人教版高中数学选修23全部教案 86页

人教版选修2-3第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分部乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1.2排列与组合探究与发现组合数的两个性质1.3二项式定理小结第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布列2.2二项分布及其应用阅读与思考这样的买彩票方式可行吗?探究与发现服从二项分布的随机变量取何值时概率最大2.3离散型随机变量的均值与方差2.4正态分布信息技术应用µ,б对正态分布的影响小结第三章统计案例3.1回归分析的基本思想及其初步应用3.2独立性检验的基本思想及其初步应用实习作业小结I\n第一章计数原理1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理第一课时1分类加法计数原理（1）提出问题问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？（2）发现新知分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.（3）知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：A大学B大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：由于这名同学在A,B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择A,B两所大学中的一所．在A大学中有5种专业选择方法，在B大学中有4种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9（种）.变式：若还有C大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，在第3类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有种不同的方法，在第2类办法中有种不同的方法……在第n类办法中有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.85\n例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以,第一类,m1=1×2=2条第二类,m2=1×2=2条第三类,m3=1×2=2条所以,根据加法原理,从顶点A到顶点C1最近路线共有N=2+2+2=6（条）第二课时2分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以,,…，,,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？用列举法可以列出所有可能的号码：我们还可以这样来思考：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9=54个不同的号码．（2）发现新知分步乘法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.（3）知识应用例1.设某班有男生30名，女生24名.现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第l步选男生．第2步选女生．解：第1步，从30名男生中选出1人，有30种不同选择；第2步，从24名女生中选出1人，有24种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有30×24=720种不同的选法．一般归纳：完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法……做第n步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.理解分步乘法计数原理：分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题85\n②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.例2.如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？解:按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,第一步,m1=3种,第二步,m2=2种,第三步,m3=1种,第四步,m4=1种,所以根据乘法原理,得到不同的涂色方案种数共有N=3×2×1×1=6第三课时3综合应用例1.书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.解：(1)从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是=4+3+2=9;(2）从书架的第1,2,3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是=4×3×2=24.（3）。例2.要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？85\n解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N=3×2=6.6种挂法可以表示如下：分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．例3.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？分析：按照新规定，牌照可以分为2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．解：将汽车牌照分为2类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；第2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个字母中选1个，放在第3位，有24种选法；第4步，从10个数字中选1个，放在第4位，有10种选法；第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8=11232000（个）.同理，字母组合在右的牌照也有11232000个．所以，共能给11232000+11232000=22464000（个）.辆汽车上牌照．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析―需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整”―完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．练习1．乘积展开后共有多少项？2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。到9之间的一个数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？3．从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法？85\n4．某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？第四课时例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z,后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第1步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7+6=13种选法．再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9==1053个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．例2.核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个RNA分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．总共有4种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类RNA分子由100个碱基组成，那么能有多少种不同的RNA分子？分析：用图1.1一2来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A,C,G,U中任选一个来占据．解：100个碱基组成的长链共有100个位置，如图1.1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从A,C,G,U中任选一个填人，每个位置有4种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为100的所有可能的不同RNA分子数目有（个）例3.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有O或1两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成．问：(1）一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？(2）计算机汉字国标码（GB码）包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？分析：由于每个字节有8个二进制位，每一位上的值都有0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．解：(1）用图1.1一3来表示一个字节．85\n图1.1一3一个字节共有8位，每位上有2种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示2×2×2×2×2×2×2×2=28=256个不同的字符；(2）由（1）知，用一个字节所能表示的不同字符不够6763个，我们就考虑用2个字节能够表示多少个字符．前一个字节有256种不同的表示方法，后一个字节也有256种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示256×256=65536个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用2个字节表示．例4.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．如图1.1一4，它是一个具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？图1.1一4分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点；第2步是从A点执行到结束．而第1步可由子模块1或子模块2或子模块3来完成；第2步可由子模块4或子模块5来完成．因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理．解：由分类加法计数原理，子模块1或子模块2或子模块3中的子路径共有18+45+28=91（条）;子模块4或子模块5中的子路径共有38+43=81（条）.又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有91×81=7371（条）.在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块．这样，他可以先分别单独测试585\n个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172.再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6.如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常．这样，测试整个模块的次数就变为172+6=178（次）.显然，178与7371的差距是非常大的．巩固练习：1.如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通,从丁地到丙地有2条路可通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？2.书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？3.如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为()A.180B.160C.96D.60①③④②①②③④④③②①图一图二图三若变为图二,图三呢?5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？6．（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（C）A．5部分B.6部分C.7部分D.8部分【注意】运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.分配问题把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题．因为这涉及到两类元素：被分配元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了．事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把10个全排列，可以理解为在10个人旁边，有序号为1，2，……，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”：①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是，这里.其中是“接受单位”的个数。至于谁是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要.个数为的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以简化为.这里的“多”只要“少”.85\n②.被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以.1．2．1排列第一课时一、讲解新课：1问题：问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的对象叫做元素解决这一问题可分两个步骤：第1步，确定参加上午活动的同学，从3人中任选1人，有3种方法；第2步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的2人中去选，于是有2种方法．