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教材习题答案
１
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
教材第５页（练习）
１．答案 （１）９ （２）６
解析 （１）完成这项工作使用２种方法
都可以，从只会用第一种方法的５人或
者从只会用第二种方法的４人中选出１
人即可完成这项工作，根据分类加法计
数原理，共有５＋４＝９种选法．
（２）从Ａ村经Ｂ村到Ｃ村，需要分２步
完成：第一步，从Ａ村到Ｂ村，有３条道
路；第二步，从Ｂ村到Ｃ村，有２条道
路，根据分步乘法计数原理，共有３×２＝
６条不同路线．
２．解析 因为要确定的是这名同学的专
业选择，不需要考虑学校的差异，所以
这名同学可能的专业选择种数为６＋４－
１＝９．
３．解析 （１）从书架上任取１本书，可以
是从上层书架上取书，也可以从下层书
架上取书，根据分类加法计数原理，不
同的取法种数为Ｎ＝６＋５＝１１．
（２）完成这件事，需分两步：第一步，从
上层书架上任取１本数学书；第二步，
从下层书架上任取一本语文书，根据分
步乘法计数原理，不同的取法种数为Ｎ
＝６×５＝３０．
４．解析 （１）根据分类加法计数原理，不
同的选法种数为Ｎ＝３＋５＋４＝１２．
（２）根据分步乘法计数原理，不同的选
法种数为Ｎ＝３×５×４＝６０．
教材第７页（练习）
１．解析 电话号码的后四位的每一位数
字均可以从０～９之间的１０个数字中
任取一个，根据分步乘法计数原理，该
电话局不同的电话号码的个数最多为
Ｎ＝１０×１０×１０×１０＝１００００．
２．解析 要完成选正、副组长各１名这件
事，需分２步：第１步，选正组长，有５
种选法；第２步，选副组长，有４种选
法．根据分步乘法计数原理，不同的选
法数为Ｎ＝５×４＝２０．
３．解析
要完成一个减法算式，需分２
步：第１步，确定被减数，可从１，２，…，
１９，２０这２０个数中任取１个；第２步，
确定减数，可从１，２，…，１０中任取１
个．根据分步乘法计数原理，共可得到
不同的算式个数为Ｎ＝２０×１０＝２００．
４．解析 被５除余２的数有两类：一类是
个位数为２的数；另一类是个位数为７
的数．
第一类：个位数为２的数，有５０个．
第二类：个位数为７的数，有５０个．
根据分类加法计数原理，共有满足条件
的个数为Ｎ＝５０＋５０＝１００．
５．解析 要完成的事是确定一个三位数，
分３步：第１步，确定百位数，可从１，２，
３，４，５中任选１个，有５种方法；第２
步，确定十位数，同样也有５种方法；第
３步，确定个位数，同样也有５种方法．
所以根据分步乘法计数原理，这样的三
位数的个数为５×５×５＝１２５．
教材第１１页（练习）
１．解析 根据多项式乘法法则，要得到展
开式的项数，可以分３步完成：第１步，
从第一个因式中任取一项，有３种方
法；第２步，从第２个因式中任取一项，
有３种方法；第３步，从第３个因式中
任取一项，有５种方法．根据分步乘法
计数原理，展开后共有的项数为Ｎ＝３×
３×５＝４５．
２．解析 要确定所有的两位数中，个位数
字小于十位数字的个数，可以分类完
成：第１类，十位数字为１，有１个；第２
类，十位数字为２，有２个；第３类，十位
数字为３，有３个；第４类，十位数字为
４，有４个；第５类，十位数字为５，有５
个；第６类，十位数字为６，有６个；第７
类，十位数字为７，有７个；第８类，十位
数字为８，有８个；第９类，十位数字为
９，有９个．根据分类加法计数原理，这
样的两位数的个数为１＋２＋３＋４＋５＋６＋７
＋８＋９＝４５．
３．解析
要完成这件事，可以分２步完
成：先从６个门中选一个进入，再从其
余５个门中选一个出去，故共有６×５＝
３０种不同的进出商场的方式．
４．解析 记这条直线上的ｎ个分点分别
为Ａ１，Ａ２，…，Ａｎ．
（１）从这ｎ个分点中任取２个点形成一
条线段，可以分类完成：第１类，选择Ａ１
及另一点，即Ａ１Ａ２，Ａ１Ａ３，…，Ａ１Ａｎ，共有
ｎ－１条线段；第２类，选择Ａ２及另一点
（不含Ａ１），即Ａ２Ａ３，Ａ２Ａ４，…，Ａ２Ａｎ，共
有ｎ－２条线段；第３类，选择Ａ３及另一
点（不含Ａ１，Ａ２），即Ａ３Ａ４，Ａ３Ａ５，…，
Ａ３Ａｎ，共有ｎ－３条线段；……；第ｎ－１
类，只有Ａｎ－１Ａｎ一条线段．
根据分类加法计数原理，共可得线段的
条数为（ｎ－１）＋（ｎ－２）＋… ＋２＋１
＝ｎ（ｎ－１）
２
．
（２）从这ｎ个分点中任取２个点形成一
个向量，可以分类完成：第１类，选择Ａ１
及另一点，即Ａ１Ａ２
→，Ａ２Ａ１
→，Ａ１Ａ３
→，Ａ３Ａ１
→，…，
Ａ１Ａｎ
→，ＡｎＡ１
→，共有２（ｎ－１）个向量；第２
类，选择Ａ２及另一点（不含Ａ１），即
Ａ２Ａ３
→，Ａ３Ａ２
→，Ａ２Ａ４
→，Ａ４Ａ２
→，…，Ａ２Ａｎ
→，ＡｎＡ２
→，
共有２（ｎ－２）个向量；……；第ｎ－１类，
有Ａｎ－１Ａｎ
→，ＡｎＡｎ－１
→两个向量．
根据分类加法计数原理，共可得向量的
个数为２（ｎ－１）＋２（ｎ－２）＋…＋２×２＋２×
１＝ｎ（ｎ－１）．
习题６．１
复习巩固
１．解析 要完成买一台电视机这件事，无
论是买本地的还是外地的都可以，所以
不同的选法共有４＋７＝１１种．
２．解析 从甲地到乙地的不同路线共有
２×３＋４×２＝１４（条）．
３．解析
不同的路径有３＋１＋２× ２＝８
（条）．
４．解析 由于１，５，９，１３是奇数，４，８，１２，
１６是偶数，所以１，５，９，１３中的任意一
个数作分子，４，８，１２，１６中的任意一个
数作分母构成的分数两两不相同，因此
可以分两步来完成：第１步，选分子，有
４种选法；第２步，选分母，也有４种选
法．故可构成不同的分数４×４＝１６（个）．
对于第二问，分四类：分子为１时，分母
可以从４，８，１２，１６中任选一个，有４种
选法；分子为５时，分母从８，１２，１６中
任选一个，有３种选法；分子为９时，分
母从１２，１６中任选一个，有２种选法；
分子为１３时，分母只能选１６，有１种选
法．所以共有真分数４＋３＋２＋１＝１０
（个）．
５．解析
完成这件事可以分２步：第１
步，从装有５个小球的口袋中任取１
个；第２步，从装有６个小球的口袋中
任取１个，根据分步乘法计数原理，不
同的取法数为５×６＝３０．
６．解析 （１）分两步完成：第１步，从Ａ中
选横坐标，有６种选择；第２步，从Ａ中
选纵坐标，也有６种选择．所以共有６×６
＝３６个不同的点．
（２）分两步完成：第１步，取斜率，有４
种取法；第２步，取截距，有４种取法，
所以共有直线４×４＝１６（条）．
综合运用
７．解析 由于数字可以重复，最后一个只
能在０～５这６个数字中选，所以可以组
成号码１０×１０×１０×６＝６０００（个）．
各种高中资料一手更新，认准公众号：一枚试卷君
２
８．解析 （１）３
４．
（２）５
３．
９．解析 （１）分步完成：第１步，从５件不
同的礼物中任选１件送给第１位同学，
有５种方法；第２步，从剩下的４件礼
物中任选１件送给第２位同学，有４种
方法；第３步，从剩下的３件礼物中任
选１件送给第３位同学，有３种方法；
第４步，从剩下的２件礼物中任选１件
送给第４位同学，有２种方法．根据分
步乘法计数原理，不同的送法有５×４×３
×２＝１２０（种）．
（２）５
３＝１２５（种）．
１０．解析
（１）要取到一个白球一个红
球，分步完成：第一步，从８个白球中
任取一个，有８种取法；第二步，从１０
个黑球中任取一个，有１０种取法，所
以不同的取法数为８×１０＝８０．
（２）把这８个白球编号为１～８，要从８
个白球中任取２个，可以分类完成：第
１类，先取１号，再从２～８号中任选１
个，有７种取法；第２类，先取２号，再
从３～８号中任取１个，有６种取法；
……；第７类，先取７号，再取８号，只
有１种取法．根据分类加法计数原理，
不同的取法数为７＋６＋５＋４＋３＋２＋１
＝２８．
（３）分两类：一个白球一个红球；两个
白球．由（１）可知一个白球一个红球的
取法数为８０，由（２）知两个白球的取
法数为２８，所以至少有一个白球的取
法数为８０＋２８＝１０８．
（４）分２类：两个球都是白球；两个球
都是红球．两个球都是白球的取法数
是２８，两个球都是红球的取法数是９＋
８＋…＋２＋１＝４５，所以不同的取法数是
２８＋４５＝７３．
拓广探索
１１．解析 分７步安排７天值班情况：第１
天可从７人中任选１人值班，有７种
选法；由于不能连续值班，所以第２天
只能从剩下的６人中任选１人值班，
有６种选法；第３天可以从除第２天
值班的人之外的６人中任选１人值
班，有６种选法；同样，第４天，第５
天，第６天，第７天均有６种选法．根
据分步乘法计数原理，共有不同的安
排方法数为７× ６× ６× ６× ６× ６× ６＝
３２６５９２．
１２．解析 首先将２１６０分解因数得２１６０
＝２
４×３
３×５
１，要确定２１６０的正因数个
数可以分３步完成：第１步，确定因数
２的个数，可以选０个，１个，２个，３
个，４个，有５种情况；第２步，确定因
数３的个数，可以选０个，１个，２个，３
个，有４种情况；第３步，确定因数５
的个数，可以选０个，１个，有２种情
况．所以２１６０因数的个数为５× ４× ２
＝４０．
6.2 排列与组合
６．２．１ 排列
教材第１６页（练习）
１．解析 （１）１０，１２，１３，１４，２０，２１，２３，２４，
３０，３１，３２，３４，４０，４１，４２，４３．
（２）ａｂ，ａｃ，ａｄ，ｂａ，ｂｃ，ｂｄ，ｃａ，ｃｂ，ｃｄ，ｄａ，
ｄｂ，ｄｃ．
２．解析 第一场讲座可以从４个班中任
选１个，有４种选法；第二场讲座从剩
下的３个班中任选１个，有３种选法；
第３场讲座可从剩下的２个班中任选１
个，有２种选法；最后一场再给最后１
个班进行讲座，所以共有４×３×２×１＝２４
种轮流次序．
３．解析 （１）从５名运动员中先选１人参
加第一场比赛，再从剩下的４名运动员
中选１人参加第二场比赛，最后从剩下
的３名运动员中选１人参加第三场比
赛，所以前三场单打比赛的顺序有５×４
×３＝６０（种）．
（２）甲乙丙甲乙，甲丙乙甲丙，乙甲丙
乙甲，乙丙甲乙丙，丙甲乙丙甲，丙乙甲
丙乙．
６．２．２ 排列数
教材第２０页（练习）
１．解析 （１）Ａ
４
１２＝１２×１１×１０×９＝１１８８０．
（２）Ａ
８
８＝８！＝４０３２０．
（３）Ａ
５
１５－１５Ａ
４
１４＝Ａ
５
１５－Ａ
５
１５＝０．
（４）
Ａ
７
１２
Ａ
６
１２
＝１２×１１×１０×９×８×７×６
１２×１１×１０×９×８×７＝６．
２．证明
（１）Ａ
ｍ
ｎ＝
ｎ！
（ｎ－ｍ）！，ｎＡ
ｍ－１
ｎ－１＝ｎ·
（ｎ－１）！
（ｎ－ｍ）！＝
ｎ！
（ｎ－ｍ）！，所以Ａ
