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教材习题答案
个位数为 ２ 的数；另一类是个位数为 ７ （２）从这 ｎ 个分点中任取 ２ 个点形成一
第六章　计数原理 的数． 个向量，可以分类完成：第 １ 类，选择 Ａ１
第一类：个位数为 ２ 的数，有 ５０ 个． 及另一点，即Ａ→１Ａ２，Ａ→２Ａ１，Ａ→１Ａ３，Ａ→３Ａ１，…，
6.1　分类加法计数原理与 第二类：个位数为 ７ 的数，有 ５０ 个． Ａ→Ａ ，Ａ→
根据分类加法计数原理，共有满足条件 １ ｎ ｎＡ１，共有 ２（ ｎ
－ １）个向量；第 ２
分步乘法计数原理
的个数为 Ｎ＝ ５０＋５０＝ １００． 类，选择 Ａ２ 及另一点 （不含 Ａ１ ），即
教材第 ５ 页（练习） Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，…，Ａ→Ａ ，Ａ→５．解析　 要完成的事是确定一个三位数，
１． 　 （１）９　 （２）６ ２ ３ ３ ２ ２ ４ ４ ２ ２ ｎ ｎ
Ａ２，
答案
分 ３ 步：第 １ 步，确定百位数，可从 １，２， 共有 ２（ｎ－２）个向量；……；第 ｎ－１ 类，
解析　 （１）完成这项工作使用 ２ 种方法
３，４，５ 中任选 １ 个，有 ５ 种方法；第 ２ → →
都可以，从只会用第一种方法的 ５ 人或 有Ａｎ－１Ａｎ，ＡｎＡｎ－１两个向量．
步，确定十位数，同样也有 ５ 种方法；第
者从只会用第二种方法的 ４ 人中选出 １ 根据分类加法计数原理，共可得向量的
３ 步，确定个位数，同样也有 ５ 种方法．
人即可完成这项工作，根据分类加法计 个数为 ２（ｎ－１）＋２（ｎ－２） ＋…＋２×２＋２×
所以根据分步乘法计数原理，这样的三
数原理，共有 ５＋４＝ ９ 种选法． １＝ｎ（ｎ－１） ．
位数的个数为 ５×５×５＝ １２５．
（２）从 Ａ 村经 Ｂ 村到 Ｃ 村，需要分 ２ 步 习题 ６．１
教材第 １１ 页（练习）
完成：第一步，从 Ａ 村到 Ｂ 村，有 ３ 条道 复习巩固
１．解析　 根据多项式乘法法则，要得到展
路；第二步，从 Ｂ 村到 Ｃ 村，有 ２ 条道 １．解析　 要完成买一台电视机这件事，无
开式的项数，可以分 ３ 步完成：第 １ 步，
路，根据分步乘法计数原理，共有 ３×２＝ 论是买本地的还是外地的都可以，所以
从第一个因式中任取一项，有 ３ 种方
６ 条不同路线． 不同的选法共有 ４＋７＝ １１ 种．
法；第 ２ 步，从第 ２ 个因式中任取一项，
２．解析　 因为要确定的是这名同学的专 ２．解析　 从甲地到乙地的不同路线共有
有 ３ 种方法；第 ３ 步，从第 ３ 个因式中
业选择，不需要考虑学校的差异，所以 ２×３＋４×２＝ １４（条） ．
任取一项，有 ５ 种方法．根据分步乘法
这名同学可能的专业选择种数为 ６＋４－ ３．解析 　 不同的路径有 ３ ＋ １ ＋ ２ × ２ ＝ ８
计数原理，展开后共有的项数为 Ｎ ＝ ３×
１＝ ９． （条） ．３×５＝ ４５．
３．解析　 （１）从书架上任取 １ 本书，可以 ４．解析　 由于 １，５，９，１３ 是奇数，４，８，１２，２．解析　 要确定所有的两位数中，个位数
是从上层书架上取书，也可以从下层书 １６ 是偶数，所以 １，５，９，１３ 中的任意一
字小于十位数字的个数，可以分类完
架上取书，根据分类加法计数原理，不 个数作分子，４，８，１２，１６ 中的任意一个
成：第 １ 类，十位数字为 １，有 １ 个；第 ２
同的取法种数为 Ｎ＝ ６＋５＝ １１． 数作分母构成的分数两两不相同，因此
类，十位数字为 ２，有 ２ 个；第 ３ 类，十位
（２）完成这件事，需分两步：第一步，从 可以分两步来完成：第 １ 步，选分子，有
数字为 ３，有 ３ 个；第 ４ 类，十位数字为
上层书架上任取 １ 本数学书；第二步， ４ 种选法；第 ２ 步，选分母，也有 ４ 种选４，有 ４ 个；第 ５ 类，十位数字为 ５，有 ５
从下层书架上任取一本语文书，根据分 法．故可构成不同的分数 ４×４＝ １６（个） ．
个；第 ６ 类，十位数字为 ６，有 ６ 个；第 ７
步乘法计数原理，不同的取法种数为 Ｎ 对于第二问，分四类：分子为 １ 时，分母
类，十位数字为 ７，有 ７ 个；第 ８ 类，十位
＝ ６×５＝ ３０． 可以从 ４，８，１２，１６ 中任选一个，有 ４ 种数字为 ８，有 ８ 个；第 ９ 类，十位数字为
４．解析　 （１）根据分类加法计数原理，不 选法；分子为 ５ 时，分母从 ８，１２，１６ 中９，有 ９ 个．根据分类加法计数原理，这
同的选法种数为 Ｎ＝ ３＋５＋４＝ １２． 任选一个，有 ３ 种选法；分子为 ９ 时，分样的两位数的个数为 １＋２＋３＋４＋５＋６＋７
（２）根据分步乘法计数原理，不同的选 母从 １２，１６ 中任选一个，有 ２ 种选法；＋８＋９＝ ４５．
法种数为 Ｎ＝ ３×５×４＝ ６０． 分子为 １３ 时，分母只能选 １６，有 １ 种选３．解析　 要完成这件事，可以分 ２ 步完
教材第 ７ 页（练习） 法．所以共有真分数 ４ ＋ ３ ＋ ２ ＋ １ ＝ １０成：先从 ６ 个门中选一个进入，再从其
１．解析　 电话号码的后四位的每一位数 × ＝ （个） ．余 ５ 个门中选一个出去，故共有 ６ ５
字均可以从 ０ ～ ９ 之间的 １０ 个数字中 ３０ ５．解析 　 完成这件事可以分 ２ 步：第 １种不同的进出商场的方式．
任取一个，根据分步乘法计数原理，该 ４． 　 ｎ 步，从装有 ５ 个小球的口袋中任取 １解析 记这条直线上的 个分点分别
电话局不同的电话号码的个数最多为 Ａ ，Ａ ，…，Ａ ． 个；第 ２ 步，从装有 ６ 个小球的口袋中为 １ ２ ｎ
Ｎ＝ １０×１０×１０×１０＝ １０ ０００． （１） ｎ ２ 任取 １ 个，根据分步乘法计数原理，不从这 个分点中任取 个点形成一
２．解析　 要完成选正、副组长各 １ 名这件 条线段，可以分类完成：第 １ 类，选择 Ａ 同的取法数为 ５×６＝ ３０．１
事，需分 ２ 步：第 １ 步，选正组长，有 ５ 及另一点，即 Ａ Ａ ，Ａ Ａ ６．解析　 （１）分两步完成：第 １ 步，从 Ａ 中１ ２ １ ３，…，Ａ１Ａｎ，共有
种选法；第 ２ 步，选副组长，有 ４ 种选 ｎ－１ 条线段；第 ２ 类，选择 Ａ 及另一点 选横坐标，有 ６ 种选择；第 ２ 步，从 Ａ 中２
法．根据分步乘法计数原理，不同的选 （不含 Ａ 选纵坐标，也有 ６ 种选择．所以共有 ６×６１ ），即 Ａ２Ａ３，Ａ２Ａ４，…，Ａ２Ａｎ，共
法数为 Ｎ＝ ５×４＝ ２０． 有 ｎ－２ 条线段；第 ３ 类，选择 Ａ３ 及另一 ＝ ３６ 个不同的点．
