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教材习题答案
个位数为 的数 另一类是个位数为 从这ｎ个分点中任取 个点形成一
２ ； ７ （２） ２
第六章 计数原理 的数． 个向量 可以分类完成 第 类 选择Ａ
， ： １ ， １
第一类 个位数为 的数 有 个．
： ２ ， ５０ 及另一点 即Ａ→Ａ Ａ→Ａ Ａ→Ａ Ａ→Ａ
6.1 分类加法计数原理与 第二类 个位数为 的数 有 个． ， １ ２， ２ １， １ ３， ３ １，…，
： ７ ， ５０ Ａ→Ａ Ａ→Ａ 共有 ｎ 个向量 第
分步乘法计数原理 根据分类加法计数原理 共有满足条件 １ ｎ， ｎ １， ２（ －１） ； ２
， 类 选择 Ａ 及另一点 不含 Ａ 即
教材第 页（练习） 的个数为Ｎ ＝５０＋５０＝１００ ． ， ２ （ １），
１．答案
５ ５．解析 要完成的事是确定一个三位数
，
Ａ
２
→Ａ
３，
Ａ
３
→Ａ
２，
Ａ
２
→Ａ
４，
Ａ
４
→Ａ
２，…，
Ａ
２
→Ａ
ｎ，
Ａ
ｎ
→Ａ
２，
（１）９ （２）６ 分 步 第 步 确定百位数 可从 共有 ｎ 个向量 第ｎ 类
解析 完成这项工作使用 种方法 ３ ： １ ， ， １，２， ２（ －２） ；……； －１ ，
都可 以 （
，
从 １） 只会用第一种方法的 ２
５
人或 ３
步
，４，
确
５
定
中
十
任
位
选
数
１
同
个
样
， 有
也有
５ 种
种
方
方
法
法
； 第
第
２ 有
根
Ａ
据
ｎ
－ 分 １
→Ａ
类
ｎ，
加
Ａ ｎ Ａ
法
→ ｎ
－ 计 １
两
数
个
原
向
理
量
共
．
可得向量的
者从只会用第二种方法的 人中选出 ， ， ５ ； ，
４ １ 步 确定个位数 同样也有 种方法． 个数为 ｎ ｎ
人即可完成这项工作 根据分类加法计 ３ ， ， ５ ２（ －１）＋２（ －２）＋…＋２×２＋２×
， 所以根据分步乘法计数原理 这样的三
ｎ ｎ ．
数原理 共有 种选法． ， １＝ （ －１）
， ５＋４＝９ 位数的个数为 ． 习题 ．
从 村经 村到 村 需要分 步 ５×５×５＝１２５ ６１
（２） Ａ Ｂ Ｃ ， ２ 教材第 页（练习）
复习巩固
完成 第一步 从 村到 村 有 条道 １１
路 第
：
二步 从
， Ａ
村到
Ｂ
村
，
有
３
条道
１．解析 根据多项式乘法法则
，
要得到展
１．解析 要完成买一台电视机这件事 无
，
； ， Ｂ Ｃ ， ２ 开式的项数 可以分 步完成 第 步
路 根据分步乘法计数原理 共有 ， ３ ： １ ， 论是买本地的还是外地的都可以 所以
， ， ３×２＝ 从第一个因式中任取一项 有 种方 ，
６
条不同路线．
法 第 步 从第 个因式中
，
任取
３
一项
不同的选法共有 ４＋７＝１１ 种．
２．解析 因为要确定的是这名同学的专
有
；
种
２
方法
，
第
２
步 从第 个因式中
， ２．解析 从甲地到乙地的不同路线共有
业选择 ， 不需要考虑学校的差异 ， 所以 任取 ３ 一项 有 ； 种 ３ 方 ， 法．根据 ３ 分步乘法 ２×３＋４×２＝１４（ 条 ） ．
这名同学可能的专业选择种数为 ， ５ ３．解析 不同的路径有
６＋４－ 计数原理 展开后共有的项数为Ｎ ３＋１＋２×２＝８
． ， ＝３× 条 ．
１＝９ ． （ ）
３．解析 从书架上任取 本书 可以 ３×５＝４５ ４．解析 由于 是奇数
（１） １ ， ２．解析 要确定所有的两位数中 个位数 １，５，９，１３ ，４，８，１２，
是从上层书架上取书 也可以从下层书 ， 是偶数 所以 中的任意一
， 字小于十位数字的个数 可以分类完 １６ ， １，５，９，１３
架上取书 根据分类加法计数原理 不 ， 个数作分子 中的任意一个
， ， 成 第 类 十位数字为 有 个 第 ，４，８，１２，１６
同的取法种数为Ｎ ． ： １ ， １， １ ； ２ 数作分母构成的分数两两不相同 因此
＝６＋５＝１１ 类 十位数字为 有 个 第 类 十位 ，
完成这件事 需分两步 第一步 从 ， ２， ２ ； ３ ， 可以分两步来完成 第 步 选分子 有
（２） ， ： ， 数字为 有 个 第 类 十位数字为 ： １ ， ，
上层书架上任取 本数学书 第二步 ３， ３ ； ４ ， 种选法 第 步 选分母 也有 种选
１ ； ， 有 个 第 类 十位数字为 有 ４ ； ２ ， ， ４
从下层书架上任取一本语文书 根据分 ４， ４ ； ５ ， ５， ５ 法．故可构成不同的分数 个 ．
， 个 第 类 十位数字为 有 个 第 ４×４＝１６（ ）
步乘法计数原理 不同的取法种数为Ｎ ； ６ ， ６， ６ ； ７ 对于第二问 分四类 分子为 时 分母
， 类 十位数字为 有 个 第 类 十位 ， ： １ ，
． ， ７， ７ ； ８ ， 可以从 中任选一个 有 种
＝６×５＝３０ 数字为 有 个 第 类 十位数字为 ４，８，１２，１６ ， ４
４．解析 根据分类加法计数原理 不 ８， ８ ； ９ ， 选法 分子为 时 分母从 中
（１） ， 有 个．根据分类加法计数原理 这 ； ５ ， ８，１２，１６
同的选法种数为Ｎ ． ９， ９ ， 任选一个 有 种选法 分子为 时 分
＝３＋５＋４＝１２ 样的两位数的个数为 ， ３ ； ９ ，
根据分步乘法计数原理 不同的选 １＋２＋３＋４＋５＋６＋７ 母从 中任选一个 有 种选法
（２） ， ． １２，１６ ， ２ ；
法种数为Ｎ ． ＋８＋９＝４５ 分子为 时 分母只能选 有 种选
＝３×５×４＝６０ ３．解析 要完成这件事 可以分 步完 １３ ， １６， １
教材第 页（练习） ， ２ 法．所以共有真分数
７ 成 先从 个门中选一个进入 再从其 ４＋３＋２＋１＝ １０
１．解析 电话号码的后四位的每一位数 ： ６ ， 个 ．
余 个门中选一个出去 故共有 （ ）
字均可以从 之间的 个数字中 ５ ， ６×５＝ ５．解析 完成这件事可以分 步 第
０～９ １０ 种不同的进出商场的方式． ２ ： １
任取一个 根据分步乘法计数原理 该 ３０ 步 从装有 个小球的口袋中任取
， ， ４．解析 记这条直线上的ｎ个分点分别 ， ５ １
电话局不同的电话号码的个数最多为 个 第 步 从装有 个小球的口袋中
为Ａ Ａ Ａ ． ； ２ ， ６
Ｎ ． １， ２，…， ｎ 任取 个 根据分步乘法计数原理 不
＝１０×１０×１０×１０＝１００００ 从这ｎ个分点中任取 个点形成一 １ ， ，
２．解析 要完成选正 副组长各 名这件 （１） ２ 同的取法数为 ．
、 １ 条线段 可以分类完成 第 类 选择Ａ ５×６＝３０
事 需分 步 第 步 选正组长 有 ， ： １ ， １ ６．解析 分两步完成 第 步 从Ａ中
种 ， 选法 第 ２ ： 步 选 １ 副 ， 组长 有 ， 种选 ５ 及另一点 ， 即Ａ １ Ａ ２， Ａ １ Ａ ３，…， Ａ １ Ａ ｎ， 共有 选横 坐 （ 标 １） 有 种选择 ： 第 １ 步 ， 从Ａ中
３． 法 法 解 ． 数 析 根 为 据 ； Ｎ 要 分 ＝ 完 步 ５ ２ × 乘 成 ４＝ 法 一 ， ２ 计 个 ０ ． 数 减 原 法 理 算 ， ， 式 不同 ４ 需 的 分 选 ｎ （ 有 点 － 不 １ ｎ 含 － 不 条 ２ 线 Ａ 含 条 １ 段 ） 线 Ａ ， ； 段 即 第 Ａ ； Ａ 第 ２ ２ 类 Ａ ３ ３， ， 即 类 选 Ａ ２ ， Ａ Ａ 择 选 ４ Ａ ， 择 Ａ … ２ Ａ ， Ａ 及 ３ Ａ Ａ 另 及 ２ Ａ 一 另 ｎ， 点 共 一 选 ＝３ 纵 ６ 分 坐 个 两 标 不 步 ， ， 同 也 完 的 有 ６ 成 点 ６ ． 第 种选择 ； 步 ．所 取 ２ 以 斜 共 ， 率 有 有 ６×６
步 第 步 确定被减数 可从 ， ２ Ａ Ａ （ 共有 ｎ １， ２ 条 ）， 线段 ３ ４， ３ 第 ５， ｎ …， （ 种 ２ 取 ） 法 第 步 ： 取截 １ 距 ， 有 种取 ， 法 ４
： 这 １ ， 个数中任取 ， 个 １ 第 ，２，… 步 ， 类 ３ 只 ｎ， 有Ａ Ａ －３ 一条线段 ； ． ……； －１ 所以共 ； 有直 ２ 线 ， ， 条 ． ４ ，
１
确
９，
定
２０
减数
２０
可从
１ ；
中任
２
取
，
根据
，
分类加
ｎ －１
法
ｎ
计数原理 共可得线段的 综合运用
４×４＝１６（ ）
， １，２，…，１０ １ ，
个．根据分步乘法计数原理 共可得到 条数为 ｎ ｎ ７．解析 由于数字可以重复 最后一个只
， （ －１） ＋（ －２） ＋…＋２＋１ ，
不同的算式个数为Ｎ ． ｎ ｎ 能在 这 个数字中选 所以可以组
＝２０×１０＝２００ （ －１）． ０～５ ６ ，
４．解析 被 除余 的数有两类 一类是 ＝ 成号码 个 ．
５ ２ ： ２ １０×１０×１０×６＝６０００（ ）
１
８．解析 ４． 个 有 种情况 第 步 确定因数 共 个不
（１）３ ， ４ ； ３ ， ５ ＋７＝１０，３＋１３＝１６，７＋１３＝２０， ６
３． 的个数 可以选 个 个 有 种情 相等的和．
（２）５ ， ０ ，１ ， ２
９．解析 分步完成 第 步 从 件不 况．所以 因数的个数为
（１） ： １ ， ５ ２ １６０ ５×４×２ （２）１－３＝－２，１－７＝－６，１－１３＝－１２，３－７
同的礼物中任选 件送给第 位同学 ．
１ １ ， ＝４０ ＝－４，３－１３＝－１０，３－１＝２，７－１＝６，１３－１
有 种方法 第 步 从剩下的 件礼 共 个不相
５ ； ２ ， ４ ＝１２，７－３＝４，１３－３＝１０， １０
物中任选 件送给第 位同学 有 种 6.2 排列与组合 等的差．
１ ２ ， ４
方法 第 步 从剩下的 件礼物中任
； ３ ， ３ ６．２．１ 排列 ６．２．４ 组合数
选 件送给第 位同学 有 种方法
１ ３ ， ３ ； 教材第 页（练习） 教材第 页（练习）
第 步 从剩下的 件礼物中任选 件 １６ ２５
４ ， ２ １
１．解析
送给第 ４ 位同学 ， 有 ２ 种方法．根据分 （１）１０，１２，１３，１４，２０ ． ，２１，２３，２４， １．解析 （１）Ｃ ２ ６＝ ６×５ ＝１５ ．
步乘法计数原理 不同的送法有 ３０，３１，３２，３４，４０，４１，４２，４３ ２×１
， ５×４×３
ａｂ ａｃ ａｄ ｂａ ｂｃ ｂｄ ｃａ ｃｂ ｃｄ ｄａ
种 ． （２） ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ７ ９×８×７×６×５×４×３ ．
×２＝１
３
２０（ ）
种 ． ｄｂ ， ｄｃ．
（２）Ｃ９＝
７×６×５×４×３×２×１
＝３６
１０
（
．解
２）
析
５ ＝１２５（
要
）
取到一个白球一个红
２．解析 第一场讲座可以从
４
个班中任
（３）Ｃ
３
７－Ｃ
２
６＝３５－１５＝２０
．
（１） 选 个 有 种选法 第二场讲座从剩 ３ ２ ．
球 分步完成 第一步 从 个白球中 １ ， ４ ； （４）３Ｃ８－２Ｃ５＝３×５６－２×１０＝１４８
， ： ， ８ 下的 个班中任选 个 有 种选法 ｍ
任 个 取 黑 一 球 个 中 ， 任 有 取 ８ 一 种 个 取法 有 ； 第二 种 步 取 ， 法 从 １ 所 ０ 第 ３ 场 ３ 讲座可从剩下 １ 的 ２ ， 个班 ３ 中任选 １ ； ２．证明 ｎ ＋ ＋ １ １ Ｃ ｍ ｎ ＋ ＋ １ １
， １０ ， 个 有 种选法 最后一场再给最后 ｍ ｎ
以不 把 同 这 的取 个 法 白 数 球 为 编 ８ 号 ×１ 为 ０＝８０ ． 要从 个 ， 班进 ２ 行讲座 ， 所 ； 以共有 ４×３×２×１＝２ １ ４ ＝ｎ ＋ ＋ １ １ · （ ｍ ＋１）！［ （ （ ｎ ＋ ＋ １ １ ） ） ！ －（ ｍ ＋１）］！
（ 个 ２ 白 ） 球中 ８ 任取 个 可以分 １ 类 ～８ 完 ， 成 第 ８ 种轮流次序． ＝ｍ ｎ ｎ ！ ｍ ＝Ｃ ｍ ｎ ．
２ ， ： ３．解析 从 名运动员中先选 人参 ！（ － ）！
类 先取 号 再从 号中任选 （１） ５ １ ３．解析 所有不同的选法数就是从
１ ， １ ， ２～８ １ 加第一场比赛 再从剩下的 名运动员 （１） ６
个 有 种取法 第 类 先取 号 再 ， ４ 门考试成绩中任选 门的组合数 所有
， ７ ； ２ ， ２ ， 中选 人参加第二场比赛 最后从剩下 ３ ，
从 ３～
第
８ 号
类
中任
先
取
取
１ 个
号
， 有
再取
６ 种取
号
法
只
； 的
３
名 １ 运动员中选
１
人参 ， 加第三场比 选法
先
种
从
数
物
为
理
Ｃ ３ ６＝
化
２０
学
．
中选一门 再从剩
……； ７ ， ７ ， ８ ， 赛 所以前三场单打比赛的顺序有 （２） 、 ，
有 种取法．根据分类加法计数原理 ， ５×４ 下的 门中选 门 所有选法种数为
１ ， 种 ． ４ ２ ，