ｍ
ｎ＝ｎＡ
ｍ－１
ｎ－１．
（２）Ａ
８
８－８Ａ
７
７＋７Ａ
６
６＝８Ａ
７
７－８Ａ
７
７＋Ａ
７
７
＝Ａ
７
７．
３．解析 要停放４列不同的火车，需要从
８股岔道上任选４股岔道，所以不同的
停放方法数为Ａ
４
８＝８×７×６×５＝１６８０．
６．２．３ 组合
教材第２２页（练习）
１．解析
（１）甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙
丁，丙丁．
（２）
冠军
甲
乙
甲
丙
甲
丁
乙
丙
乙
丁
丙丁
亚军
乙
甲
丙
甲
丁
甲
丙
乙
丁
乙
丁丙
２．解析 △ＡＢＣ，△ＡＢＤ，△ＡＣＤ，△ＢＣＤ．
３．解析 （１）１＋３＝４，１＋７＝８，１＋１３＝１４，３
＋７＝１０，３＋１３＝１６，７＋１３＝２０，共６个不
相等的和．
（２）１－３＝－２，１－７＝－６，１－１３＝－１２，３－７
＝－４，３－１３＝－１０，３－１＝２，７－１＝６，１３－１
＝１２，７－３＝４，１３－３＝１０，共１０个不相
等的差．
６．２．４ 组合数
教材第２５页（练习）
１．解析 （１）Ｃ
２
６＝６×５
２×１＝１５．
（２）Ｃ
７
９＝９×８×７×６×５×４×３
７×６×５×４×３×２×１＝３６．
（３）Ｃ
３
７－Ｃ
２
６＝３５－１５＝２０．
（４）３Ｃ
３
８－２Ｃ
２
５＝３×５６－２×１０＝１４８．
２．证明 ｍ＋１
ｎ＋１Ｃ
ｍ＋１
ｎ＋１
＝ｍ＋１
ｎ＋１·
（ｎ＋１）！
（ｍ＋１）！［（ｎ＋１）－（ｍ＋１）］！
＝
ｎ！
ｍ！（ｎ－ｍ）！＝Ｃ
ｍ
ｎ．
３．解析 （１）所有不同的选法数就是从６
门考试成绩中任选３门的组合数，所有
选法种数为Ｃ
３
６＝２０．
（２）先从物理、化学中选一门，再从剩
下的４门中选２门，所有选法种数为
Ｃ
１
２Ｃ
２
４＝１２．
（３）分两种情况：物理、化学中只选一
门和物理、化学两门都选，所有选法种
数为Ｃ
１
２Ｃ
２
４＋Ｃ
２
２Ｃ
１
４＝１６．
习题６．２
复习巩固
１．解析
（１）５Ａ
３
５＋４Ａ
２
４＝５× ６０＋４× １２
＝３４８．
（２）Ａ
１
４＋Ａ
２
４＋Ａ
３
４＋Ａ
４
４＝４＋１２＋２４＋２４＝６４．
２．解析 （１）Ｃ
３
１５＝４５５．
（２）Ｃ
１９７
２００＝Ｃ
３
２００＝１３１３４００．
（３）Ｃ
３
６÷Ｃ
４
８＝２
７．
（４）Ｃ
ｎ
ｎ＋１· Ｃ
ｎ－２
ｎ
＝Ｃ
１
ｎ＋１· Ｃ
２
ｎ＝（ｎ＋１）·
ｎ（ｎ－１）
２
＝ｎ（ｎ
２－１）
２
．
３．解析 由于４张人民币的币值都不相
同，组成的币值与顺序无关，所以可以
分为分别由１张、２张、３张、４张人民
币组成的币值，共有不同的币值Ｃ
１
４＋Ｃ
２
４
＋Ｃ
３
４＋Ｃ
４
４＝１５（种）．
４．答案 （１）１０ （２）６０
（３）２４３ （４）ｍｎ
解析
（１）由于选出的人没有地位差
异，所以是组合问题，不同方法的种数
是Ｃ
３
５＝１０．
（２）由于礼物互不相同，与分送的顺序
有关系，所以是排列问题，不同方法的
种数是Ａ
３
５＝６０．
（３）由于５人中每个人都有３种选择，
教材习题答案
３
而且选择的时间对别人没有影响，所以
是一个“ 可重复排列” 问题，不同方法
的种数是３
５＝２４３．
（４）由于只需取出元素，而不用考虑顺
序，所以可以分２步：第１步，从集合Ａ
中取出１个元素，有ｍ种取法；第２步，
从集合Ｂ中取出１个元素，有ｎ种取
法．所以共有取法ｍｎ种．
５．解析 （１）没有规定选什么样的书，所
以只需从１２本书中任选６本即可，其
选法数有Ｃ
６
１２＝９２４．
（２）数学、物理、化学这三类书摆放在
书架上有Ａ
３
３种放法；而同类的４本不
同的数学书之间可以有不同的顺序，有
Ａ
４
４种放法，同理，同类的物理、化学书
之间也分别有Ａ
５
５，Ａ
３
３种放法，所以不同
的放法有Ａ
３
３Ａ
４
４Ａ
５
５Ａ
３
３＝１０３６８０（种）．
６．解析 （１）由“三个不共线的点确定一
个平面”，得所确定的平面与点的顺序
无关，所以可确定的平面数是Ｃ
３
８＝５６．
（２）由于四面体由四个顶点唯一确定，
且与四个点的顺序无关，所以可确定的
四面体个数是Ｃ
４
１０＝２１０．
７．解析 由于只需选出要做的题目即可，
所以是组合问题，不同的选法种数是
Ｃ
３
４Ｃ
２
３Ｃ
１
２＝２４．
综合运用
８．证明
（１）Ａ
ｎ＋１
ｎ＋１－Ａ
ｎ
ｎ＝（ｎ＋１）Ａ
ｎ
ｎ－Ａ
ｎ
ｎ＝
ｎＡ
ｎ
ｎ＝ｎ
２Ａ
ｎ－１
ｎ－１．
（２）（ｎ＋１）！
ｋ！
－
ｎ！
（ｋ－１）！
＝（ｎ＋１）！－ｋ·ｎ！
ｋ！
＝（ｎ－ｋ＋１）ｎ！
ｋ！
．
９．解析 可以分３步完成：第１步，安排４
个音乐节目，共有Ａ
４
４种排法；第２步，
安排３个舞蹈节目，共有Ａ
３
３种排法；第
３步，安排２个曲艺节目，共有Ａ
２
２种排
法．所以不同的排法有Ａ
４
４Ａ
３
３Ａ
２
２＝２８８
（种）．
１０．解析
（１）从每个小组的１２名同学
中选４名同学，这是一个组合问题，不
同的选法数为Ｃ
４
１２＝４９５．
（２）解法一：先从１２名同学中任选４
名，再从所选４名同学中选１名作替
补，所以不同的选法数为Ｃ
４
１２Ｃ
１
４＝
１９８０．
解法二：先从１２名同学中任选１名作
替补，再从剩下的１１名同学中选３
名，所以不同的选法数为Ｃ
１
１２Ｃ
３
１１＝
１９８０．
（３）由于所选４名同学要指定第一、
二、三、四辩手，所以是排列问题，不同
的选法数为Ａ
４
１２＝１１８８０．
１１．解析 由于ｎ个不同元素的全排列共
有ｎ！个，而ｎ！≥ｎ，所以ｎ个不同的
数值可以以不同的顺序形成其余的每
一行，并且任意两行的顺序都不同．为
使每一行都不重复，ｍ可以取的最大
值是ｎ！．
１２．解析 （１）分两类：第一类，从０，２，４，
６中取３个数（不取０），只有１种取
法，从１，３，５中任取２个数，有Ｃ
２
３种
取法，组成不同的五位数的个数为
Ｃ
２
３Ａ
５
５＝３６０；
第二类，从０，２，４，６中取３个数（其中
一个数是０），有Ｃ
２
３种取法，再从１，３，
５中任取２个数，有Ｃ
２
３种取法，组成
不同的五位数的个数为Ｃ
２
３Ｃ
２
３（Ａ
５
５－Ａ
４
４）
＝８６４．
所以共有不同的五位数的个数为３６０
＋８６４＝１２２４．
（２）可以分步完成：第一步，最高位选
５或６，有２种选法；第二步，其他各位
从剩下的６个数中进行全排列，所以
可以得到比５００００００大的正整数的
个数为Ｃ
１
２Ａ
６
６＝１４４０．
１３．解析 由于选出的人没有地位差异，
所以是组合问题．
（１）Ｃ
２
５Ｃ
２
４＝６０．
（２）其余２人从剩下的７人中任意选
择，所以共有Ｃ
２
７＝２１种选法．
（３）间接法，在９人选４人的选法中，
把男生甲和女生乙都不在内的情况去
掉，就得到符合条件的选法数，为Ｃ
４
９－
Ｃ
４
７＝９１．
（４）解法一（间接法）：在９人选４人
的选法中，把只有男生和只有女生的
情况排除掉，就得到符合条件的选法
数为Ｃ
４
９－Ｃ
４
５－Ｃ
４
４＝１２０．
解法二（直接法）：分别按照含男生１、
２、３人分类，得到符合条件的选法数
为Ｃ
１
５Ｃ
３
４＋Ｃ
２
５Ｃ
２
４＋Ｃ
３
５Ｃ
１
４＝１２０．
１４．解析 按照去的人数分类，去的人数
分别为１、２、３、４、５、６，而去的人没有
地位差异，所以不同的去法有Ｃ
１
６＋Ｃ
２
６＋
Ｃ
３
６＋Ｃ
４
６＋Ｃ
５
６＋Ｃ
６
６＝６３（种）．
（２）分两类：第一类，甲和乙都去，另
外４人中可以去０、１、２、３、４人，则不
同的去法有Ｃ
０
４＋Ｃ
１
４＋Ｃ
２
４＋Ｃ
３
４＋Ｃ
４
４＝１６
（种）；第二类，甲和乙都不去，另外４
人中可以去０、１、２、３、４人，则不同的
去法有Ｃ
０
４＋Ｃ
１
４＋Ｃ
２
４＋Ｃ
３
４＋Ｃ
４
４＝１６（种）．
所以不同的去法共有１６＋１６＝３２
（种）．
１５．解析
（１）只需从９７件合格品中任
取５件，其抽法数为Ｃ
５
９７．
（２）从３件次品中任抽２件，９７件正
品中任抽３件，其抽法数为Ｃ
２
３Ｃ
３
９７．
（３）５件产品中至少有２件次品，含有
两种情况：２件次品３件正品，３件次
品２件正品，所以其抽法数为Ｃ
２
３Ｃ
３
９７
＋Ｃ
３
３Ｃ
２
９７．
（４）从１００件产品中任抽５件的方法
数为Ｃ
５
１００，其中有３件是次品的抽法
数为Ｃ
３
３Ｃ
２
９７，所以至多有２件次品的抽
法数为Ｃ
５
１００－Ｃ
３
３Ｃ
２
９７．
拓广探索
１６．解析
（１）在Ｃ
７
３７注彩票中可以有一
个一等奖．
（２）要将一等奖的机会提高到
１
３００００００以上且不超过
１
２００００００，即
２００００００≤Ｃ
ｎ
３７＜３００００００（ｎ∈Ｎ），用
计算器可得ｎ＝６，所以可在３７个数中
取６个数．
１７．解析
可以按照Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ的顺序
分别着色，分别有５，４，３，３种方法，所
以着色种数为５×４×３×３＝１８０．
１８．解析 由于“群里”总共１０人，其中１
人发了信息，３人能看到信息，所以这
９人中有３人与发信息的人是“ 好
友”，所以“好友” 关系的可能情况有
Ｃ
３
９＝８４（种）．
１９．解析 由于甲和乙都没有得冠军，所
以冠军是其余３人中的一个，有Ａ
１
３种
可能，乙不是最差的，所以是第２，３，４
名中的一个，有Ａ
１
３种可能，上述位置
确定后，甲连同其他２人可任意排列，
有Ａ
３
３种排法．所以名次排列的可能情
况的种数是Ａ
１
３×Ａ
１
３×Ａ
３
３＝５４．
6.3 二项式定理
６．３．１ 二项式定理
教材第３１页（练习）
１．解析
（ｐ＋ｑ）
５＝ｐ
５＋５ｐ
４ｑ＋１０ｐ
３ｑ
２＋
１０ｐ
２ｑ
３＋５ｐｑ
４＋ｐ
５．
２．解析 展开式的第３项Ｔ３＝Ｃ
２
６×（２ａ）
４
×（３ｂ）
２＝２１６０ａ
４ｂ
２．
３．解析
展开式的第ｒ＋１项Ｔｒ＋１＝Ｃ
ｒ
ｎ×
（
３ｘ）
ｎ－ｒ× －１
２
３ｘ
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｒ
＝－１
２
(
)
ｒ
×Ｃ
ｒ
ｎｘ
ｎ－２ｒ
３．
４．Ｄ
展开式的第６项Ｔ５＋１＝Ｃ
５
１０ｘ
１０－５×
（－１）
５＝－Ｃ
５
１０ｘ
５，∴第６项的系数是
－Ｃ
５
１０．
５．解析
当第一个因式选择“ －１” 时，其
它各因式选择“ｘ”；当第二个因式选择
４
“－２”时，其它各因式选择“ｘ”；……；当
第五个因式选择“ －５” 时，其它各因式
选择“ｘ”．因此展开式中含ｘ
４的系数为
－１－２－３－４－５＝－１５．
