形 同的分配方法共有 １ ２ １ ２ 种． 在高个子右边的两个人从中间到右边
”， ：Ｃ３Ｃ６Ｃ２Ｃ４＝５４０
５．解析 解法一 １ ２ ２ １ 种 ． 一个比一个矮的顺序只有 种
及给定的关系式 １ １ ：Ｃ３Ｃ４＋Ｃ３Ｃ４＝３０（ ） １ ，
： （ ｎ ＋１）Ｃ ｒ ｎ ＋ （ ｎ ＋１）Ｃ ｘ ｎ 解法二 ：Ｃ ３ ７－Ｃ ３ ３－Ｃ ３ ４＝３０（ 种 ） ． 占右边全部情况的 １ 则符合条件的
我
＝ｎ
们 Ｃ
１ ｒ
ｎ 可 －１ 以知道 下一行两分数之和等于
６．
（
解
２
析
）Ｃ ２ ３×
（
Ｃ
１
３ ２
）
７
Ｃ
＝
５ ２
８
７＝
７７
８
５
０
（
７
种
３０
）
（
．
种 ） ．
排法有 ２４× １ × １ ＝６
２
种
，
．
肩上的上一行 ， 的分数 ， 故ｘ ＝ ｒ ＋１ ． ７． （ 解 ３） 析 Ｃ ２ ３×Ｃ 第 ３ ２７＋ 一 Ｃ ３ ３ 类 ×Ｃ ２ ２ 甲 ７＝９ 乙 １２ 只 ６（ 选 种 一 ） ． 人 有 ３．解析 设该 ２ 球队 ２ 胜 ｘ 场 ， 平 ｙ 场 ， 负 ｚ
２．解 （ ＝ ２ ２ 析 ） ８ 令 － １ ｘ ＝ （ ＝ １ ２ ） ５ － ５ 令 １ ． ， 则 ｘ ＝ ａ １ ８ ， － 则 ａ ７ ａ ＋ ８ ａ ＋ ６ ａ － ７ … ＋ ａ － ６ ａ ＋ １ … ＋ ａ ＋ ０ ａ ＝ １ Ｃ 第 种 １ ２ 二 方 Ｃ ２ ７ 类 法 Ａ ３ ３ ： ． ＝ 甲 ２５ 、 ２ 乙 种 都 方 ： 入 法 选 、 ； ， 有 Ｃ ２ ２Ｃ １ ７Ａ ３ ３＝ ， ４２ 足 由 场 { ， ３ ｘ 则 得 ＋ ｘ ＋ ｙ ＋ ｙ ｙ ｘ ｚ ＝ 、 ＝ ３ ｙ １ ３ 、 ５ ， ， ② ｚ ① 是 ｘ 非 负 整 数 ， 且 满
（ （ ３ － ） ４ 令 ） ８ ＝ Ａ ６ ＝ ５ ａ ８ ５ ＋ ３ ａ ６ ６ ． ＋ ａ ４＋ ａ ２＋ ａ ０， Ｂ ＝ ａ ７＋ ａ ５＋ ８．解 所 析 以 一 （ 共 １ 有 ） 选 ２９ 到 ４ 的 种方 两 法 名 ． 同学都是女同 代入 ② ① ｙ 得 ＝ ｚ ３ ＝ （ ２ １ （ １ ｘ － ｚ －９ ） ） ， ，
ａ ３＋ ａ １， 学的选法共有 Ｃ ２ ８＝２８ 种． ∵０ { ≤ ≤１５ ｘ ，０≤ ≤１５，
Ａ Ｂ ８ 选到的两名同学至少有一名女同 ０≤１１－ ≤５，
∴ ＋ ＝２ ， ① （２） ∴ ｘ ．
Ａ Ｂ ８ 学的选法共有 ２ ２ 种． ０≤ －９≤７５，
－ ＝４ ， ② Ｃ１２－Ｃ４＝６０ ｘ ｘ Ｎ
∴ ①＋ ２ ②得ａ ８＋ ａ ６＋ ａ ４＋ ａ ２＋ ａ ０＝ Ａ ＝ ２ ８ ＋ ２ ４ ８ ９．解析 因为 æ è ç ９ ｘ － １ ｘ ö ø ÷ １８ 的展开式中第 当 ∴９ ｘ ≤ ＝９ ≤ 时 １ ， １ ｙ ， ＝ ∈ ６， ｚ ＝ ， ０，
３ 当ｘ 时 ｙ ｚ
３．解 ＝３ 析 ２ ８９６ 因 ． 为 （２＋ ｘ － ｘ２ ） ６ ＝（２－ ｘ ） ６ （１＋ ｋ ＋１ 项为 Ｔ ｋ ＋１＝Ｃ１ ｋ ８（９ ｘ ） １８－ ｋ æ è ç － １ ｘ ö ø ÷ ｋ ＝ 当ｘ ＝ ＝ １ １ ０ １ 时 ， ， ｙ ＝ ＝ ３ ０ ， ， ｚ ＝ ＝ ２ ４ ， ，
３ 比赛结果是胜 场 平 场 或是胜
所 ｘ
含 Ｃ
）
１ ６
以
ｘ
６
ｘ
，
＋ ３
展
Ｃ 的 １ ６
开
２ 项 ５ （
式
为 －
中
ｘ Ｃ ） ０ ６
含
１ ２ × ６ （ Ｃ
ｘ
－ ０ ６
的
ｘ ｘ ） ０ ＝
项
０ × １ Ｃ
为
９ ３ ６ ２ ｘ ｘ
Ｃ
３ ， ＋
０ ６２
Ｃ
６
１ ６
（
２ ５
－
（
ｘ
－
）
ｘ
０
）
×
１ 所
Ｃ
项
１ ｋ ８
以 为
（－
令 常
１
数
）
１
ｋ
８ 项
３
－
３６
，
－
２ ３
３
且
ｋ
ｋ
ｘ
常 ＝
１８－
０ 数
２ ３
，
ｋ
得
，
项
ｋ
为 ｋ
＝
＝
０
１ １
，
８ ２
１
，
，
５ 所
２
６
，
４ 以 ．
…
第
，１８
１３
，
４．
１
场
∴
解
０
种
，
， 析
平
共 ．
３
３ （
场
种 １
，
． ）
负
Ａ ４ ４
２
×
场
Ａ
９
５ ５
，
×
或
Ａ
、 是
３ ３×
胜
Ａ
６
３ ３
１
＝
１ ，
１
场
０３
、 负
６８
４
０
×Ｃ ２ ６ ｘ２ ＋Ｃ ２ ６２ ４ （－ ｘ ） ２ ×Ｃ １ ６ ｘ ＋Ｃ ３ ６２ ３ （－ ｘ ） ３ × １０．解析 二项式 ( ｘ ａ ) ７ 的展开式的 （ ） ７ ５ 种 ．
０ｘ０ ｘ３． ２ ＋ ｘ （２）Ａ７×Ａ８＝３３８６８８００（ ）
Ｃ６ ＝－３２０ ｎ ｎ
４．证明 因为 （１＋ ｘ ） ｎ ＝Ｃ ０ｎ ｘ０ ＋Ｃ １ｎ ｘ１ ＋Ｃ ２ｎ ｘ２ ＋ 通项公式Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ７ ｒ ·２ ７－ ｒ · ａｒ · ｘ７－２ ｒ ， ｒ ＝ ５．解析 （１） 由题易得 ！ （５－ ）！ －
ｎｘｎ ５！
…＋Ｃｎ ， ０，１，…，７， ｎ ｎ ｎ ｎ
又ｘ ＞０， 且ｎ ＞１， ｎ ∈ Ｎ ＋， 令 ７－２ ｒ ＝－３， 得 ｒ ＝５， 可得展开式中 ！ （
６
６
！
－ ）！ ＝
１
７
０
× ！ （
７
７
！
－ ）！ ，
所 ｎ 以 ｎ （１＋ ｘ ） ｎ ≥Ｃ ０ｎ ｘ０ ＋Ｃ １ｎ ｘ１ ＋Ｃ ２ｎ ｘ２ ＝１＋ ｎｘ ＋ ｘ １ ３ 的系数是 Ｃ ５ ７×４× ａ５ ＝８４， 得ａ ＝１ ． 整理得
（ －１）ｘ２． ｎ ７ ｎ ｎ
１１．解析 因为 ７ 的展开式中第ｋ ４２－７（６－ ）＝ （７－ ）（６－ ），
２ （ ２－ｉ） ＋ １０
本章小结Ａ组 １ 项为Ｔ ｋ ＋１＝Ｃ７ ｋ （ ２） ７－ ｋ （－ｉ） ｋ ， ｋ ＝０，１， ∴ ｎ ＝２（ ｎ ＝２１ 舍去 ） ．
１．解析 从 ５ 门选修课中选择 ３ 门有 Ｃ ３ ５ ２，…，７， ∴ Ｃ ２ ８＝２８ ．
种
从
方法
个
，
课外活动中选择一个有 种
所以其实部为 Ｃ ０ ７（ ２） ７ ＋Ｃ ２ ７（ ２） ５ （－ｉ） ２ ＋ （
ì
２） 由题得
ｎ ｎ
４ ４ ４ ３ ４ ６ １ ６ ． ï ！ ！
方法 Ｃ７（ ２）（－ｉ） ＋Ｃ７（ ２）（－ｉ） ＝－１３ ２ ï ｍ ｎ ｍ ＝ ｍ ｎ ｍ ，
， １２．解析 根据二项式系数的性质 í２（ －１）！ （ － ＋１）！ ３ ！ （ － ）！
所以共有 ４Ｃ ３ ５＝４０ 种方法． æ öｎ ， ï ï ｎ ！ ｎ ！
２．解析 先安排甲有 Ａ １ ４ 种方法 ， 再安排 è ç ｘ ＋３ ３ ｘ ø ÷ 的展开式中 ， 各项二项式 î ３ ｍ ！ （ ｎ － ｍ ）！ ＝ ４（ ｍ ＋１）！ （ ｎ － ｍ －１）！ ，
其余的同学有 Ａ ５ ５ 种方法 ， 系数之和为 ２ ｎ ， ì ï ï ｎ １ ｍ ＝ １ ｍ，
３．
所
解
以
析
一 共
（１
有
）４
Ａ
位
１ ４Ａ
数
５ ５＝
的
４
回
８０
文
种
数
方
相
法
当
．
于填 ４ 在
æ
è ç ｘ ＋３ ３ ｘ
ö
ø ÷
ｎ
的展开式中 ， 令ｘ ＝１， 可
即
î
í
ï ï
２（
ｎ １
－
ｍ
＋
＝
１）
ｍ
３
１ ，
个 法 法 方 ， 共 中 格 计 间 ， 首 两 尾 位 相 一 同 样 且 ， 可 种 不 取 为 填 ０ ０ ， 法 ， 共 共 有 即 有 １ ９ ０ 位 种 种 填 填 数 为 得 （ ４ ｎ １ ， ＋３） ｎ ｎ ＝ ４ ｎ ， 则各项系数的和 ∴ { ３ ｍ ｎ （ ＝ ＝ ３ １ － ４ ４ ． ， ） ４（ ＋１）
的 ， 回文数 ９ 有 ×１０＝ 个 ９０ ． （ ） ， ４ 依题意有４ ｎ ＝６４， 解得ｎ ＝６ ． ６．解析 ∵ （１－２ ｘ ） ９ ＝ ａ ０＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋…
（２） 根据回文
９０
数的定义 ， 与 （１） 中方法 本章小结Ｂ组
２
＋
ａ
９
ｘ９
，
倒 相 类 法 数 同 似 ， 同 第 且 ， 问 样 二 不 题 第 位 为 转 三 相 ０ 化 ， 位 同 共 为 与 ， 有 可 填 倒 ９ 取 方 数 种 ０ 格 第 填 ， ． 共 三 法 首 有 ， 位 位 第 共 １ 和 二 ０ 有 末 种 位 填 与 １ 位 ０ ２ １ ． ．解 解 中 将剩 析 析 间 余 ， 的 Ａ 根 ２ ５ 四 ＋ 据 Ｃ 人 １ ５ 题 Ａ 安 ２ ２ 意 ＝ 排 ， ３ 在 要 ０ 种 其 求 ． 他 个 四 子 个 最 位 高 置 的 ， 在 有 ７． ∴ ∴ 解 ＝ ａ 令 析 ｜ ０ ａ － ０ ｘ ａ ｜ １ ＝ ＋ ∵ ＋ － ｜ ａ ａ （ １ ２ １ ， ｘ … ｜ ２ 得 ＋ ＋ － ｜ １ ａ ａ ａ ９ ） ０ ２ － ＝ （ ｜ ａ ＋ ３ ２ １ … ９ ｘ ＋ ． ＋ ａ ＋ １ ２ ｜ ＋ ） ａ … ９ ９ ＝ ｜ － ａ ａ ０ ９ ＋ ＝ ａ ３ １ ９ （ ， ｘ ＋
有 种填 １０ 法 种 ， 填 … 法 … ， ， 第 第 ｎ ｎ ＋ 位 １ 位 与 ， 倒 即 数 中 第 间位 ｎ 位 置也 共 在 Ａ ４ ４ 高 ＝２ 个 ４ 子 种 左 情 边 况 的 ， 两个人有 ２ 种情况 ， ∴ ２） 令 ＋ ａ ｘ ２（ ＝ ｘ － ＋２ １ ） ， 得 ２ ＋… ａ ０ ＋ ＋ ａ ａ １１ １ （ ＋ ｘ ａ ＋ ２ ２ ＋ ） … １１ ， ＋ ａ １１＝２×