不同的取法数为 ７＋６＋５＋４＋３＋２＋１ ×３＝ 甲 ６０ 乙 （ 丙 ） 甲乙 甲丙乙甲丙 乙甲丙 Ｃ １ ２Ｃ ２ ４＝１２ ．
． （２） ， ， 分两种情况 物理 化学中只选一
＝２８ 乙甲 乙丙甲乙丙 丙甲乙丙甲 丙乙甲 （３） ： 、
分两类 一个白球一个红球 两个 ， ， ， 门和物理 化学两门都选 所有选法种
（３） ： ； 丙乙． 、 ，
白
取
球
法
．
数
由
为
（１） 可
由
知一个
知
白
两
球
个
一
白
个
球
红
的
球的
取 ６．２．２ 排列数 习
数
题
为
．
Ｃ １ ２Ｃ ２ ４＋Ｃ ２ ２Ｃ １ ４＝１６ ．
８０， （２） ６２
法数为 ２８， 所以至少有一个白球的取 教材第 页（练习） 复习巩固
２０
法 （ 都 是 ４ 数 是 ） ２ 分 ８ 为 红 ， 两 ２ 球 ８ 类 ０ 个 ． ＋ 两 ： 球 ２ 两 ８ 个 都 ＝ 个 球 １ 是 所 ０ 球 都 ８ 红 以 ． 都 是 球 不 是 的 白 同 白 取 球 的 球 法 的 取 ； 数 取 两 法 是 法 个 数 ９ 球 数 是 ＋ １．解 （ （ ２ ３ 析 ） ） Ａ Ａ Ａ ８ ８ ５ １ ７ １ ５ ２ ＝ （ － １ ８ １ １ ） ！ ５ ２ Ａ Ａ × ＝ ４ １ ４ １ １ ４ ２ ４ １ ＝ ＝ ０ × Ａ １ ３ １ ２ ５ １ ２ ０ ５ × ０ － × １ ． Ａ ９ １ × ５ １ × ５ ８ １ ＝ × ０ ０ ７ × ． × ９ ６ ＝１１ ． ８８０ ． １ ２ ． ． 解 （ 解 ＝ ２ ３ 析 ） 析 ４ Ａ ８ ． １ ４＋ （ Ａ （ １ ２ ４ ） １ ＋ Ｃ ） Ａ ３ １ ５ ５ ３ ４ Ａ ＝ ＋ ３ ５ Ａ ４ ＋ ５ ４ ４ ５ ＝ ４ ． Ａ ４＋ ２ ４ １ ＝ ２ ５ ＋２ × ４ ６ ＋ ０ ２ ＋ ４＝ ４ ６ × ４ １ ． ２
８＋…＋２＋１ ． ＝４５， （４） Ａ ６ １２ ＝ １２×１１×１０×９×８×７ ＝６ （２）Ｃ １ ２ ９ ０ ７ ０＝Ｃ ３ ２００＝１３１３４００ ．
１ 拓 １ 广 ． ２ 解 天 ８ 探 ＋ 析 可 ４ 索 从 ５＝ 分 ７ ７３ 人 ７ 步 中 安 任 排 选 ７ １ 天 人 值 值 班 班 情 ， 况 有 ： ７ 第 种 １ ２．证 （ （ ｎ ｎ 明 － － ｍ １ ） ） ！ ！ （ ＝ １ （ ） ｎ Ａ － ｎ ｍ ｎ ｍ ！ ＝ ）！ （ ， ｎ 所 － ｎ ｍ ！ 以 ）！ Ａ ， ｍ ｎ ｎ ＝ Ａ ｎ ｍ ｎ － Ａ － １ １ ｍ ｎ － ＝ － １ １． ｎ · （ （ ｎ （ ３ ４ ） ） ｎ － Ｃ Ｃ １ ３ ６ ｎ ｎ ＋ ÷ ） １ Ｃ · ４ ８ ｎ ＝ Ｃ （ ｎ ｎ ｎ ７ ２ － ２ ２ － ． ＝ １ Ｃ ） １ｎ ． ＋１·Ｃ ２ｎ ＝（ ｎ ＋１）·
选法 由于不能连续值班 所以第 天 ＝
只能 ； 从剩下的 人中任选 ， 人值 ２ 班 （２）Ａ ８ ８－８Ａ ７ ７＋７Ａ ６ ６＝８Ａ ７ ７－８Ａ ７ ７＋Ａ ７ ７ ３．解析 ２ 由于 ２ 张人民币的币值都不相
有 ６ 种选法 ； 第 ６ ３ 天可以从 １ 除第 ２ 天 ， ３．解 ＝Ａ 析 ７ ７ ． 要停放 列不同的火车 需要从 同 ， 组 成的币 ４ 值与顺序无关 ， 所以可以
４ ，
值班的人之外的 ６ 人中任选 １ 人值 ８ 股岔道上任选 ４ 股岔道 ， 所以不同的 分为分别由 １ 张 、２ 张 、３ 张 、４ 张人民
班
天
，
第
有 ６
天
种选
第
法 ；
天
同
均
样
有
， 第
种
４ 天
选
，
法
第
．根
５ 停放方法数为 Ａ ４ ８＝８×７×６×５＝１６８０ ． 币组
３
成
４
的币值
种
， 共
．
有不同的币值 Ｃ １ ４＋Ｃ ２ ４
， ６ ， ７ ６ ６．２．３ 组合 ＋Ｃ４＋Ｃ４＝１５（ ）
据分步乘法计数原理 共有不同的安 ４．答案
， （１）１０ （２）６０
排方法数为 教材第 页（练习） ｍｎ
７×６×６×６×６×６×６＝ ２２ （３）２４３ （４）
． １．解析 甲乙 甲丙 甲丁 乙丙 乙 解析 由于选出的人没有地位差
３２６５９２ （１） ， ， ， ， （１）
１２．解析 首先将 分解因数得 丁 丙丁． 异 所以是组合问题 不同方法的种数
２１６０ ２１６０ ， ， ，
４ ３ １ 要确定 的正因数个 是 ３ ．
＝２ ×３ ×５ ， ２１６０ （２） Ｃ５＝１０
数可以分 步完成 第 步 确定因数 冠军 甲 乙 甲 丙 甲 丁 乙 丙 乙 丁 丙 丁 由于礼物互不相同 与分送的顺序
３ ： １ ， （２） ，
的个数 可以选 个 个 个 亚军 乙 甲 丙 甲 丁 甲 丙 乙 丁 乙 丁 丙 有关系 所以是排列问题 不同方法的
２ ， ０ ，１ ，２ ，３ ， ，
个 个 有 种情况 第 步 确定因 ２．解析 ＡＢＣ ＡＢＤ ＡＣＤ ＢＣＤ． 种数是 ３ ．
，４ ， ５ ； ２ ， △ ，△ ，△ ，△ Ａ５＝６０
数 的个数 可以选 个 个 个 ３．解析 由于 人中每个人都有 种选择
３ ， ０ ，１ ，２ ，３ （１）１＋３＝４，１＋７＝８，１＋１３＝１４，３ （３） ５ ３ ，
２
教材习题答案
而且选择的时间对别人没有影响 所以 １１．解析 由于ｎ个不同元素的全排列共 取 件 其抽法数为 ５ ．
， ５ ， Ｃ９７
是一个 可重复排列 问题 不同方法 有ｎ 个 而ｎ ｎ 所以ｎ个不同的 从 件次品中任抽 件 件正
“ ” ， ！ ， ！≥ ， （２） ３ ２ ，９７
的种数是 ３ ５ ＝２４３ ． 数值可以以不同的顺序形成其余的每 品中任抽 ３ 件 ， 其抽法数为 Ｃ ２ ３Ｃ ３ ９７ ．
由于只需取出元素 而不用考虑顺 一行 并且任意两行的顺序都不同．为 件产品中至少有 件次品 含有
（４） ， ， （３）５ ２ ，
序 所以可以分 步 第 步 从集合Ａ 使每一行都不重复 ｍ可以取的最大
两种情况 件次品 件正品 件次
， ２ ： １ ， ，
：２ ３ ，３
中取出 个元素 有ｍ种取法 第 步 值是ｎ ．
１ ， ； ２ ， ！ 品 件正品 所以其抽法数为 ２ ３
从集合 Ｂ 中取出 个元素 有 ｎ 种取 １２．解析 分两类 第一类 从 ２ ， Ｃ３Ｃ９７
１ ， （１） ： ， ０，２，４， ３ ２ ．
法．所以共有取法ｍｎ种． 中取 个数 不取 只有 种取 ＋Ｃ３Ｃ９７
６ ３ （ ０）， １ 从 件产品中任抽 件的方法
５．解析 （１） 没有规定选什么样的书 ， 所 法 ， 从 １，３，５ 中任取 ２ 个数 ， 有 Ｃ ２ ３ 种 （ 数 ４ 为 ） ５ １００ 其中有 件是次 ５ 品的抽法
以只需从 本书中任选 本即可 其 取法 组成不同的五位数的个数为 Ｃ１００， ３
选法 数 数 学 有 Ｃ 物 １２ ６ １２ 理 ＝９２ 化 ４ ． 学这三 ６ 类书摆放 ， 在 Ｃ ２ ３Ａ ５ ５ ， ＝３６０； 数 法 为 数为 Ｃ ３ ３Ｃ ２ ９ ５ ７， 所以 ３ 至 ２ 多有 ２ 件次品的抽
（２） 、 、 第二类 从 中取 个数 其中 Ｃ１００－Ｃ３Ｃ９７．
书架上有 ３ 种放法 而同类的 本不 ， ０，２，４，６ ３ （ 拓广探索
Ａ３ ； ４ 一个数是 有 ２ 种取法 再从
同的数学书之间可以有不同的顺序 有 ０）， Ｃ３ ， １，３， １６．解析 在 ７ 注彩票中可以有一
， 中任取 个数 有 ２ 种取法 组成 （１） Ｃ３７
４ 种放法 同理 同类的物理 化学书 ５ ２ ， Ｃ３ ， 个一等奖．
Ａ 之 ４ 间也分别 ， 有
Ａ
５
５
，
，Ａ
３
３
种放法
，
所 、 以不同 不同的
．
五位数的个数为 Ｃ ２ ３Ｃ ２ ３（Ａ ５ ５－Ａ ４ ４）
（２）
要将一等奖的机会提高到
的放法有 ３ ４ ５ ３ 种 ． ＝８６４
６．解析 （１） Ａ 由 ３Ａ “ ４ 三 Ａ５ 个 Ａ３ 不 ＝１ 共 ０３ 线 ６ 的 ８０ 点 （ 确 ） 定一 所以共有不同的五位数的个数为 ３６０ ３００ １ ００００ 以上且不超过 ２００ １ ００００ ， 即
个平面
”，
得所确定的平面与点的顺序 ＋８６４＝１２２４ ．
２００００００≤Ｃ３
ｎ
７＜３００００００（
ｎ
∈
Ｎ
），
用
无关 ， 所以可确定的平面数是 Ｃ ３ ８＝５６ ． （２） 可以分步完成 ： 第一步 ， 最高位选 计算器可得ｎ ＝６， 所以可在 ３７ 个数中
由于四面体由四个顶点唯一确定 或 有 种选法 第二步 其他各位 取 个数．
（２） ， ５ ６， ２ ； ， ６
且与四个点的顺序无关 所以可确定的 从剩下的 个数中进行全排列 所以 １７．解析 可以按照 的顺序
， ６ ， Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ
四面体个数是 ４ ． 可以得到比 大的正整数的 分别着色 分别有 种方法 所
Ｃ１０＝２１０ ５ ０００ ０００ ， ５，４，３，３ ，
７．解析 由于只需选出要做的题目即可 ， 个数为 Ｃ １ ２Ａ ６ ６＝１４４０ ． 以着色种数为 ５×４×３×３＝１８０ ．
所以是组合问题 ， 不同的选法种数是 １３．解析 由于选出的人没有地位差异 ， １８．解析 由于 “ 群里 ” 总共 １０ 人 ， 其中 １
综
Ｃ
合
３ ４Ｃ
运
２ ３Ｃ
用
１ ２＝２４ ． 所以是组合问题． 人发了信息
，３
人能看到信息
，
所以这
２ ２ ． 人中有 人与发信息的人是 好
８．证 ｎ Ａ 明 ｎ ｎ＝ ｎ ｎ２ （ Ａ １ ｎ ｎ－ － ） １ １ Ａ ． ｎ ｎ＋ ＋ １ １－ ｎ Ａ ｎ ｎ＝（ ｎ ＋１）Ａ ｎ ｎ－Ａ ｎ ｎ＝ （ （ 择 １ ２ ， ） ） 所 Ｃ 其 ５ 以 余 Ｃ４ 共 ＝ ２ 有 ６ 人 ０ 从 Ｃ ２ ７ 剩 ＝２ 下 １ 的 种选 ７ 法 人 ． 中任意选 ９ 友 Ｃ ３ ９ ” ＝ ， ８ 所 ４（ 以 种 “ ３ ） 好 ． 友 ” 关系的可能情况 “ 有
（ ＋１）！ ！ 间接法 在 人选 人的选法中 １９．解析 由于甲和乙都没有得冠军 所
（２） ｋ － ｋ （３） ， ９ ４ ， ，
＝ （ ｎ ＋１） ！ ！ ｋ ！ － ｋ （ · ｎ － ！ １）！ 把 掉 男 ， 就 生 得 甲 到 和 符 女 合 生 条 乙 件 都 的 不 选 在 法 内 数 的 ， 情 为 况 Ｃ ４ ９ 去 － 以 可 冠 能 军 ， 乙 是 不 其 是 余 最 ３ 差 人 的 中 ， 的 所 一 以 个 是 ， 第 有 ２ Ａ ， １ ３ ３， 种 ４
ｎ ｋ ｎ ４ ． 名中的一个 有 １ 种可能 上述位置
（ － ＋１） ！． Ｃ７＝９１ ， Ａ３ ，
＝ ｋ 解法一 间接法 在 人选 人 确定后 甲连同其他 人可任意排列
！ （４） （ ）： ９ ４ ， ２ ，
９．解析 可以分 步完成 第 步 安排 的选法中 把只有男生和只有女生的 有 ３ 种排法．所以名次排列的可能情
３ ： １ ， ４ ， Ａ３
个音乐节目 ， 共有 Ａ ４ ４ 种排法 ； 第 ２ 步 ， 情况排除掉 ， 就得到符合条件的选法 况的种数是 Ａ １ ３×Ａ １ ３×Ａ ３ ３＝５４ ．
安排 ３ 个舞蹈节目 ， 共有 Ａ ３ ３ 种排法 ； 第 数为 Ｃ ４ ９－Ｃ ４ ５－Ｃ ４ ４＝１２０ ．
步 安排 个曲艺节目 共有 ２ 种排 解法二 直接法 分别按照含男生 6.3 二项式定理
３ ， ２ ， Ａ２ （ ）： １、
法．所以不同的排法有 ４ ３ ２ 人分类 得到符合条件的选法数
Ａ４Ａ３Ａ２ ＝２８８ ２、３ ， ６．３．１ 二项式定理
１０ （ ．解 种 析 ） ． 从每个小组的 名同学 １４． 为 解析 Ｃ １ ５Ｃ ３ ４ 按 ＋Ｃ 照 ２ ５Ｃ 去 ２ ４＋ 的 Ｃ ３ ５ 人 Ｃ １ ４ 数 ＝ 分 １２０ 类 ． 去的人数 教材第 页（练习）
（１） １２ ， ３１
中 同 选 的 解 选 ４ 法 名 法 一 同 数 学 为 先 ， Ｃ 从 这 ４ １２ 是 ＝４ 一 ９ 名 ５ 个 ． 同 组 学 合 中 问 任 题 选 ， 不 分 地位 别 差 为 异 １、 ， ２ 所 、３ 以 、４ 不 、 同 ５、 的 ６， 去 而 法 去 有 的 Ｃ 人 １ ６＋ 没 Ｃ ２ ６ 有 ＋ １．解 １０ ｐ 析 ２ｑ ３ ＋５ （ ｐ ｐ ｑ４ ＋ ＋ ｑ ｐ ） ５． ５ ＝ ｐ５ ＋５ ｐ４ｑ ＋１０ ｐ３ｑ２ ＋
（
名
２）
再从所选
：
名
１
同
２
学中选 名作替
４
Ｃ
３
６＋Ｃ
４
６＋Ｃ
５
６＋Ｃ
６
６＝６３（
种
）
． ２．解析 展开式的第 ３ 项Ｔ ３＝Ｃ ２ ６×（２ ａ ） ４
， ４ １ 分两类 第一类 甲和乙都去 另 ｂ ２ ａ４ｂ２．
补 ， 所 ． 以不同的选法数为 Ｃ ４ １２ Ｃ １ ４ ＝ （ 外 ２） ４ 人中可 ： 以去 ０、１ ， 、２、３、４ 人 ， 则 ， 不 ３．解 ×（ 析 ３ ） 展 ＝２ 开 １６ 式 ０ 的第 ｒ ＋１ 项 Ｔ ｒ ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎ×