根据分步乘法计数原理，在3名同学中选出2名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有3×2=6种，如图1.2一1所示．把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素a,b，。中任取2个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是ab,ac,ba,bc,ca,cb,共有3×2=6种．问题2．从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法由分步计数原理共有：4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法显然，从4个数字中，每次取出3个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三位数．因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题：第1步，确定百位上的数字，在1,2,3,4这4个数字中任取1个，有4种方法；第2步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的3个数字中去取，有3种方法；第3步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的2个数字中去取，有2种方法．85\n根据分步乘法计数原理，从1,2,3,4这4个不同的数字中，每次取出3个数字，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，共有4×3×2=24种不同的排法，因而共可得到24个不同的三位数，如图1.2一2所示．由此可写出所有的三位数：123，124,132,134,142,143，213，214,231,234,241,243，312，314,321,324,341,342，412，413,421,423,431,432。同样，问题2可以归结为：从4个不同的元素a,b,c，d中任取3个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？所有不同排列是abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac,bad,bca,bcd,bda,bdc,cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.共有4×3×2=24种.树形图如下abｃ　　　　　ｄ　　　ｂ　ｃ　ｄ　ａ　ｃ　ｄ　　ａ　ｂ　ｄ　　ａ　ｂ　ｃ2．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同3．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列4．排列数公式及其推导：由的意义：假定有排好顺序的2个空位，从个元素中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数85\n．由分步计数原理完成上述填空共有种填法，∴=由此，求可以按依次填3个空位来考虑，∴=，求以按依次填个空位来考虑，排列数公式：（）说明：（1）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共有个因数；（2）全排列：当时即个不同元素全部取出的一个排列全排列数：（叫做n的阶乘）另外，我们规定0!=1.例1．用计算器计算：(1）；(2）;(3）.解：用计算器可得：由（2)(3）我们看到，．那么，这个结果有没有一般性呢？即.排列数的另一个计算公式：=.即=例2．解方程：3．解：由排列数公式得：，∵，∴，即，85\n解得或，∵，且，∴原方程的解为．例3．解不等式：．解：原不等式即，也就是，化简得：，解得或，又∵，且，所以，原不等式的解集为．例4．求证：（1）；（2）．证明：（1），∴原式成立（2）右边∴原式成立说明：（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数中，且这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；（2）公式常用来求值，特别是均为已知时，公式=，常用来证明或化简例5．化简：⑴；⑵⑴解：原式⑵提示：由，得，原式85\n说明：．第二课时例1．(课本例2)．某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？解：任意两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列．因此，比赛的总场次是=14×13=182.例2．(课本例3)．(1）从5本不同的书中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？解：(1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是=5×4×3=60.(2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是5×5×5=125.例8中两个问题的区别在于：(1）是从5本不同的书中选出3本分送3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而（2）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算．例3．(课本例4)．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到9这10个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题解法1：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是O，因此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9这九个数字中任选1个，有种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有种选法（图1.2一5)．根据分步乘法计数原理，所求的三位数有=9×9×8=648（个）.解法2：如图1.2一6所示，符合条件的三位数可分成3类．每一位数字都不是位数有A母个，个位数字是O的三位数有揭个，十位数字是0的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有=648个．解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中O在百位上的排列数是85\n，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是-=10×9×8-9×8=648.对于例9这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法1根据百位数字不能是。的要求，分步完成选3个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法2以O是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法3是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出m(m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．1.1节中的例9是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？四、课堂练习：1．若，则（）2．与不等的是（）3．若，则的值为（）4．计算：；．5．若，则的解集是．6．（1）已知，那么；（2）已知，那么=；（3）已知，那么；（4）已知，那么．7．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停放1列火车）？8．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？答案：1.B2.B3.A4.1,15.6.(1)6(2)181440(3)8(4)57.16808.24第三课时例1．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？85\n解：（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：，所以，共有60种不同的送法（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：，所以，共有125种不同的送法说明：本题两小题的区别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算例2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？解：分3类：第一类用1面旗表示的信号有种；第二类用2面旗表示的信号有种；第三类用3面旗表示的信号有种，由分类计数原理，所求的信号种数是：，例3．将位司机、位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从个不同元素中取出个元素排成一列，有种方法；第二步：把位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有种方法，利用分步计数原理即得分配方案的种数解：由分步计数原理，分配方案共有（种）例4．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？解法1：用分步计数原理：所求的三位数的个数是：解法2：符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有个，个位数字是0的三位数有个，十位数字是0的三位数有个，由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：．解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是-．说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏85\n第四课时例5．（1）7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：7个元素的全排列＝5040．（2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040．（3）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——=720．（4）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？解：根据分步计数原理：第一步甲、乙站在两端有种；第二步余下的5名同学进行全排列有种，所以，共有=240种排列方法（5）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？解法1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有种方法，所以一共有＝2400种排列方法解法2：（排除法）若甲站在排头有种方法；若乙站在排尾有种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有－＋=2400种．说明：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑例6.从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？解法一：（从特殊位置考虑）；解法二：（从特殊元素考虑）若选：；若不选：，则共有种；解法三：（间接法）第五课时例7．7位同学站成一排，（1）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有种85\n（2）甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？解：方法同上，一共有＝720种（3）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有种方法；将剩下的4个元素进行全排列有种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有＝960种方法解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2种方法，所以，丙不能站在排头和排尾的排法有种方法解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以，这样的排法一共有＝960种方法．（4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有2个元素，∴一共有排法种数：（种）说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）．例8．7位同学站成一排，（1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一：（排除法）；解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个位置（空）有种方法，所以一共有种方法．（2）甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：先将其余四个同学排好有种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有种方法，所以一共有＝1440种．说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）．第六课时例9．5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列85\n解：（1）先将男生排好，有种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡”（包括两端）中，有种排法故本题的排法有（种）；（2）方法1：；方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有种排法；余下的5个位置排女生，因为女生的位置已经指定，所以她们只有一种排法故本题的结论为（种）2007年高考题1．（2007年天津卷）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　390　种（用数字作答）．2．（2007年江苏卷）某校开设9门课程供学生选修，其中三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有　　75　　种不同选修方案。