６．３．２ 二项式系数的性质
教材第３４页（练习）
１．解析 （１）１０２４ （２）１
２
２．证明 ∵Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
１
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ＝２
ｎ，
Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ＝Ｃ
１
ｎ＋Ｃ
３
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ－１
ｎ，
∴Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
１
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ
＝（Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ）＋（Ｃ
１
ｎ＋Ｃ
３
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ－１
ｎ）
＝２（Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ）＝２
ｎ，
∴Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ＝２
ｎ
２＝２
ｎ－１．
３．略．
４．解析 一个集合中含有ｎ个元素，可以
从这ｎ个元素中分别取０个，１个，２
个，…，ｎ个元素组成子集，所以子集的
个数为Ｃ
０
ｎ＋Ｃ
１
ｎ＋Ｃ
２
ｎ＋…＋Ｃ
ｎ
ｎ＝２
ｎ．
习题６．３
复习巩固
１．（１）Ｄ （２）Ｂ
２．答案 ０
３．解析
（１）（ａ＋
３ｂ）
９＝ａ
９＋９ａ
８
３ｂ＋
３６ａ
７
３ｂ
２＋８４ａ
６ｂ＋１２６ａ
５ｂ
３ｂ＋１２６ａ
４ｂ
３ｂ
２
＋８４ａ
３ｂ
２＋３６ａ
２ｂ
２３ｂ＋９ａｂ
２
３ｂ
２＋ｂ
３．
（２）
ｘ
２－２
ｘ
æ
è
ç
ö
ø
÷
７
＝１
１２８ｘ
７
２－７
３２ｘ
５
２＋２１
８ｘ
３
２－
３５
２ｘ
１
２＋７０ｘ
－
１
２－１６８ｘ
－
３
２＋２２４ｘ
－
５
２－１２８ｘ
－
７
２．
４．解析 （１）（１＋ｘ）
５＋（１－ｘ）
５＝２＋２０ｘ
＋１０ｘ
２．
（２）（２ｘ
１
２＋３ｘ
－
１
２）
４＋（２ｘ
１
２－３ｘ
－
１
２）
４＝
３２ｘ
２＋４３２＋１６２ｘ
－２．
５．解析
（１）前４项分别是１，－
３０ｘ，４２０ｘ
２，
－３６４０ｘ
３．
（２）展开式的第
８
项
Ｔ８
＝
－２０９９５２０ａ
９ｂ
１４．
（３）展开式的第７项Ｔ７＝９２４．
（４）展开式的中间两项分别为Ｔ８，Ｔ９，
其中
Ｔ８＝Ｃ
７
１５（ｘｙ）
８（－ｙｘ）
７＝－６４３５ｘ
１１·
ｙ
１１ｘ，
Ｔ９＝Ｃ
８
１５（ｘｙ）
７（－ｙｘ）
８＝６４３５ｘ
１１·
ｙ
１１ｙ．
６．解析
（１）含１
ｘ
５的项是展开式的第
６项，
它的系数是Ｃ
５
１０－１
２
(
)
５
＝－６３
８．
（２）常数项是展开式的第６项，Ｔ６＝
Ｃ
５
１０２
５× －１
２
(
)
５
＝－２５２．
综合运用
７．解析 （１）展开式的通项Ｔｒ＋１＝Ｃ
ｒ
２ｎｘ
２ｎ－ｒ
－１
ｘ
(
)
ｒ
＝Ｃ
ｒ
２ｎ（－１）
ｒ·ｘ
２ｎ－２ｒ．
由２ｎ－２ｒ＝０得ｒ＝ｎ，即ｘ－１
ｘ
(
)
２ｎ
的展
开式中常数项是
Ｔｎ＋１＝（－１）
ｎＣ
ｎ
２ｎ＝（－１）
ｎ（２ｎ）！
ｎ！ｎ！
＝（－１）
ｎ１×２×３×４×５×…×（２ｎ－１）×２ｎ
ｎ！ｎ！
＝（－１）
ｎ［１×３×５×…×（２ｎ－１）］（２×４×６×…×２ｎ）
ｎ！ｎ！
＝（－１）
ｎ［１×３×５×…×（２ｎ－１）］×２
ｎ×ｎ！
ｎ！ｎ！
＝（－２）
ｎ１×３×５×…×（２ｎ－１）
ｎ！
．
（２）（１＋ｘ）
２ｎ的展开式共有２ｎ＋１项，所
以中间一项是Ｔｎ＋１＝Ｃ
ｎ
２ｎｘ
ｎ
＝１×３×５×…×（２ｎ－１）
ｎ！
·（２ｘ）
ｎ．
８．解析 展开式的第４项与第８项的二
项式系数分别是Ｃ
３
ｎ与Ｃ
７
ｎ，由Ｃ
３
ｎ＝Ｃ
７
ｎ＝
Ｃ
ｎ－７
ｎ，得３＝ｎ－７，即ｎ＝１０．所以，这两个
二项式系数分别是Ｃ
３
１０与Ｃ
７
１０，即均
为１２０．
９．解析
（１）∵（ｎ＋１）
ｎ－１＝ｎ
ｎ＋Ｃ
１
ｎｎ
ｎ－１＋
Ｃ
２
ｎｎ
ｎ－２＋… ＋Ｃ
ｎ－２
ｎｎ
２＋Ｃ
ｎ－１
ｎｎ＋１－１＝ｎ
ｎ＋
Ｃ
１
ｎｎ
ｎ－１＋Ｃ
２
ｎｎ
ｎ－２＋…＋Ｃ
ｎ－２
ｎｎ
２＋ｎ
２
＝ｎ
２（ｎ
ｎ－２＋Ｃ
１
ｎｎ
ｎ－３＋Ｃ
２
ｎｎ
ｎ－４＋…＋Ｃ
ｎ－２
ｎ＋１），
∴（ｎ＋１）
ｎ－１能被ｎ
２整除．
（２）９９
１０－１＝（１００－１）
１０－１
＝１００
１０－Ｃ
１
１０×１００
９＋Ｃ
２
１０×１００
８＋…＋Ｃ
８
１０×
１００
２－Ｃ
９
１０×１００＋１－１
＝１００
１０－Ｃ
１
１０×１００
９＋Ｃ
２
１０×１００
８＋…＋Ｃ
８
１０×
１００
２－１０×１００
＝１０００（１０
１７－Ｃ
１
１０×１０
１５＋Ｃ
２
１０×１０
１３＋…＋
Ｃ
８
１０×１０－１），
∴９９
１０－１能被１０００整除．
拓广探索
１０．解析 由（２－１）
ｎ＝Ｃ
０
ｎ×２
ｎ－Ｃ
１
ｎ×２
ｎ－１＋Ｃ
２
ｎ
×２
ｎ－２＋…＋（－１）
ｎ－１×Ｃ
ｎ－１
ｎ×２＋（－１）
ｎＣ
ｎ
ｎ，
得２
ｎ－Ｃ
１
ｎ×２
ｎ－１＋Ｃ
２
ｎ×２
ｎ－２＋…＋（－１）
ｎ－１·
Ｃ
ｎ－１
ｎ×２＋（－１）
ｎ＝１．
１１．解析
（１）（ａ＋ｂ）
ｎ的展开式的通项
为Ｃ
ｒ
ｎａ
ｎ－ｒｂ
ｒ，若令ｎ－ｒ＝ｑ，则通项可以
写为ｎ！
ｒ！ｑ！ａ
ｑｂ
ｒ（ｎ，ｒ∈Ｎ，ｒ＋ｑ＝ｎ），
而（ａ＋ｂ＋ｃ）
ｎ＝［（ａ＋ｂ）＋ｃ］
ｎ
＝…＋Ｃ
ｒ
ｎ（ａ＋ｂ）
ｎ－ｒｃ
ｒ＋…
＝…＋Ｃ
ｒ
ｎ（…＋Ｃ
ｑ
ｎ－ｒａ
ｎ－ｒ－ｑｂ
ｑ＋…）ｃ
ｒ＋…
＝…＋Ｃ
ｒ
ｎＣ
ｑ
ｎ－ｒａ
ｎ－ｒ－ｑｂ
ｑｃ
ｒ＋…
若令ｎ－ｒ－ｑ＝ｐ，便得到展开式的通项：
Ｃ
ｒ
ｎＣ
ｑ
ｎ－ｒａ
ｐｂ
ｑｃ
ｒ＝
ｎ！
ｒ！ｑ！ｐ！ａ
ｐｂ
ｑｃ
ｒ（ｐ，ｑ，ｒ∈
Ｎ，ｐ＋ｑ＋ｒ＝ｎ）．
类似地可得（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ）
ｎ的展开式的
通项为
ｎ！
ｐ！ｑ！ｒ！ｓ！ａ
ｐｂ
ｑｃ
ｒｄ
ｓ（ｐ，ｑ，ｒ，ｓ∈Ｎ，ｐ＋ｑ＋ｒ
＋ｓ＝ｎ），
依次类推（ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａｍ）
ｎ的展开
式的通项为
ｎ！
ｉ１！ｉ２！…ｉｍ！ａ
ｉ１
１ａ
ｉ２
２…ａ
ｉｍ
ｍ（ｉｋ，ｎ∈Ｎ，ｋ＝１，
２，…，ｍ）．
（２）略．
复习参考题６
复习巩固
１．解析 （１）ｎ
２
这里的“一件事情” 是“ 得到展开式中
的一项”．由于项的形式是ａｉｂｊ，而ｉ、ｊ
都有ｎ种取法，故展开后共有ｎ
２项．
（２）５２５
（３）４８０
先考虑有限制条件的这名歌手的出场位
置，再考虑其他５名歌手的演出顺序，则
不同排法种数为Ａ
１
４Ａ
５
５＝４８０．
（４）Ｃ
４
５
因为足球票无座，所以与顺序无关，是
组合问题．
（５）３
５
对于每一名同学来说，都有３种选择，
而且允许５名同学听同一个讲座，因此
是一个“ 有重复排列” 问题，可以用分
步乘法计数原理解答．
（６）５４
对角线的条数等于连接正十二边形中
任意两个顶点的线段的条数Ｃ
２
１２减去其
中正十二边形的边数１２，即Ｃ
２
１２－１２＝
１２×１１
２
－１２＝５４．
（７）ｎ＋１
展开式共有２ｎ＋１项，且项的系数与相
应的二项式系数相同．
２．解析 （１）Ｃ
３
５＝１０．
（２）Ｃ
０
５＋Ｃ
１
５＋Ｃ
２
５＋Ｃ
３
５＋Ｃ
４
５＋Ｃ
５
５＝２
５＝３２．
３．解析 （１）６
Ｃ
ｎ－１
ｎ＋１＝Ｃ
２
ｎ＋１＝２１，即１
２（ｎ＋１）·ｎ＝２１，
得ｎ＝６或ｎ＝－７（舍去）．
教材习题答案
５
（２）１９２
先排有特殊要求的，再排其他的．
（３）６５０００００
从２６个英文字母中任取２个作为开机
密码的第１，２位，有Ａ
２
２６种选法，后面４
位分别从０～９这１０个数字中任意选
取，有１０
４种选法，所以密码可能的个数
是Ａ
２
２６×１０
４＝６５０００００．
（４）５８
从正方体的８个顶点中任取４个的所
有种数为Ｃ
４
８，排除四点共面的１２种情
况，即正方体表面上的６种四点共面的
情况，以及如下图中ＡＢＣ１Ｄ１这样的四
点共面的其他６种情况，因此三棱锥的
个数为Ｃ
４
８－１２＝５８．
（５）１或－１
令ｘ＝１，得（１－２×１）
ｎ的值就是展开式
中各项系数的和，其值是（１－２）
ｎ＝（－
１）
ｎ＝
－１，ｎ是奇数，
１，ｎ是偶数．
{
４．解析 （１）Ｃ
２
ｎ＝ｎ（ｎ－１）
２
．
（２）Ｃ
２
ｎ＝ｎ（ｎ－１）
２
．
综合运用
５．解析 （１）－２６ｘ
２．
说明：第三项是含ｘ
２的项，其系数是Ｃ
２
４
×３
２＋Ｃ
１
４×Ｃ
１
５×（－２）×３＋Ｃ
２
５×（－２）
２＝－２６．
（２）展开式的通项Ｔｒ＋１＝Ｃ
ｒ
１８（９ｘ）
１８－ｒ
１
３ｘ
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｒ
，由题意有１８－ｒ－ｒ
２＝０，
解得ｒ＝１２，Ｔ１３＝１８５６４．
（３）由题意得２Ｃ
９
ｎ＝Ｃ
８
ｎ＋Ｃ
１０
ｎ，
即
２·ｎ！
９！（ｎ－９）！
＝
ｎ！
８！（ｎ－８）！＋
ｎ！
１０！（ｎ－１０）！，
化简得ｎ
２－３７ｎ＋３２２＝０，解得ｎ＝１４或
ｎ＝２３．
（４）解法一：设Ｔ′ｒ＋１是（１－ｘ）
１０展开式的
第ｒ＋１项，
由题意知，所求展开式中ｘ
４的系数为
Ｔ′
４＋１，Ｔ′
３＋１与Ｔ′
２＋１的系数之和．
Ｔ′
４＋１＝Ｃ
４
１０（－ｘ）
４，Ｔ′
３＋１＝Ｃ
３
１０（－ｘ）
３，
Ｔ′
２＋１＝Ｃ
２
１０（－ｘ）
２，
因此，ｘ
４的系数为Ｃ
４
１０－Ｃ
３
１０＋Ｃ
２
１０＝１３５．
解法二：原式＝（１－ｘ
３）（１－ｘ）
９
＝（１－ｘ
３）（１－Ｃ
１
９ｘ＋Ｃ
２
９ｘ
２－Ｃ
３
９ｘ
３＋Ｃ
４
９ｘ
４－…
－Ｃ
９
９ｘ
９），
因此，ｘ
４的系数为Ｃ
４
９＋９＝１３５．
（５）（ｘ
２＋ｘ＋ｙ）
５的展开式的通项为Ｔｒ＋１
＝Ｃ
ｒ
５（ｘ
２＋ｘ）
５－ｒｙ
ｒ，令ｒ＝２，
得Ｔ３＝Ｃ
２
５（ｘ