３．解析 　 要完成一个减法算式，需分 ２ 点 （不含 Ａ１， Ａ２ ）， 即 Ａ３Ａ４， Ａ３Ａ５， …， （２）分两步完成：第 １ 步，取斜率，有 ４
步：第 １ 步，确定被减数，可从 １，２，…， Ａ３Ａｎ，共有 ｎ－ ３ 条线段；……；第 ｎ－ １ 种取法；第 ２ 步，取截距，有 ４ 种取法，
１９，２０ 这 ２０ 个数中任取 １ 个；第 ２ 步， 类，只有 Ａ Ａ 一条线段． 所以共有直线 ４×４＝ １６（条） ．ｎ－１ ｎ
确定减数，可从 １，２，…，１０ 中任取 １ 根据分类加法计数原理，共可得线段的 综合运用
个．根据分步乘法计数原理，共可得到 条数为 （ ｎ － １） ＋ （ ｎ － ２） ＋ … ＋ ２ ＋ １ ７．解析　 由于数字可以重复，最后一个只
不同的算式个数为 Ｎ＝ ２０×１０＝ ２００． ｎ（ｎ－１） 能在 ０～５ 这 ６ 个数字中选，所以可以组＝ ．
４．解析　 被 ５ 除余 ２ 的数有两类：一类是 ２ 成号码 １０×１０×１０×６＝ ６ ０００（个） ．
1　 01


８．解析　 （１）３４ ． 个，有 ４ 种情况；第 ３ 步，确定因数 ５ ＋７＝ １０，３＋１３＝ １６，７＋１３ ＝ ２０，共 ６ 个不
（２）５３ ． 的个数，可以选 ０ 个，１ 个，有 ２ 种情 相等的和．
９．解析　 （１）分步完成：第 １ 步，从 ５ 件不 况．所以 ２ １６０ 因数的个数为 ５×４×２ （２）１－３＝ －２，１－７＝ －６，１－１３ ＝ －１２，３－７
同的礼物中任选 １ 件送给第 １ 位同学， ＝ ４０． ＝－４，３－１３＝ －１０，３－１＝ ２，７－１ ＝ ６，１３－１
有 ５ 种方法；第 ２ 步，从剩下的 ４ 件礼 ＝ １２，７－３ ＝ ４，１３－３ ＝ １０，共 １０ 个不相
物中任选 １ 件送给第 ２ 位同学，有 ４ 种 6.2　排列与组合 等的差．
方法；第 ３ 步，从剩下的 ３ 件礼物中任 ６．２．１　 排列 ６．２．４　 组合数
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 教材第 １６ 页（练习） 教材第 ２５ 页（练习）
送给第 ４ 位同学，有 ２ 种方法．根据分 １．解析　 （１）１０，１２，１３，１４，２０，２１，２３，２４， ６×５１．解析　 （１）Ｃ２ ＝ ＝ １５．
步乘法计数原理，不同的送法有 ５×４×３ ３０，３１，３２，３４，４０，４１，４２，４３．
６ ２×１
×２＝ １２０（种） ． （２） ａｂ，ａｃ，ａｄ，ｂａ，ｂｃ，ｂｄ，ｃａ，ｃｂ，ｃｄ，ｄａ， ７ ９
×８×７×６×５×４×＝ ３（２）Ｃ９ ＝× × × × × × ３６．
３ ｄｂ，ｄｃ． ７ ６ ５ ４ ３ ２ １（２）５ ＝ １２５（种） ． ３ ２
２．解析　 第一场讲座可以从 ４ 个班中任 （３）Ｃ７－Ｃ６ ＝ ３５－１５＝ ２０．１０．解析 　 （ １） 要取到一个白球一个红 ３ ２
选 １ 个，有 ４ 种选法；第二场讲座从剩 （４）３Ｃ８－２Ｃ５ ＝ ３×５６－２×１０＝ １４８．球，分步完成：第一步，从 ８ 个白球中
ｍ＋１
任取一个，有 ８ 种取法；第二步，从 １０ 下的 ３ 个班中任选 １ 个，有 ３ 种选法； ２．证明　 Ｃｍ＋１ｎ＋１
个黑球中任取一个，有 １０ 种取法，所 第 ３ 场讲座可从剩下的 ２ 个班中任选 １
ｎ＋１
ｍ＋１ （ｎ＋１）！
以不同的取法数为 ８×１０＝ ８０． 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 ｎ＋１ （ｍ＋１）！ ［（ｎ＋１）－（ｍ＋１）］！（２）把这 ８ 个白球编号为 １～ ８，要从 ８
种轮流次序． ｎ！ ｍ
个白球中任取 ２ 个，可以分类完成：第 ＝ ＝Ｃｎ ．
１ ， １ ， ２～ ８ １ ３．解析　 （１）从 ５
ｍ！ （ｎ－ｍ）！
名运动员中先选 １ 人参
类 先取 号 再从 号中任选
， ４ ３．解析　 （１）所有不同的选法数就是从 ６， ７ 加第一场比赛 再从剩下的 名运动员个 有 种取法；第 ２ 类，先取 ２ 号，再 门考试成绩中任选 ３ 门的组合数，所有
从 ３～ ８ １ ， ６ ； 中选 １ 人参加第二场比赛，最后从剩下号中任取 个 有 种取法 选法种数为 Ｃ３ ＝ ２０．
……； ７ ， ７ ， ８ ， 的 ３ 名运动员中选 １ 人参加第三场比
６
第 类 先取 号 再取 号 只
赛，所以前三场单打比赛的顺序有 ５×４ （２）先从物理、化学中选一门，再从剩
有 １ 种取法．根据分类加法计数原理，
× ＝ 下的 ４ 门中选 ２ 门，所有选法种数为
不同的取法数为 ７＋ ６＋ ５＋ ４＋ ３＋ ２＋
３ ６０（种） ．
１ １ ２
（２） ＝甲乙丙甲乙，甲丙乙甲丙，乙甲丙 Ｃ２Ｃ４ １２．＝ ２８．
乙甲，乙丙甲乙丙，丙甲乙丙甲，丙乙甲 （３）分两种情况：物理、化学中只选一
（３）分两类：一个白球一个红球；两个
丙乙． 门和物理、化学两门都选，所有选法种
白球．由（１）可知一个白球一个红球的 数为 Ｃ１Ｃ２＋Ｃ２ １２ ４ ２Ｃ４ ＝ １６．
取法数为 ８０，由（２）知两个白球的取 ６．２．２　 排列数 习题 ６．２
法数为 ２８，所以至少有一个白球的取 教材第 ２０ 页（练习） 复习巩固
法数为 ８０＋２８＝ １０８． １．解析　 （１）Ａ４ ＝ １２×１１×１０×９＝ １１ ８８０． １．解析 　 （ １） ５Ａ３５ ＋ ４Ａ２４ ＝ ５ × ６０ ＋ ４ × １２１２
（４）分 ２ 类：两个球都是白球；两个球 （２）Ａ８８ ＝ ８！ ＝ ４０ ３２０． ＝ ３４８．
都是红球．两个球都是白球的取法数 １ ２ ３ ４（３）Ａ５１５－１５Ａ４ ＝Ａ５ ５ （２）Ａ４＋Ａ４＋Ａ４＋Ａ４ ＝ ４＋１２＋２４＋２４＝ ６４．１４ １５－Ａ１５ ＝ ０．
是 ２８，两个球都是红球的取法数是 ９＋ Ａ７ １２×１１×１０×９×８×７×６ ２．解析　 （１）Ｃ
３
１２ １５
＝ ４５５．
８＋…＋２＋１＝ ４５，所以不同的取法数是 （４） ６ ＝ ＝ ６． １９７ ３Ａ１２ １２×１１×１０×９×８×７ （２）Ｃ２００ ＝Ｃ２００ ＝ １ ３１３ ４００．２８＋４５＝ ７３．
ｍ ＝ ｎ！
２
ｍ－１ ３ ４
拓广探索 ２．证明 　 （ １） Ａ ，ｎＡ （３）Ｃ ÷Ｃｎ ｎ－１ ＝ ｎ· ６ ８ ＝ ．（ｎ－ｍ）！ ７
１１．解析　 分 ７ 步安排 ７ 天值班情况：第 １ （４）Ｃｎ ·Ｃｎ－２ ＝ Ｃ１ ２（ｎ－１）！ ｎ！ ＋ ＋ ·Ｃ ＝ （ ｎ ＋ １） ·ｍ ｍ－１ ｎ １ ｎ ｎ １ ｎ
天可从 ７ 人中任选 １ 人值班，有 ７ 种 ＝ ，所以 Ａｎ ＝ｎＡ（ｎ－ｍ）！ （ｎ－ｍ）！ ｎ－１