（用数值作答）3．（2007年北京卷）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（　Ｂ　）Ａ．1440种Ｂ．960种Ｃ．720种Ｄ．480种4．图３是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的某种配件各５０件，在使用前发现需将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的这批配件分别调整为４０、４５、５４、６１件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（ｎ个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为ｎ）为答案：B；　（Ａ）１５　　　（Ｂ）１６　　　　（Ｃ）１７　　　（Ｄ）１８5．（2007年全国卷I）从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有种．（用数字作答）6．（2007年全国卷Ⅱ）从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（B）A．40种B．60种C．100种D．120种7.（2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有种.（用数字作答）8．（2007年四川卷）85\n用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（　　）（A）288个（B）240个（C）144个（D）126个解析：选B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目．9．（2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有____25_____种.（以数字作答）10．（2007年宁夏卷）某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有240种．（用数字作答）11．（2007年辽宁卷）将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第个数为，若，，，，则不同的排列方法有种（用数字作答）．解析：分两步：（1）先排，=2，有2种；=3有2种；=4有1种，共有5种；（2）再排，共有种，故不同的排列方法种数为5×6=30，填30．1．2．2组合第一课时一、讲解新课：1组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同例1．判断下列问题是组合还是排列（1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？（2）高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？（3）从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不同的选法？（4）10个人互相通信一次，共写了多少封信？（5）10个人互通电话一次，共多少个电话？问题：（1）1、2、3和3、1、2是相同的组合吗？（2）什么样的两个组合就叫相同的组合2．组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．例2．用计算器计算．解：由计算器可得85\n例3．计算：（1）；（2）；（1）解：＝35；（2）解法1：＝120．解法2：＝120．第二课时3．组合数公式的推导：（1）从4个不同元素中取出3个元素的组合数是多少呢？启发：由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数可以求得，故我们可以考察一下和的关系，如下：组合排列由此可知,每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数，可以分如下两步：①考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有个；②对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有种方法．由分步计数原理得：＝，所以，．（2）推广：一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：①先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；②求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．（3）组合数的公式：或规定:.三、讲解范例：85\n例4．求证：．证明：∵＝＝∴例5．设求的值解：由题意可得：，解得，∵，∴或或，当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．∴所求值为4或7或11．第三课时例6．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：(l)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？分析：对于（1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从17个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于（2)，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．解：(1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有C｝手＝12376（种）.(2）教练员可以分两步完成这件事情：第1步，从17名学员中选出n人组成上场小组，共有种选法；第2步，从选出的n人中选出1名守门员，共有种选法．所以教练员做这件事情的方法数有=136136（种）.例7．（1）平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？85\n(2）平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？解：(1）以平面内10个点中每2个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有（条）.(2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每2个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段共有（条）.例8．在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件.(1）有多少种不同的抽法？(2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？(3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有=161700（种）.(2）从2件次品中抽出1件次品的抽法有种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有=9506(种).(3）解法1从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有+=9604（种）.解法2抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即=161700-152096=9604（种）.说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。变式：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？（1）甲、乙、丙三人必须当选；（2）甲、乙、丙三人不能当选；（3）甲必须当选，乙、丙不能当选；（4）甲、乙、丙三人只有一人当选；（5）甲、乙、丙三人至多2人当选；（6）甲、乙、丙三人至少1人当选；例9．（1）6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？解：．（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求至少有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？解：问题可以分成2类：85\n第一类2名男生和2名女生参加，有中选法；第二类3名男生和1名女生参加，有中选法依据分类计数原理，共有100种选法错解：种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多例10．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有，，，所以，一共有++＝100种方法．解法二：（间接法）第四课时组合数的性质1：．一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n-m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中取出n-m个元素的组合数，即：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想证明：∵又，∴说明：①规定：；②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标；③此性质作用：当时，计算可变为计算，能够使运算简化.例如＝＝=2002；④或．2．组合数的性质2：＝+．一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n85\n个元素中取出m-1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．证明：∴＝+．说明：①公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与大的相同的一个组合数；②此性质的作用：恒等变形，简化运算例11．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？解：（1）,或，；（2）；（3）．例12．（1）计算：；（2）求证：＝++．解：（1）原式；证明：（2）右边左边例13．解方程：（1）；（2）解方程：．解：（1）由原方程得或，∴或，又由得且，∴原方程的解为或上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多.（2）原方程可化为，即，∴，∴，∴，解得或，经检验：是原方程的解85\n第五课时例14．证明：。证明：原式左端可看成一个班有个同学，从中选出个同学组成兴趣小组，在选出的个同学中，个同学参加数学兴趣小组，余下的个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在个同学中选出个同学参加数学兴趣小组，在余下的个同学中选出个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。例15．证明：…（其中）。证明：设某班有个男同学、个女同学，从中选出个同学组成兴趣小组，可分为类：男同学0个，1个，…，个，则女同学分别为个，个，…，0个，共有选法数为…。又由组合定义知选法数为，故等式成立。例16．证明：…。证明：左边=…=…，其中可表示先在个元素里选个，再从个元素里选一个的组合数。设某班有个同学，选出若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数分类（…），则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有种选法，再决定剩下的人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有种，所以选法总数为种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。例17．证明：…。证明：由于可表示先在个元素里选个，再从个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有种选法。∴共有+种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。例18．第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？答案是：，这题如果作为习题课应如何分析85\n解：可分为如下几类比赛：⑴小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；⑵八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8强中每两个队比赛一场，可以决出4强，共有4场；⑷半决赛：根据抽签规则，4强中每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；⑸决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两队比赛1场决出第三、四名共有2场.综上，共有场四、课堂练习：1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？2．名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（）．．．．3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（）．对．对．对．对4．设全集，集合、是的子集，若有个元素，有个元素，且，求集合、，则本题的解的个数为（）．．．．5．从位候选人中选出人分别担任班长和团支部书记，有种不同的选法6．从位同学中选出人去参加座谈会，有种不同的选法7．圆上有10个点：（1）过每2个点画一条弦，一共可画条弦；（2）过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画个圆内接三角形8．（1）凸五边形有条对角线；（2）凸五边形有条对角线9．计算：（1）；（2）．10．个足球队进行单循环比赛，（1）共需比赛多少场？（2）若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能情况共有多少种？11．空间有10个点，其中任何4点不共面，（1）过每3个点作一个平面，一共可作多少个平面？（2）以每4个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？12．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？13．写出从这个元素中每次取出个的所有不同的组合答案：1.