解 １９ 法 ８０ 二 ： 先从 １２ 名同学中任选 １ 名作 同 种 的去 第 法 二 有 类 Ｃ ０ ４ 甲 ＋Ｃ 和 １ ４ 乙 ＋Ｃ 都 ２ ４＋ 不 Ｃ 去 ３ ４＋Ｃ 另 ４ ４ ＝ 外 １６ （ ３ｘ ） ｎ － ｒ × æ è ç － １ ３ｘ ö ø ÷ ｒ ＝ ( － １ )ｒ ×Ｃ ｒ ｎ ｘ ｎ－ ３ ２ｒ ．
替补 再从剩下的 名同学中选 （ ）； ， ， ４ ２ ２
， １１ ３
名 ， 所以不同的选法数为 Ｃ １ １２Ｃ ３ １１ ＝ 人中可以去 ０、１、２、３、４ 人 ， 则不同的 ４．Ｄ 展开式的第 ６ 项 Ｔ ５＋１ ＝Ｃ ５ １０ ｘ１０－５ ×
． 去法有 ０ １ ２ ３ ４ 种 ． ５ ５ ｘ５ 第 项的系数是
１９８０ Ｃ４＋Ｃ４＋Ｃ４＋Ｃ４＋Ｃ４＝１６（ ） （－１） ＝－Ｃ１０ ，∴ ６
由于所选 名同学要指定第一 所以不同的去法共有 ５ ．
（３） ４ 、 １６＋１６ ＝ ３２ －Ｃ１０
二 三 四辩手 所以是排列问题 不同 种 ． ５．解析 当第一个因式选择 时 其
、 、 ， ， （ ） “－１” ，
的选法数为 ４ ． １５．解析 只需从 件合格品中任 它各因式选择 ｘ 当第二个因式选择
Ａ１２＝１１８８０ （１） ９７ “ ”；
３
时 其它各因式选择 ｘ 当 ( ) ５ 而 ａ ｂ ｃ ｎ ａ ｂ ｃ ｎ
“－２” ， “ ”；……； 它的系数是 ５ １ ６３． （ ＋ ＋ ） ＝［（ ＋ ）＋ ］
第五个因式选择 “－５” 时 ， 其它各因式 Ｃ１０ － ２ ＝－ ８ ＝…＋Ｃ ｒ ｎ（ ａ ＋ ｂ ） ｎ － ｒｃｒ ＋…
选 －１ ６ 择 － ． ２ “ ３ － ｘ ． ３ ２ ” － ． 因 ４－ 此 二 ５＝ 展 项 － 开 式 １５ 式 ． 系 中 数 含 的 ｘ４ 性 的系 质 数为 （ Ｃ ２ ５ １０ ） ２ 常 ５ × 数 ( － 项 ２ １ 是 ) ５ 展 ＝－ 开 ２５ 式 ２ ． 的第 ６ 项 ， Ｔ ６ ＝ 若 ＝ ＝ … … 令 ＋ ＋ ｎ Ｃ Ｃ － ｒ ｎ ｒ ｎ （ ｒ Ｃ － … ｑ ｎ ｑ － ｒ ＝ ＋ ａｎ Ｃ ｐ － ， ｒ ｑ ｎ － － 便 ｑ ｒ ｂ ａ ｑ 得 ｎ ｃ － ｒ ｒ － ＋ 到 ｑｂ … 展 ｑ ＋… 开 ） 式 ｃｒ 的 ＋… 通项 ：
综合运用
ｎ
教材第 ３４ 页（练习） ７．解析 （１） 展开式的通项Ｔ ｒ ＋１＝Ｃ２ ｒ ｎ ｘ２ ｎ － ｒ Ｃ ｒ ｎＣ ｑ ｎ － ｒ ａｐｂｑｃｒ ＝ｒ ！ ｑ ！ ！ ｐ ！ ａｐｂｑｃｒ （ ｐ ， ｑ ， ｒ ∈
１．解析 （１）１０２４ （２） １ ２ ( － １ ｘ )ｒ ＝Ｃ２ ｒ ｎ（－１） ｒ · ｘ２ ｎ －２ ｒ． Ｎ 类 ， 似 ｐ ＋ 地 ｑ ＋ 可 ｒ ＝ 得 ｎ ） ． ａ ｂ ｃ ｄ ｎ 的展开式的
２．证明 ∵ Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ＋…＋Ｃ ｎ ｎ＝２ ｎ ， 由 ｎ ｒ 得 ｒ ｎ 即 ( ｘ １ ) ２ ｎ 的展 通项为 （ ＋ ＋ ＋ ）
Ｃ ∴ ０ｎ Ｃ ＋Ｃ ０ｎ＋ ２ｎ Ｃ ＋… １ｎ＋Ｃ ＋Ｃ ２ｎ＋ ｎ ｎ … ＝Ｃ ＋ １ｎ Ｃ ＋ ｎ ｎ Ｃ ３ｎ＋…＋Ｃ ｎ ｎ－１ ， 开式 ２ 中 －２ 常 ＝ 数 ０ 项是 ＝ ， － ｘ ｐ ！ ｑ ！ ｎ ！ ｒ ！ ｓ ！ ａｐｂｑｃｒｄｓ （ ｐ ， ｑ ， ｒ ， ｓ ∈ Ｎ ， ｐ ＋ ｑ ＋ ｒ
＝
＝（
２（
Ｃ
Ｃ
０ｎ＋
０ｎ＋
Ｃ
Ｃ
２ｎ＋
２ｎ＋
…
…
＋
＋
Ｃ
Ｃ
ｎ ｎ）
ｎ ｎ）
＋
＝
（Ｃ
２
１ｎ
ｎ
＋
，
Ｃ ３ｎ＋…＋Ｃ ｎ ｎ－１ ） Ｔ ｎ ＋１＝（－１） ｎ Ｃ２ ｎ ｎ＝（－１） ｎ （ ｎ ２
！ ｎ
ｎ ） ｎ
！
！
ｎ 依
＋ ｓ
次
＝ ｎ
类
），
推 （ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３＋…＋ ａ ｍ） ｎ 的展开
ｎ ｎ １×２×３×４×５×…×（２ －１）×２ 式的通项为
∴ Ｃ ０ｎ＋Ｃ ２ｎ＋…＋Ｃ ｎ ｎ＝ ２ ＝２ ｎ －１． ＝（－１） ｎ ！ ｎ ！ ｎ
３．略． ２ ＝（－１） ｎ［１×３×５×…×（２ ｎ ｎ －
！
１） ｎ ］
！
（２×４×６×…×２ ｎ ） ｉ １！ ｉ ２！ ！ … ｉ ｍ！ ａ １ ｉ １ ａ ２ ｉ ２ … ａｉ ｍ ｍ （ ｉ ｋ， ｎ ∈ Ｎ ， ｋ ＝１，
４．解 从 析 这 ｎ 一 个 个 元 集 素 合 中 中 分 含 别 有 取 ｎ个 个 元素 ， 个 可以 ＝（－１） ｎ ［１×３×５×…× ｎ （２ ｎ ｎ －１）］×２ ｎ × ｎ ！ ２，… 略 ， ｍ ． ） ．
０ ，１ ，２ ！ ！ （２）
个 ｎ个元素组成子集 所以子集的 ｎ 复习参考题
，…， ， ｎ １×３×５×…×（２ －１）． ６
个数为 Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ＋…＋Ｃ ｎ ｎ＝２ ｎ． ＝（－２） ｎ ！ 复习巩固
习题 ６ ． ３ （２）（１＋ ｘ ） ２ ｎ的展开式共有 ２ ｎ ＋１ 项 ， 所 １．解析 （１） ｎ２
复习巩固 以中间一项是Ｔ ｎ ｘｎ 这里的 一件事情 是 得到展开式中
ｎ ＋１＝Ｃ２ ｎ “ ” “
１． （１）Ｄ （２）Ｂ １×３×５×…×（２ ｎ －１） ｘ ｎ． 的一项 ” ．由于项的形式是 ａ ｉ ｂ ｊ， 而 ｉ 、 ｊ
２．答案 ＝ ｎ ·（２ ） 都有ｎ种取法 故展开后共有ｎ２ 项．
０ ！ ，
８．解析 展开式的第 项与第 项的二
３．解析 ａ ３ｂ ９ ａ９ ａ８ ３ｂ ４ ８ （２）５２５
ａ７ ３ ｂ２
（１）
ａ
（
６ｂ
＋
ａ
）
５ｂ
＝
３ｂ
＋９
ａ４ｂ ３ｂ
＋
２
项式系数分别是
Ｃ
３ｎ 与
Ｃ
７ｎ， 由
Ｃ
３ｎ＝Ｃ ７ｎ＝
（３）４８０
３６ ＋８４ ＋１２６ ＋１２６
Ｃ
ｎ ｎ－７
，
得
３＝
ｎ
－７，
即ｎ
＝１０
．所以
，
这两个 先考虑有限制条件的这名歌手的出场位
＋８４
ａ３ｂ２
＋３６
ａ２ｂ２３ｂ
＋９
ａｂ２ ３ｂ２
＋
ｂ３．
二项式系数分别是 ３ 与 ７ 即均 置 再考虑其他 名歌手的演出顺序 则
（２） æ è ç ２ ｘ － ２ ｘ ö ø ÷ ７ ＝ １２ １ ８ ｘ７ ２ － ３ ７ ２ ｘ５ ２ ＋ ２ ８ １ｘ３ ２ － ９． 为 解析 １２ ０ ．
（１）∵ （
ｎ
＋１）
ｎ Ｃ
－
１
１
０
＝
ｎｎ Ｃ
＋
１０
Ｃ
， １ｎ ｎｎ －１
＋
不
（４
， 同
）Ｃ
排 ４
５
法种数为 ５ Ａ １ ４Ａ ５ ５＝４８０ ． ，
３５ｘ１ ２ ＋７０ ｘ－２ １ －１６８ ｘ－２ ３ ＋２２４ ｘ－２ ５ －１２８ ｘ－２ ７． Ｃ ２ｎ ｎｎ －２ ＋…＋Ｃ ｎ ｎ－２ｎ２ ＋Ｃ ｎ ｎ－１ｎ ＋１－１＝ ｎｎ ＋ 因为足球票无座 ， 所以与顺序无关 ， 是
２
Ｃ
１ｎ ｎｎ －１
＋Ｃ
２ｎ ｎｎ －２
＋…＋Ｃ
ｎ ｎ－２ｎ２
＋
ｎ２ 组合问题．
４．解析 （１）（１＋ ｘ ） ５ ＋（１－ ｘ ） ５ ＝２＋２０ ｘ ＝ ｎ２ （ ｎｎ －２ ＋Ｃ １ｎ ｎｎ －３ ＋Ｃ ２ｎ ｎｎ －４ ＋…＋Ｃ ｎ ｎ－２ ＋１）， （５）３ ５
＋１０
ｘ２．
ｎ ｎ 能被ｎ２ 整除．
对于每一名同学来说
，
都有
３
种选择
，
∴ （ ＋１） －１
（２）（２ ｘ１ ２ ＋３ ｘ－２ １ ） ４ ＋（２ ｘ１ ２ －３ ｘ－２ １ ） ４ ＝ （２）９９ １０ －１＝（１００－１） １０ －１ 而且允许 ５ 名同学听同一个讲座 ， 因此
５．
３
解
２
ｘ２
析
＋４３２＋１６２
ｘ
前
－２．
项分别是
＝１００ １０ －Ｃ １ １０×１００ ９ ＋Ｃ ２ １０×１００ ８ ＋…＋Ｃ ８ １０×
是
步
一
乘
个
法计
“
有
数
重
原
复
理
排
解
列
答．
”
问题
，
可以用分
（１） ４ １， － ２ ９
３０
ｘ
，４２０
ｘ２
，
１００ －
１
Ｃ
０
１０×
１
１００＋１－
９
１
２ ８ ８ （６）５４
ｘ３． ＝１００ －Ｃ１０×１００ ＋Ｃ１０×１００ ＋…＋Ｃ１０× 对角线的条数等于连接正十二边形中
－３６４０ ２
展 开 式 的 第 项 Ｔ １００ －１０×１００ 任意两个顶点的线段的条数 ２ 减去其
（２） ８ ８ ＝ １７ １ １５ ２ １３ Ｃ１２
－２０９９５２０
ａ９ｂ１４． ＝
８
１０００（１０ －Ｃ１０×１０ ＋Ｃ１０×１０ ＋…＋ 中正十二边形的边数
１２，
即
Ｃ
２
１２－１２＝
展开式的第 项Ｔ ． Ｃ１０×１０－１），
（３） 展开式的中间 ７ 两项 ７＝ 分 ９ 别 ２４ 为 Ｔ Ｔ ∴９９ １０ －１ 能被 １０００ 整除． １２× ２ １１ －１２＝５４ ．
（４） ８， ９， 拓广探索
ｎ
其中 （７） ＋１
１０．解析 由 （２－１） ｎ ＝Ｃ ０ｎ×２ ｎ －Ｃ １ｎ×２ ｎ －１ ＋Ｃ ２ｎ 展开式共有 ｎ 项 且项的系数与相
Ｔ ８＝Ｃ ７ １５（ ｘ ｙ ） ８ （－ ｙ ｘ ） ７ ＝－６ ４３５ ｘ１１ · ×２ ｎ －２ ＋…＋（－１） ｎ －１ ×Ｃ ｎ ｎ－１ ×２＋（－１） ｎ Ｃ ｎ ｎ， 应的二项式系 ２ 数 ＋ 相 １ 同 ， ．
ｙ１１ ｘ ， 得 ２ ｎ －Ｃ １ｎ×２ ｎ －１ ＋Ｃ ２ｎ×２ ｎ －２ ＋…＋（－１） ｎ －１ · ２．解析 （１）Ｃ ３ ５＝１０ ．
Ｔ ９＝Ｃ ８ １５（ ｘ ｙ ） ７ （－ ｙ ｘ ） ８ ＝６ ４３５ ｘ１１ · Ｃ ｎ ｎ－１ ×２＋（－１） ｎ ＝１ ． （２）Ｃ ０ ５＋Ｃ １ ５＋Ｃ ２ ５＋Ｃ ３ ５＋Ｃ ４ ５＋Ｃ ５ ５＝２ ５ ＝３２ ．
ｙ１１ ｙ． １１．解析 ａ ｂ ｎ 的展开式的通项 ３．解析
（１）（ ＋ ） （１）６
６．解析
（１）
含
ｘ
１
５
的项是展开式的第 为 Ｃ ｒ ｎ ａ
ｎ
ｎ － ｒｂｒ ， 若令ｎ － ｒ ＝ ｑ ， 则通项可以
Ｃ
ｎ ｎ－
＋
１
１＝Ｃ
２ｎ
＋１＝２１，
即 １
（
ｎ
＋１）·
ｎ
＝２１，
写为 ！ ａｑｂｒ ｎ ｒ Ｎ ｒ ｑ ｎ ２
项 ｒ ｑ （ ， ∈ ， ＋ ＝ ）， 得ｎ 或ｎ 舍去 ．
６ ， ！ ！ ＝６ ＝－７（ ）
４
教材习题答案
ｘ３ １ｘ ２ｘ２ ３ｘ３ ４ｘ４ ｎ ｎ２ ｎ
（
先
２
排
）１
有
９２
特殊要求的 ， 再排其他的． －
＝
Ｃ
（
９ ９
１
ｘ
－
９ ），
）（１－Ｃ９ ＋Ｃ９ －Ｃ９ ＋Ｃ９ －… 因此它们的差
Ｃ
３ｎ
＋３－Ｃ
３
３＝
（ ＋６
６
＋１１）
（ 从 ３） ２ ６ ６ ５ 个 ００ 英 ０ 文 ００ 字母中任取 ２ 个作为开机 因 （５ 此 ）（ ， ｘ ｘ ２ ４ ＋ 的 ｘ ＋ 系 ｙ ） 数 ５ 的 为 展 Ｃ ４ ９ 开 ＋９ 式 ＝ 的 １３ 通 ５ ． 项为Ｔ ｒ ＋１ 就 解 是 法 所 二 求 ： 原 展 式 开 中 式 含 中含 ｘ２ ｘ 项 ２ 的 项的 系 系 数 数 分 ． 别是
密 位 码 分 的 别 第 从 １，２ 位 这 ， 有 Ａ 个 ２ ２６ 种 数 选 字 法 中 ， 任 后 意 面 选 ４ ＝Ｃ５ ｒ （ ｘ２ ＋ ｘ ） ５－ ｒｙｒ ， 令ｒ ＝２， Ｃ 因 ２ ３ 此 ，Ｃ 它 ２ ４， 们 … 的 ，Ｃ 和 ２ｎ ＋２ 就 ， 是所求展开式中含 ｘ２
０～９ １０ 得Ｔ ２ ｘ２ ｘ ３ｙ２ 而 ｘ２ ｘ ３ 的展
取 ， 有 １０ ４ 种选法 ， 所以密码可能的个数 开式 ３ 中 ＝Ｃ 含 ５ （ ｘ５ ＋ 项 ） 的系 ， 数 （ 为 ＋ ） １ 所以 项的系数．
是 Ａ ２ ２６×１０ ４ ＝６５０００００ ． ｘ２ ｘ ｙ ５ 的展开式中含 ｘ５ｙ Ｃ ２ ３ 项 ， 的系 可得 Ｃ ２ ３＋Ｃ ２ ４＋…＋Ｃ ２ｎ ＋２
（４）５８
（
数为
＋ ＋
２
）
１ ． ＝Ｃ
３ｎ
＋３－Ｃ
３
３
从正方体的 个顶点中任取 个的所 Ｃ５Ｃ３＝３０ ｎ ｎ２ ｎ
有 况 种 即 数 正 为 方 Ｃ 体 ４ ８， ８ 表 排 面 除 上 四 的 点共 种 面 四 的 点 ４ １ 共 ２ 种 面 情 的 ６．解 ＝５ 析 ６ ５ ５ － ５ Ｃ ５ １ ５ ５ ５ ５ · ＋９ ５６ ＝ ５ （ ４ ＋ ５ … ６－ ＋ １ Ｃ ） ５ ５ ５ ４ ５ ５ · ＋９ ５６－１＋９ １０ ＝ ．解 （ 析 ＋６ ６ 等 ＋ 式 １１ 两 ） 边 ． 都是两个数相乘 ， 可
， ６
情况 以及如下图中ＡＢＣ Ｄ 这样的四 ＝５６ ５５ －Ｃ １ ５５·５６ ５４ ＋…＋Ｃ ５ ５ ４ ５·５６＋８， 以想到分步乘法计数原理 ， 于是可得