． ｎ（ｎ－１） ＝ ｎ（ｎ
２－１）
．
选法；由于不能连续值班，所以第 ２ 天 （２）Ａ８８－８Ａ７ ６ ７ ７７＋７Ａ６ ＝ ８Ａ７－８Ａ７＋Ａ７ ２ ２７
只能从剩下的 ６ 人中任选 １ 人值班， ＝Ａ７ ． ３．解析　 由于 ４ 张人民币的币值都不相７
有 ６ 种选法；第 ３ 天可以从除第 ２ 天 ３．解析　 要停放 ４ 列不同的火车，需要从 同，组成的币值与顺序无关，所以可以
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，有 ６ 种选法；同样，第 ４ 天，第 ５ 停放方法数为 Ａ４ ＝ ８×７×６×５＝ １ ６８０． 币组成的币值，共有不同的币值 Ｃ
１ ＋Ｃ２
８ ４ ４
天，第 ６ 天，第 ７ 天均有 ６ 种选法．根 ＋Ｃ３＋Ｃ４４ ４ ＝ １５（种） ．
据分步乘法计数原理，共有不同的安 ６．２．３　 组合 ４．答案　 （１）１０　 （２）６０
排方法数为 ７ × ６ × ６ × ６ × ６ × ６ × ６ ＝ 教材第 ２２ 页（练习） （３）２４３　 （４）ｍｎ
３２６ ５９２． １．解析　 （ １）甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙 解析　 （ １）由于选出的人没有地位差
１２．解析　 首先将２ １６０分解因数得２ １６０ 丁，丙丁． 异，所以是组合问题，不同方法的种数
＝ ２４×３３×５１，要确定 ２ １６０ 的正因数个 （２） 是 Ｃ３５ ＝ １０．
数可以分 ３ 步完成：第 １ 步，确定因数 冠军 甲 乙 甲 丙 甲 丁 乙 丙 乙 丁 丙 丁 （２）由于礼物互不相同，与分送的顺序
２ 的个数，可以选 ０ 个，１ 个，２ 个，３ 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
个， ４ 个，有 ５ 种情况；第 ２ 步，确定因 ２．解析　 △ＡＢＣ，△ＡＢＤ，△ＡＣＤ，△ＢＣＤ． 种数是 Ａ３５ ＝ ６０．
数 ３ 的个数，可以选 ０ 个，１ 个，２ 个，３ ３．解析　 （１）１＋３＝ ４，１＋７＝ ８，１＋１３ ＝ １４，３ （３）由于 ５ 人中每个人都有 ３ 种选择，
　102


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 ５ 件，其抽法数为 Ｃ５９７ ．
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 （２）从 ３ 件次品中任抽 ２ 件，９７ 件正
的种数是 ３５ ＝ 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 Ｃ２ ３３Ｃ９７ ．
（４）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 （３）５ 件产品中至少有 ２ 件次品，含有
序，所以可以分 ２ 步：第 １ 步，从集合 Ａ 使每一行都不重复，ｍ 可以取的最大 两种情况：２ 件次品 ３ 件正品，３ 件次
中取出 １ 个元素，有 ｍ 种取法；第 ２ 步， 值是 ｎ！． 品 ２ 件正品，所以其抽法数为 Ｃ２３Ｃ３９７
从集合 Ｂ 中取出 １ 个元素，有 ｎ 种取 １２．解析　 （１）分两类：第一类，从 ０，２，４， ＋Ｃ３３Ｃ２． ９７
．
法 所以共有取法 ｍｎ 种． ６ 中取 ３ 个数（不取 ０），只有 １ 种取 （４）从 １００ 件产品中任抽 ５ 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 Ｃ２３ 种 数为 Ｃ５
以只需从 １２ 本书中任选 ６ 本即可，其 １００，其中有 ３ 件是次品的抽法取法，组成不同的五位数的个数为
数为 Ｃ３ ２选法数有 Ｃ６ ＝ ９２４． ３Ｃ９７，所以至多有 ２ 件次品的抽１２ Ｃ２Ａ５３ ５ ＝ ３６０；
（２）数学、物理、化学这三类书摆放在 法数为 Ｃ
５
１００－Ｃ３ ２３Ｃ９７ ．
第二类，从 ０，２，４，６ 中取 ３ 个数（其中
书架上有 Ａ３３ 种放法；而同类的 ４ 本不 拓广探索一个数是 ０），有 Ｃ２３ 种取法，再从 １，３，
同的数学书之间可以有不同的顺序，有 １６．解析 　 （１）在 Ｃ７２ ３７ 注彩票中可以有一
Ａ４ ， ， 、 ５ 中任取 ２ 个数，有 Ｃ 种取法，组成４ 种放法 同理 同类的物理 化学书 ３ 个一等奖．
２ ２ ５ ４
之间也分别有 Ａ５ ３５，Ａ３ 种放法，所以不同
不同的五位数的个数为 Ｃ３Ｃ３（Ａ５－Ａ４） （２ ） 要 将 一 等 奖 的 机 会 提 高 到
的放法有 Ａ３Ａ４Ａ５Ａ３ ＝ ８６４．３ ４ ５ ３ ＝ １０３ ６８０（种） ． １ １以上且不超过 ，即
６．解析　 （１）由“三个不共线的点确定一 所以共有不同的五位数的个数为 ３６０ ３ ０００ ０００ ２ ０００ ０００
个平面”，得所确定的平面与点的顺序 ＋８６４＝ １ ２２４． ２ ０００ ０００≤Ｃｎ３７＜３ ０００ ０００（ｎ∈Ｎ），用
无关，所以可确定的平面数是 Ｃ３ ＝ ５６． （２）可以分步完成：第一步，最高位选８ 计算器可得 ｎ＝ ６，所以可在 ３７ 个数中
（２）由于四面体由四个顶点唯一确定， ５ 或 ６，有 ２ 种选法；第二步，其他各位 取 ６ 个数．
且与四个点的顺序无关，所以可确定的 从剩下的 ６ 个数中进行全排列，所以 １７．解析 　 可以按照Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ的顺序
四面体个数是 Ｃ４１０ ＝ ２１０． 可以得到比 ５ ０００ ０００ 大的正整数的 分别着色，分别有 ５，４，３，３ 种方法，所
７．解析　 由于只需选出要做的题目即可， 个数为 Ｃ１ ６２Ａ６ ＝ １ ４４０． 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
Ｃ３４Ｃ２３Ｃ１２ ＝ ２４． 所以是组合问题． 人发了信息，３ 人能看到信息，所以这
综合运用 （１）Ｃ２ ２５Ｃ４ ＝ ６０． ９ 人中有 ３ 人与发信息的人是 “好
８．证明　 （ １） Ａｎ＋１ ｎ ｎ ｎｎ＋１ －Ａｎ ＝ （ ｎ＋ １） Ａｎ －Ａｎ ＝ （２）其余 ２ 人从剩下的 ７ 人中任意选 友”，所以“好友”关系的可能情况有
ｎＡｎ ＝ｎ２Ａｎ－１ｎ ｎ－１ ． 择，所以共有 Ｃ２７ ＝ ２１ 种选法． Ｃ３ ＝ ８４（种） ．
（ｎ＋１）！ ｎ！ ９
（２） － （３）间接法，在 ９ 人选 ４ 人的选法中，
ｋ！ （ｋ－１）！ １９．解析　 由于甲和乙都没有得冠军，所