（1）组合,（2）排列2.B3.A4.D5.306.157.（1）45（2）1208.（1）5（2）9.⑴455；⑵10.⑴10；⑵2011.⑴；⑵85\n12.13.；；；；1．3．1二项式定理第一课时一、讲解新课：二项式定理：⑴的展开式的各项都是次式，即展开式应有下面形式的各项：，，…，，…，，⑵展开式各项的系数：每个都不取的情况有种，即种，的系数是；恰有个取的情况有种，的系数是，……，恰有个取的情况有种，的系数是，……，有都取的情况有种，的系数是，∴，这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫的二项展开式，⑶它有项，各项的系数叫二项式系数，⑷叫二项展开式的通项，用表示，即通项．⑸二项式定理中，设，则二、讲解范例：例1．展开．解一：．解二：．例2．展开．85\n解：．第二课时例3．求的展开式中的倒数第项解：的展开式中共项，它的倒数第项是第项，．例4．求（1），（2）的展开式中的第项．解：（1），（2）．点评：，的展开后结果相同，但展开式中的第项不相同例5．（1）求的展开式常数项；（2）求的展开式的中间两项解：∵，∴（1）当时展开式是常数项，即常数项为；（2）的展开式共项，它的中间两项分别是第项、第项，，第三课时例6．（1）求的展开式的第4项的系数；（2）求的展开式中的系数及二项式系数解：的展开式的第四项是，85\n∴的展开式的第四项的系数是．（2）∵的展开式的通项是，∴，，∴的系数，的二项式系数．例7．求的展开式中的系数分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开解：（法一），显然，上式中只有第四项中含的项，∴展开式中含的项的系数是（法二）：∴展开式中含的项的系数是．例8．已知的展开式中含项的系数为，求展开式中含项的系数最小值分析：展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为，可得，从而转化为关于或的二次函数求解解：展开式中含的项为∴，即，展开式中含的项的系数为，∵，∴，∴85\n，∴当时，取最小值，但，∴时，即项的系数最小，最小值为，此时．第四课时例9．已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项解：由题意：，即，∴舍去）∴①若是常数项，则，即，∵，这不可能，∴展开式中没有常数项；②若是有理项，当且仅当为整数，∴，∴，即展开式中有三项有理项，分别是：，，例10．求的近似值，使误差小于．解：，展开式中第三项为，小于，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，∴，一般地当较小时四、课堂练习：1.求的展开式的第3项.2.求的展开式的第3项.3.写出的展开式的第r+1项.4.求的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数.5.用二项式定理展开：85\n（1）；（2）.6.化简：（1）；（2）7．展开式中的第项为，求．8．求展开式的中间项答案：1.2.3.4.展开式的第4项的二项式系数，第4项的系数5.（1）；（2）.6.（1）；（2）7.展开式中的第项为8.展开式的中间项为1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质第一课时一、讲解新课：1二项式系数表（杨辉三角）展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和2．二项式系数的性质：85\n展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）．直线是图象的对称轴．（2）增减性与最大值．∵，∴相对于的增减情况由决定，，当时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值．（3）各二项式系数和：∵，令，则二、讲解范例：例1．在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和证明：在展开式中，令，则，即，∴，即在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和．说明：由性质（3）及例1知.例2．已知，求：（1）；（2）；（3）.解：（1）当时，，展开式右边为85\n∴，当时，，∴，（2）令，①令，②①②得：，∴.（3）由展开式知：均为负，均为正，∴由（2）中①+②得：，∴，∴例3.求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10展开式中x3的系数解：=，∴原式中实为这分子中的，则所求系数为第二课时例4.在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数解：∵∴在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为，在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，含x的项为∴展开式中含x的项为，∴此展开式中x的系数为240例5.已知的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项85\n解：依题意∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10设第r+1项为常数项，又令，此所求常数项为180例6．设，当时，求的值解：令得：，∴，点评：对于，令即可得各项系数的和的值；令即，可得奇数项系数和与偶数项和的关系例7．求证：．证（法一）倒序相加：设①又∵　　　②∵，∴，由①+②得：，∴，即．（法二）：左边各组合数的通项为，∴．例8．在的展开式中,求:①二项式系数的和;　②各项系数的和;　85\n③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;　④奇数项系数和与偶数项系数和;　⑤的奇次项系数和与的偶次项系数和.分析:因为二项式系数特指组合数,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式中的系数无关.解：设(*),各项系数和即为,奇数项系数和为,偶数项系数和为,的奇次项系数和为,的偶次项系数和.由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.①二项式系数和为.②令,各项系数和为.③奇数项的二项式系数和为,偶数项的二项式系数和为.④设,令,得到…(1),令,(或,)得…(2)(1)+(2)得,∴奇数项的系数和为;(1)-(2)得,∴偶数项的系数和为.⑤的奇次项系数和为;的偶次项系数和为.点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.85\n第三课时例9．已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992,求的展开式中:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项.解：由题意,解得.①的展开式中第6项的二项式系数最大,即.②设第项的系数的绝对值最大,则∴,得,即∴,∴,故系数的绝对值最大的是第4项例10．已知：的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大．（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项解：令，则展开式中各项系数和为，又展开式中二项式系数和为，∴，．（1）∵，展开式共项，二项式系数最大的项为第三、四两项，∴，，（2）设展开式中第项系数最大，则，∴，∴，即展开式中第项系数最大，．例11．已知，求证：当为偶数时，能被整除分析：由二项式定理的逆用化简，再把变形，化为含有因数的多项式85\n∵，∴，∵为偶数，∴设（），∴（），当=时，显然能被整除，当时，（）式能被整除，所以，当为偶数时，能被整除三、课堂练习：1．展开式中的系数为，各项系数之和为．2．多项式（）的展开式中，的系数为3．若二项式（）的展开式中含有常数项，则的最小值为（）A.4B.5C.6D.84．某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应（）A.低于5％B.在5％～6％之间C.在6％～8％之间D.在8％以上5．在的展开式中，奇数项之和为，偶数项之和为，则等于（）A.0B.C.D.6．求和：．7．求证：当且时，．8．求的展开式中系数最大的项答案：1.45,02.0．提示：3.B4.C5.D6.7.(略)8.四、小结：85\n二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用1．已知展开式中的各项系数的和等于的展开式的常数项，而展开式的系数的最大的项等于，求的值答案：2．设求：①②．答案：①；②3．求值：．答案：4．设，试求的展开式中：（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和答案：（1）；（2）所有偶次项的系数和为；所有奇次项的系数和为1．（2007年江苏卷）若对于任意实数，有，则的值为（B）A．B．C．D．2．（2007年湖北卷）如果的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为(B)A.3B.5C.6D.10【分析】：，，（）。.3．（2007年江西卷）已知展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则等于（　C　）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．4．（2007年全国卷I）的展开式中，常数项为，则（D）A．B．C．D．85\n5．（2007年全国卷Ⅱ）的展开式中常数项为．（用数字作答）6．（2007年天津卷）若的二项展开式中的系数为，则　2　（用数字作答）．7．（2007年重庆卷）若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（B）A10B.20C.30D.1208．（2007年安徽卷）若(2x3+)a的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于7.9．（2007年湖南卷）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是32．第1行　　　　　11第2行101第3行1111第4行10001第5行110011……………………………………………图185\n第二章随机变量及其分布2．1．1离散型随机变量第一课时思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1,2，3，4，5，6来表示．那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1和0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1).在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（randomvariable)．随机变量常用字母X,Y，，，…表示．思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数．在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域．例如，在含有10件次品的100件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X将随着抽取结果的变化而变化，是一个随机变量，其值域是｛0,1,2,3,4}.利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出0件次品”,{X=4｝表示“抽出4件次品”等．你能说出｛X<3｝在这里表示什么事件吗？“抽出3件以上次品”又如何用X表示呢？定义2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量(discreterandomvariable).离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数X是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0，1，…，10；某网页在24小时内被浏览的次数Y也是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0,1,2，….思考3：电灯的寿命X是离散型随机变量吗？电灯泡的寿命X的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所以X不是离散型随机变量．在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关心电灯泡的使用寿命是否超过1000小时，那么就可以定义如下的随机变量：与电灯泡的寿命X相比较，随机变量Y的构造更简单，它只取两个不同的值0和1，是一个离散型随机变量，研究起来更加容易．85\n连续型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量如某林场树木最高达30米，则林场树木的高度是一个随机变量，它可以取（0，30]内的一切值4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系:离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达如投掷一枚硬币，=0，表示正面向上，=1，表示反面向上（2）若是随机变量，是常数，则也是随机变量三、讲解范例：例1．写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果(1)一袋中装有5只同样大小的白球，编号为1，2，3，4，5现从该袋内随机取出3只球，被取出的球的最大号码数ξ；(2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η解：(1)ξ可取3，4，5ξ=3，表示取出的3个球的编号为1，2，3；ξ=4，表示取出的3个球的编号为1，2，4或1，3，4或2，3，4；ξ=5，表示取出的3个球的编号为1，2，5或1，3，5或1，4，5或2，3或3，4，5（2）η可取0，1，…,n，…η=i，表示被呼叫i次，其中i=0,1,2,…例2．抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ，试问：“ξ>4”表示的试验结果是什么？