点共
，
面的其他 种情况 因
１
此
１
三棱锥的 ５６
５５
－Ｃ
１
５５·５６
５４
＋…＋Ｃ
５
５
４
５·５６＋８
中各项 如下分步取组合的方法．
（
答案不唯
６ ， 都能被 整除 一
个数为 Ｃ ４ ８－１２＝５８ ． 因此 ８ ５５ 也 ， 能被 整除． 在 ） ｎ个人中选择ｍ个人搞卫生工作
５５ ＋９ ８ ，
７．解析 分别从两组平行线中各取 其中ｋ个人擦窗 ｍ ｋ 个人拖地 问
（１） ，（ － ） ，
两条平行线 便可构成一个平行四边 共有多少种不同的选取人员的方法
， ？
形 所以可以构成的平行四边形个数为 解法一 利用分步乘法计数原理 先从
， ： ，
ｎ个人中选ｍ个人 然后从选出的 ｍ
Ｃ
２ｍ·Ｃ ２ｎ＝ １ ｍｎ
（
ｍ
－１）（
ｎ
－１）
． ，
４ 个人中再选出ｋ个人擦窗 剩余的人
，
或 （２） 分别从三组平行平面中各取两个 拖地 ， 这样有 Ｃ ｍ ｎ·Ｃ ｋ ｍ 种不同的选取
（５）１ －１ 平行平面 便可构成一个平行六面体
令ｘ 得 ｎ 的值就是展开式 ， ， 人员的方法．
中各 ＝ 项 １ 系 ， 数 （ 的 １－ 和 ２×１ 其 ） 值是 ｎ 所以可以构成的平行六面体个数为 Ｃ ２ｍ 解法二 ： 直接从ｎ个人中选ｋ 个人擦
， （１－２） ＝（－
ｎ { －１， ｎ是奇数 ， ·Ｃ ２ｎ·Ｃ ２ｌ＝ １ｍｎｌ （ ｍ －１）（ ｎ －１）（ ｌ －１） ． 窗 ， 然后在剩下的 （ ｎ － ｋ ） 个人中选 （ ｍ
４．解 １） 析 ＝ １ （ ， １ ｎ ） 是 Ｃ ２ｎ 偶 ＝ ｎ 数 （ ｎ ． －１）． ８．解 工 析 序 ， 有 （１ Ａ ） １ ４ ８ 先 种 排 排法 不 ； 能 再 放 排 在 其 最 余 后 的 的 ４ 那 道 道 工 原 人 － ｋ 理 员 ） 个 得 的 人 ， 方 共 拖 法 有 地 ． ， Ｃ 这 ｋ ｎ· 样 Ｃ ， ｍ ｎ － 由 －ｋ ｋ种 分 不 步 同 乘 的 法 选 计数 取
（２）Ｃ ２ｎ＝ ｎ （ ｎ ２ －１）． ２ 序 理 ， ， 有 排列 Ａ ４ ４ 加 种 工 排 顺 法 序 ．根 的 据 方 分 法 步 共 乘 有 法 Ａ １ ４ 计 · 数 Ａ ４ ４ 原 ＝ 所以 Ｃ ｋ ｎ·Ｃ ｍ ｎ － －ｋ ｋ ＝Ｃ ｍ ｎ·Ｃ ｋ ｍ 成立．
综合运用 种 ． 第七章 随机变量及其分布
９６（ ）
５．解析
（１）－２６
ｘ２．
（２）
先排不能放在最前和最后的那两
说明 ： 第三项是含ｘ２ 的项 ， 其系数是 Ｃ ２ ４ 道工序 ， 有 Ａ ２ ３ 种排法 ； 再排其余的 ３ 道 7.1 条件概率与全概率公式
×３ ２ ＋Ｃ １ ４×Ｃ １ ５×（－２）×３＋Ｃ ２ ５×（－２） ２ ＝－２６ ． 工序 ， 有 Ａ ３ ３ 种排法． ７．１．１ 条件概率
（ æ è ç ２ ３ ） １ ｘ 展 ö ø ÷ ｒ 开 ， 由 式 题 的 意 通 有 项 １８－ Ｔ ｒ ｒ ＋ － １ ２ ＝ ｒ Ｃ ＝ １ ｒ ０ ８ ， （９ ｘ ） １８－ ｒ 根 的 （３ 据 方 ） 将 分 法 其 步 共 中 乘 有 的 法 Ａ ２ ３ 计 ２ · 道 数 Ａ 原 ３ ３ 工 ＝ 理 序 ３６ ， “ （ 排 捆 种 列 ” ） ． 在 加 一 工 起 顺 当 序 １ 教 ．解 材 析 第 ４８ Ｐ （ 页 Ｂ （ ｜ 练 Ａ ） 习 ＝ Ｐ ） １， Ａ Ｐ Ｂ （ Ａ ｜ Ｂ ． ）＝０ ． ５ ．
解 （ 即 ３ 得 ） 由 ２ ｒ · 题 ＝１ ｎ 意 ２ ！ ， 得 Ｔ １３ ２ ＝ Ｃ １ ９ｎ ８ ＝Ｃ ５６ ８ｎ ４ ＋ ． Ｃ １ｎ０ ， 作 排 的 列 １ ２ 道 ， 道 有 工 工 Ａ 序 序 ４ ４ ， 种 内 与 排 部 另 法 还 外 ； 有 的 而 Ａ ３ 被 ２ ２ 道 “ 种 工 捆 排 序 ” 法 在 进 ． 一 所 行 以 全 起 验 Ｐ （ 证 Ａ ｜ ： Ｂ Ｐ ） （ ＝ Ｂ Ｐ ｜ Ｐ Ａ （ （ ） Ａ Ｂ ＝ Ｂ ） ） Ｐ ＝ （ （ ０ ０ Ａ ． ． ） ６ ３ ） ＝ ＝ ０ ０ ０ ． ５ ． ３ ３ ． ＝１，
ｎ 不同的加工顺序有 ４ ２ 种 ． ２．解析 设第 次抽到 牌为事件Ｂ 第
９！（ －９）！ Ａ４Ａ２＝４８（ ） １ Ａ ，
ｎ ｎ 先把另外 道工序进行全排列 有 次抽到 牌为事件Ｃ 则第 次和第
！ ！ （４） ３ ， ２ Ａ ， １
＝ ８！（ ｎ －８）！ ＋ １０！（ ｎ －１０）！ ， Ａ ３ ３ 种排法 ， 再把不能相邻的 ２ 道工序 ２ 次都抽到 Ａ 牌为事件ＢＣ．
化简得ｎ２ ｎ 解得ｎ 或 插入到那 道工序所形成的 个空当 解法一 在第 次抽到 牌的条件下
－３７ ＋３２２＝０， ＝１４ ３ ４ ： １ Ａ ，
ｎ （４ ＝ ） ２ 解 ３ ． 法一 ： 设Ｔ ｒ ′ ＋１ 是 （１－ ｘ ） １０展开式的 中 有 ， Ａ 有 ３ ３Ａ Ａ ２ ４ ２ ４ ＝ 种 ７２ 插 （ 种 法 ） ．所 ． 以不同的加工顺序 扑 以 克 在 牌 第 仅 １ 次 剩 抽 下 到 ５１ Ａ 张 牌 ， 其 的 中 条件 ３ 张 下 ， Ａ 第 牌 ２ ， 所 次
第ｒ ＋１ 项 ， 拓广探索 也抽到 牌的概率为 Ｐ Ｃ Ｂ ３
Ａ （ ｜ ）＝
由题意知 所求展开式中 ｘ４ 的系数为 ９．解析 解法一 由等比数列求和公式得 ５１
， ：
Ｔ ４ ′ ＋１， Ｔ ３ ′ ＋１ 与Ｔ ２ ′ ＋１ 的系数之和． （１＋ ｘ ） ３ ＋（１＋ ｘ ） ４ ＋…＋（１＋ ｘ ） ｎ ＋２ ＝ １ ．
Ｔ ４ ′ ＋１＝Ｃ ４ １０（－ ｘ ） ４ ， Ｔ ３ ′ ＋１＝Ｃ ３ １０（－ ｘ ） ３ ， （１＋ ｘ ） ｎ ＋３ －（１＋ ｘ ） ３ 解 １ 法 ７ 二 在第 次抽到 牌的条件下
Ｔ 因 ２ ′ ＋ 此 １＝Ｃ ｘ ２ １ ４ ０（ 的 － ｘ 系 ） 数 ２ ， 为 ４ ３ ２ ． 上 ＝ 述等式右 ｘ 边分子的 ， 两个二项式中含 第 ｎ Ｂ ２ Ｃ 次也 ： 抽到 １ Ａ 牌的概 Ａ 率为Ｐ （ Ｃ ｜ Ｂ ）＝ ，
， Ｃ１０－Ｃ１０＋Ｃ１０＝１３５ （ ） ４×３ １ ．
解法二 ： 原式 ＝（１－ ｘ３ ）（１－ ｘ ） ９ ｘ３ 项的系数分别是 Ｃ ３ｎ ＋３，Ｃ ３ ３， ｎ （ Ｂ ） ＝ ４×５１ ＝ １７
５
解法三 在第 次抽到 牌的条件下
： １ Ａ ， ６０ Ｐ ＡＢ ９５ ５ １９ 所以产品被拒
第 次也抽到 牌的概率为Ｐ Ｃ Ｂ Ｐ ＡＢ （ ）＝ × ＝ ，
２ Ａ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ Ｂ （ ） ２０００ ３０． １００ ９９ ３９６
（２） （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝ ＝
４×３ （ ） ６２ ３１ 绝的概率 Ｐ Ｐ Ａ Ｐ ＡＢ １ １９
Ｐ ＢＣ ＝ （ ）＋ （ ）＝ ＋
（ ） ５２×５１ １ ． ２０００ ２０ ３９６
Ｐ Ｂ ＝ ＝ ２．解析 Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ．
（ ） ４×５１ １７ （ ）≥ （ ） ９７．
记Ａ 选出的人大于 岁 则 Ｃ ＝
５２×５１ ＝“ ５０ ”， ＝ ９９０
３．解析 记Ａ表示 第 次摸到白球 Ｂ ＡＢ 根据乘法公式有 Ｐ Ｃ Ｐ ＡＢ ８．解析 选取 作为父本的概
“ ２ ”， ， （ ）＝ （ ）＝ ＤＤ，Ｄｄ，ｄｄ
表示 第 次摸到白球 则 ＡＢ 表示 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ ．
“ １ ”， （ ） （ ｜ ）≤ （ ） 率分别为 １ １ １ 只有在选取
第 次摸到白球 且第 次也摸到白 ３．解析 记Ａ 甲命中目标 Ｂ 乙命 ， ， ， Ｄｄ，
“ １ ， ２ ＝“ ”， ＝“ ４ ２ ４
球 ． 中目标 Ｃ 目标至少被命中 次 作为父本杂交时 子三代中基因才
” ”， ＝“ １ ”， ｄｄ ，
解法一 由题意 事件Ｂ发生后 袋
（ 中 １ 还 ） 有 个 ： 球 其中 ， 个白球 个 ， 黑 则Ｐ （ Ｃ ）＝１－ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）＝１－（１－０ ． ６）× 会出现 ｄｄ 型 ， 且出现的概率为 １ ， 所以
９ ， ６ ，３ ． ． ． ２
（１－０５）＝０８ 选取 作为父本杂交且出现 型
球 则Ａ发生的概率为 ６ ２ ． ４．解析 设Ａ 从甲箱子里摸球 Ａ Ｄｄ，ｄｄ ｄｄ
， ＝ １＝“ ”， ２＝
９ ３ 从乙箱子里摸球 Ｂ 摸到的球为 基因的概率为Ｐ １ １ １ １ ．
“ ”， ＝“ ＝ × × ＝
即Ｐ Ａ Ｂ ２ ． 红球 Ω Ａ Ａ 且Ａ Ａ 互斥 根据 ２ ４ ２ １６
（ ｜ ）＝ ”， ＝ １∪ ２， １， ２ ， ９．解析 性质 证明 因为Ｐ Ω 所
３ １ ： （ ）＝ １，
２ 题意有Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ ２ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ω Ｐ Ａ
解法二 Ｐ Ｂ ７ Ｐ ＡＢ Ｃ７ ７ （ １）＝ ， （ ２）＝ ， （ ｜ 以Ｐ Ω Ａ （ ） （ ） （ ） ．
： （ ）＝ ， （ ）＝ ２ ＝ ， ３ ３ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝Ｐ Ａ ＝１
１０ Ｃ１０ １５ （ ） （ ）
Ａ １ Ｐ Ｂ Ａ ４ 性质 证明 利用条件概率公式有
７ １）＝ ， （ ｜ ２）＝ ， ２ ：
所以Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ Ｐ （ Ａ Ｂ Ｂ ） ＝ １５ ＝ ２ ． 根据全 ２ 概率公式有 ５ Ｐ （ Ｂ ∪ Ｃ ｜ Ａ ） ＝ Ｐ （（ Ｐ Ｂ ∪ Ａ Ｃ ） Ａ ）
（ ） ７ ３ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ （ ）
１０
（ ）＝ （ １） （ ｜ １）＋ （ ２） （ ｜
Ｐ ＢＡ ＣＡ
（２） 由 （１） 知两次都摸到白球的概率为 Ａ ２）＝ １ × １ ＋ ２ × ４ ＝ ７ ． ＝ （ Ｐ （ ∪ Ａ ） ） ，
３ ２ ３ ５ １０
Ｐ （ ＡＢ ）＝ ７ ． ５．解析 设 Ｂ ＝“ 任取一人 ， 此人患流 因为Ｂ和Ｃ互斥 ， 所以ＢＡ和 ＣＡ也互
１５ 感 Ａ 此人来自 地区 Ａ 此 斥 ， 利用概率的加法公式有
教材第 ５ ７ ２ ． 页 １． （ ２ 练 习 全 ） 概率公式 人 区 ” 来 ” ， ， 自 Ω １＝ Ｂ ＝ “ Ａ 地 １∪ 区 ” Ａ ， ２∪ Ａ ３ Ａ ＝ ３ Ａ ， “ 且 此人 Ａ １ ” ， 来 ， Ａ ２ 自 ２ ， ＝ Ａ Ｃ ３ “ 地 互 Ｐ 因 （ 此 ＢＡ Ｐ ∪ （ Ｃ Ｂ Ａ ∪ ）＝ Ｃ Ｐ ｜ （ Ａ Ｂ ） Ａ ） ＝ ＋ Ｐ Ｐ （ （ Ｂ Ｃ Ａ Ａ Ｐ ） ） ＋ ． Ａ Ｐ （ ＣＡ ） ＝
１．解析 设Ａ 抽到有思路的题 Ａ （ ）
“ 抽到 完全没 １＝ 有 “ 思路的题 ”， Ｂ ＝ ” “ ， 解 ２ 题 ＝ 斥 ， 根据题意有 Ｐ （ Ａ １）＝ ４ １ ， Ｐ （ Ａ ２）＝ Ｐ Ｐ （ Ｂ Ａ Ａ ） ＋ Ｐ Ｐ （ Ｃ Ａ Ａ ） ＝ Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｃ ｜ Ａ ） ．
正确 Ω Ａ Ａ 且 Ａ Ａ 互斥 （ ） （ ）
”， ＝ １∪ ２， １， ２ ， ７ ， Ｐ （ Ａ ３）＝ ２ ， 拓广探索
Ｐ Ｐ 根 （ （ 据 Ａ Ｂ １ ｜ 全 ） Ａ ＝ １ 概 ） １ ＝ 率 ９ ２ ０ 公 ． ＝ ９ 式 ， ４ ３ Ｐ 有 （ ， Ｂ Ｐ Ｐ ｜ （ Ａ （ ２ Ｂ Ａ ） ２ ） ＝ ） ＝ ０ ＝ Ｐ ． ２ （ １ ５ Ａ ３ ２ ， １） ＝ Ｐ （ ４ １ Ｂ ， ｜ Ｐ Ａ 根
Ｐ
２０ ３ （ ） 据 Ｂ
Ｂ
＝ ｜ 全 Ａ ０ ． １ 概 ０ ）
Ｐ
４ ＝ 率 ，
Ａ
０ 公 ． ０ ５ ６ 式
Ｐ
， Ｐ 有
Ｂ
（ Ｂ
Ａ
｜ Ａ ２）＝
Ｐ
０ ．
Ａ
０５，
Ｐ
Ｐ （
Ｂ
Ｂ ｜ １０．解 Ｐ Ｐ
Ｐ
（ （ 析 Ａ
Ａ
Ａ ） Ｂ Ｐ
Ｐ
Ｃ （ 由 ） Ｂ
Ｂ
概 ｜ ＝ Ａ
Ａ
） 率 Ｐ 得
Ｐ
的 （
Ｃ
Ａ 乘 Ｂ
Ａ
法 ）
Ｂ
Ｐ 公
．
（ 式 Ｃ Ｐ ｜ （ Ａ Ａ Ｂ Ｂ ） ）＝ ＝
Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ３ ． １ （ ）＝ （ １） （ ｜ １）＋ （ ２） （ ｜ （ ） （ ｜ ） （ ｜ ）
１）＋ （ ２） （ ｜ ２）＝
４
×０ ９＋
４
×
Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ １ ． ７
一般地
，
有Ｐ
（
Ａ
１
Ａ
２…
Ａ
ｎ）＝
Ｐ
（
Ａ
１）
Ｐ
（
Ａ
２
０
．
２５＝０
．
７３７５
． ２）＋ （ ３） （ ｜ ３）＝
４
×０ ０６＋
２０
×
｜
Ａ
１）
Ｐ
（
Ａ
３ ｜
Ａ
１
Ａ
２）…
Ｐ
（
Ａ
ｎ ｜
Ａ
１
Ａ
２…
２．解析 设Ａ 抽到的 件产品为 Ａ ．
（１） １＝“ １ ． ２ ． ． ． ｎ －１）
第一批产品 Ａ 抽到的 件产品为 ００５＋ ×００４＝００４８５
”， ２＝“ １ ５
第二批产品 Ｂ 任取 件产品为合 由贝叶斯公式有 Ｐ Ａ Ｂ 7.2 离散型随机变量
”， ＝“ １ （２） （ １ ｜ ） ＝
格品 Ω Ａ Ａ 且 Ａ Ａ 互斥 及其分布列
Ｐ Ａ ”， ． ＝ Ｐ １∪ Ａ ２， ． Ｐ １， Ｂ ２ Ａ ， Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ １ ×０ ． ０６
． （ １）＝ ． ０４， Ｐ （ Ｂ ２ Ａ ）＝０６， ． （ ｜ １ ． ）＝１－ （ １ Ｐ ） Ｂ （ ｜ １） ＝ ４ ． ≈０ ． ３０９ ． 教材第 ６０ 页（练习）
根
００
据
５＝
全
０
概
９５
率
，
公
（
式
｜
有
２）＝１－００４＝０９６，
６．证明
（
Ｐ
）
Ａ Ｐ
００
Ｂ
４８５
Ｐ Ｂ Ａ
１．解析 例
１：
某公共汽车站一分钟内等
（ ）＞０， （ ）＞０， （ ｜ ）＝ 车的人数
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ ；
Ａ
（ ）＝
．
（
．
１） （
．
｜
．
１）＋ （
．
２）
．
（ ｜
Ｐ
（
Ａ
）
＝
Ｐ
（
Ｂ
），
所 以 Ｐ
（
ＡＢ
）
例
２：
某城市一年内下雨的天数
；
（ ２ ２ ） ） ＝ 由 ０４ 贝 ×０ 叶 ９５ 斯 ＋０ 公 ６ 式 ×０ 有 ９６＝ Ｐ ０ （ ９ Ａ ５ １ ６ ｜ Ｂ ） ＝ ＝ Ｐ （ （ Ａ ） ） Ｐ （ Ｂ ）， 例 分数 ３： 一位跳水运动员在比赛时所得的
Ｐ （ Ａ １ Ｐ ） Ｐ Ｂ （ Ｂ ｜ Ａ １） ＝ ０ ． ４ ． ×０ ． ９５ ≈０ ． ３９７ ． 所以 Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ ）＝ Ｐ Ｐ （ （ Ａ Ｂ Ｂ ） ） ＝ Ｐ （ Ｐ Ａ ） （ Ｐ Ｂ （ ） Ｂ ） ＝ 例 ４： ； 某人在 １ 天内接电话的次数． （ 任
习 复 题 习巩 ７ ． 固 １ （ ） ０９５６ 综 Ｐ 合 （ 运 Ａ ） 用 ． ２． 意 解 举 析 出 两 （１ 个 ） 能 即 用 可 离 ） 散型随机变量表示．
１．解 ＝“ 析 选 到 设 的 Ａ 学 ＝ 生 “ 患 选 色 到 盲 的 ” 学 ． 生是男生 ”， Ｂ ７．解 一 合 析 次 格 抽 品 产 到 且 品 不 第 被 合 二 拒 格 次 绝 产 抽 有 品 到 两 ； 不 二 种 合 是 可 格 第 能 产 一 ： 品 一 次 ． 是 抽 记 第 到 Ａ １ 可 １， 能 １ 能 ２ 的 ．表 用 取 示 离 值 的 散 为 结 型 ２ 果 ， 随 ３ 略 ， 机 ４ ． ， 变 ５， 量 ６， 表 ７，８ 示 ， ． ９ 可 ，１ 能 ０，
（２）
６０
Ｐ ＡＢ 第一次抽到不合格产品 Ｂ 第二 的取值为 ．表示的结
Ｐ Ｂ Ａ （ ） ２０００ １ ． ＝“ ”， ＝“ ０，１，２，３，４，５
（１） （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ 果略．
（ ） １２００ ２０ 次抽到不合格产品 ．Ｐ Ａ ５ １
” （ ）＝ ＝ ， 不能用离散型随机变量表示．实际
２０００ １００ ２０ （３）
６
教材习题答案
含量与规定含量之差可能的取值为 表示 因此射击成绩为优秀的概率 含义是随着产量的增加 乙机床生产出
０ ９｝ ， ，
附近的实数 不能一一列出． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． 的次品数要比甲机床生产出的次品
， （ ≥９）＝ （ ＝９）＋ （ ＝１０）＝０３５＋
３．解析 设该运动员一次罚球得分为Ｘ ． ． ． 数少．
， ０２０＝０５５
Ｘ是一个离散型随机变量 其分布列为 综合运用
， ７．３．２ 离散型随机变量的方差
Ｘ ５． 设随机抽出的 篇课文中该同学能
０ １ （１） ３
Ｐ ． ． 背诵的篇数为Ｘ 则Ｘ是一个离散型随 教材第 页（练习）
０３ ０７ ， ７０
４．解析 抛掷一枚质地均匀的硬币 ２ 次 ， 机变量 ， 它可能的取值为 ０，１，２，３， 分 １．解析 Ｅ （ Ｘ ）＝１×０ ． ２＋２×０ ． ３＋３×０ ． ４＋４×
其全部可能的结果为 正正 正反 反 布列如下 ． ． ．
｛ ， ， ： ０１＝２４
正 ， 反反 ｝ ．正面向上的次数Ｘ是一个离 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｄ （ Ｘ ）＝（１－２ ． ４） ２ ×０ ． ２＋（２－２ ． ４） ２ ×０ ． ３＋
散型随机变量 因此 ． ２ ． ． ２ ． ．
， Ｐ Ｃ ３ ４ Ｃ １ ６Ｃ ２ ４ Ｃ ２ ６Ｃ １ ４ Ｃ ３ ６ （ Ｄ ３－２ Ｘ ４） ×０４ Ｄ ＋（ Ｘ ４－２４ ． ） ×０１＝０８４，
Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ Ｐ （｛ 反反 ｝）＝ １ ＝０ ． ２５， Ｃ ３ １０ Ｃ ３ １０ Ｃ ３ １０ Ｃ ３ １０ σ （２ Ｘ ＋７）＝４ ． （ ） ． ＝３３６，
４ 即 （２ ＋７）≈１８３３
： ２．解析 Ｅ Ｘ ｃ ｃ Ｄ Ｘ ｃ ｃ ２
Ｐ Ｘ Ｐ 正反 反正 ２ Ｘ （ ）＝ ×１＝ ， （ ）＝（ － ） ×
（ ＝１）＝ （｛ ｝∪｛ ｝）＝ ＝ ０ １ ２ ３ ．
４ １＝０
． Ｐ １ ３ １ １ ３．解析 Ｘ的分布离散程度大．
０５，
３０ １０ ２ ６
Ｅ Ｘ ． ． ．
Ｐ Ｘ Ｐ 正正 １ ． 该同学能及格表示他能背出 篇或 （ ）＝－２×０ １＋（－１）×０ ２＋０×０ ４＋１×
（ ＝２）＝ （｛ ｝）＝ ＝０２５， （２） ２ ． ．
４ 篇课文 故他能及格的概率为Ｐ Ｘ ０２＋２×０１＝０，
所以Ｘ的分布列为 ３ ， （ ≥
Ｄ Ｘ ２ ． ２ ． ２
（ ）＝ （－２） ×０ １＋（－１） ×０ ２＋０ ×
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ １ １ ２ ．
Ｘ ２）＝ （ ＝２）＋ （ ＝３）＝ ＋ ＝ ． ２ ． ２ ． ．
０ １ ２ ２ ６ ３ ０４＋１ ×０２＋２ ×０１＝１２，
Ｐ ０ ． ２５ ０ ． ５ ０ ． ２５ ６．解析 （１） Ｘ的可能取值为 １，２，３ ． Ｅ （ Ｙ ）＝－２×０ ． ０５＋（－１）×０ ． １５＋０×０ ． ６＋１
Ｐ Ｘ ． Ｐ Ｘ ． ． ． ．
习题 ． （ ＝１）＝０６， （ ＝２）＝（１－０６）×０７ ×０１５＋２×００５＝０，
７２ ． Ｐ Ｘ ． ． Ｄ Ｘ ２ ． ２ ． ２
复习巩固 ＝０２８， （ ＝３）＝（１－０ ６）×（１－０ ７）× （ ）＝（－２） ×００５＋（－１） ×０ １５＋０ ×
． ． ． ２ ． ２ ． ．
１．解析 用 表示遇到红灯 用 表 １＝０１２ ０６＋１ ×０１５＋２ ×００５＝０７，
（１） ０ ， １ 所以Ｘ的分布列为 Ｄ Ｘ Ｄ Ｙ ．
示遇到绿灯 则样本空间为Ω （ ）＞ （ ）
， ＝｛００００， 习题 ．
Ｘ １ ２ ３ ７３
０００１，００１０， ０１００， １０００， ００１１， ０１０１， 复习巩固
Ｐ ． ． ．
１００１，０１１０， １０１０， １１００， ０１１１， １１０１， ０６ ０２８ ０１２ １．解析 设每部手机获利Ｘ 则Ｘ的分布
． 李明领到证书有三种可能情况 第 ，
１０１１，１１１０，１１１１｝ （２） ： 列为
Ｘ 的可能取值为 事件 一次考试通过 第一次考试没有通过
（２） ０，１，２，３，４， ； ，
Ｘ 表示经过的 个红绿灯路口 遇 第二次考试通过 第一次和第二次考试 Ｘ
｛ ＝０｝ ４ ， ； １００ ０ －３００
到的都不是红灯 事件 Ｘ 表示经 都没有通过 第三次考试通过． Ｐ ． ． ．
； ｛ ＝１｝ ， ０６ ０３ ０１
过的 个红绿灯路口 其中 个路口遇 所以其概率Ｐ ． ． ． 所以Ｅ Ｘ ． ．
４ ， １ ＝０６＋（１－０６）×０７＋（１－ （ ）＝１００×０６＋０×０３＋（－３００）×
到红灯 其他 个路口不是红灯 事件 ． ． ． ． ． ．
， ３ ； ０６）×（１－０７）×０８＝０９７６ ０１＝３０，
｛ Ｘ ＝２｝ 表示经过的 ４ 个红绿灯路口 ， 其 Ｄ （ Ｘ ）＝（１００－３０） ２ ×０ ． ６＋（０－３０） ２ ×０ ． ３
中 ２ 个路口遇到红灯 ， 其他 ２ 个路口不 7.3 离散型随机变量的 ＋（－３００－３０） ２ ×０ ． １＝１４１００ ．
是红灯 事件 Ｘ 表示经过的 个红 数字特征 ２．解析 设Ｘ表示一张彩票的中奖金额
； ｛ ＝３｝ ４ ，
绿灯路口 其中 个路口遇到红灯 另 则它的分布列为
， ３ ，
外 个路口不是红灯 事件 Ｘ 表示 ７．３．１ 离散型随机变量的均值
１ ； ｛ ＝４｝ Ｘ
经过的 个红绿灯路口遇到的都是 教材第 页（练习） ０ ２ １０ ５０ １００ １０００
４ ６６ Ｐ ． ． ． ． ． ．
红灯． １．解析 Ｅ Ｘ ． ． ． ０８５４５ ０１ ００３ ００１ ０００５ ００００５
２ ３ ． ． 解 的 解 离
学
析 概 散
是
析 率 型
否
不 之 随
能
某 正 和 机
够
同 确 不 变
取
学 ， 是 量
得
跑 因
，
优
１ １ 为 如 ．
秀
ｋ 所 果 ｍ
成
有 我 所
绩
变 用 们 时 量 只
可
间 取 关
以
值 心
定
Ｘ 对 该
义
不 应 是 同
如
２． （ 解 ＋ １０ ２ ４ 析 ． ） × ４ Ｅ ０ ． ． （ １ ３ （ Ｘ ＋ Ｘ １ ５ 的 ） ＋ × ２ ０ 分 ） （ ． １ 布 ＝ ＝ ） ３ 列 ２ ＝ Ｅ ． ８ 为 １ （ ． × Ｘ ０ ） １ ＋ ＋ ２ ２ ＝ × ３ ０ × ３ ２ ＋ ． ８ ３ ＋ × ２ ０ ＝ ４ ３．
{
其 解 １ ０ ０ ． ０ 数 析
．
× ０ ０ ０ 学 ．
ａ
０ ５ ３ 期 根 ＝
ｂ
＋ 据 ２ 望 ５ ． ０ 分 × Ｅ ０ （ 布 ． Ｘ ０ 列 ） １ ＝ ＋ 的 １ ０ 性 ０ × ０ ０ 质 × ． ８ ０ 及 ５ ． ０ ４ 期
{
０ ５ ５
ａ
望 ＋ ＋ ２ １ 公 ×
．
０ ０ 式 ０ ． ０ １ 有 ＋ ×
， Ｘ ０２＋ ＋ ＝１， 解得 ＝０６，
下的随机变量 －１ １ Ｅ Ｘ ． ａ ｂ ｂ ． ．
{ 跑 ： 所用时间 Ｐ ０ ． ５ ０ ． ５ ４．解析 （ ）＝ 得 ０ 分 ×０ 记 ２＋ 为 ＋ 变 ２ 量 ＝１， Ｘ 选对得 ＝０ ａ ２ 分
Ｙ ０， １ ｋｍ ＞４ ｍｉｎ， ， ，
＝ 跑 所用时间 Ｅ Ｘ ． ． ． 选错得 ｂ 分 显然 Ｐ Ｘ ａ ．
１， １ ｋｍ ≤４ ｍｉｎ， （ ）＝－１×０５＋１×０５＝０ ， （ ＝ ）＝ ０ ２５，
它是离散型随机变量 且仅可能取两个 ３．解析 甲机床生产零件的平均次品数 Ｐ Ｘ ｂ ． 则Ｅ Ｘ ． ａ ． ｂ
， （ ＝ ）＝０７５， （ ）＝０ ２５ ＋０ ７５
值 ． Ｅ Ｘ ． ． ． ． 不妨取ａ ｂ ．即选对得 分
：０，１ （ １）＝ ０×０ ４＋１×０ ３＋２×０ ２＋３×０１ ＝０， ＝３， ＝－１ ３ ，
事件 Ｙ 表示该同学跑 所用时 ． 选错得 分．
｛ ＝１｝ １ ｋｍ ＝１ －１
间小于或等于 能够取得优秀成 乙机床生产零件的平均次品数 ５．证明 设离散型随机变量Ｘ的所有可
４ ｍｉｎ，
绩 事件 Ｙ 表示该同学跑 所 Ｅ Ｘ ． ． ． ． ． 能取值为 ａ ａ ａ 其分布列为
， ｛ ＝０｝ １ ｋｍ （ ２）＝０×０３＋１×０５＋２×０２＝０９ １， ２，…， ｎ，
用时间大于 不能够取得优秀 因为乙机床生产零件的平均次品数 Ｐ Ｘ ａ ｐ ｉ ｎ ．由于Ｅ ａＸ
４ ｍｉｎ， （ ＝ ｉ）＝ ｉ（ ＝１，２，…， ） （