＋ － 把男生甲和女生乙都不在内的情况去（ｎ １）！ ｋ·ｎ！ 以冠军是其余 ３ 人中的一个，有 Ａ
１
３ 种
＝
ｋ！ 掉，就得到符合条件的选法数，为 Ｃ
４
９ － 可能，乙不是最差的，所以是第 ２，３，４
４
（ｎ－ｋ＋１）ｎ！ Ｃ７ ＝ ９１． 名中的一个，有 Ａ１ 种可能，上述位置＝ ３．
ｋ！ （４）解法一（间接法）：在 ９ 人选 ４ 人 确定后，甲连同其他 ２ 人可任意排列，
９．解析　 可以分 ３ 步完成：第 １ 步，安排 ４ 的选法中，把只有男生和只有女生的 有 Ａ３３ 种排法．所以名次排列的可能情
个音乐节目，共有 Ａ４４ 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 Ａ１３×Ａ１ ３３×Ａ３ ＝ ５４．
安排 ３ 个舞蹈节目，共有 Ａ３３ 种排法；第 数为 Ｃ４９－Ｃ４５－Ｃ４４ ＝ １２０．
３ 步，安排 ２ 个曲艺节目，共有 Ａ２２ 种排 解法二（直接法）：分别按照含男生 １、 6.3　二项式定理
法．所以不同的排法有 Ａ４Ａ３Ａ２４ ３ ２ ＝ ２８８ ２、３ 人分类，得到符合条件的选法数
（种） ． 为 Ｃ１５Ｃ３ ２ ２ ３ １４＋Ｃ５Ｃ４＋Ｃ５Ｃ４ ＝ １２０．
６．３．１　 二项式定理
１０．解析　 （１）从每个小组的 １２ 名同学 １４．解析　 按照去的人数分类，去的人数 教材第 ３１ 页（练习）
中选 ４ 名同学，这是一个组合问题，不 分别为 １、２、３、４、５、６，而去的人没有 １．解析 　 （ ｐ ＋ ｑ）
５ ＝ ｐ５ ＋ ５ｐ４ｑ ＋ １０ｐ３ｑ２ ＋
同的选法数为 Ｃ４ ＝ ４９５． ２ ３ ４ ５１２ 地位差异，所以不同的去法有 Ｃ１６＋Ｃ２＋ １０ｐ ｑ ＋５ｐｑ ＋ｐ ．６
（２）解法一：先从 １２ 名同学中任选 ４
Ｃ３＋Ｃ４＋Ｃ５＋Ｃ６ ＝ ６３（种） ． ２．解析　 展开式的第 ３ 项 Ｔ３ ＝ Ｃ
２
６ ×（２ａ） ４
名，再从所选 ４ 名同学中选 １ 名作替 ６ ６ ６ ６
（２）分两类：第一类，甲和乙都去，另 ×（３ｂ）
２ ＝ ２ １６０ａ４ｂ２ ．
补，所以不同的选法数为 Ｃ４１２ Ｃ１４ ＝
外 ４ 人中可以去 ０、１、２、３、４ 人，则不 ３．解析 　 展开式的第 ｒ ＋ １ 项 Ｔ ＝ Ｃ
ｒ ×
１ ９８０． ｒ＋１ ｎ
ｒ
解法二：先从 １２ 名同学中任选 １ 名作 同的去法有 Ｃ
０
４ ＋Ｃ１ ＋Ｃ２ ＋Ｃ３ ＋Ｃ４ １
ｒ
ｎ－２ｒ
４ ４ ４ ４ ＝ １６ ３ ｎ－ｒ× － １（ ｘ ） ｒ ３ ３ ÷ ＝ (－ ) ×Ｃｎｘ ．
替补，再从剩下的 １１ 名同学中选 ３ （种）；第二类，甲和乙都不去，另外 ４ è ２ ｘ ２
名，所以不同的选法数为 Ｃ１ Ｃ３ ＝ 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 ＝ Ｃ
５ ｘ１０－５５＋１ １０ ×
１２ １１
１ ９８０． 去法有 Ｃ０４＋Ｃ１４＋Ｃ２４＋Ｃ３４＋Ｃ４４ ＝ １６（种） ． （－１）
５ ＝ － Ｃ５ ５１０ ｘ ， ∴ 第 ６ 项的系数是
（３）由于所选 ４ 名同学要指定第一、 所以不同的去法共有 １６ ＋ １６ ＝ ３２ －Ｃ５１０ ．
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“ －１”时，其
的选法数为 Ａ４１２ ＝ １１ ８８０． １５．解析　 （１）只需从 ９７ 件合格品中任 它各因式选择“ ｘ”；当第二个因式选择
　103


“－２”时，其它各因式选择“ ｘ”；……；当 ５ (－ １ ) ５ ＝－６３ 而（ａ＋ｂ＋ｃ） ｎ ＝［（ａ＋ｂ）＋ｃ］ ｎ它的系数是 Ｃ１０ ．
第五个因式选择“ －５”时，其它各因式 ２ ８ ＝…＋Ｃｒｎ（ａ＋ｂ） ｎ
－ｒｃｒ＋…
选择“ｘ” ．因此展开式中含 ｘ４ 的系数为 （２）常数项是展开式的第 ６ 项，Ｔ ＝ ＝…＋Ｃｒ（…＋Ｃｑ ａｎ－ｒ－ｑ６ ｎ ｎ－ｒ ｂｑ＋…）ｃｒ＋…
－１－２－３－４－５＝ －１５． ( １ ) ５ ＝…＋Ｃｒ Ｃｑ ａｎ－ｒ－ｑ ｑ ｒＣ５ ５１０２ × － ＝－２５２． ｎ ｎ－ｒ ｂ ｃ ＋…２
６．３．２　 － － ＝二项式系数的性质 若令 ｎ ｒ ｑ ｐ，便得到展开式的通项：综合运用
ｒ ｑ ｐ ｑ ｒ ｎ！ ｐ ｑ ｒ
教材第 ３４ 页（练习） ７．解析　 （１）展开式的通项 Ｔ ＝ Ｃｒ ｘ２ｎ－ｒ ＣｎＣｎ－ｒ ａ ｂ ｃ ＝ ａ ｂ ｃ （ ｐ，ｑ， ｒ∈ｒ＋１ ２ｎ ｒ！ ｑ！ ｐ！
１ ｒ
１．解析　 （１）１ ０２４　 （２） (－ １ ) ＝Ｃｒ （－１） ｒ２ ２ｎ ·ｘ２ｎ－２ｒ ． Ｎ，ｐ＋ｑ＋ｒ＝ｎ） ．ｘ 类似地可得（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ） ｎ 的展开式的
２．证明　 ∵ Ｃ０ｎ＋Ｃ１ ２ｎ＋Ｃｎ＋…＋Ｃｎｎ ＝ ２ｎ， － ＝ ＝ － １
２ｎ
通项为
Ｃ０＋Ｃ２ ｎ １ ３
由 ２ｎ ２ｒ ０ 得 ｒ ｎ，即 ｘ 的展
ｎ ｎ＋…＋Ｃｎ ＝Ｃｎ＋Ｃｎ＋…＋Ｃｎ
－１
ｎ ，
( ｘ ) ｎ！ ｐ ｑ ｒ ｓ
∴ Ｃ０＋Ｃ１＋Ｃ２＋…＋Ｃｎ 开式中常数项是 ａ ｂ ｃ ｄ （ｐ，ｑ，ｒ，ｓ∈Ｎ，ｐ＋ｑ＋ｒｎ ｎ ｎ ｎ ｐ！ ｑ！ ｒ！ ｓ！
＝（Ｃ０＋Ｃ２＋…＋Ｃｎｎ ｎ ｎ）＋（Ｃ１ｎ＋Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎ
－１） ＝ － ｎ ｎ ＝ － ｎ （２ｎ）！ｎ Ｔ （ １） Ｃ （ １） ＋ｓ＝ｎ），ｎ＋１ ２ｎ
＝ ２（Ｃ０＋Ｃ２ｎ ｎ＋…＋Ｃｎｎ）＝ ２ｎ，
ｎ！ ｎ！ 依次类推（ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａ ｎｍ） 的展开
ｎ ×＝ － ｎ １ ２
×３×４×５×…×（２ｎ－１）×２ｎ
２ （ １） 式的通项为
∴ Ｃ０ｎ＋Ｃ２ ｎｎ＋…＋Ｃｎ ＝ ＝ ２ｎ
－１ ． ｎ！ ｎ！
２ ｎ！
［１×３×５×…×（２ｎ－１）］（２×４×６×…×２ｎ） ａｉ １ａｉ ２…ａｉｍ（ ｉ ，ｎ∈Ｎ，ｋ ＝ １，
３．略． ＝（－１）ｎ ｎ！ ｎ！ ｉ１！ ｉ ！ …ｉ
１ ２ ｍ ｋ
２ ｍ！
４．解析　 一个集合中含有 ｎ 个元素，可以
ｎ ［１× ×＝ － ３ ５
×…×（２ｎ－１）］×２ｎ×ｎ！ ２，…，ｍ） ．
从这 ｎ （ １）个元素中分别取 ０ 个，１ 个，２ ｎ！ ｎ！ （２）略．
个，…，ｎ 个元素组成子集，所以子集的 ｎ １×３×＝ － ５
×…×（２ｎ－１） 复习参考题 ６