答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5，6六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5，也就是说“ξ>4”就是“ξ=5”所以，“ξ>4”表示第一枚为6点，第二枚为1点例3某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km，则按10元的标准收租车费若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足1km的部分按lkm计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量(1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；(Ⅱ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟?解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2(Ⅱ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15．所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟．四、课堂练习：1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数；②长江上某水文站观察到一天中的水位；③某超市一天中的顾客量其中的是连续型随机变量的是（）A．①；　　B．②；　　C．③；　　D．①②③85\n２.随机变量的所有等可能取值为，若，则（）A．；　　B．；　　C．；　　D．不能确定3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（）A．；　　B．；　　C．；　　D．4.如果是一个离散型随机变量，则假命题是()A.取每一个可能值的概率都是非负数；B.取所有可能值的概率之和为1；C.取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；D.在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和答案：1.B2.C3.B4.D2． 1．2离散型随机变量的分布列一、讲解新课：1.分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x1，x2，…，x3，…，ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为，则称表ξx1x2…xi…PP1P2…Pi…为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列2.分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：⑴Pi≥0，i＝1，2，…；⑵P1+P2+…=1．对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和即3.两点分布列:例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令如果针尖向上的概率为，试写出随机变量X的分布列．解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（)．于是，随机变量X的分布列是ξ01P像上面这样的分布列称为两点分布列．85\n两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等，都可以用两点分布列来研究．如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布(two一pointdistribution)，而称=P(X=1）为成功概率．两点分布又称0一1分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（Bernoulli)试验，所以还称这种分布为伯努利分布．，，，．4.超几何分布列：例2．在含有5件次品的100件产品中，任取3件，试求：(1)取到的次品数X的分布列；（2）至少取到1件次品的概率．解：(1)由于从100件产品中任取3件的结果数为，从100件产品中任取3件，其中恰有k件次品的结果数为，那么从100件产品中任取3件，其中恰有k件次品的概率为。所以随机变量X的分布列是X0123P(2)根据随机变量X的分布列，可得至少取到1件次品的概率P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)≈0.13806+0.00588+0.00006=0.14400.一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品数，则事件{X=k｝发生的概率为,其中，且．称分布列X01…P…为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X85\n服从超几何分布（hypergeometriCdistribution).例3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同．一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖．求中奖的概率．解：设摸出红球的个数为X，则X服从超几何分布，其中N=30,M=10,n=5．于是中奖的概率P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4）十P(X=5)=≈0.191.思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？　例4.已知一批产品共件，其中件是次品，从中任取件，试求这件产品中所含次品件数的分布律。　　解显然，取得的次品数只能是不大于与最小者的非负整数，即的可能取值为：0，1，…，，由古典概型知　　　　此时称服从参数为的超几何分布。　　注超几何分布的上述模型中，“任取件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取件”.如果是有放回地抽取，就变成了重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品总数很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当时，超几何分布的极限分布就是二项分布，即有如下定理.　　定理如果当时，，那么当时（不变），则　　。　　由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：超几何分布二项分布普阿松分布.例5．一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得－1分，试写出从该盒中取出一球所得分数ξ的分布列．分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率．解：设黄球的个数为n，由题意知　　绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中的总数为7n．　∴　，，．　　　　所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为ξ10－1P说明：在写出ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1．85\n例6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下：ξ45678910P0.020.040.060.090.280.290.22求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．　　分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有　　　P(ξ=7)＝0.09，P(ξ=8)＝0.28，P(ξ=9)＝0.29，P(ξ=10)＝0.22.所求的概率为P(ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88四、课堂练习：某一射手射击所得环数分布列为45678910P0．020．040．060．090．280．290．22求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率解：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“=7”，“=8”，“=9”，“=10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，有：P（≥7）=P（=7）+P（=8）+P（=9）+P（=10）=0.88注：求离散型随机变量的概率分布的步骤:（1）确定随机变量的所有可能的值xi（2）求出各取值的概率p(=xi)=pi（3）画出表格2． 2．1条件概率1.定义设A和B为两个事件，P(A)>0，那么，在“A已发生”的条件下，B发生的条件概率（conditionalprobability).读作A发生的条件下B发生的概率．定义为.由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若，则有.并称上式微概率的乘法公式.2.P（·|B）的性质：（1）非负性：对任意的Af.；85\n（2）规范性：P（|B）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则.更一般地,对任意的一列两两部相容的事件（I=1,2…），有P=.例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2道题，求：(l）第1次抽到理科题的概率；(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3）在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n（）==20.根据分步乘法计数原理，n(A）==12．于是.(2）因为n(AB)＝=6，所以.(3）解法1由（1)(2）可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概.解法2因为n(AB）=6,n(A）=12，所以.例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1）任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解：设第i次按对密码为事件(i=1,2)，则表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件与事件互斥，由概率的加法公式得85\n.(2）用B表示最后一位按偶数的事件，则.【课堂练习】1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P（AB），P（A︱B）。3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。2．2．2事件的相互独立性一、讲解新课：1．相互独立事件的定义：设A,B为两个事件，如果P(AB)=P(A)P(B),则称事件A与事件B相互独立（mutuallyindependent).事件（或）是否发生对事件（或）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件若与是相互独立事件，则与，与，与也相互独立2．相互独立事件同时发生的概率：问题2中，“从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生，就是事件，同时发生，记作．（简称积事件）从甲坛子里摸出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能的结果于是从这两个坛子里分别摸出1个球，共有种等可能的结果同时摸出白球的结果有种所以从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率．另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率，从乙坛子里摸出1个球，得到白球的概率．显然．这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积一般地，如果事件相互独立，那么这个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即．85\n3．对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：二、讲解范例：例1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05，求两次抽奖中以下事件的概率：(1)都抽到某一指定号码；(2)恰有一次抽到某一指定号码；(3)至少有一次抽到某一指定号码．解：(1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A,“第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB．由于两次抽奖结果互不影响，因此A与B相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率P(AB)=P(A)P(B)=0.05×0.05=0.0025.(2)“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A）U（B）表示．由于事件A与B互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为P(A）十P（B）=P（A）P（）+P（）P（B)=0.05×(1-0.05)+(1-0.05)×0.05=0.095.(3)“两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB)U(A）U（B）表示．由于事件AB,A和B两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为P(AB)+P（A）+P（B)=0.0025+0.095=0.0975.例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击次，甲射中的概率为，乙射中的概率为，求：（1）人都射中目标的概率；（2）人中恰有人射中目标的概率；（3）人至少有人射中目标的概率；（4）人至多有人射中目标的概率？解：记“甲射击次，击中目标”为事件，“乙射击次，击中目标”为事件，则与，与，与，与为相互独立事件，（1）人都射中的概率为：，∴人都射中目标的概率是．（2）“人各射击次，恰有人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件发生），另一种是甲未击中、乙击中（事件发生）根据题意，事件与互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，所求的概率为：∴人中恰有人射中目标的概率是．