２＋ｘ）
３ｙ
２，而（ｘ
２＋ｘ）
３的展
开式中含ｘ
５项的系数为Ｃ
１
３，所以
（ｘ
２＋ｘ＋ｙ）
５的展开式中含ｘ
５ｙ
２项的系
数为Ｃ
２
５Ｃ
１
３＝３０．
６．解析 ５５
５５＋９＝（５６－１）
５５＋９
＝５６
５５－Ｃ
１
５５·５６
５４＋…＋Ｃ
５４
５５·５６－１＋９
＝５６
５５－Ｃ
１
５５·５６
５４＋…＋Ｃ
５４
５５·５６＋８，
５６
５５－Ｃ
１
５５·５６
５４＋…＋Ｃ
５４
５５·５６＋８中各项
都能被８整除，
因此５５
５５＋９也能被８整除．
７．解析
（１）分别从两组平行线中各取
两条平行线，便可构成一个平行四边
形，所以可以构成的平行四边形个数为
Ｃ
２
ｍ·Ｃ
２
ｎ＝１
４ｍｎ（ｍ－１）（ｎ－１）．
（２）分别从三组平行平面中各取两个
平行平面，便可构成一个平行六面体，
所以可以构成的平行六面体个数为Ｃ
２
ｍ
·Ｃ
２
ｎ·Ｃ
２
ｌ＝１
８ｍｎｌ（ｍ－１）（ｎ－１）（ｌ－１）．
８．解析
（１）先排不能放在最后的那道
工序，有Ａ
１
４种排法；再排其余的４道工
序，有Ａ
４
４种排法．根据分步乘法计数原
理，排列加工顺序的方法共有Ａ
１
４·Ａ
４
４＝
９６（种）．
（２）先排不能放在最前和最后的那两
道工序，有Ａ
２
３种排法；再排其余的３道
工序，有Ａ
３
３种排法．
根据分步乘法计数原理，排列加工顺序
的方法共有Ａ
２
３·Ａ
３
３＝３６（种）．
（３）将其中的２道工序“捆” 在一起当
作１道工序，与另外的３道工序进行全
排列，有Ａ
４
４种排法；而被“ 捆” 在一起
的２道工序内部还有Ａ
２
２种排法．所以
不同的加工顺序有Ａ
４
４Ａ
２
２＝４８（种）．
（４）先把另外３道工序进行全排列，有
Ａ
３
３种排法，再把不能相邻的２道工序
插入到那３道工序所形成的４个空当
中，有Ａ
２
４种插法．所以不同的加工顺序
有Ａ
３
３Ａ
２
４＝７２（种）．
拓广探索
９．解析 解法一：由等比数列求和公式得
（１＋ｘ）
３＋（１＋ｘ）
４＋…＋（１＋ｘ）
ｎ＋２
＝（１＋ｘ）
ｎ＋３－（１＋ｘ）
３
ｘ
，
上述等式右边分子的两个二项式中含
ｘ
３项的系数分别是Ｃ
３
ｎ＋３，Ｃ
３
３，
因此它们的差Ｃ
３
ｎ＋３－Ｃ
３
３＝ｎ（ｎ
２＋６ｎ＋１１）
６
就是所求展开式中含ｘ
２项的系数．
解法二：原式中含ｘ
２项的系数分别是
Ｃ
２
３，Ｃ
２
４，…，Ｃ
２
ｎ＋２，
因此它们的和就是所求展开式中含ｘ
２
项的系数．
可得Ｃ
２
３＋Ｃ
２
４＋…＋Ｃ
２
ｎ＋２
＝Ｃ
３
ｎ＋３－Ｃ
３
３
＝ｎ（ｎ
２＋６ｎ＋１１）
６
．
１０．解析 等式两边都是两个数相乘，可
以想到分步乘法计数原理，于是可得
如下分步取组合的方法．（答案不唯
一）
在ｎ个人中选择ｍ个人搞卫生工作，
其中ｋ个人擦窗，（ｍ－ｋ）个人拖地，问
共有多少种不同的选取人员的方法？
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
个人中再选出ｋ个人擦窗，剩余的人
拖地，这样有Ｃ
ｍ
ｎ·Ｃ
ｋ
ｍ种不同的选取
人员的方法．
解法二：直接从ｎ个人中选ｋ个人擦
窗，然后在剩下的（ｎ－ｋ）个人中选（ｍ
－ｋ）个人拖地，这样，由分步乘法计数
原理得，共有Ｃ
ｋ
ｎ·Ｃ
ｍ－ｋ
ｎ－ｋ种不同的选取
人员的方法．
所以Ｃ
ｋ
ｎ·Ｃ
ｍ－ｋ
ｎ－ｋ＝Ｃ
ｍ
ｎ·Ｃ
ｋ
ｍ成立．
第七章 随机变量及其分布
7.1 条件概率与全概率公式
７．１．１ 条件概率
教材第４８页（练习）
１．解析 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１，Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝０．５．
验证：Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ａ）＝０．３
０．３＝１，
Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ｂ）＝０．３
０．６＝０．５．
２．解析 设第１次抽到Ａ牌为事件Ｂ，第
２次抽到Ａ牌为事件Ｃ，则第１次和第
２次都抽到Ａ牌为事件ＢＣ．
解法一：在第１次抽到Ａ牌的条件下，
扑克牌仅剩下５１张，其中３张Ａ牌，所
以在第１次抽到Ａ牌的条件下，第２次
也抽到Ａ牌的概率为Ｐ（Ｃ｜Ｂ）＝３
５１
＝１
１７．
解法二：在第１次抽到Ａ牌的条件下，
第２次也抽到Ａ牌的概率为Ｐ（Ｃ｜Ｂ）＝
ｎ（ＢＣ）
ｎ（Ｂ）＝４×３
４×５１＝１
１７．
６
解法三：在第１次抽到Ａ牌的条件下，
第２次也抽到Ａ牌的概率为Ｐ（Ｃ｜Ｂ）＝
Ｐ（ＢＣ）
Ｐ（Ｂ）＝
４×３
５２×５１
４×５１
５２×５１
＝１
１７．
３．解析 记Ａ表示“第２次摸到白球”，Ｂ
表示“ 第１次摸到白球”，则ＡＢ表示
“第１次摸到白球，且第２次也摸到白
球”．
（１）解法一：由题意，事件Ｂ发生后，袋
中还有９个球，其中６个白球，３个黑
球，则Ａ发生的概率为６
９＝２
３．
即Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝２
３．
解法二：Ｐ（Ｂ）＝７
１０，Ｐ（ＡＢ）＝Ｃ
２
７
Ｃ
２
１０
＝７
１５，
所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ｂ）＝
７
１５
７
１０
＝２
３．
（２）由（１）知两次都摸到白球的概率为
Ｐ（ＡＢ）＝７
１５．
７．１．２ 全概率公式
教材第５２页（练习）
１．解析 设Ａ１＝“抽到有思路的题”，Ａ２＝
“抽到完全没有思路的题”，Ｂ＝“ 解题
正确”，Ω ＝Ａ１∪Ａ２，且Ａ１，Ａ２互斥，
Ｐ（Ａ１）＝
９
１２＝３
４，Ｐ（Ａ２）＝
３
１２＝１
４，
Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．９，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．２５，
根据全概率公式有Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜
Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝３
４× ０．９＋１
４×
０．２５＝０．７３７５．
２．解析 （１）设Ａ１＝“抽到的１件产品为
第一批产品”，Ａ２＝“抽到的１件产品为
第二批产品”，Ｂ＝“任取１件产品为合
格品”，Ω ＝Ａ１∪Ａ２，且Ａ１，Ａ２互斥，
Ｐ（Ａ１）＝０．４，Ｐ（Ａ２）＝０．６，Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝１－
０．０５＝０．９５，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝１－０．０４＝０．９６，
根据全概率公式有
Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜
Ａ２）＝０．４×０．９５＋０．６×０．９６＝０．９５６．
（２）由贝叶斯公式有Ｐ（Ａ１｜Ｂ）＝
Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）
Ｐ（Ｂ）
＝０．４×０．９５
０．９５６
≈０．３９７．
习题７．１
复习巩固
１．解析 设Ａ＝“ 选到的学生是男生”，Ｂ
＝“选到的学生患色盲”．
（１）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ａ）＝
６０
２０００
１２００
２０００
＝１
２０．
（２）Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ｂ）＝
６０
２０００
６２
２０００
＝３０
３１．
２．解析 Ｐ（Ｂ）≥Ｐ（Ｃ）．
记Ａ＝“ 选出的人大于５０岁”，则Ｃ＝
ＡＢ，根据乘法公式有Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（ＡＢ）＝
Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）≤Ｐ（Ｂ）．
３．解析 记Ａ＝“甲命中目标”，Ｂ＝“乙命
中目标”，Ｃ＝“目标至少被命中１次”，
则Ｐ（Ｃ）＝１－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝１－（１－０．６）×
（１－０．５）＝０．８．
４．解析 设Ａ１＝“从甲箱子里摸球”，Ａ２＝
“从乙箱子里摸球”，Ｂ＝“ 摸到的球为
红球”，Ω＝Ａ１∪Ａ２，且Ａ１，Ａ２互斥，根据
题意有Ｐ（Ａ１）＝１
３，Ｐ（Ａ２）＝２
３，Ｐ（Ｂ｜
Ａ１）＝１
２，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝４
５，
根据全概率公式有
Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜
Ａ２）＝１
３× １
２＋２
３× ４
５＝７
１０．
５．解析
设Ｂ＝“ 任取一人，此人患流
感”，Ａ１＝“此人来自Ａ地区”，Ａ２＝“此
人来自Ｂ地区”，Ａ３＝“此人来自Ｃ地
区”，Ω ＝Ａ１∪Ａ２∪Ａ３，且Ａ１，Ａ２，Ａ３互
斥，根据题意有Ｐ（Ａ１）＝１
４，Ｐ（Ａ２）＝
７
２０，Ｐ（Ａ３）＝２
５，
Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．０６，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．０５，Ｐ（Ｂ｜
Ａ３）＝０．０４，
根据全概率公式有
Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜
Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝１
４× ０．０６＋７
２０×
０．０５＋２
５×０．０４＝０．０４８５．
（２）由贝叶斯公式有Ｐ（Ａ１｜Ｂ）＝
Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）
Ｐ（Ｂ）
＝
１
４×０．０６
０．０４８５≈０．３０９．
６．证明 Ｐ（Ａ）＞０，Ｐ（Ｂ）＞０，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝
Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ａ）
＝
Ｐ（Ｂ），所以
Ｐ（ＡＢ）
＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ），
所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）
Ｐ（Ｂ）
＝
Ｐ（Ａ）．
综合运用
７．解析 产品被拒绝有两种可能：一是第
一次抽到不合格产品；二是第一次抽到
合格品且第二次抽到不合格产品．记Ａ
＝“第一次抽到不合格产品”，Ｂ＝“第二
次抽到不合格产品”．Ｐ（Ａ）＝
５
１００＝１
２０，
Ｐ（ＡＢ）＝９５
１００× ５
９９＝１９
３９６，所以产品被拒
绝的概率Ｐ＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（ＡＢ）＝１
２０＋１９
３９６
＝９７
９９０．
８．解析
选取ＤＤ，Ｄｄ，ｄｄ作为父本的概
率分别为１
４，１
２，１
４，只有在选取Ｄｄ，
ｄｄ作为父本杂交时，子三代中基因才
会出现ｄｄ型，且出现的概率为１
２，所以
选取Ｄｄ，ｄｄ作为父本杂交且出现ｄｄ型
基因的概率为Ｐ＝１
２× １
４× １
２＝１
１６．
９．解析
性质１证明：因为Ｐ（Ω）＝１，所
以Ｐ（Ω｜Ａ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ω）
Ｐ（Ａ）
＝Ｐ（Ａ）
Ｐ（Ａ）＝１．
性质２证明：利用条件概率公式有
Ｐ（Ｂ∪Ｃ｜
Ａ）＝
Ｐ（（Ｂ∪Ｃ）Ａ）
Ｐ（Ａ）
＝Ｐ（ＢＡ∪ＣＡ）
Ｐ（Ａ）
，
因为Ｂ和Ｃ互斥，所以ＢＡ和ＣＡ也互
斥，利用概率的加法公式有
Ｐ（ＢＡ∪ＣＡ）＝Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ）．
因此Ｐ（Ｂ∪Ｃ｜Ａ）＝Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ）
Ｐ（Ａ）
＝
Ｐ（ＢＡ）
Ｐ（Ａ）＋Ｐ（ＣＡ）
Ｐ（Ａ）＝Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ｃ｜Ａ）．
拓广探索
１０．解析
由概率的乘法公式Ｐ（ＡＢ）＝
Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）得
Ｐ（ＡＢＣ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｃ｜ＡＢ）＝
Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）Ｐ（Ｃ｜ＡＢ）．
一般地，有Ｐ（Ａ１Ａ２…Ａｎ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ａ２
｜Ａ１）Ｐ（Ａ３｜Ａ１Ａ２）… Ｐ（Ａｎ｜Ａ１Ａ２…
Ａｎ－１）．
7.2 离散型随机变量
及其分布列
教材第６０页（练习）
１．解析 例１：某公共汽车站一分钟内等
车的人数；
例２：某城市一年内下雨的天数；
例３：一位跳水运动员在比赛时所得的
分数；
例４：某人在１天内接电话的次数．（任
意举出两个即可）
２．解析 （１）能用离散型随机变量表示．
可能的取值为２，３，４，５，６，７，８，９，１０，
１１，１２．表示的结果略．
（２）能用离散型随机变量表示．可能
的取值为０，１，２，３，４，５．表示的结
果略．
（３）不能用离散型随机变量表示．实际
教材习题答案
７
含量与规定含量之差可能的取值为０
附近的实数，不能一一列出．
３．解析 设该运动员一次罚球得分为Ｘ，
Ｘ是一个离散型随机变量，其分布列为
Ｘ
０
１
Ｐ
０．３
０．７
４．解析 抛掷一枚质地均匀的硬币２次，
其全部可能的结果为｛正正，正反，反
正，反反｝．正面向上的次数Ｘ是一个离
散型随机变量，因此
Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｐ（｛反反｝）＝１
４＝０．２５，
Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｐ（｛正反｝∪｛反正｝）＝２
４＝
０．５，
Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｐ（｛正正｝）＝１
４＝０．２５，
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
０
１
２
Ｐ
０．２５
０．５
０．２５
习题７．２
复习巩固
１．解析 （１）用０表示遇到红灯，用１表
示遇到绿灯，则样本空间为Ω ＝｛００００，
０００１，００１０，０１００，１０００，００１１，０１０１，
１００１，０１１０，１０１０，１１００，０１１１，１１０１，
１０１１，１１１０，１１１１｝．
（２）Ｘ的可能取值为０，１，２，３，４，事件
｛Ｘ＝０｝表示经过的４个红绿灯路口，遇
到的都不是红灯；事件｛Ｘ＝１｝表示经
过的４个红绿灯路口，其中１个路口遇
到红灯，其他３个路口不是红灯；事件
｛Ｘ＝２｝表示经过的４个红绿灯路口，其
中２个路口遇到红灯，其他２个路口不
是红灯；事件｛Ｘ＝３｝表示经过的４个红
绿灯路口，其中３个路口遇到红灯，另
外１个路口不是红灯；事件｛Ｘ＝４｝表示
经过的４个红绿灯路口遇到的都是
红灯．
２．解析 不正确，因为所有变量取值对应
的概率之和不是１．
３．解析 某同学跑１ｋｍ所用时间Ｘ不是
离散型随机变量，如果我们只关心该同
学是否能够取得优秀成绩，可以定义如
下的随机变量：
Ｙ＝０，跑１ｋｍ所用时间＞４ｍｉｎ，
１，跑１ｋｍ所用时间≤４ｍｉｎ，
{
它是离散型随机变量，且仅可能取两个
值：０，１．
事件｛Ｙ＝１｝表示该同学跑１ｋｍ所用时
间小于或等于４ｍｉｎ，能够取得优秀成
绩，事件｛Ｙ＝０｝表示该同学跑１ｋｍ所
用时间大于４ｍｉｎ，不能够取得优秀
成绩．
４．解析 射击成绩优秀可以用事件｛Ｘ≥
９｝表示，因此射击成绩为优秀的概率
Ｐ（Ｘ≥９）＝Ｐ（Ｘ＝９）＋Ｐ（Ｘ＝１０）＝０．３５＋
０．２０＝０．５５．
综合运用
５．（１）设随机抽出的３篇课文中该同学能
背诵的篇数为Ｘ，则Ｘ是一个离散型随
机变量，它可能的取值为０，１，２，３，分
布列如下：
Ｘ
０
１
２
３
Ｐ
Ｃ
３
４
Ｃ
３
１０
Ｃ
１
６Ｃ
２
４
Ｃ
３
１０
Ｃ
２
６Ｃ
１
４
Ｃ
３
１０
Ｃ
３
６
Ｃ
３
１０
即：
Ｘ
０
１
２
３
Ｐ
１
３０
３
１０
１
２
１
６
（２）该同学能及格表示他能背出２篇或
３篇课文，故他能及格的概率为Ｐ（Ｘ≥
２）＝Ｐ（Ｘ＝２）＋Ｐ（Ｘ＝３）＝１
２＋１
６＝２
３．
６．解析 （１）Ｘ的可能取值为１，２，３．
Ｐ（Ｘ＝１）＝０．６，Ｐ（Ｘ＝２）＝（１－０．６）×０．７
＝０．２８，Ｐ（Ｘ＝３）＝（１－０．６）×（１－０．７）×
１＝０．１２．
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
１
２
３
Ｐ
０．６
０．２８
０．１２
（２）李明领到证书有三种可能情况：第
一次考试通过；第一次考试没有通过，
第二次考试通过；第一次和第二次考试
都没有通过，第三次考试通过．
所以其概率Ｐ＝０．６＋（１－０．６）×０．７＋（１－
０．６）×（１－０．７）×０．８＝０．９７６．
7.3 离散型随机变量的
数字特征
７．３．１ 离散型随机变量的均值
教材第６６页（练习）
１．解析 （１）Ｅ（Ｘ）＝１×０．１＋２×０．３＋３×０．４
＋４×０．１＋５×０．１＝２．８．
（２）Ｅ（３Ｘ＋２）＝３Ｅ（Ｘ）＋２＝３×２．８＋２＝
１０．４．
２．解析 Ｘ的分布列为
Ｘ
－１
１
Ｐ
０．５
０．５
Ｅ（Ｘ）＝－１×０．５＋１×０．５＝０．
３．解析 甲机床生产零件的平均次品数
Ｅ（Ｘ１）＝０×０．４＋１×０．３＋２×０．２＋３× ０．１
＝１．
乙机床生产零件的平均次品数
Ｅ（Ｘ２）＝０×０．３＋１×０．５＋２×０．２＝０．９．
因为乙机床生产零件的平均次品数
Ｅ（Ｘ２）小于甲机床生产零件的平均次
品数Ｅ（Ｘ１），所以乙机床更好，其实际
含义是随着产量的增加，乙机床生产出
的次品数要比甲机床生产出的次品
数少．
７．３．２ 离散型随机变量的方差
教材第７０页（练习）
１．解析 Ｅ（Ｘ）＝１×０．２＋２×０．３＋３×０．４＋４×
０．１＝２．４．
Ｄ（Ｘ）＝（１－２．４）
２×０．２＋（２－２．４）
２×０．３＋
（３－２．４）
２×０．４＋（４－２．４）
２×０．１＝０．８４，
Ｄ（２Ｘ＋７）＝４Ｄ（Ｘ）＝３．３６，
σ（２Ｘ＋７）≈１．８３３．
２．解析 Ｅ（Ｘ）＝ｃ×１＝ｃ，Ｄ（Ｘ）＝（ｃ－ｃ）
２×
１＝０．
３．解析 Ｘ的分布离散程度大．
Ｅ（Ｘ）＝－２×０．１＋（－１）×０．２＋０×０．４＋１×
０．２＋２×０．１＝０，
Ｄ（Ｘ）＝（－２）
２× ０．１＋（－１）
２× ０．２＋０
２×
０．４＋１
２×０．２＋２
２×０．１＝１．２，
Ｅ（Ｙ）＝－２×０．０５＋（－１）×０．１５＋０×０．６＋１
×０．１５＋２×０．０５＝０，
Ｄ（Ｘ）＝（－２）
２×０．０５＋（－１）
２×０．１５＋０
２×
０．６＋１
２×０．１５＋２
２×０．０５＝０．７，
Ｄ（Ｘ）＞Ｄ（Ｙ）．
习题７．３
复习巩固
１．解析 设每部手机获利Ｘ，则Ｘ的分布
列为
Ｘ
１００
０
－３００
Ｐ
０．６
０．３
０．１
所以Ｅ（Ｘ）＝１００×０．６＋０×０．３＋（－３００）×
０．１＝３０，
Ｄ（Ｘ）＝（１００－３０）
２×０．６＋（０－３０）
２×０．３
＋（－３００－３０）
２×０．１＝１４１００．
２．解析 设Ｘ表示一张彩票的中奖金额，
则它的分布列为
Ｘ
０
２
１０
５０
１００
１０００
Ｐ
０．８５４５
０．１
０．０３
０．０１
０．００５
０．０００５
其数学期望Ｅ（Ｘ）＝０×０．８５４５＋２×０．１＋
１０×０．０３＋５０×０．０１＋１００×０．００５＋１０００×
０．０００５＝２．
３．解析 根据分布列的性质及期望公式有
０．２＋ａ＋ｂ＝１，
Ｅ（Ｘ）＝０×０．２＋ａ＋２ｂ＝１，
{
解得ａ＝０．６，
ｂ＝０．２．
{
４．解析 得分记为变量Ｘ，选对得ａ分，
选错得ｂ分，显然Ｐ（Ｘ＝ａ）＝０．２５，
Ｐ（Ｘ＝ｂ）＝０．７５，则Ｅ（Ｘ）＝０．２５ａ＋０．７５ｂ
＝０，不妨取ａ＝３，ｂ＝－１．即选对得３分，
选错得－１分．
５．证明
设离散型随机变量Ｘ的所有可
能取值为ａ１，ａ２，…，ａｎ，其分布列为
Ｐ（Ｘ＝ａｉ）＝ｐｉ（ｉ＝１，２，…，ｎ）．由于Ｅ（ａＸ