（ ２） ．
个数为 Ｃ０＋Ｃ１ｎ ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＋Ｃｎ ＝ ２ｎｎ ． ｎ！ 复习巩固
２
习题 ６．３ （２）（１＋ｘ） ２ｎ的展开式共有 ２ｎ＋１ 项，所 １．解析　 （１）ｎ
复习巩固 以中间一项是 Ｔｎ＋１ ＝Ｃｎ ｎ２ｎｘ 这里的“一件事情”是“得到展开式中
１．（１）Ｄ　 （２）Ｂ １×３×５×…×（２ｎ－＝ １）
的一项” ．由于项的形式是 ａ ｂ ，而 ｉ、 ｊ
·（２ｘ） ｎ ． ｉ ｊ
２．答案　 ０ ｎ！ 都有 ｎ 种取法，故展开后共有 ｎ２ 项．
３．解析 　 （ １） （ ａ ＋ ３ ｂ ） ９ ＝ ａ９ ＋ ９ａ８ ３ｂ ＋ ８．解析　 展开式的第 ４ 项与第 ８ 项的二 （２）５２５
项式系数分别是 Ｃ３ 与 Ｃ７，由 Ｃ３ ＝ Ｃ７ ＝
３６ａ７
３ ２ ６ （３）４８０ｂ ＋ ８４ａ ｂ ＋ １２６ａ５
３
ｂ ３ｂ ＋ １２６ａ４ｂ ｂ２ ｎ ｎ ｎ ｎ
Ｃｎ－７ｎ ，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
＋８４ａ３ｂ２＋３６ａ２ｂ２ ３ ＋ ２
３
ｂ ９ａｂ ｂ２ ＋ｂ３ ． 二项式系数分别是 Ｃ３１０ 与 Ｃ７１０， 即均 置，再考虑其他 ５ 名歌手的演出顺序，则７
ｘ － ２
７ ５
＝ １ － ７ ＋ ２１
３
（２） ÷ ｘ ２ ｘ ２ ｘ ２ － 为 １２０． 不同排法种数为 Ａ
１ ５
４Ａ５ ＝４８０．
è ２ ｘ １２８ ３２ ８ ９．解析 　 （１） ∵ （ｎ＋１） ｎ －１ ＝ ｎｎ ＋Ｃ１ ｎ－１ｎｎ ＋ （４）Ｃ
４
５
３５ １ １ ３ ５ ７
ｘ ２ ＋７０ｘ－ ２ －１６８ｘ－ ２ ＋２２４ｘ－ ２ －１２８ｘ－ ２ ． Ｃ
２ｎｎ－２＋… ＋ Ｃｎ－２ｎ２ ＋ Ｃｎ－１ｎ ｎ ｎ ｎ ＋ １ － １ ＝ ｎｎ ＋ 因为足球票无座，所以与顺序无关，是
２
Ｃ１ｎｎ－１＋Ｃ２ｎｎ－２＋…＋Ｃｎ－２ｎ ｎ ｎ ｎ２＋ｎ２ 组合问题．
４．解析　 （１）（１＋ ｘ ） ５ ＋（１－ ｘ ） ５ ＝ ２＋２０ｘ ２ ５＝ｎ （ｎｎ－２＋Ｃ１ｎｎ－３＋Ｃ２ｎｎ－４＋…＋Ｃｎ－２ （５）３ｎ ｎ ｎ ＋１），
＋１０ｘ２ ． ∴ （ｎ＋１） ｎ－１ 能被 ｎ２ 整除． 对于每一名同学来说，都有 ３ 种选择，
１ １ １ １
（２） （ ２ｘ ２ ＋ ３ｘ－ ２ ） ４ ＋ （ ２ｘ ２ － ３ｘ－ ２ ） ４ ＝ （２）９９１０－１＝（１００－１） １０－１ 而且允许 ５ 名同学听同一个讲座，因此
３２ｘ２＋４３２＋１６２ｘ－２ ． ＝ １００１０－Ｃ１ ×１００９ ＋Ｃ２ ×１００８ ＋…＋Ｃ８ × 是一个“有重复排列”问题，可以用分１０ １０ １０
５． 解 析 　 （ １ ） 前 ４ 项 分 别 是 １， － １００２－Ｃ９ ×１００＋１－１ 步乘法计数原理解答．１０
３０ｘ，４２０ｘ２， ＝ １００１０－Ｃ１
（６）５４
１０ ×１００９ ＋Ｃ２ ８ ８１０ ×１００ ＋…＋Ｃ１０ ×
－３ ６４０ｘ３ ． ２ 对角线的条数等于连接正十二边形中１００ －１０×１００ ２
（ ２ ） 展 开 式 的 第 ８ 项 Ｔ８ ＝ ＝ １ ０００（１０１７ －Ｃ１ ×１０１５ ＋Ｃ２ ×１０１３
任意两个顶点的线段的条数 Ｃ１２减去其
１０ １０ ＋…＋
－２ ０９９ ５２０ａ９ｂ１４ ． 中正十二边形的边数 １２，即 Ｃ
２
Ｃ８ １２
－ １２ ＝
１０×１０－１），
（３）展开式的第 ７ 项 Ｔ ＝ ９２４． １２×１１７ ∴ ９９１０－１ 能被 １ ０００ 整除． －１２＝ ５４．
（４）展开式的中间两项分别为 Ｔ ，Ｔ ， ２８ ９ 拓广探索
其中 （７）ｎ＋１
１０．解析　 由（２－１） ｎ ＝Ｃ０ ｎ １ ｎ－１ ２ｎ×２ －Ｃｎ×２ ＋Ｃｎ
Ｔ ＝Ｃ７ ８ ７ １１
展开式共有 ２ｎ＋１ 项，且项的系数与相
８ １５（ｘ ｙ ） （ －ｙ ｘ ） ＝ －６ ４３５ｘ · ×２ｎ－２＋…＋（－１） ｎ－１×Ｃｎ－１ｎ ×２＋（－１） ｎＣｎｎ， 应的二项式系数相同．
ｙ１１ ｘ ， 得 ２ｎ－Ｃ１ ×２ｎ－１ｎ ＋Ｃ２ ｎ
－２
ｎ ×２ ＋…＋（－１）ｎ
－１· ２．解析　 （１）Ｃ３５ ＝ １０．
Ｔ ＝Ｃ８ ７ ８９ １５（ ｘ ｙ ） （ － ｙ ｘ ） ＝ ６ ４３５ｘ１１ · Ｃｎ－１×２＋（－１） ｎ ＝ １． （２）Ｃ０＋Ｃ１＋Ｃ２ｎ ５ ５ ５＋Ｃ３５＋Ｃ４ ５ ５５＋Ｃ５ ＝ ２ ＝ ３２．
ｙ１１ ｙ ． １１．解析 　 （ １） （ａ＋ｂ） ｎ 的展开式的通项 ３．解析　 （１）６
１
６． 　 （ １） 为 Ｃ
ｒ ｎ－ｒ ｒ
ｎａ ｂ ，若令 ｎ－ｒ ＝ ｑ，则通项可以解析 含 ｎ－１ ２ １
ｘ５
的项是展开式的第 Ｃｎ＋１ ＝Ｃｎ＋１ ＝ ２１，即 （ｎ＋１）·ｎ＝ ２１，ｎ！ ２
写为 ａｑｂｒ（ｎ，ｒ∈Ｎ，ｒ＋ｑ＝ｎ），
６ 项， ｒ！ ｑ！ 得 ｎ＝ ６ 或 ｎ＝－７（舍去） ．
1　 04


教材习题答案
（２）１９２ ＝（１－ｘ３） （１－Ｃ１ｘ＋Ｃ２ｘ２９ ９ －Ｃ３ ３９ｘ ＋Ｃ４ｘ４９ －… ３ － ３ ＝ ｎ（ｎ
２＋６ｎ＋１１）
因此它们的差 Ｃ
， ． ９ ９ ｎ
＋３ Ｃ３
先排有特殊要求的 再排其他的 －Ｃ９ｘ ）， ６
２
（３）６ ５００ ０００ 因此，ｘ４ 的系数为 Ｃ４９＋９＝ １３５． 就是所求展开式中含 ｘ 项的系数．
２
从 ２６ 个英文字母中任取 ２ 个作为开机 （５）（ｘ２＋ｘ＋ｙ） ５ 的展开式的通项为 Ｔ 解法二：原式中含 ｘ 项的系数分别是ｒ＋１ ２ ２ ２
密码的第 １，２ 位，有 Ａ２２６种选法，后面 ４ ＝Ｃｒ （ｘ２＋ｘ） ５－ｒｙｒ，令 ｒ＝ ２， Ｃ３，Ｃ４，…，Ｃｎ＋２，５ ２
位分别从 ０ ～ ９ 这 １０ 个数字中任意选 得 Ｔ３ ＝ Ｃ２５ （ｘ２＋ ３ ２ ２＋ ３
因此它们的和就是所求展开式中含 ｘ
ｘ） ｙ ，而（ｘ ｘ） 的展
取，有１０４ 种选法，所以密码可能的个数 ５ １ 项的系数．开式 中 含 ｘ 项 的 系 数 为 Ｃ３， 所 以 ２
是 Ａ２ ×１０４ ＝ ６ ５００ ０００． 可得 Ｃ３＋Ｃ
２ ２
２６ ２＋ ＋ ５ ５ ２ ４
＋…＋Ｃｎ＋２
（ｘ ｘ ｙ） 的展开式中含 ｘ ｙ 项的系
（４）５８ ＝Ｃ３ ３ｎ＋３－Ｃ３
数为 Ｃ２Ｃ１５ ３ ＝ ３０． ２
从正方体的 ８ 个顶点中任取 ４ 个的所 ｎ（ｎ ＋＝ ６ｎ
＋１１）
５５＋ ＝ － ５５＋ ．
有种数为 Ｃ４
６．解析　 ５５ ９ （５６ １） ９