成绩． Ｅ Ｘ 小于甲机床生产零件的平均次 ｂ ａＥ Ｘ ｂ
（ ２） ＋ ）＝ （ ）＋ ，
４．解析 射击成绩优秀可以用事件 Ｘ 品数Ｅ Ｘ 所以乙机床更好 其实际 则Ｄ ａＸ ｂ
｛ ≥ （ １）， ， （ ＋ ）
７
ａａ ｂ ａＥ Ｘ ｂ ２ｐ ａａ 7.4 二项分布与超几何分布 移动 次 向右移动 次 其对应的概
＝［（ １＋ ）－（ （ ）＋ ）］ １＋［（ ２＋ １ ， ５ ，
ｂ （ ） ａ － Ｅ （ （ ａ Ｘ Ｅ ） （ ＋ Ｘ ｂ ） ） ］ ＋ ２ ｂ ｐ ） ｎ ］ ２ｐ ２＋…＋［（ ａａ ｎ＋ ｂ ）－ ７．４．１ 二项分布 率Ｐ ２＝Ｃ １ ６ ( １ ２ ) １ ( １ ２ ) ５ ＝ ３ ３ ２ ．
＝
ａ２
（
ａ
１－
Ｅ
（
Ｘ
））
２ｐ
１＋
ａ２
（
ａ
２－
Ｅ
（
Ｘ
））
２ｐ
２＋
教材第
７６
页（练习） ４．解析 设抽出的
５
张牌中包含
Ａ
牌的
…＋ ａ２ （ ａ ｎ－ Ｅ （ Ｘ ）） ２ｐ ｎ １．解析 （１） Ｘ 的可能取值为 ０，１，２，３， 张数为Ｘ ， 则Ｐ （ Ｘ ≥２）＝ １－ Ｐ （ Ｘ ＝０）－
＝
ａ２Ｄ
（
Ｘ
）
．
４，
其分布列为
Ｐ Ｘ Ｃ
５
４８ Ｃ
４
４８Ｃ
１
４ ． ．
综合运用 （ ＝１）＝１－ ５ － ５ ≈００４１６８
Ｘ
０ １ ２ ３ ４
Ｃ５２ Ｃ５２
６．解析 若先猜谜语 后猜谜语 则所 综合运用
Ａ Ｂ， Ｐ １ １ ３ １ １
获奖金Ｘ的可能取值为 分布 ５．解析 设Ｘ为击中目标的次数 则Ｘ
０，１０，３０， １６ ４ ８ ４ １６ ， ～
列为 ． Ｂ ． ．
（１０，０８）
（２）２；１
Ｘ ０ １０ ３０ ２．解析 Ｐ ( ４ ) ５ １０２４． （１） 在 １０ 次射击中 ， 恰有 ８ 次击中目标
Ｐ ０ ． ２ ０ ． ８×０ ． ５ ０ ． ８×０ ． ５ （１） ＝ ５ ＝ ３１２５ 的概率为 Ｐ （ Ｘ ＝８）＝ Ｃ ８ １０×０ ． ８ ８ ×（１－
Ｅ （ Ｘ ）＝０×０ ． ２＋１０×０ ． ４＋３０×０ ． ４＝１６ ． Ｐ １ ( １ ) １ ( ４ ) ４ ２５６． ０ ． ８） ２ ≈０ ． ３０ ．
若先猜谜语 Ｂ 后猜谜语 Ａ， 则所获奖金 （２） ＝Ｃ５ ５ ５ ＝ ６２５ （２） 在 １０ 次射击中 ， 至少有 ８ 次击中目
Ｘ的可能取值为 分布列为 ３．解析 正确．每道题猜对的概率为 标的概率为Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
０，２０，３０， （１） （ ≥８）＝ （ ＝８）＋ （
Ｘ
０ ２０ ３０
０ ． ２５， 猜 １２ 道题可看作是 １２ 重伯努利 ＝９）＋ Ｐ （ Ｘ ＝１０）＝Ｃ ８ １０×０ ． ８ ８ ×（１－０ ． ８） ２ ＋
Ｐ ０ ． ５ ０ ． ５×０ ． ２ ０ ． ５×０ ． ８ 试验 ， 猜对题目的数量服从二项分布． Ｃ ９ １０×０ ． ８ ９ ×（１－０ ． ８） １ ＋Ｃ １ １ ０ ０×０ ． ８ １０ ×（１－
Ｅ Ｘ ． ． ． ． （２） 不正确．由于是不放回抽取 ， 每次抽 ０ ． ８） ０ ≈０ ． ６８ ．
（ ）＝０×０５＋２０×０１＋３０×０４＝１４ 到次品的概率不相等 所以不服从二项 ６．解析 设摸到红球的个数为Ｘ 则中奖
Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ ， ，
所 （ 以 ） 选 ＞ 择 （ 先 ） 猜 ， 谜语 后猜谜语 更好． 分布． 的概率为Ｐ （ Ｘ ≥３）＝ Ｐ （ Ｘ ＝３）＋ Ｐ （ Ｘ ＝
Ａ Ｂ
４．略．
７．解析 Ｅ Ｘ ． ． ． ３ ２ ４ １ ５
（ ）＝ －１×０ １＋０×０ ８＋１×０ １ Ｐ Ｘ Ｃ１０Ｃ２０ Ｃ１０Ｃ２０ Ｃ１０
＝０， ７．４．２ 超几何分布 ４）＋ （ ＝５）＝ Ｃ ５ ３０ ＋ Ｃ ５ ３０ ＋ Ｃ ５ ３０ ≈
Ｄ （ Ｘ ）＝（－１） ２ ×０ ． １＋０ ２ ×０ ． ８＋１ ２ ×０ ． １＝ 教材第 页（练习） ０ ． １９１ ．
． ８０ ７．解析 同时发生故障的车床数Ｘ
０２， （１） ～
Ｅ
０ ．
（
２
Ｙ
＋
）
２
＝
×０
－
．
２
１
×
＝
０
０
．
，
１＋（－１）×０ ． ２＋０×０ ． ４＋１× １．解析 Ｐ ＝ Ｃ
Ｃ
１ ４Ｃ
２ ２４
１ ２０ ＋
Ｃ
Ｃ
２ ２
２ ４
４
＝
１
４
３
３
８
． Ｂ
Ｐ
（
（
３
Ｘ
，
＝
０
０
． ２
）
）
＝
， 则
０ ． ８ ３ ＝０ ． ５１２，
Ｄ 甲 ０ ２ （ × Ｘ 乙 ０ ． ） ４ 两 ＋ ＝ １ 种 （ ２ × 手 － ０ ２ ． 表 ） ２ ２ ＋ 走 × ２ ２ 时 ０ × ． ０ １ 误 ． １ ＋ 差 ＝ （ １ 的 － ． ２ １ ， 期 ） ２ 望 × 一 ０ ． ２ 样 ＋ ２ ３ ． ． 解 解 析 析 Ｐ 例 ＝ Ｃ Ｃ ２ ４ 一 ４ １ Ｃ ２ ２ ８ 个 ＝ １ 班 ５ ６ ６ ５ 共 ． 有 名同学 其 Ｐ Ｐ （ （ Ｘ Ｘ ＝ ＝ １ ２ ） ） ＝ ＝ Ｃ Ｃ １ ３ ２ ３ × × ０ ０ ． ． ８ ８ ２ １ × × ０ ０ ． ． ２ ２ １ ２ ＝ ＝ ０ ０ ． ． ３ ０ ８ ９ ４ ６ ， ，
、 ， １： ４５ ， Ｐ Ｘ ． ３ ． ．
（ ＝３）＝０２ ＝０００８
但甲种手表的方差小于乙种手表的方 中女生 人 现从中任选 人 这 人
２０ ， ７ ， ７ 所以Ｘ的分布列为
差 所以认为甲种手表的性能更好 更 中含有女生的人数Ｘ服从超几何分布．
， ， Ｘ
稳定． 例 从一副扑克牌 去掉大小王 共 ０ １ ２ ３
２： （ ， ５２ Ｐ ． ． ． ．
拓广探索 张 中取出 张 则取出黑桃的张数 Ｘ ０５１２ ０３８４ ００９６ ０００８
８．解析 设变量Ｘ的可能取值为Ｘ １， Ｘ ２， 服 ） 从超几何分 ５ 布 ， ． （２） 车床发生故障的床数 Ｘ 的可能取
Ｘ 对应的概率为 ｐ ｐ ｐ 因 值为 ．
… 为 ， μ ｎ， ａ 不妨设μ ａ ｔ １ ｔ ， ２，…， ｎ， 习题 ７ ． ４ Ｐ Ｘ ０，１，２， ． ３ ２ ． ．
≠ ， ＝ ＋（ ≠０）， 复习巩固 （ ＝０）＝０９ ×０８＝０６４８，
则Ｘ相对于μ的方差Ｄ
１＝（
Ｘ
１－
μ
）
２ｐ
１＋ １．解析 利用古典概型计算概率的公式
Ｐ
（
Ｘ
＝１）＝Ｃ
１
２×０
．
９
１
×０
．
１
１
×０
．
８＋０
．
９
２
×０
．
２
（
Ｘ
２－
μ
）
２ｐ
２＋…＋（
Ｘ
ｎ－
μ
）
２ｐ
ｎ， 计算 试验成功的概率Ｐ ＝０
．
３０６，
Ｘ相对于 ａ 的方差 Ｄ
２ ＝（
Ｘ
１－
ａ
）
２ｐ
１＋ 试验成功包含的基本
：
事件个数
Ｐ
（
Ｘ
＝２）＝０
．
１
２
×０
．
８＋Ｃ
１
２×０
．
９
１
×０
．
１
１
×０
．
２
（ Ｘ ２－ ａ ） ２ｐ ２＋…＋（ Ｘ ｎ－ ａ ） ２ｐ ｎ Ｐ ＝ 基本事件总数 ＝
６
２ ＝０ ． ０４４，
＋ ＝ （ Ｘ （ ｎ Ｘ － １ μ － ＋ μ ｔ ＋ ） ｔ ２ ） ｐ ２ ｎ ｐ １ ＋ （ Ｘ ２－ μ ＋ ｔ ） ２ｐ ２ ＋ … ＝ ３ １ ． Ｐ 所 （ 以 Ｘ ＝ Ｘ ３ 的 ）＝ 分 ０ ． 布 １ ２ 列 ×０ 为 ． ２＝０ ． ００２ ．
＝（
Ｘ
１－
μ
）
２ｐ
１＋（
Ｘ
２－
μ
）
２ｐ
２＋…＋（
Ｘ
ｎ－
在
３０
次试验中
，
成功次数Ｘ服从二项 Ｘ
０ １ ２ ３
μ
）
２ｐ
ｎ＋２
ｔ
（
Ｘ
１－
μ
）
ｐ
１＋２
ｔ
（
Ｘ
２－
μ
）
ｐ
２＋…＋ 分布Ｂ
(
１
)
则成功次数 Ｘ 的均值
Ｐ
０
．
６４８ ０
．
３０６ ０
．
０４４ ０
．
００２
２ ｔ （ Ｘ ｎ－ μ ） ｐ ｎ＋ ｔ２ （ ｐ １＋ ｐ ２＋…＋ ｐ ｎ） ３０， ３ ， 拓广探索
＝ Ｄ １＋２ ｔ ［（ Ｘ １ ｐ １＋ Ｘ ２ ｐ ２＋…＋ Ｘ ｎ ｐ ｎ）－ μ （ ｐ １ Ｅ Ｘ ｎｐ １ ． ８．解析 有效率宣传可能过大．治愈人数
＋ ｐ ２＋…＋ ｐ ｎ）］＋ ｔ２ （ ）＝ ＝３０× ３ ＝１０ Ｘ服从二项分布
，
即Ｘ
～
Ｂ
（
ｎ
，０
．
９），
若ｎ
＝ Ｄ １＋ ｔ２ ＞ Ｄ １ ． ２．解析 Ｐ ＝Ｃ １ ４×０ ． ９ ３ ×０ ． １ １ ＝０ ． ２９１６ ． ＝１０， 则治愈人数大约为 １０×０ ． ９＝９， 所
Ｘ相对于ａ的偏离程度大于Ｘ相对于μ ３．解析
（１）
质点回到原点
，
说明质点向
以宣传治愈率为 ％可能过大．但由于
９０
的偏离程度
，
说明μ准确表示了变量Ｘ 左
、
向右各移动
３
次
，
其对应的概率Ｐ
１ 随机抽取的只有 １０ 人 ， 会有很大的偶
取值的平均水平． ( ) ( )
３ ３ 然性 若抽取的人数较多 才可以更准
３ １ １ ５ ． ， ，
＝Ｃ６
２ ２
＝
１６ 确的反映此新药的有效率．
质点位于 的位置 说明质点向左
（２） ４ ，
８
教材习题答案
Ｐ Ｂ Ａ ．
7.5 正态分布
Ｐ
（
ＡＢ
）＝
１
×
１
＝
１ ． （ ｜ ２）＝０４，
２ ２ ４ 所以Ｐ Ｂ Ａ ３ ．
教材第 页（练习） Ｐ ＡＢ （ ｜ ２）＝
８７ Ｐ Ｂ Ａ （ ） １ ． ８
（２） （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ８．解析 第 种方案 选择在商场内促
１．解析 ｆ （ ｘ ）＝ １ ｅ － ｘ ２ ２ ；０ ． ５；０ ． ６８２ ７； ３．解析 设Ａ 抽 （ 到 ） 的是 ２ 第一箱中的零 销 此 时可获 １ 得利润 ： 万元．
２π 件 Ａ 抽
１＝
到
“
的是第二箱中的零件 第
，
种方案 选择在
２
商场外促销 设此
０ ． ８４１３５；０ ． １５８６５ ． Ｂ ”， 任 ２ 取 ＝“ 一个零件为次品 则 Ω ” Ａ ， 时可 ２ 获得利 ： 润 Ｘ 万元 则 Ｘ 的 ， 分布
２．解析 图略．Ｐ （ Ｘ ≤－２）＋ Ｐ （ Ｘ ≤２）＝１， ＝ Ａ “ 且Ａ Ａ 互斥 Ｐ Ａ ”， Ｐ Ａ ＝ １ 列为 ，
Ｐ （｜ Ｘ ｜≤１）＞ Ｐ （｜ Ｙ ｜≤１） ． ∪ ． ２ Ｐ ， Ｂ Ａ １， ２ ． Ｐ ， Ｂ （ Ａ １）＝ （ ． ２ ． ）＝
３．解析 例 １： 某地区 １６ 岁男孩的身高的 ０５， 由 （ 全概 ｜ １ 率 ）＝ 公 ０ 式 ２， 知 （ Ｐ ｜ Ｂ ２）＝ Ｐ ０１ Ａ ５ Ｘ ８ －３
分布可以近似看成正态分布． （１） （ ）＝ （ １）· Ｐ ０ ． ６ ０ ． ４
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ． ．
例
２：
某厂生产的某种型号的灯泡的使
．
（ ｜
．
１）＋
．
（ ２）
．
（ ｜ ２）＝ ０ ５×０ ２＋ 所以Ｅ
（
Ｘ
）＝８×０
．
６＋（－３）×０
．
４＝３
．
６
．
用寿命的分布可以近似看成正态分布． ０５×０１５＝０１７５ 因为 ． 所以应选择第 种方案．
由贝叶斯公式知 Ｐ Ａ Ｂ ３６＞２， ２
习 复 题 习巩 ７ ． 固 ５ （ Ｐ ２ （ ） Ａ １） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ １） ０ ． ５×０ ． ２ （ ． １ ． ｜ ） ＝ ９．解 以 析 上 出 （ 险 １） 保 由 险 题 公 意 司 可 将 知 亏 ， 一 本 年 ．用 中有 Ｘ 表 ４ 人 示
Ｐ Ｂ ＝ ． ≈０５７ ，
１．解析 男生的数学平均成绩μ 方 （ ） ０１７５ 一年中这 万人遭遇意外伤害的人
１＝７２， ４．解析 由分布列的性质有 ． １０
差σ２ ２ 女生的数学平均成绩 μ （１） ０３６＋１－ 数 则Ｘ Ｂ ． 保险公
１＝８ ； ２ ＝ ｑ ｑ２ 解得ｑ ． 或ｑ ． 舍去 ． ， ～ （１０００００，０００００１），
７４，
方差σ２
２＝６
２．显然μ
１＜
μ
２，
σ２
１＞
σ２
２，
所 ２ ＋
由
＝１，
知分布
＝
列
０
为
２ ＝１８（ ） 司亏本的概率为Ｐ
（
Ｘ
＞４）＝１－
Ｐ
（
Ｘ
≤４）
以男生的数学平均成绩没有女生的数 （２） （１） ． －３．
≈３６６×１０
学平均成绩高 且男生的分数不集中 Ｘ ０ １ ２ 这家保险公司一年内获利不少于
， ， （２）
比较分散． Ｐ ０ ． ３６ ０ ． ６ ０ ． ０４ 万 表示一年内最多 人出险 所
１００ ， ２ ，
２．解析 Ｐ Ｘ ． ． 所以Ｅ Ｘ ． ． ． 以其概率Ｐ Ｘ ． ．
（１） （１６５＜ ≤１７５）≈０６８２７ （ ）＝ ０×０ ３６＋１×０ ６＋２×０ ０４＝ （ ≤２）≈０９１９７
． 拓广探索
Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ ０６８，
（２） （ ≤１６５）＝ ×［１－ （１６５＜ ≤ Ｄ Ｘ ． ２ ． ． ２ １０．解析 记第ｎ次传球后球在甲手中的
２ （ ）＝ （０－０６８） ×０ ３６＋（１－０６８） ×
． ． ． ． ２ ． ． ． 概率为Ｐ ｎ 则第ｎ 次传球后球在
１７５）］≈０１５８６５ ０６＋（２－０６８） ×００４＝０２９７６ （ ）， －１
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． ５．解析 因为随机变量Ｘ取所有可能的 甲手中的概率为 Ｐ ｎ 开始时球
（３） （ ＞１７５）＝ （ ＜１６５）≈０１５８６５ （ －１），
值 ｎ是等可能的 所以取每个 在甲手中 则Ｐ ．若第ｎ次传球
３．解析 Ｐ μ Ｘ μ σ １ Ｐ μ σ Ｘ １，２，…， ， ， （０）＝１
（ ≤ ≤ ＋ ）＝ （ － ≤ 后球在甲手中 则第ｎ 次传球后球
２ 可能的值的概率均为 １ 从而Ｅ Ｘ ， －１
ｎ ， （ ） 不在甲手中 即第ｎ 次传球后球在
μ σ １ ． ． ． ， －１
≤ ＋ ）≈ ×０６８２７＝０３４１３５ ｎ ｎ 乙或丙手中 所以第ｎ 次传球后球
２ ｉ １ ＋１． ， －１
综合运用 ＝ ∑ｉ＝
１
× ｎ ＝
２
不在甲手中的概率为
１－
Ｐ
（
ｎ
－１），
又
４．解析 设质量误差值为Ｘ 则Ｘ Ｎ ｎ 乙或丙在第ｎ次把球传到甲手上的概
， ～ （０， 又Ｅ Ｘ 所以 ＋１ 所以 ｎ
（ ）＝ １０， ＝１０，
２ ２ ）， 袋装食盐的合格率Ｐ （－４≤ Ｘ ≤４） ２ 率为 １ 于是有 １ Ｐ ｎ
≈０ ． ９５４５ ． ６．解 ＝１ 析 ９ ． 记Ｘ为击中目标的次数 则 ２ ， ２ ［１－ （ －１）］ ＝
复习参考题 ７ Ｘ Ｂ （１） ． 恰好击中目标 次的 ， 概 Ｐ （ ｎ ）， 即Ｐ （ ｎ ）＝－ １ Ｐ （ ｎ －１）＋ １ ，
复习巩固 ～ （１０，０３）， ３ ２ ２
率为 [ ]
１．解析 将一枚均匀的硬币抛掷两次 记 所以Ｐ ｎ １ １ Ｐ ｎ １
Ａ ＝“ 第 一次掷到正面 ”， Ｂ ＝“ 第二次 ， 掷 Ｐ （ Ｘ 目 ＝３ 标 ） 击 ＝Ｃ 中 ３ １０ 的 ×０ 次 ． ３ ３ 数 ×０ Ｘ ． ７ ７ ≈ Ｂ ０ ． ｎ ２６７ ． ． 目 { （ ）－ ３ ＝ } － ２ （ －１）－ ３ ，
（２） ～ （ ，０ ３）， 所以 Ｐ ｎ １ 是首项为Ｐ
到反面 ”， 显然Ｐ （ Ａ ）＝ １ ， Ｐ （ Ｂ ）＝ １ ， 标至少被击中一次可以表示为 ｛ Ｘ ＞０｝， （ ）－ ３ （１－１）－
２ ２
它的对立事件是 Ｘ 所以 目标至
｛ ＝０｝， “ １ ２ 公比为 １ 的等比数列
Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝ １ ， 此时有Ｐ （ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）； 少被击中一次 ” 的概率为Ｐ （ Ｘ ＞０）＝１－ ３ ＝ ３ ， － ２ ，
从 ２ 中任取两个不同的数 记 Ｐ （ Ｘ ＝０）＝１－（１－０ ． ３） ｎ． 所以Ｐ ｎ １ ２ ( １ )ｎ
１，２，３，４，５ ， （ ）－ ＝ × － ，
Ａ 到 ＝ 的 “ 取 两 到 数 的 均 两 为 数 偶 之 数 和为 则 偶 Ｐ 数 ” Ａ ， Ｂ ＝“ ２ 取 １ 为 － 使 （１ 目 －０ 标 ． ３ 被 ） ｎ 击 ＞９ 中 ５ ％ 的 ， 概 解 率 得 超 ｎ 过 ＞８ ９ ． ４ ５ ， ％ 根 ， 据 需 实 使 所以Ｐ （ ｎ ）＝ ２ ３ × ( － ３ １ )ｎ ＋ ２ １ （ ｎ ∈ Ｎ∗ ） ．
”， （ ）＝ ， 际意义 至少需要 门大炮才能使目标 ３ ２ ３
５ ， ９ １１．解析 按随机 人一组进行分析．
至少被击中一次的概率超过 ％． （１） ５
Ｐ Ｂ １ Ｐ Ｂ Ａ １ 此时有Ｐ Ｂ ９５ 若逐一化验 则需化验 次 若按混合
（ ）＝ ， （ ｜ ）＝ ， （ ） 综合运用 ， ５ ；
１０ ４ 化验 记化验次数为Ｘ 则Ｘ的可能取
Ｐ Ｂ Ａ ． ７．解析 设Ａ 玩手机时间超过 的 ， ，
＜ （ ｜ ） １＝“ １ ｈ 值为 对应的分布列为
所以Ｐ Ｂ 与Ｐ Ｂ Ａ 之间没有确定的 学生 Ａ 玩手机时间不超过 的 １，６，
（ ） （ ｜ ） ”， ２＝“ １ ｈ
大小关系． 学生 ”， Ｂ ＝“ 任意调查一人 ， 此人近 Ｘ １ ６
２．解析 记Ａ ＝“ 第一枚骰子的点数是偶 视 ”， 则 Ω ＝ Ａ １∪ Ａ ２， 且 Ａ １， Ａ ２ 互斥 ， Ｐ ０ ． ９５ ５ １－０ ． ９５ ５
数 ”， Ｂ ＝“ 第二枚骰子的点数是偶数 ”， Ｐ （ Ａ １）＝０ ． ２， Ｐ （ Ａ ２）＝ ０ ． ８， Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ １）＝ 所以Ｅ （ Ｘ ）＝１×０ ． ９５ ５ ＋６×（１－０ ． ９５ ５ ）≈
． Ｐ Ｂ ． ． ． ．
则Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ １ ． ０５， （ ）＝０４ ２１３
（ ）＝ ， （ ）＝ 根据全概率公式有Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ 因为 ．
２ ２ （ ）＝ （ １） （ ｜ ２１３＜５，
两个点数都出现偶数的概率为 Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ． ． ． 所以采用 人一组的混合化验方法可
（１） １）＋ （ ２） （ ｜ ２）＝ ０ ２×０ ５＋０ ８× ５
９
以减少化验次数．
８．１．２ 样本相关系数 气温／ ℃ ２６ １８ １３ １０ ４ －１
若ｋ人一组 需要化验的次数记为
（ Ｙ ２ 则 ） Ｙ的可能取 ， 值为 ｋ Ｙ 的分 教材第 页（练习） 杯数 ２０ ２４ ３４ ３８ ５０ ６４
， １， ＋１， １０３ 则气温与卖出的热茶杯数之间可以建
布列为 １．解析 不一定．由于抽样的随机性 以
， 立回归模型．
及抽取样本容量的多少 只能近似地反
Ｙ ｋ ， 函数模型得到的是两变量之间确定的
１ ＋１ 映变量之间的相关关系 而不能确切地
Ｐ ． ｋ ． ｋ ， 关系 回归模型建立的是两变量之间的
０９８ １－０９８ 反映变量之间的相关关系． ，
所以 Ｅ Ｙ ． ｋ ｋ 相关关系 是对两变量之间关系的一种
（ ）＝ １×０９８ ＋（ ＋１）×（１－ ，
０ ． ９８ ｋ ） ． ２．解析 由已知得ｘ ＝ １０ ， ｙ ＝－２， 根据样 近似表达 ， 如小卖部卖出的热茶杯数不
３ 是因为气温是多少摄氏度 卖出的热茶
若
所
逐
以
一
ｋ －
化
Ｅ （
验
Ｙ
，
）
则
＝ ｋ
需
×
要
０ ． ９
化
８ ｋ
验
－１
ｋ
．
次． 本
两
相
个
关
变
系
量
数
线性
公
相
式
关
得
．
ｒ ＝－１， 所以可知这 就
去
确
刻
定
画
是
只
多
能
少
通
杯
过 ，
所
回
以
归模
不
型
能 ，
处
用
理
函
．
数模型
设
则
ｇ
ｇ
（
′
ｘ
ｘ
）＝ ｘ ·０ ．
ｘ
９８ ｘ －
．
１，
． ｘ
３．解析 图略．经计算样本相关系数可 ２．解析 ， 参数 ｂ 的意义是一元线性回归
（ ）＝（１＋ ｌｎ０９８）０９８ ， 知 ，｜ ｒ ｜ 越接近 １， 变量之间的相关程度 模型中的ｘ每增加 个单位 ｙ相应地
当 ｘ ． 时 ｘ 所以函数 １ ，
１＋ ｌｎ０９８＝０ ， ≈４９， 越大 ｒ 两变量正相关 ｒ 两变量 平均增加ｂ个单位．若ｂ 则ｙ与ｘ正
， ＞０， ， ＜０，
在 内单调递增 在 内 ＞０，
（０，４９） ， （４９，＋∞） 负相关． 相关 若ｂ 则ｙ与ｘ负相关．
单调递减
，
当ｘ
∈
Ｎ∗时
，
经验证ｇ
（４９） ４．解析 作出散点图 略 从散点图可 ３．解析
，
不能
＜０
．这
，
个折线图只能近似反映
最大
，
所以当ｋ
＝４９
时
，
化验次数最少．
以看出 销售额与广
（
告支
）
出
，
呈非线性相 儿子 身高与父亲身高的关系 而不是一
１２．解析 因为μ ＝７５， σ ＝８， 关关系 ， 且是正相关 经计算样本相关 种确定性关系． ，
， ，
Ｐ （ Ｘ ＞ μ ＋ σ ）＝ １－ Ｐ （ μ － σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋ σ ） ≈ 系数可知相关程度较大 ， 销售额随广告 ８．２．２ 一元线性回归模型参数的
２ 支出的增大显示逐渐递增的趋势．
． 最小二乘估计
１－０６８２７ ． ％ 习题 ．
≈０１６＝１６ ， ８１
２ 复习巩固 教材第 页（练习）
１１３
所以 等级的分数线为μ σ
Ａ ＋ ＝７５＋８＝ １．解析 图 存在相关关系 且 １．解析 这种说法不对．不同的观测数据
分以上． （２）（３）（４） ，
会得到参数ａ ｂ不同的估计值 但是要
８３ 图 是正相关 图 是负相关． ， ，
Ｐ μ Ｘ μ σ Ｐ Ｘ μ Ｐ Ｘ μ （２）（４） ， （３） 达到 整体接近程度 应该通过最小
（ ≤ ＜ ＋ ）＝ （ ≥ ）－ （ ≥ ＋ 图 呈现的是线性相关 图 呈 “ ”，
σ ． ． ． ％ （２）（３） ， （４） 二乘法进行分析求解参数ａ ｂ．
）≈０５－０１６≈０３４＝３４ ， 现的是非线性相关． ，
所以 等级的分数线为 μ μ σ 即 ２．解析 约 ．
Ｂ ［ ， ＋ ）， 综合运用 １６８ ｃｍ
． ３．解析 图略．观察残差图可以发现 残
［７５，８３） ２．解析 通过作出散点图 略 可知 这 ，
同理可得 等级的分数线为 （ ） ， 差比较均匀地分布在横轴的两边．
，Ｃ ［６７， 些散点大致分布在一条直线周围 所以
等级的分数线为 分以下． ， ４．解析 残差和为 ． 接近 残差和
７５），Ｄ ６７ 顾客投诉次数与航班正点率呈现线性 ０ ００４， ０，
为 可以判断该模型是一元线性回归
相关关系 而且相关程度很大 很明显 ０，
第八章 成对数据的 ， ， ， 模型．
航班正点率越高 顾客投诉次数越少．
统计分析 ， ５．解析 ｂ ｙ ．
３．解析 由已知得ｘ ． Ｆ ． 计 ＝ ｘ
＝１ ９４， ＝５ ９８５，
算得ｒ ．说明弹簧伸长长度与所受外 教材第 页（练习）
8.1 成对数据的统计相关性 ＝１ １２０
力是确定的函数关系． １．解析 分析残差可以帮助我们解决以
８．１．１ 变量的相关关系 拓广探索 下问题
：
４．解析 不同意此结论．天鹅数多 婴儿 寻找异常点 就是残差特别大的点
教材第 页（练习） ， ① ， ，
９５ 出生率高 应该都是跟这 个村庄的自 分析相应的样本数据是否有错
１．解析 实例 人的年龄与血压．随着年 ， ３ ；
： 然环境好 更适应人类与动物生存有关 分析残差图可以发现模型选择是否
龄的增长血压会有所增高 但年龄不是 ， ②
， 系 而不是天鹅与婴儿的出生率有关． 合适．
影响血压的唯一因素
，
还会跟平时的饮 ， ２．解析 记 年 年
（１） １９９７ 、１９９８ 、…、
食习惯 、 运动等生活方式有关 ， 也就是 8.2 一元线性回归模型 ２００６ 年分别为 １、２、…、１０， 则 ＧＤＰ 与
说其中一个变量的取值不是随另一个 年份的散点图如下
及其应用 ：
变量取值唯一确定 这就是相关关系．
，
它与函数关系的区别主要在于 函数的 ８．２．１ 一元线性回归模型
：
两个量之间有着明确的关系 如圆的面
， 教材第 页（练习）
积与圆的半径 其关系就是确定的 即 １０７
， ， １．解析 函数模型 某商店进了一批服
半径确定了 圆的面积就被唯一确定． ：
， 装 每件进价 元 每件售价 元 每
２．解析 图中的两个变量存 ， ６０ ， ９０ ，
（１）（２）（４） 天售出 件 在一定的范围内 这批服
３０ ， ，
在相关关系 图 中的散点无规律可 装的售价每降低 元 每天就多售出 记年份为ｘ 为ｙ 则可猜想它们之
， （３） １ ， １ ，ＧＤＰ ，
言 看不出两个变量有什么相关性． 件 则利润与售价之间就可以建立明确 间符合模型ｙ ｃ ｃ ａｘ －１９９６ ａ ．
， ， ＝ １＋ ２· （ ＞１）
３．解析 存在相关关系．总体上可以看出 的函数模型． 设一元线性回归模型为 ｙ ｂｘ ａ
（２） ＝＾ ＋＾，
海拔越高鸟的种类越多． 回归模型 某小卖部 天内卖出的热茶 ｘ 为 年的序号 即为
： ６ （ １９９７－２００６ ， １－
的杯数与当天气温的对比表如下
： １０），
１０
教材习题答案
经计算有ｘ ． ｙ ． ２．解析 根据表中数据作出散点图
＝５５， ＝１２９４３５５１， （１） ， Ｐ Ｙ Ｘ １０ Ｐ Ｙ Ｘ