有 １０ 种填法 ， 故 ２ ｎ ＋１（ ｎ ∈ Ｎ ＋） 位数的 按从中间到左边一个比一个矮的顺序 （－１） ９ ＝－２ ．
回文数共有 ｎ 个． ８．解析 ｘ ５ ａ ａ ｘ ａ ｘ２ ａ ｘ３
９×１０ 只有 种 占左边全部情况的 １ 同理 ∵ （１－ ） ＝ ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋
４．解析 三所学校依次选医生 护士 不 １ ， ， ， ａ ｘ４ ａ ｘ５
、 ， ２ ４ ＋ ５ ，
３
令ｘ 得ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｘ ３ ｘ ２１ 练习Ｂ
∴ ＝１， ０＋ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＝０， （１＋ ） －（１＋ ） 所以它的展开式中
令ｘ 得ａ ａ ａ ａ ａ ａ ｘ ， １．证明 Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ
＝－１， ０－ １＋ ２－ ３＋ ４－ ５＝３２， － ∵０≤ （ ）≤ （ ），
ａ ａ ａ 含ｘ３ 的项为 ４ ｘ３． Ｐ ＢＡ
∴
ａ ａ
０＋
ａ
２＋ ４＝１６，
５．解析 在如
Ｃ
图
２１
所示的三棱柱 ＡＢＣ ∴
Ｐ
（
Ｂ
｜
Ａ
）＝ Ｐ
（
Ａ
）
∈［０，１］
．
１＋
ａ
３＋
ａ
５＝
ａ
－１６，
ａ ａ ａ ． Ａ Ｂ Ｃ 中 分四类进行计数
－
２．解析 Ｐ Ｂ Ａ
（ ）
Ｐ Ｂ Ａ ． ．
∴ （ ０＋ ２＋ ４）（ １＋ ３＋ ５）＝－２５６ １ １ １ ， ： （ ｜ ）＝１－ （ ｜ ）＝０４
９．解析 因为 （ ２＋ ４ ３） ５０的展开式中第ｋ ３．解析 （１） Ｐ ＝ １４ ＝ ７ ．
＋１ 项为 Ｔ ｋ ＋１ ＝ Ｃ５ ｋ ０２ ２５－ ｋ ２ ３ ｋ ４ ， ｋ ＝ ０，１， ３２ １６
Ｐ ９ ３ ．
…，５０， （２） ＝ ＝
所以要使Ｔ 为有理数 １５ ５
ｋ ＋１ ， ４．解析 第一次出现正面的概率 Ｐ （ Ａ ）
则ｋ为 的倍数
４ ，
１
所以ｋ 共 个． ＝ ，
＝０ ( ，４，８，１２，… ) ，４８， １３ 与上底面的Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ 异面的 ２
１０．解析 ｘ １ ３ 直 ① 线有 １ 条 １， １ １， １ １ 第一次 、 第二次都出现正面的概率
｜ ｜＋ ｘ －２ ＝ ３×５＝１５ ；
｜ ｜ 与下底面的ＡＢ ＡＣ ＢＣ异面的直线 Ｐ ＡＢ １ １ １
æ ö６ ② ， ， （ ）＝ × ＝ ，
è ç ｜ ｘ ｜－ １ ｘ ø ÷ ， 有 ９ 条 （ 除去与上底面的 ）； ２ Ｐ ２ ＡＢ ４
Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ６ ｒ ·（ ｜ ｜ ｜ ｘ ｜ ） ６－ ｒ · æ è ç － １ ｘ ö ø ÷ ｒ ＝ ６ ③ 条 与 （ 侧 除 棱 去与 ＡＡ 下 １， 底 ＢＢ 面 １， 的 ＣＣ ） １ ； 异面的直线有 ５． ∴ 解析 Ｐ （ Ｂ ｜ ｎ Ａ （ ） Ａ ＝ ）＝ Ｐ （ ６ （ × Ａ ２ ） ） ＝ ＝ １２ ２ １ ． ．
｜ ｜ 侧面对角线之间成异面直线的直线 由
令
（－１） ｒ ·
ｒ
Ｃ６ ｒ ·
得
（
ｒ
｜ ｘ ｜
所
） ６
以
－２ ｒ．
常数项为Ｔ
④ 有
６
对．
１＜５
３
，
＋ 知 １＝ ｎ １
（
＋ Ｂ ３
）
＝
＝
２
６
＋
，
２ 其 ＜５ 中 ，１ ｎ ＋
（
２ Ａ ＝ Ｂ ２
）
＋
＝
１
５
＜ ． ５，１＋
６－２ ＝０， ＝３， ４ 由分类加法计数原理知共有异面直线 ｎ ＡＢ
１１．答 ＝（ 案 － １） １ ３ ３ × ５ Ｃ ． ３ ６＝－２０ ． ６． １ 解 ５ 析 ＋９ ＋６ 填 ＋６ 好 ＝ 第 ３６ 一 对 行 ． 和第一列 ， 其他的行 Ｐ 所以 Ａ Ｐ Ｂ （ Ｂ ｜ ｎ Ａ （ ） Ａ ＝ Ｂ ） ｎ （ （ Ａ ５ ） ） ． ＝ １ ５ ２ ，
１２．解析 ｘ ５ ０ １ ｘ ２ 和列就确定 不同的填写方法有 （ ｜ ）＝ ｎ Ｂ ＝
（１－２ ） ＝Ｃ５－Ｃ５·２ ＋Ｃ５· ，∴ （ ） ６
（２ ｘ ） ２ －…＝１－１０ ｘ ＋４０ ｘ２ －…， Ａ ３ ３Ａ ２ ２＝１２ 种． ４．１．２ 乘法公式与全概率公式
（１＋３ ｘ ） ４ ＝Ｃ ０ ４＋Ｃ １ ４·３ ｘ ＋Ｃ ２ ４·（３ ｘ ） ２ ＋… ７．解析 先安装底面的三个顶点有 Ａ ３ ３ 种 练习Ａ
ｘ ｘ２ 不同的安装方法
＝１＋１２ ＋５４ ＋…， ， １．解析 Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ．
ｘ ５ ｘ ４ ｘ ｘ２ 再安装上底面的三个顶点有 １ 种不同 （１） （ ）＝ （ ） （ ｜ ）＝０２
（１－２ ） （１＋３ ） ＝１＋２ －２６ ＋…， Ｃ２ ． ． ．
故展开式中 按ｘ的升幂排列的前三 的安装方法． ×０１５＝００３
， Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ． ．
项分别为 ｘ ｘ２． 由分步计数原理可知 共有 ３ １ （２） （ ）＝ （ ） （ ｜ ）＝ ０ ６×０ ３＝
１，２ ，－２６ ， Ａ３Ｃ２＝１２ ． ．
本章小结Ｃ组 种不同的安装方法． ０１８
１．解析 由 ４ 个数字组成共有 １０ ４ 个 第四章 概率与统计 ２．解析 Ｐ （ ＢＡ ）＋ Ｐ （ ＢＡ ）＝ Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ４５ ．
密码 ３．解析 Ｐ Ｂ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ
， （１） （ ）＝ （ ）＋ （ ）
由 个数字组成共有 ３ 个密码 ４．１ 条件概率与事件 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
３ １０ ， ＝ （ ） （ ｜ ）＋ （ ） （ ｜ ）
由 ５ 个数字组成共有 １０ ５ 个密码 ， 的独立性 ＝０ ． ４×０ ． ２５＋０ ． ６×０ ． ３＝０ ． １＋０ ． １８＝０ ． ２８；
所以不可以由 个数字组成 但可以由 Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
个数字组成． ３ ， ４．１．１ 条件概率 Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ｂ ） ＝ （ Ｐ ） Ｂ （ ｜ ） ＝
５ （ ） （ ）
２．解析 要把 张票分给 个人 练习Ａ ． ．
∵ ６ ４ ， ０４×０２５ ５ ．
要把票分成四份 ． ＝
∴ ， １．解析 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ） １ ． ０２８ １４
之间有五个空 （１） （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ Ｐ Ｂ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ
∵１，２，３，４，５，６ ， （ ） ５ （２） （ ）＝ （ ）＋ （ ）
任选三个空插入挡板把数分成四组共
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
有 其中 Ｃ ３ ５ 如 种 果 结 有 果 两 ， 个连续的空未插入挡板 ２． （ 解 ２ 析 ） Ｐ （ Ａ 不 ｜ Ｂ 可 ） 能 ＝ ３ １ 因 ． 为Ｐ Ｂ Ａ ． ＝ ＝ ０ ． （ ５× ） ０ ． ２ （ ＋０ ｜ ． ５× ） ０ ＋ ． ４ （ ＝０ ） ． ３； （ ｜ ）
， ， （ ｜ ）≤１ Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
Ｐ Ａ Ｂ （ ） （ ） （ ｜ ）
则出现三个数字相连 共有 种情况要 ３．解析 不是黑球共有 种 它是黄球 （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝ ． ＝
， ４ １５ ， （ ） ０３
排除掉 具体为第一 二 第二 三 第 ． ．
（ 、 ， 、 ， 的概率为Ｐ ５ １ ． ０５×０２ １ ．
三 四 第四 五空未插挡板 ＝ ＝ ． ＝
、 ， 、 ）， １５ ３ ０３ ３
把分成的四部分在四个位置上排列 ４．解析 设事件Ａ为节能灯使用寿命超 ４．解析 设第一次打通电话为Ａ 第二次
， ，
∴ 有 （Ｃ ３ ５－４）×Ａ ４ ４＝１４４ 种分法． 过 １００００ ｈ， 事件Ｂ为节能灯使用寿命 打通电话为Ｂ ， 则正好两次拨对电话号
３．解析 Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ６＋Ｃ ３ｎ６ ２ ＋…＋Ｃ ｎ ｎ６ ｎ －１ 超过 Ｐ Ａ １２０００ ． ｈ ． Ｐ ＡＢ ． 码的概率为 Ｐ （ ＡＢ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝
＝ １ （Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ６＋Ｃ ２ｎ６ ２ ＋Ｃ ３ｎ６ ３ ＋…＋Ｃ ｎ ｎ６ ｎ －１） ∵ （ ）＝０９５， （ ）＝０９， ９ × １ ＝ １ ．
６ Ｐ ＡＢ ９ １０ ９ １０
１ ｎ １ ｎ ． ∴ Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝ Ｐ （ Ａ ） ＝ １０ ＝ １８． ５．解析 设Ａ为 “ 经常参加体育锻炼 ”， Ｂ
＝ ［（１＋６） －１］＝ （７ －１） （ ） １９ １９ 为 喜欢篮球 ．
６ ６ “ ”
４．解析 因为 ｘ ３ ｘ ４ ２０ 则Ｐ Ａ ． Ｐ Ｂ ．
（１＋ ） ＋（１＋ ） ＋…＋（１＋ ５．答案 略 （ ）＝０４， （ ）＝０２５，
ｘ ３ ｘ １８ Ｐ Ａ Ｂ ．
ｘ ２０ （１＋ ） ［１－（１＋ ） ］ 所以Ｐ Ｂ Ａ （ ∩ ） ０２５ ５ ．
） ＝ ｘ ＝ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ． ＝
１－（１＋ ） （ ） ０４ ８
４
教材习题答案
练习Ｂ 优秀 为Ｂ
” ， ∵ Ｐ （ ＢＡ ）＋ Ｐ （ ＢＡ ）＝ Ｐ （ Ａ ），
１．解析 Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ． Ｐ Ａ ． Ｐ Ｂ ． Ｐ ＡＢ ．
（ ）＝ （ ） （ ｜ ）＝ ０ ５× （ ）＝０８， （ ）＝０７５， （ ）＝０７， ∴ Ｐ （ ＢＡ ）＝０ ． ４－０ ． ３２＝０ ． ０８ ．
． ． Ｐ Ａ Ｂ
０２＝０１， 则Ｐ Ｂ Ａ （ ∩ ） ７ ． ５．解析 Ｐ Ａ ． Ｐ Ａ ．
（ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ∵ （ ）＝０６，∴ （ ）＝０４，
Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ （ ） ８
∵ （ ）＋ （ ）＝ （ ）， ２．解析 设 第一次抽到一等品 为 Ａ ∴ Ｐ （ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＋ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）
Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ ＢＡ ． ． “ ” ， ． ． ． ． ． ． ． ．
∴ （ ）＝ （ ）－ （ ）＝０４ 第二次抽到一等品 为Ｂ ＝０４×０３５＋０６×０２＝０１４＋０１２＝０２６
“ ” ，
２．解析 Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ．
∵ （ ）＋ （ ）＝ （ ）， 则Ｐ ＡＢ ３ ２ ６ １ ． ∴ （ ）＝１－ （ ）＝０７４，
∴ Ｐ （ ＢＡ ）＝ Ｐ （ Ｂ ）－ Ｐ （ ＢＡ ）＝ ０ ． ７２－０ ． ３５ （ ）＝ １０ × ９ ＝ ９０ ＝ １５ Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）
． ． ３．解析 Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
＝０３７ ∵ （ ）＋ （ ）＝ （ ）， （ ） （ ｜ ）＋ （ ） （ ｜ ）
３．解析 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ． ． ． ． ．
∵ （ ｜ ）＝ （ ）， ∴ （ ）＝０５＋０２＝０７， ０４×０３５ ７ ．
∴ Ａ 、 Ｂ相互独立 ， ∴ Ｐ （ Ｂ ）＝１－ Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ３ ． ◆ ＝ 习 ０ ． 题 ４×３ ４ ５ － ＋ １ ０ Ｃ ． ６×０ ． ２ ＝ １３
∴ Ｐ （ ＡＢ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ３×０ ． ６＝０ ． １８ ． ４．解析 设 抽到男生 为Ａ 则Ｐ Ａ
４．解析 设 甲中奖 为Ａ 乙中奖 （１） “ ” ， （ ） １．证明 充分性 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ
（１） “ ” ，“ ” ：∵ （ ｜ ）＝ （ ），
为Ｂ ， 则 ＝ ３ １ ２ ５． ∴ Ｐ （ Ｐ Ａ ∩ Ａ Ｂ ） ＝ Ｐ （ Ｂ ），
设 抽到女生 为 Ｂ 无外地旅游 （ ）
Ｐ （ ＡＢ ）＝ ３ × ２ ＝ ６ ＝ ３ ． （２） “ ” ，“ ∴ Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ），
２０ １９ ３８０ １９０ 经历 为Ｃ 则Ｐ ＢＣ ８ １ ．
” ， （ ）＝ ＝ Ａ Ｂ相互独立 Ａ与Ｂ也相互独立
Ｐ ＡＢ １７ ３ ５１． ３２ ４ ∴ 、 ，∴ ，
（２） （ ）＝ × ＝
２０ １９ ３８０ Ｐ Ｃ Ｂ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ ．
５．略． Ｐ Ｃ Ｂ （ ∩ ） ９ ． ∴ （ ｜ ）＝ （ ）
（３） （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝ 必要性 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ
（ ） １７ ：∵ （ ｜ ）＝ （ ），
４．１．３ 独立性与条件概率的关系 Ｐ Ａ Ｃ
Ｐ Ａ Ｃ （ ∩ ） ６ ２ ． Ｐ Ａ Ｂ
（４） （ ｜ ）＝ Ｐ Ｃ ＝ ＝ （ ∩ ） Ｐ Ｂ
练习Ａ （ ） １５ ５ ∴ Ｐ Ａ ＝ （ ），
（ ）
１．解析 Ｐ Ａ Ｂ ． Ｐ Ａ ． Ｐ Ｃ １５ Ｐ Ｃ Ｂ ９ ．
不独 立 ∵ （ ｜ ）＝０６≠ （ ）＝０５９， （５） （ ）＝ ３２ ≠ （ ｜ ）＝ １７ ∴ Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ｂ ） Ｐ （ Ａ ），
∴ 故两者不相互独立． Ａ与Ｂ相互独立 Ａ与Ｂ也相互独
２．解析 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ ． ． ∴ ，∴
（ ｜ ）＝ （ ）＝０７５ ５．解析 Ｐ ． ３ ． ． 立 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ ．
３．解析 Ｐ Ａ Ｐ Ａ （１） ＝０８ ＝０５１２ ，∴ （ ｜ ）＝ （ ）
∵ （ ）＝１－ （ ）， Ｐ ． ３ ． ． Ｐ Ａ Ｂ
Ｐ Ａ Ｂ ． Ｐ Ａ （２） ＝１－０８ ＝０４８８ ２．证明 Ｐ Ｂ Ａ （ ∩ ） Ｐ Ｂ
∴ （ ｜ ）＝０６＝ （ ）， Ｐ ． ３ ． ． ∵ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ （ ），
Ａ Ｂ相互独立． （３） ＝０２ ＝０００８ （ ）
∴ ， ６．解析 设乘坐公共汽车为Ａ 则乘坐地 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ．
， ∴ （ ∩ ）＝ （ ） （ ）
４．解析 Ｐ Ａ Ｐ Ａ ． Ｐ Ａ Ｂ
（ ）＝１－ （ ）＝０７， 铁为Ａ 又 Ｐ Ａ Ｂ （ ∩ ） Ｐ Ａ
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ ． ． ， ∵ （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝ （ ），
∴ （ ｜ ）＝ （ ）＝０７ 设迟到为Ｂ 则 （ ）
( ) ( ) （１） ， Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ．
５．解析 Ｐ １ １ Ｐ Ｂ Ａ ． Ｐ Ｂ Ａ ． ∴ （ ∩ ）＝ （ ） （ ）
＝ １－ １－ × １－ × （ ｜ ）＝０２， （ ｜ ）＝００５， 两者等价 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ 的充要
７０ ６９ ∴ ，∴ （ ｜ ）＝ （ ）
( ) Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ 条件为Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ ．
１ ３ ． ∴ （ ）＝ （ ） （ ｜ ）＋ （ ） （ ｜ ） （ ｜ ）＝ （ ）
１－ ＝ ． ．
６８ ７０ ＝００９５
练习Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ４．２ 随机变量
Ｐ Ａ Ｂ （ ） （ ｜ ）
（２） （ ｜ ）＝
１．解析 Ｐ ＡＢ ５ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＋ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ） ４．２．１ 随机变量及其与事件