８，排除四点共面的 １２ 种情 ６＝ ５６５５－Ｃ１ ·５６５４＋…＋Ｃ５４·５６－１＋９
况，即正方体表面上的 ６ ５５ ５５种四点共面的 １０．解析　 等式两边都是两个数相乘，可
＝ ５６５５－Ｃ１ ·５６５４＋…＋Ｃ５４·５６＋８，
情况，以及如下图中 ＡＢＣ Ｄ 这样的四 ５５ ５５ 以想到分步乘法计数原理，于是可得１ １
５６５５６ ， －Ｃ
１ ·５６５４ ＋…＋Ｃ５４
点共面的其他 种情况 因此三棱锥的 ５５ ５５
·５６＋８ 中各项 如下分步取组合的方法． （答案不唯
个数为 Ｃ４８－１２＝ ５８．
都能被 ８ 整除， 一）
因此 ５５５５＋９ 也能被 ８ 整除． 在 ｎ 个人中选择 ｍ 个人搞卫生工作，
７．解析 　 （１）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
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
Ｃ２ ·Ｃ２ ＝
１
ｍｎ（ｍ－１）（ｎ－１） ． ｎ 个人中选 ｍ 个人，然后从选出的 ｍｍ ｎ ４ 个人中再选出 ｋ 个人擦窗，剩余的人
（２）分别从三组平行平面中各取两个 ｍ ｋ
（５）１ 或－１ 拖地，这样有 Ｃｎ ·Ｃｍ 种不同的选取
ｎ 平行平面，便可构成一个平行六面体，令 ｘ＝ １，得（１－２×１） 的值就是展开式 人员的方法．
ｎ 所以可以构成的平行六面体个数为 Ｃ
２
中各项系数的和，其值是（１－２） ＝ （ － ｍ 解法二：直接从 ｎ 个人中选 ｋ 个人擦
１
ｎ {－１，ｎ 是奇数， ·Ｃ
２
ｎ·Ｃ２ｌ ＝ ｍｎｌ（ｍ－１）（ｎ－１）（ｌ－１）． 窗，然后在剩下的（ｎ－ｋ）个人中选（ｍ１） ＝ ８
１，ｎ 是偶数． －ｋ）个人拖地，这样，由分步乘法计数８．解析 　 （１）先排不能放在最后的那道 ｋ ｍ－ｋ
ｎ（ｎ－１） 原理得，共有 Ｃｎ·Ｃｎ－ｋ 种不同的选取
４．解析　 （１）Ｃ２ｎ ＝ ． 工序，有 Ａ
１
４ 种排法；再排其余的 ４ 道工２ 人员的方法．
ｎ（ｎ－１） 序，有 Ａ
４
４ 种排法．根据分步乘法计数原 所以 Ｃｋ·Ｃｍ－ｋ ｍ ｋ
２ ＝ ｎ ｎ－ｋ
＝Ｃｎ ·Ｃｍ 成立．
（２）Ｃｎ ．２ 理，排列加工顺序的方法共有 Ａ
１ ４
４·Ａ４ ＝
综合运用 ９６（种） ． 第七章　随机变量及其分布
５．解析　 （１）－２６ｘ２ ． （２）先排不能放在最前和最后的那两
２
说明：第三项是含 ｘ２ 的项，其系数是 Ｃ２ 道工序，有 Ａ３ 种排法；再排其余的 ３ 道４ 7.1　条件概率与全概率公式
３
×３２＋Ｃ１×Ｃ１４ ５×（－２）×３＋Ｃ２×（－２） ２５ ＝－２６． 工序，有 Ａ３ 种排法． ７．１．１　 条件概率
（２） 展开式的通项 Ｔ ｒ １８－ｒ 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序ｒ＋１ ＝ Ｃ１８ （ ９ｘ）
２ ３
１ ｒ ｒ 的方法共有 Ａ３·Ａ３ ＝ ３６（种） ．
教材第 ４８ 页（练习）

÷ ，由题意有 １８－ｒ－ ＝ ０， １．解析　 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ １，Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ０．５．
è３ ｘ ２ （３）将其中的 ２ 道工序“捆”在一起当 Ｐ（ＡＢ） ０．３
解得 ｒ＝ １２，Ｔ ＝ １８ ５６４． 作 １ 道工序，与另外的 ３ 道工序进行全 验证：Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ＝ １，１３
排列，有 Ａ４
Ｐ（Ａ） ０．３
（３）由题意得 ２Ｃ９ ＝Ｃ８＋Ｃ１０， ４ 种排法；而被“捆”在一起ｎ ｎ ｎ Ｐ（ＡＢ） ０．３
２
２·ｎ！ 的 ２ 道工序内部还有 Ａ２ 种排法．所以
Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝ ＝ ０．５．
Ｐ（Ｂ） ０．６
即
９！ （ｎ－９）！ 不同的加工顺序有 Ａ４４Ａ２２ ＝ ４８（种） ． ２．解析　 设第 １ 次抽到 Ａ 牌为事件 Ｂ，第
ｎ！ ｎ！ （４）先把另外 ３ 道工序进行全排列，有＝ ＋ ２ 次抽到 Ａ 牌为事件 Ｃ，则第 １ 次和第，
８！ （ｎ－８）！ １０！ （ｎ－１０）！ Ａ３３ 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 ｎ２－３７ｎ＋３２２ ＝ ０，解得 ｎ ＝ １４ 或 插入到那 ３ 道工序所形成的 ４ 个空当 解法一：在第 １ 次抽到 Ａ 牌的条件下，
ｎ＝ ２３． 中，有 Ａ２ 种插法．所以不同的加工顺序 扑克牌仅剩下 ５１ 张，其中 ３ 张 Ａ 牌，所４
（４）解法一：设 Ｔ′ 是（１－ｘ） １０ｒ＋１ 展开式的 有 Ａ３Ａ２ ＝ ７２（种） ． 以在第 １ 次抽到 Ａ 牌的条件下，第 ２ 次３ ４
第 ｒ＋１ 项， 拓广探索 ３也抽到 Ａ 牌的概率为 Ｐ （ Ｃ ｜ Ｂ） ＝
由题意知，所求展开式中 ｘ４ 的系数为 ５１９．解析　 解法一：由等比数列求和公式得
Ｔ４′＋１，Ｔ３′＋１与 Ｔ２′ ＋
１
＋ ３ ４ ｎ ２１的系数之和． （１＋ｘ） ＋（１＋ｘ） ＋…＋（１＋ｘ） ＝ ．１７
Ｔ４′＋１ ＝Ｃ４ ４１０（－ｘ） ，Ｔ ３ ３ ｎ＋３ ３３′＋１ ＝Ｃ１０（－ｘ） ， （１＋ｘ） －＝ （１
＋ｘ）
， 解法二：在第 １ 次抽到 Ａ 牌的条件下，
Ｔ′ ２２＋１ ＝Ｃ１０（－ｘ） ２， ｘ 第 ２ 次也抽到 Ａ 牌的概率为 Ｐ（Ｃ ｜Ｂ）＝
因此，ｘ４ 的系数为 Ｃ４ －Ｃ３１０ １０＋Ｃ２１０ ＝ １３５． 上述等式右边分子的两个二项式中含 ｎ（ＢＣ） ４×３ １
解法二：原式＝（１－ｘ３）（１－ｘ） ９ ｘ３ 项的系数分别是 Ｃ３ｎ＋３，Ｃ３，
＝ ＝
× ．３ ｎ（Ｂ） ４ ５１ １７
1　 05


解法三：在第 １ 次抽到 Ａ 牌的条件下， ６０
Ｐ（ＡＢ） ＝
９５ × ５ ＝ １９ ，所以产品被拒
第 ２ 次也抽到 Ａ 牌的概率为 Ｐ（Ｃ ｜Ｂ）＝ Ｐ（ＡＢ）（２）Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝
２ ０００ ＝ ３０ １００ ９９ ３９６．
４×３ Ｐ（Ｂ） ６２ ３１ ＝ ＋ ＝ １ ＋ １９绝的概率 Ｐ Ｐ（Ａ） Ｐ（ＡＢ）
Ｐ（ＢＣ） ５２×５１ １ ２ ０００ ２０ ３９６＝ ＝ ．
Ｐ（Ｂ） ４×５１ １７ ２．解析　 Ｐ（Ｂ）≥Ｐ（Ｃ） ． ９７
５２×５１ ＝记 Ａ ＝ “选出的人大于 ５０ 岁”， Ｃ ＝ ．则 ９９０