＋ｂ）＝ａＥ（Ｘ）＋ｂ，
则Ｄ（ａＸ＋ｂ）
８
＝［（ａａ１＋ｂ）－（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］
２ｐ１＋［（ａａ２＋
ｂ）－（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］
２ｐ２＋…＋［（ａａｎ＋ｂ）－
（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］
２ｐｎ
＝ａ
２（ａ１－Ｅ（Ｘ））
２ｐ１＋ａ
２（ａ２－Ｅ（Ｘ））
２ｐ２＋
…＋ａ
２（ａｎ－Ｅ（Ｘ））
２ｐｎ
＝ａ
２Ｄ（Ｘ）．
综合运用
６．解析 若先猜谜语Ａ后猜谜语Ｂ，则所
获奖金Ｘ的可能取值为０，１０，３０，分布
列为
Ｘ
０
１０
３０
Ｐ
０．２
０．８×０．５
０．８×０．５
Ｅ（Ｘ）＝０×０．２＋１０×０．４＋３０×０．４＝１６．
若先猜谜语Ｂ后猜谜语Ａ，则所获奖金
Ｘ的可能取值为０，２０，３０，分布列为
Ｘ
０
２０
３０
Ｐ
０．５
０．５×０．２
０．５×０．８
Ｅ（Ｘ）＝０×０．５＋２０×０．１＋３０×０．４＝１４．
Ｅ（Ｘ）＞Ｅ（Ｙ），
所以选择先猜谜语Ａ后猜谜语Ｂ更好．
７．解析 Ｅ（Ｘ）＝－１×０．１＋０×０．８＋１×０．１
＝０，
Ｄ（Ｘ）＝（－１）
２×０．１＋０
２×０．８＋１
２×０．１＝
０．２，
Ｅ（Ｙ）＝－２×０．１＋（－１）×０．２＋０×０．４＋１×
０．２＋２×０．１＝０，
Ｄ（Ｘ）＝（－２）
２× ０．１＋（－１）
２× ０．２＋
０
２×０．４＋１
２×０．２＋２
２×０．１＝１．２，
甲、乙两种手表走时误差的期望一样，
但甲种手表的方差小于乙种手表的方
差，所以认为甲种手表的性能更好，更
稳定．
拓广探索
８．解析 设变量Ｘ的可能取值为Ｘ１，Ｘ２，
…，Ｘｎ，对应的概率为ｐ１，ｐ２，…，ｐｎ，因
为μ≠ａ，不妨设μ＝ａ＋ｔ（ｔ≠０），
则Ｘ相对于μ 的方差Ｄ１＝（Ｘ１－μ）
２ｐ１＋
（Ｘ２－μ）
２ｐ２＋…＋（Ｘｎ－μ）
２ｐｎ，
Ｘ相对于ａ的方差Ｄ２＝（Ｘ１－ａ）
２ｐ１＋
（Ｘ２－ａ）
２ｐ２＋…＋（Ｘｎ－ａ）
２ｐｎ
＝（Ｘ１－μ＋ｔ）
２ｐ１＋（Ｘ２－μ＋ｔ）
２ｐ２＋…
＋（Ｘｎ－μ＋ｔ）
２ｐｎ
＝（Ｘ１－μ）
２ｐ１＋（Ｘ２－μ）
２ｐ２＋… ＋（Ｘｎ－
μ）
２ｐｎ＋２ｔ（Ｘ１－μ）ｐ１＋２ｔ（Ｘ２－μ）ｐ２＋…＋
２ｔ（Ｘｎ－μ）ｐｎ＋ｔ
２（ｐ１＋ｐ２＋…＋ｐｎ）
＝Ｄ１＋２ｔ［（Ｘ１ｐ１＋Ｘ２ｐ２＋…＋Ｘｎｐｎ）－μ（ｐ１
＋ｐ２＋…＋ｐｎ）］＋ｔ
２
＝Ｄ１＋ｔ
２＞Ｄ１．
Ｘ相对于ａ的偏离程度大于Ｘ相对于μ
的偏离程度，说明μ 准确表示了变量Ｘ
取值的平均水平．
7.4 二项分布与超几何分布
７．４．１ 二项分布
教材第７６页（练习）
１．解析 （１）Ｘ的可能取值为０，１，２，３，
４，其分布列为
Ｘ
０
１
２
３
４
Ｐ
１
１６
１
４
３
８
１
４
１
１６
（２）２；１．
２．解析 （１）Ｐ＝
４
５(
)
５
＝１０２４
３１２５．
（２）Ｐ＝Ｃ
１
５
１
５(
)
１
４
５(
)
４
＝２５６
６２５．
３．解析 （１）正确．每道题猜对的概率为
０．２５，猜１２道题可看作是１２重伯努利
试验，猜对题目的数量服从二项分布．
（２）不正确．由于是不放回抽取，每次抽
到次品的概率不相等，所以不服从二项
分布．
４．略．
７．４．２ 超几何分布
教材第８０页（练习）
１．解析 Ｐ＝Ｃ
１
４Ｃ
１
２０
Ｃ
２
２４
＋Ｃ
２
４
Ｃ
２
２４
＝４３
１３８．
２．解析 Ｐ＝Ｃ
２
４Ｃ
２
８
Ｃ
４
１２
＝５６
１６５．
３．解析 例１：一个班共有４５名同学，其
中女生２０人，现从中任选７人，这７人
中含有女生的人数Ｘ服从超几何分布．
例２：从一副扑克牌（去掉大小王，共５２
张）中取出５张，则取出黑桃的张数Ｘ
服从超几何分布．
习题７．４
复习巩固
１．解析 利用古典概型计算概率的公式
计算试验成功的概率Ｐ：
Ｐ＝试验成功包含的基本事件个数
基本事件总数
＝２
６
＝１
３．
在３０次试验中，成功次数Ｘ服从二项
分布Ｂ３０，１
３
(
) ，则成功次数Ｘ的均值
Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝３０× １
３＝１０．
２．解析 Ｐ＝Ｃ
１
４×０．９
３×０．１
１＝０．２９１６．
３．解析 （１）质点回到原点，说明质点向
左、向右各移动３次，其对应的概率Ｐ１
＝Ｃ
３
６
１
２(
)
３
１
２(
)
３
＝５
１６．
（２）质点位于４的位置，说明质点向左
移动１次，向右移动５次，其对应的概
率Ｐ２＝Ｃ
１
６
１
２(
)
１
１
２(
)
５
＝３
３２．
４．解析 设抽出的５张牌中包含Ａ牌的
张数为Ｘ，则Ｐ（Ｘ≥２）＝１－Ｐ（Ｘ＝０）－
Ｐ（Ｘ＝１）＝１－Ｃ
５
４８
Ｃ
５
５２
－Ｃ
４
４８Ｃ
１
４
Ｃ
５
５２
≈０．０４１６８．
综合运用
５．解析
设Ｘ为击中目标的次数，则Ｘ～
Ｂ（１０，０．８）．
（１）在１０次射击中，恰有８次击中目标
的概率为Ｐ（Ｘ＝８）＝Ｃ
８
１０× ０．８
８× （１－
０．８）
２≈０．３０．
（２）在１０次射击中，至少有８次击中目
标的概率为Ｐ（Ｘ≥８）＝Ｐ（Ｘ＝８）＋Ｐ（Ｘ
＝９）＋Ｐ（Ｘ＝１０）＝Ｃ
８
１０×０．８
８×（１－０．８）
２＋
Ｃ
９
１０×０．８
９×（１－０．８）
１＋Ｃ
１０
１０× ０．８
１０× （１－
０．８）
０≈０．６８．
６．解析 设摸到红球的个数为Ｘ，则中奖
的概率为Ｐ（Ｘ≥３）＝Ｐ（Ｘ＝３）＋Ｐ（Ｘ＝
４）＋Ｐ（Ｘ＝５）＝Ｃ
３
１０Ｃ
２
２０
Ｃ
５
３０
＋Ｃ
４
１０Ｃ
１
２０
Ｃ
５
３０
＋Ｃ
５
１０
Ｃ
５
３０
≈
０．１９１．
７．解析 （１）同时发生故障的车床数Ｘ～
Ｂ（３，０．２），则
Ｐ（Ｘ＝０）＝０．８
３＝０．５１２，
Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ
１
３×０．８
２×０．２
１＝０．３８４，
Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ
２
３×０．８
１×０．２
２＝０．０９６，
Ｐ（Ｘ＝３）＝０．２
３＝０．００８．
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
０
１
２
３
Ｐ
０．５１２
０．３８４
０．０９６
０．００８
（２）车床发生故障的床数Ｘ的可能取
值为０，１，２，３．
Ｐ（Ｘ＝０）＝０．９
２×０．８＝０．６４８，
Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ
１
２×０．９
１×０．１
１×０．８＋０．９
２×０．２
＝０．３０６，
Ｐ（Ｘ＝２）＝０．１
２×０．８＋Ｃ
１
２×０．９
１×０．１
１×０．２
＝０．０４４，
Ｐ（Ｘ＝３）＝０．１
２×０．２＝０．００２．
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
０
１
２
３
Ｐ
０．６４８
０．３０６
０．０４４
０．００２
拓广探索
８．解析 有效率宣传可能过大．治愈人数
Ｘ服从二项分布，即Ｘ～Ｂ（ｎ，０．９），若ｎ
＝１０，则治愈人数大约为１０×０．９＝９，所
以宣传治愈率为９０％可能过大．但由于
随机抽取的只有１０人，会有很大的偶
然性，若抽取的人数较多，才可以更准
确的反映此新药的有效率．
教材习题答案
９
7.5 正态分布
教材第８７页（练习）
１．解析
ｆ（ｘ）＝
１
２π
ｅ
－
ｘ２
２；０．５；０．６８２７；
０．８４１３５；０．１５８６５．
２．解析 图略．Ｐ（Ｘ≤－２）＋Ｐ（Ｘ≤２）＝１，
Ｐ（｜Ｘ｜≤１）＞Ｐ（｜Ｙ｜≤１）．
３．解析 例１：某地区１６岁男孩的身高的
分布可以近似看成正态分布．
例２：某厂生产的某种型号的灯泡的使
用寿命的分布可以近似看成正态分布．
习题７．５
复习巩固
１．解析 男生的数学平均成绩μ１＝７２，方
差σ
２
１＝８
２；女生的数学平均成绩μ２＝
７４，方差σ
２
２＝６
２．显然μ１＜μ２，σ
２
１＞σ
２
２，所
以男生的数学平均成绩没有女生的数
学平均成绩高，且男生的分数不集中，
比较分散．
２．解析 （１）Ｐ（１６５＜Ｘ≤１７５）≈０．６８２７．
（２）Ｐ（Ｘ≤１６５）＝１
２×［１－Ｐ（１６５＜Ｘ≤
１７５）］≈０．１５８６５．
（３）Ｐ（Ｘ＞１７５）＝Ｐ（Ｘ＜１６５）≈０．１５８６５．
３．解析 Ｐ（μ≤Ｘ≤μ＋σ）＝１
２Ｐ（μ－σ≤Ｘ
≤μ＋σ）≈１
２×０．６８２７＝０．３４１３５．
综合运用
４．解析 设质量误差值为Ｘ，则Ｘ～Ｎ（０，
２
２），袋装食盐的合格率Ｐ（－４≤Ｘ≤４）
≈０．９５４５．
复习参考题７
复习巩固
１．解析 将一枚均匀的硬币抛掷两次，记
Ａ＝“第一次掷到正面”，Ｂ＝“第二次掷
到反面”，显然Ｐ（Ａ）＝１
２，Ｐ（Ｂ）＝１
２，
Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１
２，此时有Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ｂ｜Ａ）；
从１，２，３，４，５中任取两个不同的数，记
Ａ＝“取到的两数之和为偶数”，Ｂ＝“取
到的两数均为偶数”，则Ｐ（Ａ）＝２
５，
Ｐ（Ｂ）＝１
１０，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１
４，此时有Ｐ（Ｂ）
＜Ｐ（Ｂ｜Ａ）．
所以Ｐ（Ｂ）与Ｐ（Ｂ｜Ａ）之间没有确定的
大小关系．
２．解析 记Ａ＝“第一枚骰子的点数是偶
数”，Ｂ＝“第二枚骰子的点数是偶数”，
则Ｐ（Ａ）＝１
２，Ｐ（Ｂ）＝１
２．
（１）两个点数都出现偶数的概率为
Ｐ（ＡＢ）＝１
２× １
２＝１
４．
（２）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（Ａ）＝１
２．
３．解析 设Ａ１＝“抽到的是第一箱中的零
件”，Ａ２＝“抽到的是第二箱中的零件”，
Ｂ＝“任取一个零件为次品”，则Ω ＝Ａ１
∪Ａ２，且Ａ１，Ａ２互斥，Ｐ（Ａ１）＝Ｐ（Ａ２）＝
０．５，Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．２，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．１５．