∵ （ ）＝ ＝ （ ）× （ ），
１２ ０ ． ３×０ ． ２ １２． 的联系
＝ ． ． ． ． ＝
又 Ｐ Ｂ ５ Ｐ Ａ １ ０３×０２＋０７×００５ １９
∵ （ ）＝ ，∴ （ ）＝ ， ◆习题４－１Ｂ 练习Ａ
６ ２
２．解 ∴ Ｐ 析 （ Ａ ｜ Ｐ Ｂ ＝ ） １ ＝ － １ （ － １ Ｐ － （ ｒ２ Ａ ） ） ２ ＝ ＝ ｒ ２ １ ２ （ ． ２－ ｒ２ ） ． １．解析 ａ （ Ｐ ａ ＋ ＝ ｂ ａ － ａ ＋ １ ｂ ） ×ａ ａ ＋ － ｂ － １ ａ １ ＋ ． ａ ＋ ｂ ｂ×ａ ＋ ａ ｂ －１ １ ２ ． ． 解 解 （２ 析 析 ） Ｘ 的 （ （ 可 １ １ ） ） 能 Ｃ Ｘ ５ １ ＝ 取 ００ ０ ． 值 ，１ 有 ，２， ０ ３ ， ， １ ４ ， ， ２ ５ ， ． ３， 共 ４ 个．
＝ ａ ｂ ａ ｂ ＝ａ ｂ Ｙ ．
３．解析 Ｐ １ １ １ ． （ ＋ ）（ ＋ －１） ＋ （２） ＝１，２，３，４，…，１０
（１） ＝ × ＝ Ｚ ．
５ ３ １５ ２．解析 Ｐ ５ ５ ２５ １１． （３） ＝０，１，２，３，４，５
＝１－ × ＝１－ ＝ ３．解析 Ｙ 表示向上的点数为 点或
Ｐ １ ２ ２ ． ６ ６ ３６ ３６ ≥５ ５
（２） ＝
５
×
３
＝
１５
３．解析 设Ａ为一天的空气质量为优良
， 点 所以Ｐ Ｙ ２ １ ．
Ｂ为随后一天的空气质量为优良． ６ ， （ ≥５）＝ ＝
Ｐ ４ ２ ８ ７ ． ６ ３
（３） ＝１－ ５ × ３ ＝ ( １－ ) １５ ＝ １５ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ （ ＡＢ ） ０ ． ６ ４ ． ４．解析 Ｙ的取值范围为 ｛２，３｝ ．
４．解析 Ｐ ＝Ｃ ２ ３× １ ２ × ９ ＝ ２７ ＝ （ ｜ ）＝ Ｐ （ Ａ ） ＝ ０ ． ７５ ＝ ５ ５．解析
．
Ｙ的取值范围为 ｛２，４，６，８，１０，
１０ １０ １０００ ４．解析 Ｐ Ａ Ｐ Ａ ． １２｝
． ． （１）∵ （ ）＝１－ （ ）＝０７， 练习Ｂ
００２７ Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
５．证明 如图． ∴ （ ）＝ （ ） （ ｜ ） １．解析 所有可能的结果有 正 正
． ． ． ． （ 、 ），
＝０７×０６＝０４２ 正 反 反 正 反 反 共 种
Ｐ Ａ Ｐ Ａ ． （ 、 ），（ 、 ），（ 、 ）， ４ ，
（２） （ ）＝１－ （ ）＝０４， 其中Ｘ 表示 正 反 或 反 正
＝０ （ 、 ） （ 、 ），
◆习题４－１Ａ 则Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ． ．
（ ）＝ （ ）· （ ｜ ）＝ ０ ４×０ ８ Ｐ Ｘ １ ．
１．解析 设 指标优秀 为 Ａ 指标 ． ∴ （ ＝０）＝
“Ａ ” ，“Ｂ ＝０３２， ２
５
２．解析 Ｐ Ｘ ａ Ｐ Ｘ ａ ． ５．解析 练习Ｂ
（１） （ ＝ ）＝１－ （ ≠ ） （１）
Ｐ Ｘ ａ Ｐ Ｘ ａ ． １．解析 次预报中恰有 次预报准
（２） （ ＜ ）＝１－ （ ≥ ） Ｘ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ （１）３ ２
Ｐ Ｘ ａ Ｐ Ｘ ａ ． 确的概率为
（３） （ ＜ ）＜ （ ＜ ＋１）
３．解析 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． Ｐ １ ２ ３ ４ ５ ６ ５ ４ ３ ２ １ Ｐ ２ ． ２ ． ． ．
（ ＞０）＝１－ （ ≤０）＝０７５ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ＝Ｃ３×０８ ×（１－０８）＝０３８４
４．解析 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ 次预报中至少有 次预报准确的
（｜ ｜ ＝１）＝ （ ＝１）＋ （ ＝ （２）３ ２
－１）＝０ ． ４ ． （２） Ｐ （ Ｘ ＜５）＝ ３ ６ ６ ＝ ６ １ ． 概率为 Ｐ ＝１－Ｃ ０ ３（０ ． ２） ３ －Ｃ １ ３０ ． ８×０ ． ２ ２ ＝
５．解析 Ｙ ． ． ．
（１） ＝５００＋３５×８０＝３３００ Ｐ Ｘ ６ １ ． ０８９６
Ｙ Ｘ ． （３） （ ＞９）＝ ＝ 次预报中恰有 次预报准确 且
（２） ＝３５ ＋５００ ３６ ６ （３）３ ２ ，
由Ｙ 知Ｘ 其中第 次预报准确的概率为
（３） ＝２９５０ ＝７０， ４．２．３ 二项分布与超几何分布 ３
Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ Ｐ Ｘ Ｐ ． ． ． ． ． ． ． ．
∴ （ ≤７０）＝ （ ≤２ ９５０）＝１－ （ ＞ ＝０２×０８×０８＋０８×０２×０８＝０２５６
． ． 练习Ａ ２．解析 超几何分布 Ｘ Ｈ
２９５０）＝０７３ （１） ， ～ （３０，５，
１．答案 二项分布． ．
４．２．２ 离散型随机变量的分布列 （１） ２０）
超几何分布． 二项分布 Ｘ Ｂ ． ％ ．
练习Ａ ２． （ 答 ２ 案 ） （２） 超几何分布 ， ～ Ｘ （ Ｈ ３００，０２５ ． ）
（１） （３） ， ～ （７，３，３）
１．解析 （１）０ ． ２＋０ ． ２＋０ ． ２＋０ ． ２＋０ ． ３＞１， Ｘ ０ １ ２ ３ ４ ５ ３．解析 （１） 设随机变量 Ｘ 表示所选 ３
不是． Ｐ Ｃ０ ５×０ ． ９５Ｃ１ ５０ ． １×０ ． ９４Ｃ２ ５０ ． １２×０ ． ９３Ｃ３ ５×０ ． １３×０ ． ９２Ｃ４ ５０ ． １４×０ ． ９Ｃ５ ５×０ ． １５ 人中女生的人数
，
（２） 不是． （２） Ｐ ＝Ｃ ２ ５×０ ． １ ３ ×０ ． ９ ２ ＋Ｃ ４ ５×０ ． １ ４ ×０ ． ９＋Ｃ ５ ５ ∵ 从 ４ 名男生和 ２ 名女生中任选 ３ 人
２．解析 ． ａ ． ａ ． ．
３．解析 ０３＋ ＋０５＝１，∴ ＝０２ ×０ ． １ ５ ＝ １０７ ． 参加演讲比赛 ，
１２５００ Ｘ的可能取值为
３．解析 超几何分布． ∴ ０，１，２，
Ｘ ３
Ｐ ０ ０ ． ５ ０ １ ． ５ Ｐ （ Ｘ ＝３）＝ Ｃ ３ ８Ｃ ３ ０ １２ ＝ １４． Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ Ｃ Ｃ ４ ３ ６ ＝ ５ １ ，
４．解析 （１） 由题意知Ｘ的分布列为 ４．解析 Ｃ２０ ２８５ Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ Ｃ ２ ４Ｃ ３ １ ２ ＝ ３ ，
Ｘ ０ １ Ｘ ０ １ ２ ３ Ｃ １ ６ ２ ５
Ｐ ０ ． ７ ０ ． ３ Ｐ Ｃ０ ３×０ ． ７５３ Ｃ１ ３×０ ． ７５２×０ ． ２５１ Ｃ２ ３×０ ． ７５×０ ． ２５２ Ｃ３ ３×０ ． ２５３ Ｐ （ Ｘ ＝２）＝ Ｃ４Ｃ ３ ２ ＝ １ ，
∴ Ｐ （ Ｘ Ｘ ＝０ 时 ）＝ Ｙ ０ ． ７ ．
５．
个
解
数
析
Ｘ （ 可 １） 能
有
的
放
取
回
值
抽
为
样时
，
取
．又
到
由
的
于
黑
每
球
∴ Ｘ的分布列
Ｃ６
为
５
（２） ＝０ ， ＝１； ０，１，２ Ｘ
Ｘ ＝１ 时 ， Ｙ ＝３， 次抽到黑球的概率均为 ３ ＝ １ ，２ 次取 ０ １ ２
Ｙ的分布列为 ９ ３ Ｐ １ ３ １
∴ 球可以看成 次独立重复试验 即Ｘ
５ ５ ５
Ｙ ２ ， ～
１ ３ ( ) Ｘ 表示 所选 人中女生人数Ｘ
Ｂ １ （２） ≤１ “ ３
Ｐ ． ． ２， ，
０７ ０３ ３ ≤１”，
５．解析 ( ) ０ ( ) ２
Ｐ Ｘ ０ １ ２ ４ 则Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ １
（ ＝０）＝Ｃ２× × ＝ ， （ ≤１）＝ （ ＝０）＋ （ ＝１）＝ ＋
Ｘ ３ ３ ９ ５
０ １
Ｐ ０ ． ４ ０ ． ６ Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ２× １ × ２ ＝ ４ ， ３ ＝ ４ ．
练习Ｂ ( ３ ) ３ ２ ９ ４．解 ５ 析 ５
Ｐ Ｘ ２ １ １ ．
１．解析
０
．
５＋０
．
２＋
ａ
＝１，∴
ａ
＝０
．
３
． （ ＝２）＝Ｃ２×
３
＝
９ Ｙ １ ３ ５ ７
２．解析 设销售这批西瓜获利Ｘ元 ， Ｘ的 ∴ Ｘ的分布列为 Ｐ Ｃ０３ ( ３ ４ )３ Ｃ１３ ( ３ ４ )２ １ ４ Ｃ２３ ３ ４ × ( ４ １ )２ Ｃ３３ ( １ ４ )３
可能取值为 １０００，５００，－５００， 则Ｘ的分 Ｘ ０ １ ２ ５．解析 此单位没有人患此病的概率为
布列为 ０ ． ０ ． １０００
Ｐ ４ ４ １ Ｃ１０００×０９９９ ×（０００１） ，
Ｘ 故该单位至少有 人患此病的概率为
１０００ ５００ －５００ ９ ９ ９ １
Ｐ ０ ． ４ ０ ． ２ ０ ． ４ （２） 不放回抽样时 ， 取到的黑球个数 Ｙ １－Ｃ ０ １０００ ×０ ． ９９９ ０ ×（０ ． ００１） １０００ ＝ １－
３．解析 ０ ． ０３＋０ ． ０５＋０ ． ０７＋０ ． ０８＋０ ． ２６＋ ａ ＋ 可能的取值为 ０，１，２ ． （０ ． ００１） １０００．