（3）（法1）：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为．85\n（法2）：“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件，2个都未击中目标的概率是，∴“两人至少有1人击中目标”的概率为．（4）（法1）：“至多有1人击中目标”包括“有1人击中”和“2人都未击中”，故所求概率为：．（法2）：“至多有1人击中目标”的对立事件是“2人都击中目标”，故所求概率为例3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率解：分别记这段时间内开关，，能够闭合为事件，，．由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是．答：在这段时间内线路正常工作的概率是．变式题1：如图添加第四个开关与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率（）变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率方法一：85\n方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除开且与至少有1个开的情况例4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2．（1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；（2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？分析:因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1门高炮击中敌机的概率解:（1）设敌机被第k门高炮击中的事件为(k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为．∵事件，，，，相互独立，∴敌机未被击中的概率为=∴敌机未被击中的概率为．（2）至少需要布置门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得：敌机被击中的概率为1-∴令，∴两边取常用对数，得∵，∴∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思考方法采用这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题时的运用，常常能使问题的解答变得简便四、课堂练习：1．在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去此地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是()2．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，从两个口袋内各摸出1个球，那么等于（）85\n2个球都是白球的概率2个球都不是白球的概率2个球不都是白球的概率2个球中恰好有1个是白球的概率3．电灯泡使用时间在1000小时以上概率为0.2，则3个灯泡在使用1000小时后坏了1个的概率是（）0.1280.0960.1040.3844．某道路的、、三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是（）5．（1）将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是；（2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是0.8与0.7，那么在一次预报中两个气象台都预报准确的概率是．6．棉籽的发芽率为0.9，发育为壮苗的概率为0.6，（1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为；此穴无壮苗的概率为．（2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为；此穴有壮苗的概率为．7．一个工人负责看管4台机床，如果在1小时内这些机床不需要人去照顾的概率第1台是0.79，第2台是0.79，第3台是0.80，第4台是0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不需要人去照顾的概率.8．制造一种零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05．从它们制造的产品中各任抽1件，其中恰有1件废品的概率是多少？9．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？答案：1.C2.C3.B4.A5.(1)(2)6.(1),(2),7.P=8.P=9.提示：2．2．3独立重复实验与二项分布一、讲解新课：1独立重复试验的定义：指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验2．独立重复试验的概率公式：一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是，那么在次独立重复试验中这个事件恰好发生次的概率．它是展开式的第项3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是，（k＝0,1,2,…，n，）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：85\nξ01…k…nP……由于恰好是二项展开式中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布（binomialdistribution)，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记＝b(k；n，p)．三、讲解范例：例1．某射手每次射击击中目标的概率是0.8.求这名射手在10次射击中，(1)恰有8次击中目标的概率；(2)至少有8次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．)解：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)＝.(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).例2．（2000年高考题）某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%．现从一批产品中任意地连续取出2件，写出其中次品数ξ的概率分布．解：依题意，随机变量ξ～B(2，5%)．所以，P(ξ=0)=(95%)=0.9025，P(ξ=1)=(5%)(95%)=0.095，P()=(5%)=0.0025．因此，次品数ξ的概率分布是ξ012P0.90250.0950.0025例3．重复抛掷一枚筛子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．解：依题意，随机变量ξ～B．　　∴P(ξ=4)==，P(ξ=5)==．∴P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=例4．某气象站天气预报的准确率为，计算（结果保留两个有效数字）：（1）5次预报中恰有4次准确的概率；（2）5次预报中至少有4次准确的概率85\n解：（1）记“预报1次，结果准确”为事件．预报5次相当于5次独立重复试验，根据次独立重复试验中某事件恰好发生次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的概率答：5次预报中恰有4次准确的概率约为0.41.（2）5次预报中至少有4次准确的概率，就是5次预报中恰有4次准确的概率与5次预报都准确的概率的和，即答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74．例5．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是，求1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率是多少？（结果保留两个有效数字）解：记事件＝“1小时内，1台机器需要人照管”，1小时内5台机器需要照管相当于5次独立重复试验1小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率，1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率，所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为答：1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率约为．点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法例6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是0.25，若使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击几次？解：设要使至少命中1次的概率不小于0.75，应射击次记事件＝“射击一次，击中目标”，则．∵射击次相当于次独立重复试验，∴事件至少发生1次的概率为．由题意，令，∴，∴，∴至少取5．答：要使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击5次例7．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？解：依题意，从低层到顶层停不少于3次，应包括停3次，停4次，停5次，……，直到停9次∴从低层到顶层停不少于3次的概率85\n设从低层到顶层停次，则其概率为，∴当或时，最大，即最大，答：从低层到顶层停不少于3次的概率为，停4次或5次概率最大．例8．实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．（2）按比赛规则甲获胜的概率．解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．记事件=“甲打完3局才能取胜”，记事件=“甲打完4局才能取胜”，记事件=“甲打完5局才能取胜”．①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜∴甲打完3局取胜的概率为．②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负∴甲打完4局才能取胜的概率为．③甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负∴甲打完5局才能取胜的概率为．(2)事件＝“按比赛规则甲获胜”，则，又因为事件、、彼此互斥，故．答：按比赛规则甲获胜的概率为．例9．一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（）解：记事件＝“种一粒种子，发芽”，则，，（1）设每穴至少种粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于．∵每穴种粒相当于次独立重复试验，记事件＝“每穴至少有一粒发芽”，则．∴．由题意，令，所以，两边取常用对数得，85\n．即，∴，且，所以取．答：每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于．（2）∵每穴种3粒相当于3次独立重复试验，∴每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为，答：每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为0.384四、课堂练习：1．每次试验的成功率为，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（）2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（）3．某人有5把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开，则此人在3次内能开房门的概率是（）4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（）5．一射手命中10环的概率为0.7，命中9环的概率为0.3，则该射手打3发得到不少于29环的概率为．（设每次命中的环数都是自然数）6．一名篮球运动员投篮命中率为，在一次决赛中投10个球，则投中的球数不少于9个的概率为．7．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为，则此射手的命中率为．8．某车间有5台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于停车状态的概率为，求：（1）在任一时刻车间有3台车床处于停车的概率；（2）至少有一台处于停车的概率9．种植某种树苗，成活率为90%，现在种植这种树苗5棵，试求：⑴全部成活的概率；⑵全部死亡的概率；85\n⑶恰好成活3棵的概率；⑷至少成活4棵的概率10．（1）设在四次独立重复试验中，事件至少发生一次的概率为，试求在一次试验中事件发生的概率（2）某人向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概率为，求在第次才击中目标的概率答案：1.C2.D3.A4.A5.0.7846.0.0467.8.（1）（2）9.⑴；⑵；⑶；⑷10.(1)(2)2．3离散型随机变量的均值与方差2．3．1离散型随机变量的均值一、讲解新课：根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如：已知某射手射击所得环数ξ的分布列如下ξ45678910P0.020.040.060.090.280.290.22在n次射击之前，可以根据这个分布列估计n次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或期望根据射手射击所得环数ξ的分布列，我们可以估计，在n次射击中，预计大约有　　　　次得4环；　　　　次得5环；…………　　次得10环．故在n次射击的总环数大约为，从而，预计n次射击的平均环数约为．这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射击的平均水平．对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个（i=0，1，2，…，10），我们可以同样预计他任意n次射击的平均环数:85\n…．1.均值或数学期望:一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为ξx1x2…xn…Pp1p2…pn…则称……为ξ的均值或数学期望，简称期望．　　