（１）由全概率公式知Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·
Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．５×０．２＋
０．５×０．１５＝０．１７５．
（２）由贝叶斯公式知Ｐ（Ａ１｜Ｂ）＝
Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）
Ｐ（Ｂ）
＝０．５×０．２
０．１７５≈０．５７．
４．解析 （１）由分布列的性质有０．３６＋１－
２ｑ＋ｑ
２＝１，解得ｑ＝０．２或ｑ＝１．８（舍去）．
（２）由（１）知分布列为
Ｘ
０
１
２
Ｐ
０．３６
０．６
０．０４
所以Ｅ（Ｘ）＝０×０．３６＋１×０．６＋２×０．０４＝
０．６８，
Ｄ（Ｘ）＝（０－０．６８）
２× ０．３６＋（１－０．６８）
２×
０．６＋（２－０．６８）
２×０．０４＝０．２９７６．
５．解析 因为随机变量Ｘ取所有可能的
值１，２，…，ｎ是等可能的，所以取每个
可能的值的概率均为１
ｎ，从而Ｅ（Ｘ）
＝∑
ｎ
ｉ＝１
ｉ× １
ｎ＝ｎ＋１
２．
又Ｅ（Ｘ）＝１０，所以ｎ＋１
２
＝１０，所以ｎ
＝１９．
６．解析 （１）记Ｘ为击中目标的次数，则
Ｘ～Ｂ（１０，０．３），恰好击中目标３次的概
率为
Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ
３
１０×０．３
３×０．７
７≈０．２６７．
（２）目标击中的次数Ｘ～Ｂ（ｎ，０．３），目
标至少被击中一次可以表示为｛Ｘ＞０｝，
它的对立事件是｛Ｘ＝０｝，所以“目标至
少被击中一次”的概率为Ｐ（Ｘ＞０）＝１－
Ｐ（Ｘ＝０）＝１－（１－０．３）
ｎ．
为使目标被击中的概率超过９５％，需使
１－（１－０．３）
ｎ＞９５％，解得ｎ＞８．４，根据实
际意义，至少需要９门大炮才能使目标
至少被击中一次的概率超过９５％．
综合运用
７．解析 设Ａ１＝“玩手机时间超过１ｈ的
学生”，Ａ２＝“玩手机时间不超过１ｈ的
学生”，Ｂ＝“ 任意调查一人，此人近
视”，则Ω ＝Ａ１∪Ａ２，且Ａ１，Ａ２互斥，
Ｐ（Ａ１）＝０．２，Ｐ（Ａ２）＝０．８，Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝
０．５，Ｐ（Ｂ）＝０．４．
根据全概率公式有Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜
Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．２×０．５＋０．８×
Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．４，
所以Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝３
８．
８．解析
第１种方案：选择在商场内促
销，此时可获得利润２万元．
第２种方案：选择在商场外促销，设此
时可获得利润Ｘ万元，则Ｘ的分布
列为
Ｘ
８
－３
Ｐ
０．６
０．４
所以Ｅ（Ｘ）＝８×０．６＋（－３）×０．４＝３．６．
因为３．６＞２，所以应选择第２种方案．
９．解析 （１）由题意可知，一年中有４人
以上出险，保险公司将亏本．用Ｘ表示
一年中这１０万人遭遇意外伤害的人
数，则Ｘ～Ｂ（１０００００，０．００００１），保险公
司亏本的概率为Ｐ（Ｘ＞４）＝１－Ｐ（Ｘ≤４）
≈３．６６×１０
－３．
（２）这家保险公司一年内获利不少于
１００万，表示一年内最多２人出险，所
以其概率Ｐ（Ｘ≤２）≈０．９１９７．
拓广探索
１０．解析 记第ｎ次传球后球在甲手中的
概率为Ｐ（ｎ），则第ｎ－１次传球后球在
甲手中的概率为Ｐ（ｎ－１），开始时球
在甲手中，则Ｐ（０）＝１．若第ｎ次传球
后球在甲手中，则第ｎ－１次传球后球
不在甲手中，即第ｎ－１次传球后球在
乙或丙手中，所以第ｎ－１次传球后球
不在甲手中的概率为１－Ｐ（ｎ－１），又
乙或丙在第ｎ次把球传到甲手上的概
率为１
２，于是有１
２［１－Ｐ（ｎ－１）］＝
Ｐ（ｎ），即Ｐ（ｎ）＝－１
２Ｐ（ｎ－１）＋１
２，
所以Ｐ（ｎ）－１
３＝－１
２
Ｐ（ｎ－１）－１
３
[
] ，
所以Ｐ（ｎ）－１
３
{
} 是首项为Ｐ（１－１）－
１
３＝２
３，公比为－１
２的等比数列，
所以Ｐ（ｎ）－１
３＝２
３× －１
２
(
)
ｎ
，
所以Ｐ（ｎ）＝２
３× －１
２
(
)
ｎ
＋１
３（ｎ∈Ｎ
∗）．
１１．解析 （１）按随机５人一组进行分析．
若逐一化验，则需化验５次；若按混合
化验，记化验次数为Ｘ，则Ｘ的可能取
值为１，６，对应的分布列为
Ｘ
１
６
Ｐ
０．９５５
１－０．９５５
所以Ｅ（Ｘ）＝１×０．９５
５＋６×（１－０．９５
５）≈
２．１３．
因为２．１３＜５，
所以采用５人一组的混合化验方法可
１０
以减少化验次数．
（２）若ｋ人一组，需要化验的次数记为
Ｙ，则Ｙ的可能取值为１，ｋ＋１，Ｙ的分
布列为
Ｙ
１
ｋ＋１
Ｐ
０．９８ｋ
１－０．９８ｋ
所以Ｅ（Ｙ）＝１× ０．９８
ｋ＋（ｋ＋１）× （１－
０．９８
ｋ）．
若逐一化验，则需要化验ｋ次．
所以ｋ－Ｅ（Ｙ）＝ｋ×０．９８
ｋ－１．
设ｇ（ｘ）＝ｘ·０．９８
ｘ－１，
则ｇ′（ｘ）＝（１＋ｘｌｎ０．９８）０．９８
ｘ，
当１＋ｘｌｎ０．９８＝０时，ｘ≈４９，所以函数
在（０，４９）内单调递增，在（４９，＋∞）内
单调递减，当ｘ∈Ｎ
∗时，经验证ｇ（４９）
最大，所以当ｋ＝４９时，化验次数最少．
１２．解析 因为μ＝７５，σ＝８，
Ｐ（Ｘ＞μ＋σ）＝１－Ｐ（μ－σ≤Ｘ≤μ＋σ）
２
≈
１－０．６８２７
２
≈０．１６＝１６％，
所以Ａ等级的分数线为μ＋σ ＝７５＋８＝
８３分以上．
Ｐ（μ≤Ｘ＜μ＋σ）＝Ｐ（Ｘ≥μ）－Ｐ（Ｘ≥μ＋
σ）≈０．５－０．１６≈０．３４＝３４％，
所以Ｂ等级的分数线为［μ，μ＋σ），即
［７５，８３）．
同理可得，Ｃ等级的分数线为［６７，
７５），Ｄ等级的分数线为６７分以下．
第八章 成对数据的
统计分析
8.1 成对数据的统计相关性
８．１．１ 变量的相关关系
教材第９５页（练习）
１．解析
实例：人的年龄与血压．随着年
龄的增长血压会有所增高，但年龄不是
影响血压的唯一因素，还会跟平时的饮
食习惯、运动等生活方式有关，也就是
说其中一个变量的取值不是随另一个
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
两个量之间有着明确的关系，如圆的面
积与圆的半径，其关系就是确定的，即
半径确定了，圆的面积就被唯一确定．
２．解析 （１）（２）（４）图中的两个变量存
在相关关系，图（３）中的散点无规律可
言，看不出两个变量有什么相关性．
３．解析 存在相关关系．总体上可以看出
海拔越高鸟的种类越多．
８．１．２ 样本相关系数
教材第１０３页（练习）
１．解析
不一定．由于抽样的随机性，以
及抽取样本容量的多少，只能近似地反
映变量之间的相关关系，而不能确切地
反映变量之间的相关关系．
２．解析
由已知得ｘ＝１０
３，ｙ＝－２，根据样
本相关系数公式得ｒ＝－１，所以可知这
两个变量线性相关．
３．解析
图略．经计算样本相关系数可
知，｜ｒ｜越接近１，变量之间的相关程度
越大，ｒ＞０，两变量正相关，ｒ＜０，两变量
负相关．
４．解析
作出散点图（略），从散点图可
以看出，销售额与广告支出呈非线性相
关关系，且是正相关，经计算样本相关
系数可知相关程度较大，销售额随广告
支出的增大显示逐渐递增的趋势．
习题８．１
复习巩固
１．解析 图（２）（３）（４）存在相关关系，且
图（２）（４）是正相关，图（３）是负相关．
图（２）（３）呈现的是线性相关，图（４）呈
现的是非线性相关．
综合运用
２．解析
通过作出散点图（略）可知，这
些散点大致分布在一条直线周围，所以
顾客投诉次数与航班正点率呈现线性
相关关系，而且相关程度很大，很明显，
航班正点率越高，顾客投诉次数越少．
３．解析
由已知得ｘ＝１．９４，Ｆ＝５．９８５，计
算得ｒ＝１．说明弹簧伸长长度与所受外
力是确定的函数关系．
拓广探索
４．解析
不同意此结论．天鹅数多，婴儿
出生率高，应该都是跟这３个村庄的自
然环境好，更适应人类与动物生存有关
系，而不是天鹅与婴儿的出生率有关．
8.2 一元线性回归模型
及其应用
８．２．１ 一元线性回归模型
教材第１０７页（练习）
１．解析
函数模型：某商店进了一批服
装，每件进价６０元，每件售价９０元，每
天售出３０件，在一定的范围内，这批服
装的售价每降低１元，每天就多售出１
件，则利润与售价之间就可以建立明确
的函数模型．
回归模型：某小卖部６天内卖出的热茶
的杯数与当天气温的对比表如下：
气温／℃
２６
１８
１３
１０
４
－１
杯数
２０
２４
３４
３８
５０
６４
则气温与卖出的热茶杯数之间可以建
立回归模型．
函数模型得到的是两变量之间确定的
关系，回归模型建立的是两变量之间的
相关关系，是对两变量之间关系的一种
近似表达，如小卖部卖出的热茶杯数不
是因为气温是多少摄氏度，卖出的热茶
就确定是多少杯，所以不能用函数模型
去刻画，只能通过回归模型处理．
２．解析 参数ｂ的意义是一元线性回归
模型中的ｘ每增加１个单位，ｙ相应地
平均增加ｂ个单位．若ｂ＞０，则ｙ与ｘ正
相关，若ｂ＜０，则ｙ与ｘ负相关．
３．解析 不能．这个折线图只能近似反映
儿子身高与父亲身高的关系，而不是一
种确定性关系．
８．２．２ 一元线性回归模型参数的
最小二乘估计
教材第１１３页（练习）
１．解析 这种说法不对．不同的观测数据
会得到参数ａ，ｂ不同的估计值，但是要
达到“整体接近程度”，应该通过最小
二乘法进行分析求解参数ａ，ｂ．
２．解析 约１６８ｃｍ．
３．解析
图略．观察残差图可以发现，残
差比较均匀地分布在横轴的两边．
４．解析 残差和为０．００４，接近０，残差和
为０，可以判断该模型是一元线性回归
模型．
５．解析 ｂ＝ｙ
ｘ．
教材第１２０页（练习）
１．解析 分析残差可以帮助我们解决以
下问题：
①寻找异常点，就是残差特别大的点，
分析相应的样本数据是否有错；
②分析残差图可以发现模型选择是否
合适．
２．解析
（１）记１９９７年、１９９８年、…、
２００６年分别为１、２、…、１０，则ＧＤＰ与
年份的散点图如下：
记年份为ｘ，ＧＤＰ为ｙ，则可猜想它们之
间符合模型ｙ＝ｃ１＋ｃ２·ａ
ｘ－１９９６（ａ＞１）．
（２）设一元线性回归模型为ｙ＝ｂ＾ｘ＋ａ＾，
（ｘ为１９９７－２００６年的序号，即为１－