０ ． ２３＝１，∴ ａ ＝０ ． ２８ ． 且有Ｐ Ｙ Ｃ ２ ６ ５ ４．２．４ 随机变量的数字特征
（２） Ｐ （ ξ ＞６）＝ １－ Ｐ （ ξ ＝４）－ Ｐ （ ξ ＝５）－ （ ＝０）＝ Ｃ ２ ９ ＝ １２ ， 练习Ａ
Ｐ ξ ． ． １ １
（ ＝６）＝０８５ Ｐ Ｙ Ｃ３Ｃ６ １ １．解析 一个骰子点数Ｘ的期望值
４．解析 一次正面向上 （ ＝１）＝ ２ ＝ ，
（１） ； Ｃ９ ２
Ｅ Ｘ １ ．
２ ０ （ ）＝ （１＋２＋３＋４＋５＋６）＝３５，
Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ ２ １ ． Ｐ （ Ｙ ＝２）＝ Ｃ Ｃ ３Ｃ ２ ９ ６ ＝ １ １ ２ ． Ｄ （ Ｘ ）≈２ ６ ． ９１６６７ ．
（２） 所以Ｙ的分布列为 ２．解析 设这台机器每生产一件产品可
Ｘ Ｙ 获利Ｘ元 则 Ｘ 的可能取值为
０ １ ２ ０ １ ２ ， ５０，３０，
Ｐ １ １ １ Ｐ ５ １ １ －２０，
Ｐ Ｘ ． Ｐ Ｘ ．
４ ２ ４ １２ ２ １２ （ ＝５０）＝０６， （ ＝３０）＝０３，
Ｐ Ｘ ．
（ ＝－２０）＝０１，
６
教材习题答案
所以Ｘ的分布列为 ２ ３ ４．解析
Ｃ４Ａ３ １ ６×６ １ １ 也可以用
Ｘ ５０ ３０ －２０ Ａ ３ ５ × Ａ １ ３ ＝ ３×４×５ × ３ ＝ ５ （
Ｐ ０ ． ６ ０ ． ３ ０ ． １ Ｃ ２ ４ ３ × １ １ ＝ ６ × １ ＝ １ ） ．
所以这台机器每生产一件产品平均预 Ｃ５ Ｃ３ １０ ３ ５
先验三只结果为阴性 再从其它两只
期可获利为Ｅ Ｘ ． ． ② ，
（ ）＝５０×０６＋３０×０３－２０ 中验出阳性 无论第二次有没有验中
． 元 ． （ ，
×０１＝３７（ ） 均可以在第二次结束 概率为
３．解析 由题意可知 该事件满足独立重 ），
， ３ １ æ ３ ö
复试验 是一个二项分布模型 其中 ｐ Ａ４Ａ２ ２４ ２ çＡ４ ２ ÷
． ， ｎ Ｅ Ｘ ｎｐ ． ， ， Ａ ３ ５Ａ ２ ２ ＝ ５×４×３ ＝ ５ è Ａ ３ ５ ＝ ５ ø，
＝０ ０２， ＝１００， （ ）＝ ＝０ ０２×１００
乙只用两次的概率为 １ ２ ３ ．
＝２， ∴ ＋ ＝
则ＤＸ ｎｐ ｐ ． ． ５ ５ ５ 解法一 ξ Ｎ
＝ （１－ ）＝ １００×０ ０２×０ ９８＝ 若乙验三次时 只有一种可能 ：∵ ～ （０，１）
． ． ， ： Ｐ ξ ．
１９６ 先验三只结果为阳性 再从中逐个验 ∴ （｜ ｜＜１９６）
４．解析 易知Ｘ的可能取值为 ， Ｐ ． ξ ．
０，１，２，３， ２ １ ＝ （－１９６＜ ＜１９６）
时 恰好二次验中的概率为Ｃ４ Ｃ２ ϕ ． ϕ ．
４，５， ， ３ × ２ ＝ （１９６）－ （－１９６）
Ｘ Ｈ Ｃ５ Ｃ３ ϕ ．
～ （５，６，１４）， ＝１－２ （－１９６）
ｎＭ ２ ． ．
则Ｅ Ｘ ５×６ １５． ＝ ， ＝０９５０
（ ）＝ Ｎ ＝ ＝ ５ 解法二 因为曲线的对称轴是直线 ｘ
１４ ７ ：
５．解析 Ｅ Ｘ ． ． 在三次验出时的概率为 ２
（１） （ ）＝ ３ ７＋１９＋１１ ７＋４＝ ∴ ， ＝０，
． ５ 所以由图可知 Ｐ ξ ． Ｐ ξ
３８４， 甲种方案的次数不少于乙种次数的 （ ＞１ ９６）＝ （ ≤
Ｄ Ｘ ． ２ ． ． ２ ∴ ． ϕ ． ．
（ ）＝（３７－３８４） ×０１＋（３８－３８４） × 概率为 －１９６）＝ （－１９６）＝００２５，
０ ． ５＋（３９－３８ ． ４） ２ ×０ ． ３＋（４０－３８ ． ４） ２ ×０ ． １ ( ) ( ) ∴ Ｐ （｜ ξ ｜＜１ ． ９６）＝１－０ ． ２５－０ ． ２５＝０ ． ９５０ ．
． ． ． ． ． ． ３ １ ２ １ １ １２ ６ 练习Ｂ
＝０１９６＋００８＋０１０８＋０２５６＝０６４ × １－ ＋ １－ － ＝ ＋
Ｅ Ｙ ． Ｅ Ｘ ． ５ ５ ５ ５ ５ ２５ ２５ １．解析
（２） （ ）＝１８ （ ）＋３２＝１０１１２，
Ｄ
（
Ｙ
）＝（１
．
８）
２Ｄ
（
Ｘ
）＝２
．
０７３６
．
＝
１８
＞
１
，∴
乙种化验方案更好．
练习Ｂ ２５ ２
解法二 设Ａ为甲的次数不少于乙的次
１．解析 ｎｐ ｎｐ ｐ ：
＝７， （１－ ）＝６， 数 则Ａ表示甲的次数少于乙的次数
， ，
ｐ ６ ｐ １ ．
∴１－ ＝ ，∴ ＝ Ａ包含两种情况 即甲进行了一次即验
７ ７ ，
２．解析 ξ的可能取值为 则 出了和甲进行了两次 乙进行了三次．
（１） ０，１， ，
因为Ｐ ξ ． Ｐ ξ ． 则设Ａ Ａ 分别表示甲在第一次 二次
（ ＝１）＝０７， （ ＝０）＝０３， １， ２ 、
所以Ｅξ Ｐ ξ Ｐ ξ ． ． 验出 并设乙在三次验出为Ｂ
＝１× （ ＝１）＋０× （ ＝０）＝０７ ， ，
解法一 η的可能取值为 则 １
（２） ： ０，１，２， 则Ｐ Ａ １ １ Ｐ Ａ Ａ４ １
Ｐ （ η ＝０）＝０ ． ３ ２ ＝０ ． ０９， （ １）＝ Ｃ １ ５ ＝ ５ ， （ ２）＝ Ａ ２ ５ ＝ ５ ， 随机变量ξ服从正态分布Ｎ （２，９），
Ｐ Ｐ （ （ η η ＝ ＝ １ ２ ） ） ＝ ＝ Ｃ ０ ． １ ２ ７ × ２ ０ ＝ ． ７ ０ × ． ４ ０ ９ ． ， ３＝０ ． ４２， Ｐ （ Ｂ ）＝ Ｃ Ｃ ２ ４ ３ ５ æ è ç １－ Ｃ １ １ ３ ö ø ÷ ＝ ５ ２ ， 所 所 因 以 以 为 正 直 Ｐ （ 态 线 ξ ＞ 曲 ｘ ｃ ＋ 线 ｃ １ 关 ）＝ 于 与 Ｐ 直 （ ｘ ξ 线 ＜ ｃ ｃ － ｘ １ ＝ ） ２ 关 ， 对 于 称 直 ， 线ｘ
η的概率分布列为 ＝ ＋１ ＝ －１
Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １
η
∴ （ ）＝ （ １）＋ （ ２）· （ ）＝
５
＋
＝２
对称
，
０ １ ２ 所以 ｃ ｃ
Ｐ ． ． ． １ ２ ７ （ ＋１）＋（ －１）＝２×２，
００９ ０４２ ０４９ × ＝ ， 解得ｃ ．
５ ５ ２５ ＝２
所以Ｅη ． ． ． ２．解析
＝０×０ ０９＋１×０ ４２＋２×０ ４９＝ Ｐ Ａ ７ １８．
． ． ∴ （ ）＝１－ ＝
１４ ２５ ２５
解法二
： １８ １ 乙种化验方案更好．
η Ｂ ． ∵ ＞ ，∴
∵ ～ （２，０７）， ２５ ２
Ｅ η ｎｐ ． ． ．
∴ （ ）＝ ＝２×０７＝１４ ４．２．５ 正态分布
ｎ
３．证明
∑ｉ （
ｘ
ｉ－
Ｅ
（
Ｘ
））
２ｐ
ｉ＝ 练习Ａ
ｎ ＝１ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ
∑ｉ （ ｘ２ｉ－２ Ｅ （ Ｘ ） ｘ ｉ＋（ Ｅ （ Ｘ ）） ２ ） ｐ ｉ １．解析 Ｐ （ ξ ＜３）＝ Ｐ （ ξ ≥３）＝０ ． ５ ． （３≤ ≤４）＝ ２ （２≤ ≤４）＝
＝１ ｎ ｎ ｎ ２．Ａ μ μ μ μ ．
＝∑ｉ ＝ ｎ １ ｘ２ｉ ｐ ｉ－２ Ｅ （ Ｘ ）∑ｉ ＝１ ｘ ｉ ｐ ｉ＋（ Ｅ （ Ｘ ）） ２ ∑ｉ ＝１ ｐ ｉ 由 第一 １＜ 图 ０， 瘦 ２ 高 ＞０ ， ， 第 ∴ 二 １ 图 ＜ 矮 ２， 胖知σ １＜ σ ２ ． 观 ０３ 察 ４１ 上 ３ 图 ， 得 ，
＝∑ｉ ＝１ ｘ２ｉ ｐ ｉ－（ Ｅ （ Ｘ ）） ２． ３．解析 （１） Ｐ （ μ － σ ≤ Ｘ ≤ μ ）＝ Ｐ （ μ ≤ Ｘ ≤ Ｐ （ Ｘ ＞４）＝０ ． ５－ Ｐ （３≤ Ｘ ≤４）＝０ ． ５－０ ． ３４１３
４．解析 解法一 主要依乙所验的次数 μ σ ． ． ． ．
： ＋ ）＝０３４１３ ＝０１５８７
分类 Ｐ μ σ Ｘ μ ３．解析 随机变量 ξ 服从正态分布
： （２） （ －２ ≤ ≤ ） ∵
若乙验两次时 有两种可能 Ｐ μ Ｘ μ σ Ｎ σ２
， ： ＝ （ ≤ ≤ ＋２ ） （０， ），
先验三只结果为阳性 再从中逐个验 Ｐ μ Ｘ μ σ Ｐ μ σ Ｘ μ σ 正态曲线关于ｘ 对称
① ， ＝ （ ≤ ≤ ＋ ）＋ （ ＋ ＜ ≤ ＋２ ） ∴ ＝０ ，
时 恰好一次验中的概率为 ． ． ． ． Ｐ ξ ．
， ＝０３４１３＋０１３５９＝０４７７２ ∵ （ ＞２）＝００２３，
７
Ｐ ξ ． Ｐ Ｘ ． 随机变量ξ服从正态分布Ｎ σ２
∴ （ ＜－２）＝００２３， ∴ （ ２＝６２０００）＝００１， ∵ （２， ），
Ｐ ξ ． ． Ｐ Ｘ ． ． μ
∴ （－２≤ ≤２）＝ １－０ ０２３－０ ０２３＝ （ ２＝２０００）＝０９９ ∴ ＝２，
． ． 采用第 种方案 遇到大洪水时 损失 如图 Ｐ ξ ．
０９５４ ３ ， ， ，∵ （ ≤４）＝０８４，
４．解析 随机变量 ξ 服从正态分布 元 Ｐ ξ Ｐ ξ ．
∵ ６００００ ， ∴ （ ≥４）＝ １－ （ ≤４）＝ １－０ ８４＝
Ｎ σ２ 遇到小洪水时 损失 元 无洪水 ．
（２， ）， ， １０ ０００ ， ０１６，
正态曲线的对称轴是ｘ 不损失 即 Ｐ ξ Ｐ ξ ． ．
∵
∴ Ｐ
（
ξ
＜４）＝０
．
８，
＝２， {
６０
，
０００，
有大洪水
，
７．解 ∴ 析 （ ≤
∵
０ ξ ）＝ 服从 （ 正 ≥ 态 ４） 分 ＝０ 布 １６ Ｎ
（１，
σ２
），
ξ
Ｐ ξ ． Ｘ 有小洪水 在 内取值的概率为 ．
∴ （ ＞４）＝０２， ３＝ １００００， ， （０，１） ０４，
Ｐ ξ ． ． ． ． 无洪水 由正态分布的对称性可知ξ在