３．解析　 记 Ａ 表示“第 ２ 次摸到白球”，Ｂ ＡＢ，根据乘法公式有 Ｐ（Ｃ） ＝ Ｐ（ＡＢ） ＝ ８．解析 　 选取 ＤＤ，Ｄｄ，ｄｄ 作为父本的概
表示“第 １ 次摸到白球”，则 ＡＢ 表示 Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ ｜Ｂ）≤Ｐ（Ｂ） ． １ １ １
“ １ 率分别为 ， ， ，只有在选取 Ｄｄ，第 次摸到白球，且第 ２ 次也摸到白 ３．解析　 记 Ａ＝“甲命中目标”，Ｂ ＝ “乙命 ４ ２ ４
球” ． 中目标”，Ｃ＝ “目标至少被命中 １ 次”， ｄｄ 作为父本杂交时，子三代中基因才
（１）解法一：由题意，事件 Ｂ 发生后，袋 则 Ｐ（Ｃ）＝ １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ １－（１－０．６）× １会出现 ｄｄ 型，且出现的概率为 ，所以
中还有 ９ 个球，其中 ６ 个白球，３ 个黑 （１－０．５）＝ ０．８． ２
６ ２
， Ａ 选取 Ｄｄ，ｄｄ 作为父本杂交且出现 ｄｄ 型球 则 发生的概率为 ＝ ． ４．解析　 设 Ａ１ ＝“从甲箱子里摸球”，Ａ２ ＝９ ３ “从乙箱子里摸球”，Ｂ ＝ “摸到的球为 １ １ １ １
２ 基因的概率为 Ｐ＝ × × ＝ ．
Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ． ”，Ω＝Ａ ∪Ａ ， Ａ ，Ａ ， ２ ４ ２ １６即 红球 １ ２ 且３ １ ２
互斥 根据
Ｃ２ ＝ １ ２
９．解析　 性质 １ 证明：因为 Ｐ（Ω）＝ １，所
７ ７ ７ 题意有Ｐ（Ａ１） ，Ｐ（Ａ ） ＝ ，Ｐ（Ｂ ｜解法二：Ｐ（Ｂ） ＝ ，Ｐ（ＡＢ） ＝ ＝ ， ３ ２ ３ ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ω） Ｐ（Ａ）１０ Ｃ２ 以 Ｐ（Ω ｜ Ａ） ＝ ＝ １．１０ １５
＝ １ ４
Ｐ（Ａ） Ｐ（Ａ）
７ Ａ１） ，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２ ２
）＝ ，
５ 性质 ２ 证明：利用条件概率公式有
Ｐ（ＡＢ） １５ ２
所以 Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝ ＝ ． 根据全概率公式有 ＝ Ｐ（（Ｂ∪Ｃ）Ａ）Ｐ（Ｂ） ７ ３ Ｐ （ Ｂ ∪ Ｃ ｜ Ａ ）
１０ Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１） ＋Ｐ（Ａ２ ） Ｐ（Ｂ ｜
Ｐ（Ａ）
１ １ ２ ４ ７ ＝ Ｐ（ＢＡ∪ＣＡ）（２）由（１）知两次都摸到白球的概率为 Ａ２）＝ × ＋ × ＝ ． ，３ ２ ３ ５ １０ Ｐ（Ａ）
７
Ｐ（ＡＢ）＝ ． 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”，Ａ１ ＝ “此人来自 Ａ 地区”，Ａ２ ＝ “此 斥，利用概率的加法公式有
７．１．２　 全概率公式 人来自 Ｂ 地区”， Ａ ＝ “此人来自 Ｃ 地 Ｐ（ＢＡ∪ＣＡ）＝ Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ） ．３
教材第 ５２ 页（练习） 区”， Ω ＝ Ａ ∪Ａ Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ）１ ２ ∪Ａ３，且 Ａ１，Ａ２，Ａ３ 互 因此 Ｐ（Ｂ∪Ｃ ｜ Ａ） ＝ ＝
１． 　 Ａ ＝“ ”，Ａ ＝ １ Ｐ（Ａ）解析 设 １ 抽到有思路的题 ２ 斥，根据题意有 Ｐ（Ａ１ ） ＝ ，Ｐ（Ａ２ ） ＝
“抽到完全没有思路的题”，Ｂ ＝ “解题 ４ Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ）＝ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋Ｐ（Ｃ ｜Ａ）．
正确”， Ω ＝ Ａ ∪ Ａ ，且 Ａ ， Ａ 互斥， ７ ＝ ２
Ｐ（Ａ） Ｐ（Ａ）
１ ２ １ ２ ，Ｐ（Ａ ） ，
９ ３ ３ １ ２０
３ ５ 拓广探索
Ｐ（Ａ１）＝ ＝ ， Ｐ （ Ａ２ ） ＝ ＝ ，１２ ４ １２ ４ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）＝ ０．０６，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ １０．解析 　 由概率的乘法公式 Ｐ（ ＡＢ） ＝１ ２）＝ ０．０５，Ｐ（Ｂ ｜
Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）＝ ０．９，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）＝ ０．２５， Ａ ）＝ ０．０４， Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）得１ ２ ３
根据全概率公式有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ 根据全概率公式有 Ｐ （ ＡＢＣ ） ＝ Ｐ （ ＡＢ ） Ｐ （ Ｃ ｜ ＡＢ ） ＝
３ １ Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ） ＋Ｐ（Ａ ）Ｐ（Ｂ ｜ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）Ｐ（Ｃ ｜ ＡＢ） ．
Ａ１）＋Ｐ（ Ａ２ ） Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２ ） ＝ × ０．９＋ ×
１ １ ２
４ ４ １ ７ 一般地，有 Ｐ（Ａ Ａ …Ａ ）＝ Ｐ（Ａ ）Ｐ（Ａ
Ａ２）＋Ｐ（Ａ ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ） ＝ ×０．０６＋ ×
１ ２ ｎ １ ２
０．２５＝ ０．７３７ ５． ３ ３ ４ ２０ ｜ Ａ１ ） Ｐ （ Ａ３ ｜ Ａ１Ａ２ ） … Ｐ （ Ａｎ ｜ Ａ１Ａ２ …
２．解析　 （１）设 Ａ１ ＝ “抽到的 １ 件产品为 ＋ ２０．０５ ×０．０４＝ ０．０４８ ５． Ａｎ－１） ．
第一批产品”，Ａ２ ＝“抽到的 １ 件产品为 ５