１０），
教材习题答案
１１
经计算有ｘ＝５．５，ｙ＝１２９４３５．５１，
ｂ＾≈１４８５４．７５，ａ＾≈４７７３４．３７，
所以一元线性回归模型为
ｙ＝１４８５４．７５ｘ＋４７７３４．３７．
年份序号
观测值
预测值
残差
１
７９７１５．０
６２５８９．１２
１７１２５．８８
２
８５１９５．５
７７４４３．８７
７７５１．６３
３
９０５６４．４
９２２９８．６２
－１７３４．２２
４
１００２８０．１１０７１５３．３７－６８７３．２７
５
１１０８６３．１１２２００８．１２－１１１４５．０２
６
１２１７１７．４１３６８６２．８７－１５１４５．４７
７
１３７４２２．０１５１７１７．６２－１４２９５．６２
８
１６１８４０．２１６６５７２．３７－４７３２．１７
９
１８７３１８．９１８１４２７．１２
５８９１．７８
１０
２１９４３８．５１９６２８１．８７２３１５６．６３
（３）预测２０１７年的ＧＤＰ，即把ｘ＝２１代
入ｙ＝１４８５４．７５ｘ＋４７７３４．３７，可预测
２０１７年的ＧＤＰ约为３５９６８４．１２亿元，
而实际上我国２０１７年的ＧＤＰ为８２０
７５４亿元，相差非常大．
（４）这个模型不能很好地刻画ＧＤＰ与
年份之间的关系，从（１）中的散点图看
是指数函数模型，而采用一元线性回归
模型，显然随着年份的增长，相差会越
来越大．
（５）作出相应的散点图：
由散点图可知ＧＤＰ与年份之间的关系
呈现很强的线性关系，设年份序号为ｘ
（即２００７－２０１６年对应的序号为１－
１０），ＧＤＰ为ｙ，建立经验回归模型为ｙ
＝ｂ＾
１ｘ＋ａ＾
１，
经计算有ｘ＝５．５，ｙ＝５０５３９２．５２，
ｂ＾
１≈５４０８４．７４，ａ＾
１＝２０７９２６．４５，
所以经验回归模型为ｙ＝５４０８４．７４ｘ＋
２０７９２６．４５．
预测２０１７年即ｘ＝１１时的ＧＤＰ为
８０２８５８．５９亿元，与实际２０１７年ＧＤＰ
为８２０７５４亿元相差１７８９５．４１亿元．
利用１９９７－２００６年的一元线性回归模
型预测的２０１７年ＧＤＰ远不如２００７－
２０１６年的经验回归模型准确，有两点：
一是２００７－２０１６的模型的时间更接近
２０１７年，其次２００７－２０１６的选用模型
更符合一元线性回归模型．
习题８．２
复习巩固
１．解析
（１）解释变量与响应变量的关
系是线性函数关系，残差平方和等于０．
（２）Ｒ
２是１．
２．解析 （１）根据表中数据作出散点图，
如图所示．
（２）计算得加工时间关于零件数的一
元线性回归模型为ｙ＝０．６６８５ｘ＋
５４．９３３．
（３）加工时间对零件数呈现很好的线
性关系，且加工零件的个数越多，单个
零件所花的时间就越少．
３．解析
（１）设ｘ表示居民年收入，ｙ表
示Ａ商品销售额，
经计算有ｘ＝３７．９７，ｙ＝３９．１，ｂ＾≈１．４４７，
ａ＾≈－１５．８４３，
所以一元线性回归模型为ｙ＝１．４４７ｘ－
１５．８４３．
（２）若这个城市居民的年收入达到４０
亿元，即ｘ＝４０，则估计Ａ商品的销售额
是４２万元．
综合运用
４．略．
５．解析 散点图中可以看出震级ｘ与不
小于该震级的地震数Ｎ之间线性不相
关．随着ｘ的减少，所考察的地震数Ｎ近
似地以指数形式增长．作变换ｙ＝ｌｇＮ，
得到的数据见下表：
ｘ
３．０
３．２
３．４
３．６
３．８
４．０
４．２
４．４
４．６
４．８
５．０
ｙ
４．４５３
４．３０９
４．１７
４．０２９
３．８８３
３．７４１
３．５８５
３．４３１
３．２８３
３．１３２２．９８８
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
由上表可作散点图（图略），从图中可
以看出ｘ和ｙ之间有很强的线性相关
性，因此可以用线性回归模型拟合它们
之间的关系．根据截距和斜率的最小二
乘法计算公式，得ａ＾＝６．７０１４，ｂ＾＝－０．７４０
５，从而线性回归方程为ｙ＾＝６．７０１４－０．
７４０５ｘ．其相关指数Ｒ
２≈０．９９７３，说明ｘ
可以解释ｙ的９９．７３％的变化．因此可以
用回归方程Ｎ＾＝１０
６．７０１４－０．７４０５ｘ来描述ｘ与
Ｎ之间的关系．
拓广探索
６．略．
8.3 列联表与独立性检验
８．３．１ 分类变量与列联表
教材第１２７页（练习）
１．解析 如：勤能补拙、春华秋实．
２．解析 可以确定与Ｘ和Ｙ有关的所有
概率和条件概率．如：
Ｐ（Ｘ＝０）＝４３
８８，Ｐ（Ｘ＝１）＝４５
８８，Ｐ（Ｙ＝０）
＝７１
８８，Ｐ（Ｙ＝１）＝１７
８８，
Ｐ（Ｙ＝１｜Ｘ＝０）＝１０
４３，Ｐ（Ｙ＝１｜Ｘ＝１）＝
７
４５，Ｐ（Ｙ＝０｜Ｘ＝０）＝３３
４３，Ｐ（Ｙ＝０｜Ｘ＝１）
＝３８
４５．
３．解析 （１）“ 吸烟有害健康” 只是一个
警示语，并不表示对每位烟民会引发健
康问题．
（２）不对．从概率的角度看吸烟有害于
健康．
４．解析 （１）记Ｘ＝０，该生为女生，
１，该生为男生，
{
Ｙ＝０，该生不经常锻炼，
１，该生经常锻炼．
{
则Ｐ（Ｙ＝１｜Ｘ＝０）＝１５
２０＝０．７５，Ｐ（Ｙ＝１｜
Ｘ＝１）＝１８
２４＝０．７５．
据此可以推断性别因素对学生锻炼的
经常性没有影响．
（２）可能犯错，这是由于随机抽样的４４
名学生的个体数较小而引起的．
８．３．２ 独立性检验
教材第１３４页（练习）
１．解析 根据例３可知，χ２≈４．８８１＞３．８４１
＝ｘ０．０５，所以可以推断Ｈ０不成立，即乙
种疗法的效果比甲种疗法好．
２．解析 会得出不同的结论．如例３，若选
择小概率值α＝０．００５的独立性检验，则
认为两种疗法效果没有差异；若选用小
概率值α＝０．０５的独立性检验，则认为
乙种疗法的效果比甲种疗法好．
３．解析 零假设为
Ｈ０：药物Ａ对预防疾病Ｂ无效．
根据列联表中数据，经计算得到
χ２＝１０５×（２９×１４－４７×１５）
２
７６×２９×４４×６１
≈１．５８７＜
３．８４１．
根据小概率值α ＝０．０５的独立性检验，
可以认为Ｈ０成立，即药物Ａ对预防疾
病Ｂ无效．
４．解析 零假设为
Ｈ０：数学成绩与语文成绩独立，即无
关联．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ２＝４００×（２１２×７３－５４×６１）
２
２６６×１３４×２７３×１２７
≈４８．０３４＞
３．８４１．
根据小概率值α ＝０．０５的独立性检验，
可以认为Ｈ０不成立，即数学成绩与语
文成绩有关联．
习题８．３
复习巩固
１．略．
１２
２．略．
３．略．
４．略．
综合运用
５．解析 等高堆积条形图如图所示：
从图中可以看出，高三年级学生的性别
和身高有关联．在身高低于１７０ｃｍ的
学生中，女生所占比例明显大于男生所
占比例，在身高不低于１７０ｃｍ的学生
中，男生所占比例明显大于女生所占
比例．
６．解析 第５题中的身高变量是数值型
变量．因为身高变量的取值是实数，而
且其大小和运算都有实际意义．
７．解析 （１）零假设为
Ｈ０：该中学高三年级学生的性别与身高
无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ２＝４０×（１４×１１－８×７）
２
２２×１８×２１×１９
≈２．４３１＜３．８４１．
根据小概率值α ＝０．０５的独立性检验，
可以认为Ｈ０成立，即认为该中学高三
年级学生的身高与性别无关联．其实际
意义是高三年级的学生中，身高低于
１７０ｃｍ的男女生，或身高不低于１７０
ｃｍ的男女生中，差别不是很明显．
（２）所得结论与第５题的结论不一致．
具体原因是所选样本的容量较小，取样
出现偏差．
８．解析 零假设为
Ｈ０：婴儿出生的时间与性别独立，即无
关联．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ２＝８９×（２４×２６－８×３１）
２
３２×５７×５５×３４
≈３．６８９＞
２．７０６．
根据小概率值α ＝０．１的独立性检验，
可以认为Ｈ０不成立，即认为性别与出
生时间有关联．
拓广探索
９．解析 零假设为
Ｈ０：学校和数学成绩无关联．
根据列联表８．３－２中的数据都扩大为
原来的１０倍，经计算得到
χ２＝８８０×（３３０×７０－３８０×１００）
２
７１０×１７０×４３０×４５０
≈８．３６５＞
２．７０６，
根据小概率值α ＝０．１的独立性检验，
可以认为Ｈ０不成立，即学校与数学成
绩之间有关联．两者结论不一样．原
因略．
复习参考题８
１．Ｃ
２．略．
３．Ｄ
４．解析 不能．吸烟与患肺癌都属于分类
变量，刻画这两个分类变量之间的关系
用一元线性回归模型不具实际意义，只
能通过χ２反映其相关性．
综合运用
５．解析 从散点图可以看出身高与臂展
具有一元线性关系，
记身高为ｘｃｍ，臂展为ｙｃｍ，
则ｘ＝１７５．０８，ｙ＝１６９．９２，ｂ＾≈１．００５，ａ＾≈
－５．９６３，所以臂展关于身高的经验回归
模型为ｙ＝１．００５ｘ－５．９６３．
残差分析：
臂展
观
测值
１６９１７０１７２１７７１７４１６６１７４１６９１６６１７６１７０１７４１７０
臂展
预
测值
１６７．９１７４１７０１７４１７７１６８１７５１６５１６４１７２１７２１７３１６９
残差
１．０９８－３．９２．０９３．０７－２．９－１．９－０．９４．１１２．１２４．０８－１．９１．０７１．０９
臂展
观
测值
１６１１６６１６５１７３１６２１８９１６４１７０１６４１７３１６５１６９
臂展
预
测值
１６０．９１７１１７１１７０１６４１７９１６４１７７１６６１７２１６８１６８
残差
０．１３３－４．９－５．９３．０９－１．９１０
０．１２－６．９－１．９１．０８－２．９１．１
残差图略．
６．解析
从散点图（图略）可以看出，三
级跳远奥运会冠军成绩大体分布在一
条直线附近，且呈向上递增趋势，所以
能用一元线性回归模型刻画这组数据．
７．解析
设ｘ（万ｋｍ）表示行驶里程，ｙ
（ｍｍ）表示轮胎凹槽深度，根据散点图
（图略）可建立模型ｙ＝ａｅ
ｂｘ（ｂ＜０），
设ｕ＝ｌｎｙ，ｃ＝ｌｎａ，方程可转化为ｕ＝ｃ＋
ｂｘ，再求解．
８．解析 零假设为
Ｈ０：药物对预防疾病无效果．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ２＝３００×（７５×４７－１１２×６６）
２
１８７×１１３×１４１×１５９
≈９．４７０＞
３．８４１．
根据小概率值α ＝０．０５的独立性检验，
可以认为Ｈ０不成立，即药物对预防疾
病有效果．所以认为至少有９５％的把握
认为药物对预防疾病有效果．
９．解析
（１）散点图略．１月与７月的平
均高温基本满足线性趋势．从散点图看
１月平均高温在１０℃左右，７月平均高
温在３５℃左右的城市较多．
（２）略．