∴ （０＜ ＜２）＝０５－０２＝０３ ０， ， ∴ （１，２）
５．解析 ∵ 随机变量 Ｘ 服从正态分布 ∴ Ｐ （ Ｘ ３＝６００００）＝０ ． ０１， 内取值的概率也为 ０ ． ４，
Ｎ ∴ （ 正 １０ 态 ， σ 曲 ２ ） 线 ， 的对称轴是ｘ ＝１０， Ｐ Ｐ （ （ Ｅ Ｘ Ｘ ３ ３ Ｘ ＝ ＝ ０ １０ ）＝ ００ ０ ０ ． ７ ） ４ ＝ ． ０ ． ２５， ＝ ∴ ０ Ｐ ． ４ （ ＋ ０＜ ０ ． ξ ４ ＜ ＝ ２ ０ ） ． ＝ ８ ． Ｐ （０＜ ξ ＜１）＋ Ｐ （１＜ ξ ＜２）
∵
Ｐ
（
Ｘ
＜１０
．
５）＝０
．
８， Ｅ
∴
Ｘ
（ １）＝３８００，
． ．
∴
Ｐ
（
Ｘ
≥１０
．
５）＝０
．
２，
（ ２）＝６２０００×００１＋２０００×（１－００１） ４．３ 统计模型
Ｐ ． Ｘ ． ． ． ． ＝２６００，
∴ （９５＜ ＜１０５）＝１－０２×２＝０６ Ｅ Ｘ ． ． ４．３．１ 一元线性回归模型
◆习题４－２Ａ （ ３）＝ ６０ ０００×０ ０１＋１０ ０００×０ ２５＝
．
１．解析 ． ３１００ 练习Ａ
（１）｛０，１，２，３，…｝ 因此采取方案 的平均损失最小 可以
． ２ ， １．答案 对．
（２）｛０，１，２，３｝ 选择方案 ．
． ２ ２．答案 正相关．
（３）［０，３］ ◆习题４－２Ｂ （１）
负相关．
（４）｛２，３，４，５，６，７，８，９，１０，１１，１２｝ １．解析 ξ ． （２）
２．解析 Ｐ Ｙ Ｐ Ｘ ． ． （１） ∈｛０，１，２，３，４，５｝ ３．解析 对．
（ ＝５）＝ （ ＝３）＝０２
３．解析 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． Ｐ ξ ６ １ ． 假设ｘ与ｙ的线性回归方程为ｙ ａｘ ｂ
（ ≠１）＝１－ （ ＝１）＝０７ （２） （ ＝０）＝ ＝ ＝ ＋
４．解析 易知Ｘ的可能取值为 ． ３６ ６ ａ
０，１，２，３ ２．解析 Ｘ 时 Ｙ ． （ ≠０），
( ) ３ （１） ＝１０ ， ＝５０－３０＝２０ ｂ
Ｐ （ Ｘ ＝０）＝Ｃ ０ ３ １ ＝ １ ， （２） Ｙ ＝５ Ｘ －３（２０－ Ｘ ）＝８ Ｘ －６０ ． 则ｘ ＝ ａ １ ｙ － ａ 也为线性关系 ， 故ｙ与ｘ
２ ８ Ｐ Ｙ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
( ) ３ （３） （ ＞６０）＝ （ ＞１５）＝ １－ （ ≤ 也线性相关．
Ｐ Ｘ １ １ ３ ． ．
（ ＝１）＝Ｃ３ ＝ ， １５）＝０７ ４．解析 因为所有样本点都落在一条直
２ ８ ３．解析 Ｐ ξ Ｐ ξ
( ) ３ （ ＞ ２） ＝ （ ＝ ３） ＝ 线上 所以相关系数 ｒ 又回归直
Ｐ （ Ｘ ＝２）＝Ｃ ２ ３ １ ＝ ３ ， ３ ( １ ) ３ ( ５ ) ０ １ ． ， ｜ ｜ ＝１，
( ２ ) ３ ８ Ｃ３ ６ ６ ＝ ２１６ 线方程为 ｙ ＝ １ ｘ ＋１， 说明 ｘ 与 ｙ 正相
Ｐ Ｘ ３ １ １ ４．解析 我们知道只有 发子弹 所以Ｘ ２
（ ＝３）＝Ｃ３ ＝ ， ５ ， 关 即ｒ 所以ｒ ．
２ ８ 的可能取值只有 ． ， ＞０， ＝１
Ｘ的分布列为 １，２，３，４，５ ５．解析 由变量ｘ与ｙ相对应的一组数据
∴ 当Ｘ 时 Ｐ Ｘ ．
Ｘ ＝１ ， （ ＝１）＝０９； 为 ． ． ．
０ １ ２ ３ 当Ｘ 时 要求第一次没射中 第二次 （１０，１），（１１ ３，２），（１１ ８，３），（１２５，
＝２ ， ， 可得 变量 ｙ 与 ｘ 正相关
Ｐ １ ３ ３ １ 射中 ， 故Ｐ （ Ｘ ＝２）＝０ ． １×０ ． ９＝０ ． ０９； ４ 因 ） 此 ，（１ ｒ ３，５） ． ， ： ，
８ ８ ８ ８ Ｘ ＝３ 时 ， 要求前两次没有射中 ， 第三次 而由变 １ 量 ＞０ ｕ 与 ｖ 相对应的一组数据为
５．解析 用Ｘ表示 局中甲赢的次数 射中 故Ｐ Ｘ ． ２ ． ．
１０ ， ， （ ＝３）＝０１ ×０９＝０００９； ． ． ．
则Ｘ服从二项分布Ｂ ． ． 类似地 Ｐ Ｘ ． ３ ． ． （１０，５），（１１３，４）（１１８，３），（１２５，２），
Ｅ Ｘ ．
（
．
１０，
即
０５
甲
１）
平均赢 第 次
，
射
（
击不
＝４
同
）＝
只
０
要
１ ×
前
０
四
９＝
次
０
射
００
不
０
中
９；
（１３，１），
可知
：
变量ｕ与ｖ负相关
，
因此
（ ）＝ １０×０ ５１＝５ １， ５ ， ，
５
．
１
局． 都要射第
５
发子弹
，
也不考虑是否射 ｒ ２＜０ ．
６．解析 二项分布． 中
，
所以Ｐ
（
Ｘ
＝５）＝０
．
１
４
，
所以耗用子弹 ６．解析 设回归直线方程为ｙ
＾＝
ｂ＾ｘ
＋
ａ
＾，
由于每个学生早上到校的时间相互没 数Ｘ的分布列为 {
９６＝８
ｂ＾
＋
ａ
＾，
有影响 Ｘ
则这个班
，
某天正好有 个学生迟到的
Ｐ
１
． ．
２
．
３
．
４
．
５ ∴
９９＝９
ｂ＾
＋
ａ
＾，
概率Ｐ ＝Ｃ ３ ３５×（０ ． ０５） ３ ×（
３
１－０ ． ０５） ３２ ５．解析
０
没
９
有发
００
芽
９
的
０
种
００
子
９
数
０００
ξ
０
服
９
从
００
二
００
项
１ {ｂ＾
＝３，
＝Ｃ ３ ３５× ５ １ ３ × ００ ９ ３ ５ ５ ３２ ≈０ ． １５８ ． 分 而 布 每粒 ， 即 需 ξ 再 ～ Ｂ 补 （ 种 １０００ 粒 ，０ ． 故 １） Ｘ ， ξ 练 ∴ 习Ｂ ａ ＾＝７２ ．
７．解析 用 Ｘ Ｘ Ｘ 分别表示方案 ２ ， ＝２ ， １．答案 ｘ ｙ ．
的 损失． １， ２， ３ １， 则Ｅ （ Ｘ ）＝２ Ｅ （ ξ ）＝２×１０００×０ ． １＝２００， ＝４ －８
２，３ Ｄ Ｘ Ｄ ξ Ｄ ξ ． ２．答案 ｙ ３ ｕ ．
采用第 种方案 无论有无洪水都损失 （ ）＝ （２ ）＝４ （ ）＝４×１０００×０１× ＾＝ －１３
１ ， ． ． １０
元 即Ｘ ０９＝３６０
３８
Ｐ
００
Ｘ
， １＝３８
．
００， ６．解析 ３．解析 ｖ
＝
１０＋２０＋３０＋４０＋５０
＝３０，
∴ （ １＝３８００）＝１ ５
采用第 种方案 遇到大洪水时 损失
２ ， ， ｕ ２５＋３５＋４５＋５５＋７５
元 没有大洪水 ＝ ＝４７，
２０００＋６００００＝６２ ０００ ； ５
时 { ， 损 失 有大 ２ 洪 ０ 水 ００ 元 ， 因 此 Ｘ ２ ｕ′ ＝ ２０＋３０＋４ ５ ０＋５０＋７０ ＝４２，
６２０００， ，
＝
２０００，
无大洪水
，
设ｕ关于ｖ的回归直线方程为ｕ
＾＝
ｂ＾ｖ
＋
ａ
＾，
８
教材习题答案
则该回归直线过样本中心点 ２．解析 由题知 列联表如下． ◆习题４－３Ｂ
（３０，４７）， （１） ２×２
由题易知过样本中心点 （３０，４２） 的回 甲 乙 合计 １．答案 由表格得
归直线方程为ｕ′ ． ｖ
＾ ＝１２ ＋６， 优质品 ． １３
故ｕ关于ｖ的回归直线方程为ｕ ． ｖ ３６０ ３２０ ６８０ （４＋３＋１２＋１５＋２４）－６×３５×
＾＝１ ２ 非优质品 ｂ＾ ６ ５
． １４０ １８０ ３２０ ＝ ． ２ ＝ ，
＋１１ （１＋４＋９＋１６＋２５＋３６）－６×３５ ７
４．解析 ｙ减少 ３ ． ９ 个单位． 合计 ５００ ５００ １０００ · ａ １ ．
＾＝－
６
５
．
．
时
解
解
析
析 ｙ ＞ ０，
由
∴
ｘ
ａ ＾ 平 ＞
增
０ 均
大
， 故 命
ｙ
ａ ＾ 中
减
＞０ 率
小
， ｂ 为 ＾
知
＜０
ｂ＾
．
＜０，
又ｘ
＝３
甲
为
厂
６４ χ
优
％
２
．
质
１
品
００
率
０（
为
３６０
７
×
２
％
１８
，
０
乙
－３
厂
２０
优
×１
质
４０）
品
２
率
故
由
ｂ
前
＾ ＜
两
ｂ
３
′ ，
组
ａ ＾＞
数
ａ′
据
．
求得ｂ′ ＝２， ａ′ ＝－２ ．
（１） （２） ＝ ≈ ２．解析 由所给数据看出 年需求量
． ． ． ． ． ５００×５００×６８０×３２０ （１） ，
ｙ ０４＋０５＋０６＋０６＋０４ ． ． ． ． 与年份之间是近似直线上升 下面来配
＝ ＝０５ ７３５３＞６６３５， ，
５ 有 ％的把握认为两个分厂生产的 回归直线方程 为此对数据预处理
∴ ９９ ，
平均时间ｘ １＋２＋３＋４＋５ 利用 零件优质品率有差异． 如下
（２） ＝ ＝３， ：
５
线性回 ｎ 归方程ｙ ＾＝ ｂ＾ｘ ＋ ａ ＾ 中系数计算公式 ３．解析 及格的有３ ５ ９ ２ ×３２＝２４ 人． 需 年 求 份 量 －２ － ０ ２ ０ ５ ６ ７ － － ２ ４ １ － － １ ２ １ ０ ０ １ ２ ９ ２ ４ ９
ｂ＾
＝
∑ｉ＝ １ （ ｘ
ｎ
ｉ － ｘ ）（ ｙ ｉ － ｙ ）
＝０
．
０１，
４．
７
解
０
析 位 需要 （１ 志 ） 调 愿 查 者提 的 供 ５０ 帮 ０ 助 位
，
老年人中有
ｘ
对预处
ｙ
理后
．
的数据 ， 容易算得 ：
ａ ＾＝ ｙ － ｂ＾ｘ ∑ｉ ＝ ＝ １ ０ ． （ ４ ｘ ７ ｉ ， － ｘ ） ２ 因 年 此 人 在 的 该 比 地 例 区 的 老 估 年 计 人 值 中 为 ， ５ ７ ０ 需 ０ ０ 要 ＝１ 帮 ４ ％ 助 ． 的老 ｂ＾ ＝ ＝ ０ （ ， －４ ＝ ） ３ ×（ ２ － ， ２１）＋ ４ （ ２ ＋ － ２ ２ ２ ） ＋ × ２ （ ２ － ＋ １ ４ １ ２ ）＋２×１９＋４×２９