2.均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平3.平均数、均值:一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令…，则有…，…，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值4.均值或期望的一个性质:若(a、b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为ξx1x2…xn…η……Pp1p2…pn…于是……＝……)……)＝，由此，我们得到了期望的一个性质:5.若ξB（n,p），则Eξ=np证明如下：∵　，∴　0×＋1×＋2×＋…＋k×＋…＋n×．又∵，∴＋＋…＋＋…＋．故　　若ξ～B(n，p)，则np．85\n二、讲解范例：例1.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分的期望解：因为，所以例2.一次单元测验由20个选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答案得5分，不作出选择或选错不得分，满分100分学生甲选对任一题的概率为0.9，学生乙则在测验中对每题都从4个选择中随机地选择一个，求学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望解：设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是，则~B（20,0.9）,,由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是5和5所以，他们在测验中的成绩的期望分别是：例3.根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0.01．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60000元，遇到小洪水时要损失10000元．为保护设备，有以下3种方案：方案1：运走设备，搬运费为3800元．方案2：建保护围墙，建设费为2000元．但围墙只能防小洪水．方案3：不采取措施，希望不发生洪水．试比较哪一种方案好．解：用X1、X2和X3分别表示三种方案的损失．采用第1种方案，无论有无洪水，都损失3800元，即X1=3800.采用第2种方案，遇到大洪水时，损失2000+60000=62000元；没有大洪水时，损失2000元，即同样，采用第3种方案，有于是，EX1＝3800,EX2＝62000×P(X2=62000)+200000×P(X2=2000)85\n=62000×0.01+2000×(1-0.01)=2600,EX3=60000×P(X3=60000)+10000×P(X3=10000)+0×P(X3=0)=60000×0.01+10000×0.25=3100.采取方案2的平均损失最小，所以可以选择方案2.值得注意的是，上述结论是通过比较“平均损失”而得出的．一般地，我们可以这样来理解“平均损失”：假设问题中的气象情况多次发生，那么采用方案2将会使损失减到最小．由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对于个别的一次决策，采用方案2也不一定是最好的．例4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数的期望解：∵，=3.5例5.有一批数量很大的产品，其次品率是15%，对这批产品进行抽查，每次抽取1件，如果抽出次品，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过10次求抽查次数的期望（结果保留三个有效数字）解：抽查次数取110的整数，从这批数量很大的产品中抽出1件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率是0.15，取出正品的概率是0.85，前次取出正品而第次（=1，2，…，10）取出次品的概率：（=1，2，…，10）需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率：由此可得的概率分布如下：123456789100.150.12750.10840.0920.07830.06660.05660.04810.04090.2316根据以上的概率分布，可得的期望例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为ξ123456P所以1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5．抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值．例7.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km时租车费为1085\n元，若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足lkm的部分按lkm计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机经常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量．设他所收租车费为η(Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；(Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为ξ15161718P0.10.50.30.1求所收租车费η的数学期望．(Ⅲ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟?解：(Ⅰ)依题意得　η=2(ξ-4)十10，即　η=2ξ+2；(Ⅱ)∵η=2ξ+2∴2Eξ+2=34.8（元）故所收租车费η的数学期望为34.8元．　　(Ⅲ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5(18-15)=15　　所以出租车在途中因故停车累计最多15分钟四、课堂练习：1.口袋中有5只球，编号为1，2，3，4，5，从中任取3球，以表示取出球的最大号码，则（）A．4；　　B．5；　　C．4.5；　　D．4.75答案：C2.篮球运动员在比赛中每次罚球命中的1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求⑴他罚球1次的得分ξ的数学期望；⑵他罚球2次的得分η的数学期望；⑶他罚球3次的得分ξ的数学期望．解：⑴因为，，所以1×＋0×⑵η的概率分布为η012P所以0×＋1×＋2×＝1.4．⑶ξ的概率分布为85\nξ０１23P　　　所以0×＋1×＋2×＝2.1.3．设有m升水，其中含有大肠杆菌n个．今取水1升进行化验，设其中含有大肠杆菌的个数为ξ，求ξ的数学期望．分析：任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是，事件“ξ=k”发生，即n个大肠杆菌中恰有k个在此升水中，由n次独立重复实验中事件A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生k次的概率计算方法可求出P(ξ=k),进而可求Eξ.　　解：记事件A：“在所取的1升水中含一个大肠杆菌”，则P(A)=．　　　　∴　P(ξ=k)=Pn(k)=C)k(1－)n－k（k=0,1,2,….,n）．　　∴　ξ～B(n,)，故　Eξ=n×=三、课后作业：P64-65练习1,2,3,4P69A组1,2,31.一袋子里装有大小相同的3个红球和两个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是（用数字作答）解：令取取黄球个数(=0、1、2)则的要布列为012p于是E（）=0×+1×+2×=0.8故知红球个数的数学期望为1.22.袋中有4个黑球、3个白球、2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球记0分，每取到一个白球记1分，每取到一个红球记2分，用表示得分数①求的概率分布列②求的数学期望解：①依题意的取值为0、1、2、3、4=0时，取2黑p(=0)==1时，取1黑1白p(=1)=85\n=2时，取2白或1红1黑p(=2)=+=3时，取1白1红，概率p(=3)==4时，取2红，概率p(=4)=01234p∴分布列为（2）期望E=0×+1×+2×+3×+4×=3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分别为p1、p2、p3，求试验中三台投影仪产生故障的数学期望解：设表示产生故障的仪器数，Ai表示第i台仪器出现故障（i=1、2、3）表示第i台仪器不出现故障，则：p(=1)=p(A1··)+p(·A2·)+p(··A3)=p1(1－p2)(1－p3)+p2(1－p1)(1－p3)+p3(1－p1)(1－p2)=p1+p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3p(=2)=p(A1·A2·)+p(A1··)+p(·A2·A3)=p1p2(1－p3)+p1p3(1－p2)+p2p3(1－p1)=p1p2+p1p3+p2p3－3p1p2p3p(=3)=p(A1·A2·A3)=p1p2p3∴=1×p(=1)+2×p(=2)+3×p(=3)=p1+p2+p3注：要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望4.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望是1.2解：从5个球中同时取出2个球，出现红球的分布列为012P85\n5.、两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，队队员是，队队员是，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：对阵队员A队队员胜的概率B队队员胜的概率A1对B1A2对B2A3对B3现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设队，队最后所得分分别为，（1）求，的概率分布；（2）求，解：（Ⅰ），的可能取值分别为3，2，1，0根据题意知，所以（Ⅱ）；因为,所以2．3．2离散型随机变量的方差一、讲解新课：1.方差:对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是，，…，，…，且取这些值的概率分别是，，…，，…，那么,＝＋＋…＋＋…称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的是随机变量ξ的期望．85\n2.标准差:的算术平方根叫做随机变量ξ的标准差，记作．3.方差的性质：（1）；（2）；（3）若ξ～B(n，p)，则np(1-p)4.其它：⑴随机变量ξ的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的；⑵随机变量ξ的方差、标准差也是随机变量ξ的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；⑶标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛二、讲解范例：例1．随机抛掷一枚质地均匀的骰子,求向上一面的点数的均值、方差和标准差.解：抛掷散子所得点数X的分布列为ξ123456P从而;.例2．有甲乙两个单位都愿意聘用你，而你能获得如下信息：甲单位不同职位月工资X1/元1200140016001800获得相应职位的概率P10.40.30.20.1乙单位不同职位月工资X2/元1000140018002000获得相应职位的概率P20.40.30.20.1根据工资待遇的差异情况，你愿意选择哪家单位？解：根据月工资的分布列，利用计算器可算得EX1=1200×0.4+1400×0.3+1600×0.2+1800×0.1=1400,DX1=(1200-1400)2×0.4+(1400-1400)2×0.3+(1600-1400)2×0.2+(1800-1400)2×0.185\n=40000;EX2＝1000×0.4+1400×0.3+1800×0.2+2200×0.1=1400,DX2=(1000-1400)2×0.4+(1400-1400)×0.3+(1800-1400)2×0.2+(2200-1400)2×0.l=160000.因为EX1=EX2,DX12).解：(1)P(-2.322)=1-P(x<2)=1-F(2)=l-0.9772=0.0228.例2．利用标准正态分布表，求标准正态总体在下面区间取值的概率：(1)在N(1,4)下，求（2）在N（μ，σ2）下，求Ｆ（μ－σ，μ＋σ）；Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）；Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）；Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）解：（１）＝＝Φ（1）＝0.8413（２）Ｆ（μ＋σ）＝＝Φ（1）＝0.841385\nＦ（μ－σ）＝＝Φ（－1）＝１－Φ（1）＝１－0.8413＝0.1587Ｆ（μ－σ，μ＋σ）＝Ｆ（μ＋σ）－Ｆ（μ－σ）＝0.8413－0.1587＝0.6826Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）＝Ｆ（μ＋1.84σ）－Ｆ（μ－1.84σ）＝0.9342Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）＝Ｆ（μ＋2σ）－Ｆ（μ－2σ）＝0.954Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）＝Ｆ（μ＋3σ）－Ｆ（μ－3σ）＝0.997对于正态总体取值的概率：在区间（μ-σ，μ+σ）、（μ-2σ，μ+2σ）、（μ-3σ，μ+3σ）内取值的概率分别为68.3%、95.4%、99.7%因此我们时常只在区间（μ-3σ，μ+3σ）内研究正态总体分布情况，而忽略其中很小的一部分例3．某正态总体函数的概率密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为，求总体落入区间（－1.2，0.2）之间的概率解：正态分布的概率密度函数是，它是偶函数，说明μ＝0，的最大值为＝，所以σ＝1，这个正态分布就是标准正态分布第三章统计案例§3.1独立性检验（1）一．问题情境5月31日是世界无烟日。有关医学研究表明，许多疾病，例如：心脏病、癌症、脑血管病、慢性阻塞性肺病等都与吸烟有关，吸烟已成为继高血压之后的第二号全球杀手。这些疾病与吸烟有关的结论是怎样得出的呢？我们看一下问题：1．某医疗机构为了了解呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了515个成年人，其中吸烟者220人，不吸烟者295人．