ｂ ． ａ ． 如图所示． （ ＝１｜ ＝０）＝ ， （ ＝１｜ ＝１）＝
＾≈１４８５４７５，＾≈４７７３４３７， ４３
所以一元线性回归模型为
７ Ｐ Ｙ Ｘ ３３ Ｐ Ｙ Ｘ
ｙ ． ｘ ． ． ， （ ＝０｜ ＝０）＝ ， （ ＝０｜ ＝１）
＝１４８５４７５ ＋４７７３４３７ ４５ ４３
年份序号 观测值 预测值 残差 ３８．
＝
． ． ． ４５
１ ７９７１５０ ６２５８９１２ １７１２５８８ ３．解析 吸烟有害健康 只是一个
． ． ． （１）“ ”
２ ８５１９５５ ７７４４３８７ ７７５１６３ 警示语 并不表示对每位烟民会引发健
． ． ． ，
３ ９０５６４４ ９２２９８６２ －１７３４２２ 康问题．
计算得加工时间关于零件数的一
． ． ．
４ １００２８０１ １０７１５３３７ －６８７３２７ （２） 不对．从概率的角度看吸烟有害于
５ １１０８６３ ． １ １２２００８ ． １２ －１１１４５ ． ０２ 元线性回归模型为 ｙ ＝ ０ ． ６６８ ５ ｘ ＋ （ 健 ２ 康 ） ．
． ．
６ １２１７１７ ． ４ １３６８６２ ． ８７ －１５１４５ ． ４７ ５４９３３ { 该生为女生
７ １３７４２２ ． ０ １５１７１７ ． ６２ －１４２９５ ． ６２ （３）
加工时间对零件数呈现很好的线 ４．解析
（１）
记Ｘ
＝
０，
该生为男生
，
性关系 且加工零件的个数越多 单个 １， ，
８ １６１８４０ ． ２ １６６５７２ ． ３７ －４７３２ ． １７ 零件所花 ， 的时间就越少． ， Ｙ { ０， 该生不经常锻炼 ，
９ １８７３１８ ． ９ １８１４２７ ． １２ ５８９１ ． ７８ ３．解析 设ｘ表示居民年收入 ｙ 表 ＝ １， 该生经常锻炼．
． ． ． （１） ，
１０ ２１９４３８５ １９６２８１８７ ２３１５６６３ 示 商品销售额 则Ｐ Ｙ Ｘ １５ ． Ｐ Ｙ
预测 年的 即把ｘ 代 Ａ ， （ ＝１｜ ＝０）＝ ＝０ ７５， （ ＝１｜
（ 入 ３） ｙ ２０１７ ． ｘ ＧＤＰ， ． 可 ＝２ 预 １ 测 经计算有ｘ ＝３７ ． ９７， ｙ ＝３９ ． １， ｂ ＾≈１ ． ４４７， ２０
２ 而 ０１ 实 ７ ＝ 际 年 １ 上 的 ４ ８ 我 Ｇ ５ Ｄ ４ 国 Ｐ ７５ 约 ＋ 为 ４７ 年 ３５ ７ ９ 的 ３４ ６８ ３ ４ ７ ． １ ， ２ 为 亿元 ， ａ 所 ＾≈ 以 － 一 １５ 元 ． ８４ 线 ３， 性回归模型为 ｙ ＝１ ． ４４７ ｘ － Ｘ 据 ＝ 此 １） 可 ＝ 以 ２ １ ４ ８ 推 ＝ 断 ０ ． ７ 性 ５ ． 别因素对学生锻炼的
２０１７ ＧＤＰ ８２０ ． ．
亿元 相差非常大． １５８
若
４３
这个城市居民的年收入达到
经常性没有影响．
７５４ ，
这个模型不能很好地刻画 与 （２） ４０ 可能犯错 这是由于随机抽样的
（ 年 ４ 份 ） 之间的关系 从 中的散 Ｇ 点 Ｄ 图 Ｐ 看 亿 是 元 ， 万 即 元 ｘ ＝ ． ４０， 则估计 Ａ 商品的销售额 （ 名 ２ 学 ） 生的个体 ， 数较小而引起的． ４４
， （１） ４２
是指数函数模型 ， 而采用一元线性回归 综合运用 ８．３．２ 独立性检验
模型 显然随着年份的增长 相差会越 ４．略．
， ，
教材第 页（练习）
来越大． ５．解析 散点图中可以看出震级 ｘ 与不 １３４
作出相应的散点图 小于 该震级的地震数Ｎ之间线性不相 １．解析 根据例 ３ 可知 ， χ ２ ≈４ ． ８８１＞３ ． ８４１
（５） ：
ｘ 所以可以推断 Ｈ 不成立 即乙
关．随着ｘ的减少 所考察的地震数Ｎ近 ＝ ０ ． ０５， ０ ，
， 种疗法的效果比甲种疗法好．
似地以指数形式增长．作变换 ｙ Ｎ
＝ｌｇ ， ２．解析 会得出不同的结论．如例 若选
得到的数据见下表 ３，
： 择小概率值α ． 的独立性检验 则
ｘ ３ ． ０ ３ ． ２ ３ ． ４ ３ ． ６ ３ ． ８ ４ ． ０ ４ ． ２ ４ ． ４ ４ ． ６ ４ ． ８ ５ ． ０ ＝０００５ ，
ｙ ４ ． ４５３ ４ ． ３０９ ４ ． １７ ４ ． ０２９ ３ ． ８８３ ３ ． ７４１ ３ ． ５８５ ３ ． ４３１ ３ ． ２８３ ３ ． １３２２ ． ９８８ 认为两种疗法效果没有差异 若选用小
ｘ ５ ． ２ ５ ． ４ ５ ． ６ ５ ． ８ ６ ． ０ ６ ． ２ ６ ． ４ ６ ． ６ ６ ． ８ ７ ． ０ ；
ｙ ２ ． ８７３ ２ ． ７８１ ２ ． ６３８ ２ ． ４３８ ２ ． ３１４ ２ ． １７０ １ ． ９９１ １ ． ７５６ １ ． ６１３ １ ． ３９８ 概率值α ． 的独立性检验 则认为
＝０ ０５ ，
由上表可作散点图 图略 从图中可
由散点图可知 与年份之间的关系 （ ）， 乙种疗法的效果比甲种疗法好．
ＧＤＰ
呈现很强的线性关系 设年份序号为ｘ 以看出ｘ和 ｙ 之间有很强的线性相关 ３．解析 零假设为
，
性 因此可以用线性回归模型拟合它们
（ 即 ２００７－
为
２０
ｙ
１６
建
年
立
对
经
应
验
的
回
序
归模
号
型
为
为
１－
ｙ
之 ， 间的关系．根据截距和斜率的最小二 Ｈ
根
０
据
： 药
列
物
联
Ａ
表
对
中
预
数
防
据
疾
经
病
计
Ｂ
算
无
得
效
到
．
１０），ＧＤＰ ， 乘法计算公式 得ａ ． ｂ ． ，
＝ ｂ ＾ １ ｘ ＋ ａ ＾ １， 从而线性回 ， 归方 ＾＝ 程 ６ 为 ７０ ｙ １４， ． ＾＝－０７４０ ． χ ２ １０５×（２９×１４－４７×１５） ２ ．
经计算有ｘ ． ｙ ． ５， ＾＝６７０１４－０ ＝ ≈１ ５８７＜
ｂ ＾ １≈５４０８４ ． ＝ ７４ ５ ， ５ ａ ＾ ， １＝ ＝ ２ ５ ０ ０ ７ ５ ９ ３ ２ ９ ６ ２ ． ４ ５ ５ ２ ， ， ７ 可 ４０ 以 ５ 解 ｘ． 释 其相 ｙ的 关指数 ． Ｒ ％ ２ ≈ 的 ０ 变 ． ９ 化 ９７ ．因 ３， 此 说 可 明 以 ｘ ３ ． ８４１ ． ７６×２９×４４×６１
所以经验回归模型为 ｙ ． ｘ ９９７３ 根据小概率值α ． 的独立性检验
． ． ＝５４ ０８４ ７４ ＋ 用回归方程Ｎ ＾ ＝１０ ６ ． ７０１４－０ ． ７４０５ ｘ来描述ｘ与 可以认为Ｈ 成立 ＝０ 即 ０５ 药物 对预防疾 ，
２０７９２６４５ Ｎ之间的关系． ０ ， Ａ
预测 年即 ｘ 时的 为 病 无效．
２０１７ ＝ １１ ＧＤＰ 拓广探索 Ｂ
． 亿元 与实际 年 ４．解析 零假设为
８０２８５８５９ ， ２０１７ ＧＤＰ ６．略．
为 亿元相差 ． 亿元． Ｈ 数学成绩与语文成绩独立 即无
８２０７５４ １７８９５４１ ０： ，
利用 年的一元线性回归模 关联．
１９９７－２００６ 8.3 列联表与独立性检验
型预测的 年 远不如 根据列联表中的数据 经计算得到
２０１７ ＧＤＰ ２００７－ ，
２０１６ 年的经验回归模型准确 ， 有两点 ： ８．３．１ 分类变量与列联表 χ ２ ４００×（２１２×７３－５４×６１） ２ ．
一是 的模型的时间更接近 ＝ ≈４８ ０３４＞
２００７－２０１６ 教材第 页（练习） ２６６×１３４×２７３×１２７
年 其次 的选用模型 １２７ ． ．
２０１７ ， ２００７－２０１６ １．解析 如 勤能补拙 春华秋实． ３８４１
更符合一元线性回归模型． ： 、 根据小概率值α ． 的独立性检验
２．解析 可以确定与Ｘ和Ｙ有关的所有 ＝０ ０５ ，
习题 ． 可以认为Ｈ 不成立 即数学成绩与语
８２ 概率和条件概率．如 ： ０ ，
复习巩固 文成绩有关联．
Ｐ Ｘ ４３ Ｐ Ｘ ４５ Ｐ Ｙ
１．解析 解释变量与响应变量的关 （ ＝０）＝ ， （ ＝１）＝ ， （ ＝０） 习题 ．
（１） ８８ ８８ ８３
系是线性函数关系 残差平方和等于 ． 复习巩固
， ０ ７１ Ｐ Ｙ １７
Ｒ２ 是 ． ＝ ， （ ＝１）＝ ， １．略．
（２） １ ８８ ８８
１１
２．略． Ｈ 婴儿出生的时间与性别独立 即无 残差分析
０： ， ：
３．略． 关联． 臂展
４．略． 根据列联表中的数据 经计算得到 观 １６９ １７０ １７２ １７７ １７４ １６６ １７４ １６９ １６６ １７６ １７０ １７４ １７０
， 测值
综合运用 χ ２ ８９×（２４×２６－８×３１） ２ ． 臂展
５．解析 等高堆积条形图如图所示
：
＝
３２×５７×５５×３４
≈ ３ ６８９ ＞ 预
测值 １６７
．
９１７４ １７０ １７４ １７７ １６８ １７５ １６５ １６４ １７２ １７２ １７３ １６９
． ．
２７０６ 残差 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
１０９８－３９２０９３０７－２９－１９－０９４１１２１２４０８－１９１０７１０９
根据小概率值 α ＝０ ． １ 的独立性检验 ， 臂展
可以认为Ｈ 不成立 即认为性别与出 观 １６１ １６６ １６５ １７３ １６２ １８９ １６４ １７０ １６４ １７３ １６５ １６９
０ ， 测值
生时间有关联．
臂展
拓广探索 预 ．
１６０９１７１ １７１ １７０ １６４ １７９ １６４ １７７ １６６ １７２ １６８ １６８
９．解析 零假设为 测值
残差 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
Ｈ 学校和数学成绩无关联． ０１３３－４９－５９３０９－１９ １０ ０１２－６９－１９１０８－２９１１
０： 残差图略．
从图中可以看出 高三年级学生的性别 根据列联表 ． 中的数据都扩大为
， ８ ３－２ ６．解析 从散点图 图略 可以看出 三
和身高有关联．在身高低于 的 原来的 倍 经计算得到 （ ） ，
１７０ ｃｍ １０ ， 级跳远奥运会冠军成绩大体分布在一
学生中 ， 女生所占比例明显大于男生所 χ ２ ８８０×（３３０×７０－３８０×１００） ２ ． 条直线附近 且呈向上递增趋势 所以
占比例 在身高不低于 的学生 ＝ ≈８ ３６５＞ ， ，
， １７０ ｃｍ ７１０×１７０×４３０×４５０ 能用一元线性回归模型刻画这组数据．
中 男生所占比例明显大于女生所占 ．
， ２７０６， ７．解析 设 ｘ 万 表示行驶里程 ｙ
比例． 根据小概率值 α ． 的独立性检验 （ ｋｍ） ，
＝０ １ ， 表示轮胎凹槽深度 根据散点图
６．解析 第 题中的身高变量是数值型 可以认为Ｈ 不成立 即学校与数学成 （ｍｍ） ，
５ ０ ， 图略 可建立模型ｙ ａ ｂｘ ｂ
变量．因为身高变量的取值是实数 而 绩之间有关联．两者结论不一样．原 （ ） ＝ ｅ （ ＜０），
， 设ｕ ｙ ｃ ａ 方程可转化为ｕ ｃ
且其大小和运算都有实际意义． 因略． ＝ｌｎ ， ＝ｌｎ ， ＝ ＋
ｂｘ 再求解．
７．解析 零假设为 复习参考题 ，
（１） ８ ８．解析 零假设为
Ｈ 该中学高三年级学生的性别与身高 １．Ｃ
０： Ｈ 药物对预防疾病无效果．
无关联． ２．略． ０：
根据列联表中的数据 经计算得到
根据列联表中的数据 经计算得到 ３．Ｄ ，
χ ２ ＝ ４０×（１４×１１－８×７） ， ２ ≈２ ． ４３１＜３ ． ８４１ ． ４．解 变 析 量 刻 不 画 能 这 ．吸 两 烟 个 与 分 患 类 肺 变 癌 量 都 之 属 间 于 的 分 关 类 系 χ ２ ＝ ３００ １ × ８７ （ × ７５ １１ × ３ ４ × ７ １ － ４ １ １ １ × ２ １ × ５ ６ ９ ６） ２ ≈９ ． ４７０＞
２２×１８×２１×１９ ， ． ．
根据小概率值α ． 的独立性检验 用一元线性回归模型不具实际意义 只 ３８４１
＝０ ０５ ， ， 根据小概率值α ． 的独立性检验
可以认为Ｈ 成立 即认为该中学高三 能通过χ ２ 反映其相关性． ＝０ ０５ ，
０ ， 可以认为Ｈ 不成立 即药物对预防疾
年级学生的身高与性别无关联．其实际 综合运用 ０ ，
病有效果．所以认为至少有 ％的把握
意义是高三年级的学生中 身高低于 ５．解析 从散点图可以看出身高与臂展 ９５
， 认为药物对预防疾病有效果．
的男女生 或身高不低于 具有一元线性关系
１７０ ｃｍ ， １７０ ， ９．解析 散点图略． 月与 月的平
的男女生中 差别不是很明显． 记身高为ｘ 臂展为ｙ （１） １ ７
ｃｍ ， ｃｍ， ｃｍ， 均高温基本满足线性趋势．从散点图看
所得结论与第 题的结论不一致． 则ｘ ． ｙ ． ｂ ． ａ
（２） ５ ＝１７５０８， ＝１６９ ９２，＾≈１ ００５，＾≈ 月平均高温在 左右 月平均高
具体原因是所选样本的容量较小 取样 ． 所以臂展关于身高的经验回归 １ １０ ℃ ，７
， －５９６３， 温在 左右的城市较多．
出现偏差． 模型为ｙ ． ｘ ． ． ３５ ℃
＝１００５ －５９６３ 略．
８．解析 零假设为 （２）
１２