所 ｙ 以 ． 线性 ｘ 回 ． 归 ． 方程为 （２） χ ２ ＝ ５００×（４０×２７０－３０×１６０） ２ ≈ ＝ ２ ４ ６ ０ ０ ＝６ ． ５，
＾＝００１ ＋０４７ ２００×３００×７０×４３０
令ｘ ＝６， 得ｙ ＾＝０ ． ５３ ． ９ ． ９６７， 因为 ９ ． ９６７＞６ ． ６３５， 所以有 ９９ ％ ａ ＾＝ ｙ － ｂ＾ｘ ＝３ ． ２ ．
预测小李该月 号打篮球 小时的投 的把握认为该地区的老年人是否需要 由上述计算结果 知所求回归直线方
６ ６ ，
篮命中率为 ． ． 志原者提供帮助与性别有关． 程为
０５３
７．略．
（３）
根据
（２）
的结论可知
，
该地区的老 ｙ
＾－２５７＝
ｂ＾
（
ｘ
－２ ００６）＋
ａ
＾＝６
．
５（
ｘ
－２ ００６）
４．３．２ 独立性检验 年人是否需要志愿者提供帮助与性别 ＋３ ． ２，
有关 并且从样本数据能够看出该地区 即ｙ ． ｘ ． ．
练习Ａ ， ＾＝６５（ －２００６）＋２６０２①
男性老年人与女性老年人中需要帮助 利用直线方程 可预测 年的
（２） ①， ２０２２
１．解析 Ｐ ８０ 该企业员工中支持企 的比例有明显差异 因此在调查时 先 粮食需求量为
＝ ，∴ ， ，
１９０ 确定该地区老年人中男女的比例 再把 ． ． ．
， ６５（２ ０２２－２ ００６）＋２６０ ２＝６ ５×１６＋
业改革的人数约为 ８０ ． 老年人分成男女两层 并采用分层抽样 ． ． 万吨 ．
９５０× ＝４００ ， ２６０２＝３６４２（ ）
１９０ 方法比简单随机抽样方法更好． ３．解析 Ｐ χ ２ Ｐ χ ２
２．解析 （ ≥６）＞ （ ≥７），
◆习题４－３Ａ ａ Ｐ χ ２ Ｐ χ ２
＝ （ ＜６）＝１－ （ ≥６），
男 女 合计 １．答案 ． ｂ Ｐ χ ２ Ｐ χ ２ ａ ｂ．
２４０ ＝ （ ＜７）＝１－ （ ≥７），∴ ＜
晕车 ２．答案 ａ ． ４．解析 由已知得 样本中有 周岁
２８ ３２ ６０ ＾＝－６ （１） ， ２５
不晕车 ３．Ａ ｘ与ｙ负相关 ｘ与ｚ负相关． 及以上组工人 名 周岁以下组工
１２４ １３６ ２６０ ， ６０ ，２５
合计 １５２ １６８ ３２０ ４．解析 （１） χ ２ ＝ １００×（４０×２７－１８×１５） ２ 不
人
足 ４０
名．
件
所
的
以
工 ，
样
人
本
中
中日平均生产件数
３．答案 是． ５８×４２×５５×４５ ６０ ：
周岁及以上组工人有 ．
４．答案 是． ２４３００ ． ． ２５ ６０×０ ０５＝３
＝ ≈１０８８＞１０８２８， 人 记为Ａ Ａ Ａ
５．解析 Ｐ （ χ ２ ≥７ ． ８９７）＝ １－ Ｐ （ χ ２ ＜７８９７） 所以 ２２ 有 ３３ ． ％把握认为收看新闻节目 （ 周 ）， 岁以下 １， 组 ２ 工 ， 人 ３； 有 ．
． ． ９９ ９ ２５ ４０×０ ０５ ＝ ２
＝０９０５ 的观众与年龄有关． 人 记为Ｂ Ｂ ．
练习Ｂ （ ）， １， ２
从中随机抽取 名工人 所有的可能结
１．解析 将
２×２
列联表中的数据代入公
（２）
抽取的比例为 ５
＝
１
，
所以大于
４０ 果共有 种
２
它们是
，
Ａ Ａ Ａ
式计算 得 ４５ ９ １０ ， （ １， ２），（ １，
χ ２ ， ｎ （ ａｄ － ｂｃ ） ２ 岁的观众应该抽取 １ ９ ×２７＝３ 名． Ｂ Ａ ３），（ Ａ Ａ ２， Ａ ３ Ｂ ），（ Ａ １， Ａ Ｂ １） Ｂ ，（ Ａ １， Ｂ Ａ ２）， Ｂ （ Ａ ２，
＝ （ ａ ＋ ｂ ）（ ｃ ＋ ｄ ）（ ａ ＋ ｃ ）（ ｂ ＋ ｄ ） ＝ 在年龄 至 岁的 名观众和年 Ｂ １）， Ｂ （ ２ ． ， ２），（ ３， １），（ ３， ２），
（３） ２０ ４０ ２
１００×（３０×１０－１５×４５） ２ ４ ． ． 龄大于 岁的 名观众中共任取 （ 其中 １， 至 ２） 少有 名 周岁以下组 工
＝ ≈０１２ ４０ ３ ２ ， １ “２５ ”
７５×２５×４５×５５ ３３ 名 恰有 名观众的年龄为 至 岁 人的可能结果共有 种 它们是 Ａ
因为 ． ． 所以没有 ％的把握 ， １ ２０ ４０ ７ ， （ １，
０１２＜３８４１， ９５ １ １ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ
认为
“
体育迷
”
与性别有关． 的概率为Ｃ２Ｃ
２
３
＝
３ ．
Ｂ
１），（
Ａ
１，
Ｂ
２），（
Ｂ
２，
Ｂ
１），
．
（ ２， ２），（ ３，
Ｃ５ ５ １），（ ３， ２），（ １， ２）
故所求的概率Ｐ ７ ．
＝
１０
由频率分布直方图可知 在抽取的
（２） ，
名工人中 周岁及以上组中的
１００ ，２５
９
生产能手 有 ． 人 周 Ｐ ＡＢ
“ ” ６０×０２５＝１５（ ），２５ 所以Ｐ Ｂ Ｐ Ｐ ５ ． 所以Ｐ Ａ Ｂ （ ） １ ．
岁以下组中的 生产能手 有 ． （ ）＝ １＋ ２＝ （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝
“ ” ４０×０ ３７５ １６ （ ） ６
人 据此可得 列联表如下 ５．解析 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． ２．解析 因为甲 乙赢一局的概率均为
＝１５（ ）， ２×２ ： （ ＝１）＝１－ （ ＝０）＝０７ 、
６．解析 Ｙ的范围为 ．
生产能手 非生产能手 合计 ｛１，０，４｝ １ 所以Ｐ 第一局甲赢 １ Ｐ 第一
７．解析 二项分布． ， （ ）＝ ， （
周岁及 ２ ２
２５ 以上组 １５ ４５ ６０ ８． Ｐ 解 （ 析 Ｘ ＝１ 二 ０） 项 ＝ 分 Ｃ １ １ ０ ０ 布 （０ ． ． ９） １０ ≈０ ． ３４８７ ． 局乙赢 ）＝ １ ， Ｐ （ 第二局甲赢 ）＝ １ ，
２ ２
周岁
２ 以 ５ 下组 １５ ２５ ４０ ∵ Ｘ ～ Ｂ （５，０ ． ２）， Ｐ （ Ｘ ≥１）＝１－ Ｐ （ Ｘ ＝０） Ｐ （ 第二局乙赢 ）＝ １ ， 故 Ｐ （ 甲获得冠
合计
＝１－Ｃ ０ ５（０ ． ２） ０ ×（０ ． ８） ５ ＝０
(
． ６７２３２ ．
) 军 Ｐ 第一局甲赢
２
Ｐ 第一局乙赢
３０ ７０ １００ ９．解析 二项分布． Ｘ Ｂ １ ）＝ （ ）＋ （ ）
∵ ～ ３０， ，
所以 χ ２ ＝ （ ａ ＋ ｂ ）（ ｎ ｃ （ ＋ ａ ｄ ｄ ） － （ ｂ ａ ｃ ＋ ） ｃ ２ ）（ ｂ ＋ ｄ ） ＝ ∴ Ｐ （ ( Ｘ ≥２）＝ ) １－ Ｐ （ Ｘ ＝０）－ ( Ｐ （ ３ Ｘ ６ ＝ ５ ) １）＝１ ３．解 × Ｐ 析 （ 第二 设 局 事 甲 件 赢 Ａ ） 在 ＝ 一 ２ １ 次 ＋ ２ １ 试 × 验 ２ １ 中 ＝ 发 ４ ３ 生 ． 的
１００× ６ （ ０ １ × ５ ４ × ０ ２ × ５ ３ － ０ １ × ５ ７ × ０ ４５） ２ ＝ １ ２ ４ ５ ≈１ ． ７８６ ． － ． Ｃ ０ ３０ ． １－ ３６ １ ５
３６５
－Ｃ １ ３０ ３６ １ ５ １－ ３６ １ ５
３６４
≈ 概 生 率 的 为 概率 ｐ ， 为 则事件 ｐ Ａ 次 在 试 一 验 次 中 试 事 验 件 中不 Ａ 发 至
因为 ． ． 所以没有 ％的把 ０６０２ １－ ，３
１ ７８６＜２ ７０６， ９０ １０．解析 设Ａ 表示事件 日销售量 少发生一次的对立事件是 在 次试验
握认为 “ 生产能手与工人所在的年龄组 不低 于 （１） 个 １ Ａ 表示事 “ 件 日销售 中 事件Ａ一次也没有发生 “ 即 ３ 有
有关 ” ． 量低于 １００ 个 ”， Ｂ ２ 表示事件 “ 在未来 ， ”， （１－
本章小结Ａ组 ５０ ”， “ ｐ ３ ６３ 解得ｐ ３ ．则事件Ａ恰好
连续 天里有连续 天日销售量不低 ） ＝１－ ， ＝
１．解析 设 “ 这两个零件中恰有一个一等 于 ３ 个且另一天 ２ 销售量低于 ６４ ４ ( ) ２
品 为Ａ 仅第一个实习生加工为一等 １００ ５０ 发生一次的概率Ｐ １ ３ ３
品 ” 为Ｂ ，“ 仅第二个实习生加工为一等 个 ”， 因此 ＝Ｃ３× ４ × １－ ４
” ，“ Ｐ Ａ ． ． ． ９ ．
品 为Ｃ 显然Ａ ＢＣ ＢＣ． （ １）＝（０ ００６＋０ ００４＋０ ００２）×５０＝ ＝
” ， ＝ ＋ ． ６４
( ) ( ) ０６， ４．解析 甲品牌 ％ ％ ．
Ｐ Ａ ２ ３ ２ ３ Ｐ Ａ ． ． （１） ７０ ×８０ ＝０５６，
（ ） ＝ × １－ ＋ １－ × （ ２）＝０００３×５０＝０１５， 乙品牌 ％ ％ ．
３ ４ ３ ４ Ｐ Ｂ ． ． ． ． ． （１－７０ ）×９０ ＝０２７，
（ ）＝０６×０６×０１５×２＝０１０８ 买到优质电脑的概率为 ． ．
５ ． Ｘ可能取的值为 相应的 ∴ ０ ５６＋０ ２７＝
＝ （２） ０，１，２，３， ． ．
１２ 概率为 ０８３
２．解析 总的选法有 Ｃ ３ ６＝２０ 种 ， 男生甲 Ｐ
（
Ｘ
＝０）＝Ｃ
０
３（１－０
．
６）
３
＝０
．
０６４， （２）
Ｐ
＝
０
．
． ５６
≈０
．
６７５
．
被选中的概率为Ｐ （ Ａ ）＝ Ｃ ２ ５ ＝ １ ， Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ３０ ． ６（１－０ ． ６） ２ ＝０ ． ２８８， ５．解析 相 ０８ 互 ３ 独立．
２０ ２ Ｐ Ｘ ２ ． ２ ． ．
男生甲 女生乙都被选中的概率为 （ ＝２）＝Ｃ３０６（１－０６）＝０４３２， Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ．