调查结果是：吸烟的220人中有37人患呼吸道疾病（简称患病），183人未患呼吸道疾病（简称未患病）；不吸烟的295人中有21人患病，274人未患病．问题：根据这些数据能否断定“患呼吸道疾病与吸烟有关”？二．学生活动为了研究这个问题，（1）引导学生将上述数据用下表来表示：患病未患病合计吸烟37183220不吸烟2127429585\n合计58457515（2）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异：在吸烟的人中，有的人患病，在不吸烟的人中，有的人患病．问题：由上述结论能否得出患病与吸烟有关？把握有多大？三．建构数学1．独立性检验：（1）假设：患病与吸烟没有关系．若将表中“观测值”用字母表示，则得下表：患病未患病合计吸烟不吸烟合计（近似的判断方法：设，如果成立，则在吸烟的人中患病的比例与不吸烟的人中患病的比例应差不多，由此可得，即，因此，越小，患病与吸烟之间的关系越弱，否则，关系越强．）设，在假设成立的条件下，可以通过求“吸烟且患病”、“吸烟但未患病”、“不吸烟但患病”、“不吸烟且未患病”的概率（观测频率），将各种人群的估计人数用表示出来．例如：“吸烟且患病”的估计人数为；“吸烟但未患病”的估计人数为；“不吸烟但患病”的估计人数为；“不吸烟且未患病”的估计人数为．如果实际观测值与假设求得的估计值相差不大，就可以认为所给数据（观测值）不能否定假设．否则，应认为假设不能接受，即可作出与假设相反的结论．（2）卡方统计量：为了消除样本对上式的影响，通常用卡方统计量（χ2）来进行估计．卡方χ2统计量公式：85\nχ2（其中）由此若成立，即患病与吸烟没有关系，则χ2的值应该很小．把代入计算得χ2，统计学中有明确的结论，在成立的情况下，随机事件“”发生的概率约为，即，也就是说，在成立的情况下，对统计量χ2进行多次观测，观测值超过的频率约为．由此，我们有99%的把握认为不成立，即有99%的把握认为“患病与吸烟有关系”．象以上这种用统计量研究吸烟与患呼吸道疾病是否有关等问题的方法称为独立性检验．说明：（1）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异是用频率估计概率，利用χ2进行独立性检验，可以对推断的正确性的概率作出估计，观测数据取值越大，效果越好．在实际应用中，当均不小于5，近似的效果才可接受．（2）这里所说的“呼吸道疾病与吸烟有关系”是一种统计关系，这种关系是指“抽烟的人患呼吸道疾病的可能性（风险）更大”，而不是说“抽烟的人一定患呼吸道疾病”．（3）在假设下统计量χ2应该很小，如果由观测数据计算得到χ2的观测值很大，则在一定程度上说明假设不合理（即统计量χ2越大，“两个分类变量有关系”的可能性就越大）．2．独立性检验的一般步骤：一般地，对于两个研究对象Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ有两类取值：类和类（如吸烟与不吸烟），Ⅱ也有两类取值：类和类（如患呼吸道疾病与不患呼吸道疾病），得到如下表所示：Ⅱ类类合计Ⅰ类85\n类合计推断“Ⅰ和Ⅱ有关系”的步骤为：第一步，提出假设：两个分类变量Ⅰ和Ⅱ没有关系；第二步，根据2×2列联表和公式计算χ2统计量；第三步，查对课本中临界值表，作出判断．3．独立性检验与反证法：反证法原理：在一个已知假设下，如果推出一个矛盾，就证明了这个假设不成立；独立性检验（假设检验）原理：在一个已知假设下，如果一个与该假设矛盾的小概率事件发生，就推断这个假设不成立．四．数学运用1．例题：例1．在500人身上试验某种血清预防感冒的作用，把他们一年中的感冒记录与另外500名未用血清的人的感冒记录作比较，结果如表所示．问：该种血清能否起到预防感冒的作用？未感冒感冒合计使用血清258242500未使用血清216284500合计4745261000分析：在使用该种血清的人中，有的人患过感冒；在没有使用该种血清的人中，有的人患过感冒，使用过血清的人与没有使用过血清的人的患病率相差较大．从直观上来看，使用过血清的人与没有使用过血清的人的患感冒的可能性存在差异．解：提出假设：感冒与是否使用该种血清没有关系．由列联表中的数据，求得∵当成立时，的概率约为，∴我们有99%的把握认为：该种血清能起到预防感冒的作用．例2．为研究不同的给药方式（口服或注射）和药的效果（有效与无效）是否有关，进行了相应的抽样调查，调查结果如表所示．根据所选择的193个病人的数据，能否作出药的效果与给药方式有关的结论？有效无效合计口服584098注射643195合计12271193分析：在口服的病人中，有的人有效；在注射的病人中，有的人有效．从直观上来看，口服与注射的病人的用药效果的有效率有一定的差异，能否认为用药效果与用药方式一定有关呢？下面用独立性检验的方法加以说明．85\n解：提出假设：药的效果与给药方式没有关系．由列联表中的数据，求得当成立时，的概率大于，这个概率比较大，所以根据目前的调查数据，不能否定假设，即不能作出药的效果与给药方式有关的结论．说明：如果观测值，那么就认为没有充分的证据显示“Ⅰ与Ⅱ有关系”，但也不能作出结论“成立”，即Ⅰ与Ⅱ没有关系．§3.1独立性检验（2）一．学生活动练习：（1）某大学在研究性别与职称(分正教授、副教授)之间是否有关系，你认为应该收集哪些数据？．专业性别（2）某高校“统计初步”课程的教师随机调查了选该课的一些学生情况，具体数据如下表：非统计专业统计专业男1310女720为了判断主修统计专业是否与性别有关系，根据表中的数据，得到χ2，∵χ2，所以判定主修统计专业与性别有关系，那么这种判断出错的可能性为．（答案：5%）附：临界值表（部分）：（χ2）0.100.050.0250.0102.7063.8415.0246.635二．数学运用1．例题：例1．在对人们的休闲方式的一次调查中，共调查了124人，其中女性70人，男性54人。女性中有43人主要的休闲方式是看电视，另外27人主要的休闲方式是运动；男性中有21人主要的休闲方式是看电视，另外33人主要的休闲方式是运动。（1）根据以上数据建立一个2×2列联表；（2）判断性别与休闲方式是否有关系。解：（1）2×2的列联表：休闲方式看电视运动总计85\n性别女432770男213354总计6460124（2）假设“休闲方式与性别无关”χ2因为χ2，所以有理由认为假设“休闲方式与性别无关”是不合理的，即有97.5%的把握认为“休闲方式与性别有关”。例2．气管炎是一种常见的呼吸道疾病，医药研究人员对两种中草药治疗慢性气管炎的疗效进行对比，所得数据如表所示．问它们的疗效有无差异（可靠性不低于99%）？有效无效合计复方江剪刀草18461245胆黄片919100合计27570345分析：由列联表中的数据可知，服用复方江剪刀草的患者的有效率为，服用胆黄片的患者的有效率为，可见，服用复方江剪刀草的患者与服用胆黄片的患者的有效率存在较大差异．下面用进行独立性检验，以确定能有多大把握作出这一推断．解：提出假设：两种中草药的治疗效果没有差异，即病人使用这两种药物中的何种药物对疗效没有明显差异．由列联表中的数据，求得当成立时，的概率约为，而这里所以我们有的把握认为：两种药物的疗效有差异．例3．下表中给出了某周内中学生是否喝过酒的随机调查结果，若要使结论的可靠性不低于95%，根据所调查的数据，能否作出该周内中学生是否喝过酒与性别有关的结论？喝过酒没喝过酒合计男生77404481女生16122138合计93526619解：提出假设：该周内中学生是否喝过酒与性别无关．由列联表中的数据，求得，85\n当成立时，的概率约为，而这里，所以，不能推断出喝酒与性别有关的结论．§3.2回归分析(1)教学目标（1）通过实例引入线性回归模型，感受产生随机误差的原因；（2）通过对回归模型的合理性等问题的研究，渗透线性回归分析的思想和方法；（3）能求出简单实际问题的线性回归方程．教学重点，难点线性回归模型的建立和线性回归系数的最佳估计值的探求方法．教学过程一．问题情境1．情境：对一作直线运动的质点的运动过程观测了次，得到如下表所示的数据，试估计当x=９时的位置y的值．时刻/s位置观测值/cm根据《数学（必修）》中的有关内容，解决这个问题的方法是：先作散点图，如下图所示：从散点图中可以看出，样本点呈直线趋势，时间与位置观测值y之间有着较好的线性关系．因此可以用线性回归方程来刻画它们之间的关系．根据线性回归的系数公式，可以得到线性回归方为，所以当时，由线性回归方程可以估计其位置值为2．问题：在时刻时，质点的运动位置一定是吗？二．学生活动思考，讨论：这些点并不都在同一条直线上，上述直线并不能精确地反映与之间的关系，的值不能由完全确定，它们之间是统计相关关系，的实际值与估计值之间存在着误差．三．建构数学1．线性回归模型的定义：我们将用于估计值的线性函数作为确定性函数；85\n的实际值与估计值之间的误差记为，称之为随机误差；将称为线性回归模型．说明：（1）产生随机误差的主要原因有：①所用的确定性函数不恰当引起的误差；②忽略了某些因素的影响；③存在观测误差．（2）对于线性回归模型，我们应该考虑下面两个问题：①模型是否合理（这个问题在下一节课解决）；②在模型合理的情况下，如何估计，？2．探求线性回归系数的最佳估计值：对于问题②，设有对观测数据，根据线性回归模型，对于每一个，对应的随机误差项，我们希望总误差越小越好，即要使越小越好．所以，只要求出使取得最小值时的，值作为，的估计值，记为，．注：这里的就是拟合直线上的点到点的距离．用什么方法求，？回忆《数学3（必修）》“2．4线性回归方程”P71“热茶问题”中求，的方法：最小二乘法．利用最小二乘法可以得到，的计算公式为，其中，由此得到的直线就称为这对数据的回归直线，此直线方程即为线性回归方程．其中，分别为，的估计值，称为回归截距，称为回归系数，称为回归值．在前面质点运动的线性回归方程中，，．85\n3．线性回归方程中，的意义是：以为基数，每增加1个单位，相应地平均增加个单位；4．化归思想（转化思想）在实际问题中，有时两个变量之间的关系并不是线性关系，这就需要我们根据专业知识或散点图，对某些特殊的非线性关系，选择适当的变量代换，把非线性方程转化为线性回归方程，从而确定未知参数．下面列举出一些常见的曲线方程，并给出相应的化为线性回归方程的换元公式．（1），令，，则有．（2），令，，，则有．（3），令，，，则有．（4），令，，，则有．（5），令，，则有．四．数学运用1．例题：例1．下表给出了我国从年至年人口数据资料，试根据表中数据估计我国年的人口数．年份人口数/百万解：为了简化数据，先将年份减去，并将所得值用表示，对应人口数用表示，得到下面的数据表：作出个点构成的散点图，由图可知，这些点在一条直线附近，可以用线性回归模型来表示它们之间的关系．根据公式（1）可得这里的分别为的估计值，因此线性回归方程85\n为由于年对应的,代入线性回归方程可得（百万），即年的人口总数估计为13.23亿.例2．某地区对本地的企业进行了一次抽样调查，下表是这次抽查中所得到的各企业的人均资本（万元）与人均产出（万元）的数据：人均资本/万元人均产出/万元（1）设与之间具有近似关系（为常数），试根据表中数据估计和的值；（2）估计企业人均资本为万元时的人均产出（精确到）．分析：根据，所具有的关系可知，此问题不是线性回归问题，不能直接用线性回归方程处理．但由对数运算的性质可知，只要对的两边取对数，就能将其转化为线性关系．解（1）在的两边取常用对数，可得，设，，，则．相关数据计算如图所示．1人均资本/万元345.56.578910.511.5142人均产出/万元4.124.678.6811.0113.0414.4317.525.4626.6645.230.477120.602060.740360.812910.84510.903090.954241.021191.06071.1461340.61490.669320.938521.041791.115281.159271.243041.405861.425861.65514仿照问题情境可得，的估计值，分别为由可得，即，的估计值分别为和．85\n（2）由（1）知．样本数据及回归曲线的图形如图（见书本页）当时，（万元），故当企业人均资本为万元时，人均产值约为万元．§3.2回归分析(2)一．问题情境1．情境：下面是一组数据的散点图，若求出相应的线性回归方程，求出的线性回归方程可以用作预测和估计吗？2．问题：思考、讨论：求得的线性回归方程是否有实际意义．二．学生活动对任意给定的样本数据，由计算公式都可以求出相应的线性回归方程，但求得的线性回归方程未必有实际意义．左图中的散点明显不在一条直线附近，不能进行线性拟合，求得的线性回归方程是没有实际意义的；右图中的散点基本上在一条直线附近，我们可以粗略地估计两个变量间有线性相关关系，但它们线性相关的程度如何，如何较为精确地刻画线性相关关系呢？这就是上节课提到的问题①，即模型的合理性问题．为了回答这个问题，我们需要对变量与的线性相关性进行检验（简称相关性检验）．三．建构数学1．相关系数的计算公式：对于，随机取到的对数据，样本相关系数的计算公式为．2．相关系数的性质：（1）；（2）越接近与1，，的线性相关程度越强；（3）越接近与0，，的线性相关程度越弱．可见，一条回归直线有多大的预测功能，和变量间的相关系数密切相关．85\n3．对相关系数进行显著性检验的步骤：相关系数的绝对值与1接近到什么程度才表明利用线性回归模型比较合理呢？这需要对相关系数进行显著性检验．对此，在统计上有明确的检验方法，基本步骤是：（1）提出统计假设：变量，不具有线性相关关系；（2）如果以的把握作出推断，那么可以根据与（是样本容量）在附录（教材P111）中查出一个的临界值（其中称为检验水平）；（3）计算样本相关系数；（4）作出统计推断：若，则否定，表明有的把握认为变量与之间具有线性相关关系；若，则没有理由拒绝，即就目前数据而言，没有充分理由认为变量与之间具有线性相关关系．说明：1．对相关系数进行显著性检验，一般取检验水平，即可靠程度为．2．这里的指的是线性相关系数，的绝对值很小，只是说明线性相关程度低，不一定不相关，可能是非线性相关的某种关系．3．这里的是对抽样数据而言的．有时即使，两者也不一定是线性相关的．故在统计分析时，不能就数据论数据，要结合实际情况进行合理解释．4．对于上节课的例1,可按下面的过程进行检验：（1）作统计假设：与不具有线性相关关系；（2）由检验水平与在附录中查得；（3）根据公式得相关系数；（4）因为，即，所以有﹪的把握认为与之间具有线性相关关系,线性回归方程为是有意义的．四．数学运用1．例题：例1．下表是随机抽取的对母女的身高数据,试根据这些数据探讨与之间的关系．母亲身高女儿身高解：所给数据的散点图如图所示：由图可以看出，这些点在一条直线附近，85\n因为，，，，，所以，由检验水平及，在附录中查得，因为,所以可以认为与之间具有较强的线性相关关系．线性回归模型中的估计值分别为，故对的线性回归方程为．例2．要分析学生高中入学的数学成绩对高一年级数学学习的影响，在高一年级学生中随机抽取名学生，分析他们入学的数学成绩和高一年级期末数学考试成绩如下表：学生编号入学成绩高一期末成绩（1）计算入学成绩与高一期末成绩的相关系数；（2）如果与之间具有线性相关关系，求线性回归方程；（3）若某学生入学数学成绩为分，试估计他高一期末数学考试成绩．85\n解：(1)因为，，，，．因此求得相关系数为．结果说明这两组数据的相关程度是比较高的；小结解决这类问题的解题步骤：（1）作出散点图，直观判断散点是否在一条直线附近；（2）求相关系数；（3）由检验水平和的值在附录中查出临界值，判断与是否具有较强的线性相关关系；（4）计算，，写出线性回归方程．85