、 Ｐ Ｘ ３ ． ３ ． ． ∵ （ ｜ ）＝１－ （ ｜ ）＝０３，
Ｐ ＡＢ Ｃ １ ４ １ 分 （ 布 ＝ 列 ３ 为 ）＝Ｃ３０６ ＝０２１６ ∴ Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ），∴ Ａ 、 Ｂ相互独立．
（ ）＝ ＝ ，
２０ ５ Ｘ ６．解析 因为 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ （ ＢＡ ）
则在男生甲被选中的情况下 求女生乙 ０ １ ２ ３ （ ｜ ） ＝ Ｐ Ａ ＝
， Ｐ ． ． ． ． （ ）
Ｐ ＡＢ ００６４ ０２８８ ０４３２ ０２１６
也被选中的概率为 Ｐ Ｂ Ａ （ ） Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ
（ ｜ ）＝ Ｐ Ａ 因为Ｘ Ｂ ． （ ） （ ） ２
２ ． （ ） 所以期 ～ 望Ｅ （ Ｘ ３， ＝ ０ ３ ６ × ） ０ ， ． ６＝１ ． ８， １－ Ｐ （ Ａ ） ＝ １－ １ ＝ ３ ，
＝ 方差ＤＸ ． ． ． ． ２
３．解析
５
（１） Ｐ （ Ｘ ＝３）＝ Ｃ ３ ５×（０ ． ６） ３ × １１．答案
＝３×０６×（１－０６）＝０７２
所以Ｐ （ ＢＡ ）＝
３
１ ，
． ２ ２１６． 男生 女生 总计 Ｐ Ｂ Ａ
（０４） ＝ 因为Ｐ Ｂ Ａ （ ） Ｐ Ｂ Ａ
６２５ 阅读营养 （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ， （ ｜ ）＝ １－
（ ）
Ｐ ． ３ ． ２ ３２４ ． 成分说明 １８ ２８ ４６
（２） ＝３×（０６） ×（０４） ＝ Ｐ Ｂ Ａ ３ 所以Ｐ Ｂ Ａ ３
４．解析 由已知得 甲 乙 ３１ 两 ２５ 名运动 不阅读营养 （ ｜ ）＝ ４ ， （ ）＝ ８ ，
（１） ， 、 成分说明 １８ １０ ２８
因此Ｐ Ｂ Ｐ ＢＡ Ｐ Ｂ Ａ １ ３
员在每一局比赛中获胜的概率都是 １ ． （ ）＝ （ ）＋ （ ）＝ ＋
总计 ３ ８
２ ３６ ３８ ７４
记 甲以 比 获胜 为事件Ａ 则 本章小结Ｂ组 １７ 所以Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ７
“ ４ １ ” ， ＝ ， （ ）＝１－ （ ）＝ ，
( ) ３ ( ) ４－３ １．解析 抛掷红 蓝两枚骰子 则 红色骰 ２４ ２４
Ｐ Ａ ３ １ １ １ １ ． 、 ， “
（ ）＝Ｃ４ ＝ １
为 （２ 事 ） 记 件 “ Ｂ 乙 ． 获 ２ 胜且比 ２ 赛局数 ２ 多 ８ 于 ５ 局 ” 子 蓝 出 骰 现 子 点 出 数 现 ４ 的 ” 的 点 概 数 率 是 为 偶 Ｐ 数 （ Ａ 的 ）＝ 概 ６ １ 率 ， 从而Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）Ｐ Ｐ （ （ Ｂ Ａ ） ） ＝ ４ １ × ２ ７
“ ” ２４
因为乙以 比 获胜的概率为
( ４ ) ３ ( ２ ) ５－３ Ｐ （ Ｂ ）＝ ３ ． ＝ ３ ．
Ｐ ３ １ １ １ ５ ６ ７
１＝Ｃ５ ＝ ， 红色骰子出现点数 且 蓝色骰子出
２ ２ ２ ３２ “ ４” “ ７．解析 分布列为Ｐ Ｘ ５ １
乙以 比 获胜的概率为 现偶数点 的概率为 （ ＝０）＝ ＝ ，
４ ３ ” ５０ １０
( ) ３ ( ) ６－３ ｎ
Ｐ ３ １ １ １ ５ Ｐ ＡＢ １ ３ １ Ｐ Ｘ ｎ ｎ ．
２＝Ｃ６ ＝ ， （ ）＝ × ＝ ， （ ＝ ）＝ （ ＝１，２，…，９）
２ ２ ２ ３２ ６ ６ １２ ５０
１０
教材习题答案
则分布列为 值为 ． ． 由 知 当ｘ 时 年销售量
０７５ （３）① （２） ， ＝４９ ，
Ｘ ｎ 由 知 位学生中有 ｙ的预测值
＝ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ （３） （２） ，３００ ３００×
Ｐ １０ ％ ２ ％ ４ ％ ６ ％ ８ ％ １０ ％ １２ ％ １４ ％ １６ ％ １８ ％ ０ ． ７５＝２２５ 人的每周平均运动时间超 ｙ ＾＝１００ ． ６＋６８ ４９＝５７６ ． ６，
８．解析 如果采用三局两胜制 则甲 过 小时 人的每周平均运动时间 年利润ｚ的预测值
（１） ， ４ ，７５
在下列两种情况下获胜 Ａ 甲净胜二 不超过 小时 又因为样本数据中有 ｚ ． ． ． ．
： １（ ４ ， ＾＝５７６６×０２－４９＝６６３２
局 Ａ 前二局甲一胜一负 第三局甲 份是关于男生的 份是关于女 根据 的结果知 年利润 ｚ 的预
）， ２（ ， ２１０ ，９０ ② （２） ，
胜 ． 生的 所以每周体育运动时间与性别 测值
） ，
Ｐ Ａ ． ． ． 列联表如下
（ １）＝０６×０６＝０３６， ： ｚ ＾＝０ ． ２（１００ ． ６＋６８ ｘ ）－ ｘ ＝－ ｘ ＋１３ ． ６ ｘ ＋
Ｐ Ａ １ ． ． ． ． ． 男生 女生 总计 ． ．
（ ２）＝Ｃ２×０６×０４×０６＝０２８８ ２０１２
因为Ａ １ 与Ａ ２ 互斥 ， 所以甲胜的概率为 周平均体育 所以当 ｘ １３ ． ６ ． 即ｘ ． 时 ｚ
Ｐ （ Ａ １＋ Ａ ２）＝ Ｐ （ Ａ １）＋ Ｐ （ Ａ ２）＝０ ． ６４８ ． 运动时间不 ４５ ３０ ７５ ＝ ２ ＝６ ８， ＝４６ ２４ ，
如果采用五局三胜制 则甲在下列 超过 小时 取得最大值．
（２） ， ４
三种情况下获胜 Ｂ 甲净胜 局 故年宣传费为 ． 千元时 年利润的
： １（ ３ ）， 周平均体育 ４６ ２４ ，
Ｂ ２（ 前 ３ 局甲 ２ 胜 １ 负 ， 第四局甲胜 ）， 运动时间超
１６５ ６０ ２２５
预测值最大．
Ｂ 前四局各胜 局 第五局甲胜 ． 过 小时 ２．解析 由题设可知Ｙ 和Ｙ 的分布
３（ ２ ， ） ４ （１） １ ２
因为Ｂ Ｂ Ｂ 互斥 列分别为
１， ２， ３ ， 总计
所以甲胜的概率为 Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ ２１０ ９０ ３００
Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ （ １＋ ２＋ ３） ＝ 结合列联表可算得 Ｙ １ ５ １０
（ ． １ ３ ）＋ ２ （ ． ２） ２ ＋ （ ． ３） ． ２ ． ２ ． ２ χ ２ ３００×２２５０ ２ ． ． Ｐ ０ ． ８ ０ ． ２
＝０６ ＋Ｃ３×０６ ×０４×０６＋Ｃ４×０６ ×０４ ＝ ≈４７６２＞３８４１，
． ． ． ７５×２２５×２１０×９０ Ｙ
×０６＝０６８２５６ 所以有 ％的把握认为 该校学生的 ２ ２ ８ １２
由 可知 在 五局三胜制 下 甲 ９５ “
（１）（２） ， “ ” ， 每周平均体育运动时间与性别有关 ． Ｐ ． ． ．
获胜的可能性大． ” ０２ ０５ ０３
本章小结Ｃ组 Ｅ Ｙ ． ．
越 结论 优 ： 秀 优 ． 秀的选手 ， 比赛局数越多 ， 成绩 １．解析 （１） 由散点图可以判断 ， ｙ ＝ ｃ ＋ ｄ ｘ 则 ∴ Ｄ （ （ Ｙ １ １ ） ） ＝ ＝ ５ （ × ５ ０ － ８ ６ ＋ ） １ ２ × ０× ０ ． ０ ８ ２ ＋ ＝ （１ ６ ０ ， －６） ２ ×０ ． ２
更适宜作为年销售量ｙ关于年宣传费ｘ
９．解析 由于三个电子元件的使用寿命 ＝４；
的回归方程类型． Ｅ Ｙ ． ． ．
都符合正态分布 Ｎ
（１ ０００，５０
２
），
故每 （ ２）＝２×０２＋８×０５＋１２×０３＝８，
个电子元件使用寿命超过 １ ０００ 小时 （２） 令ｗ ＝ ｘ ， 先建立 ｙ 关于 ｗ 的线性 Ｄ （ Ｙ ２）＝ （２－８） ２ ×０ ． ２＋（８－８） ２ ×０ ． ５＋
回归方程 由于 ２ ． ．
的概率Ｐ （ Ｘ ≥１ ０００）＝ １ ， 故该部件使 ８ ， （１２－８） ×０３ ( ＝ ｘ １２ ) ( ｘ )
２ ｗ － ｗ ｙ － ｙ ｆ ｘ Ｄ Ｙ Ｄ １００－ Ｙ
用
(
寿命超过
) １ ０００
小时的概率 Ｐ
＝ ｄ＾ ＝
∑ｉ＝
１
（
８
ｉ ）·（ ｉ ）
＝ １０ ． ８
．
８
（２
(
）
ｘ
（
)
）
２
＝
１００ (
１ ＋
ｘ) １ ２ ００
２
１－
２
１ ×
２
１ ×
２
１ ＝
８
３ ． ∑ｉ＝
１
（ ｗ ｉ － ｗ ） ２ １６ ＝
１００
Ｄ （ Ｙ １）＋ １０
１
０
００
－ Ｄ （ Ｙ ２）
１０．解析 由题知 ４５００ ＝６８， ４ ｘ２ ｘ ２
（１） ，３００×
１５０００
＝９０， ｃ
＾＝
ｙ
－
ｄ＾ｗ
＝５６３－６８×６
．
８＝１００
．
６，
＝
１００
２［ ＋３（１００－ ） ］
所以应收集 位女生的样本数据． 所以ｙ 关于 ｗ 的线性回归方程为ｙ
９０ ＾ ＝ ４ ｘ２ ｘ ２
由频率直方图得 ． ． ｗ 因此ｙ关于ｘ的回归方程 ＝ ２［４ －６００ ＋３×１００ ］
（２） １－２×（０ １００＋ １００６＋６８ ， １００
体 ０ ． ０ 育 ２５ 运 ）＝ 动 ０ 时 ． ７ 间 ５， 超 所 过 以该校 小 学 时 生 的 每 概 周 率 平 估 均 计 为ｙ ＾＝１００ ． ６＋６８ ｘ． 当ｘ ＝ ２ ６ × ００ ４ ＝７５ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝３ 为最小值．
４
１１