第二批产品”，Ｂ ＝ “任取 １ 件产品为合 （２） 由 贝 叶 斯 公 式 有 Ｐ （ Ａ１ ｜ Ｂ） ＝ 7.2　离散型随机变量
格品”， Ω ＝ Ａ１ ∪ Ａ２，且 Ａ１， Ａ２ 互斥， １ ×０．０６ 及其分布列
Ｐ（Ａ１）＝ ０．４，Ｐ（Ａ２）＝ ０．６，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ Ｐ（Ａ ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）１）＝ １－ １ １ ＝ ４ ≈０．３０９． 教材第 ６０ 页（练习）
０．０５＝ ０．９５，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ １－０．０４＝ ０．９６， Ｐ（Ｂ） ０．０４８ ５
根据全概率公式有 ６．证明　 Ｐ（Ａ） ＞０，Ｐ（Ｂ） ＞０， Ｐ（Ｂ ｜ Ａ） ＝
１．解析　 例 １：某公共汽车站一分钟内等
＝ ＋ Ｐ（ＡＢ） 车的人数；Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１） Ｐ（Ａ２ ） Ｐ（Ｂ ｜ ＝ Ｐ （ Ｂ ）， 所 以 Ｐ （ ＡＢ ）
Ａ ）＝ ０．４×０．９５＋０．６×０．９６＝ ０．９５６． Ｐ（Ａ） 例 ２：某城市一年内下雨的天数；２
（２） 由 贝 叶 斯 公 式 有 Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ） ＝ ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）， 例 ３：一位跳水运动员在比赛时所得的１
Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１） ０．４×０．９５ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）
分数；
＝ ≈０．３９７． 所以 Ｐ（Ａ ｜ Ｂ） ＝ ＝ ＝
Ｐ（Ｂ） ０．９５６ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｂ） 例 ４：某人在 １ 天内接电话的次数．（任
习题 ７．１ Ｐ（Ａ） ． 意举出两个即可）
复习巩固 综合运用 ２．解析　 （１）能用离散型随机变量表示．
１．解析　 设 Ａ ＝ “选到的学生是男生”，Ｂ ７．解析　 产品被拒绝有两种可能：一是第 可能的取值为 ２，３，４，５，６，７，８，９，１０，
＝“选到的学生患色盲” ． 一次抽到不合格产品；二是第一次抽到 １１，１２．表示的结果略．
６０ 合格品且第二次抽到不合格产品．记 Ａ （２）能用离散型随机变量表示 ． 可能
Ｐ（ＡＢ） ２ ０００ １ ＝“第一次抽到不合格产品”，Ｂ ＝ “第二 的取值为 ０， １， ２， ３， ４， ５ ． 表示的 结
（１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ＝ ．
Ｐ（Ａ） １ ２００ ２０ ５ １ 果略 ．
次抽到不合格产品” ．Ｐ（Ａ） ＝ ＝ ，
２ ０００ １００ ２０ （３）不能用离散型随机变量表示．实际
　106


教材习题答案
含量与规定含量之差可能的取值为 ０ ９｝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
附近的实数，不能一一列出． Ｐ（Ｘ≥９）＝ Ｐ（Ｘ＝ ９）＋Ｐ（Ｘ＝ １０）＝ ０．３５＋ 的次品数要比甲机床生产出的次品
３．解析　 设该运动员一次罚球得分为 Ｘ， ０．２０＝ ０．５５． 数少．
Ｘ 是一个离散型随机变量，其分布列为 综合运用
Ｘ ０ １ ５．（１）
７．３．２　 离散型随机变量的方差
设随机抽出的 ３ 篇课文中该同学能
Ｐ ０．３ ０．７ 背诵的篇数为 Ｘ，则 Ｘ 是一个离散型随 教材第 ７０ 页（练习）
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： ０．１＝ ２．４．
２ ２
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） ×０．２＋（２－２．４） ×０．３＋
２
散型随机变量，因此 Ｃ３ Ｃ１Ｃ２ Ｃ２Ｃ１ Ｃ３ （３－２．４） ×０．４＋（４－２．４）
２×０．１＝ ０．８４，
４ ６ ４ ６ ４ ６
＝ ＝ ＝ １
Ｐ
Ｃ３Ｐ（Ｘ ０） Ｐ（｛ ｝） ＝ ０．２５， １０ Ｃ
３
１０ Ｃ
３ Ｃ３ Ｄ（２Ｘ＋７）＝ ４Ｄ（Ｘ）＝ ３．３６，
反反 １０ １０
４ σ（２Ｘ＋７）≈１．８３３．
即：
２ ２．解析　 Ｅ（Ｘ）＝ ｃ×１ ＝ ｃ，Ｄ（Ｘ）＝ （ ｃ－ｃ） ２ ×
Ｐ（Ｘ＝ １）＝ Ｐ（｛正反｝∪｛反正｝）＝ ＝
４ Ｘ ０ １ ２ ３ ＝
１ ３ １ １ １ ０．
０．５， Ｐ ３０ １０ ２ ６ ３．解析　 Ｘ 的分布离散程度大．
１
Ｐ（Ｘ＝ ２）＝ Ｐ（｛正正｝）＝ ＝ ０．２５， （２）该同学能及格表示他能背出 ２ 篇或 Ｅ（Ｘ）＝ －２×０．１＋（－１） ×０．２＋０×０．４＋１×
４
３ 篇课文，故他能及格的概率为 Ｐ（Ｘ≥ ０．２＋２×０．１＝ ０，
所以 Ｘ 的分布列为
１ １ ２ Ｄ（Ｘ） ＝ （－２）
２ × ０．１＋（－１） ２ × ０．２＋ ０２ ×
Ｘ ０ １ ２ ２）＝ Ｐ（Ｘ＝ ２）＋Ｐ（Ｘ＝ ３）＝ ＋ ＝ ．２ ６ ３ ０．４＋１
２×０．２＋２２×０．１＝ １．２，
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
习题 ７．２ Ｐ（Ｘ＝ １）＝ ０．６，Ｐ（Ｘ＝ ２）＝ （１－０．６）×０．７
×０．１５＋２×０．０５＝ ０，
Ｄ（Ｘ）＝ （－２） ２×０．０５＋（－１） ２ ×０．１５＋０２ ×
复习巩固 ＝ ０．２８，Ｐ（Ｘ＝ ３）＝ （１－０．６） ×（１－０．７） ×
＋ ２× ＋ ２× ＝
１． 　 （１） ＝ ０．６ １ ０．１５ ２ ０．０５ ０．７，解析 用 ０ 表示遇到红灯，用 １ 表 １ ０．１２．
， Ω ＝ ｛００００， 所以 Ｘ 的分布列为 Ｄ（Ｘ）＞Ｄ（Ｙ） ．示遇到绿灯 则样本空间为
０００１， ００１０， ０１００， １０００， ００１１， ０１０１， Ｘ １ ２ ３ 习题 ７．３
１００１， ０１１０， １０１０， １１００， ０１１１， １１０１， Ｐ ０．６ ０．２８ ０．１２ 复习巩固
１０１１，１１１０，１１１１｝ ． （２）李明领到证书有三种可能情况： １．解析　 设每部手机获利 Ｘ，则 Ｘ 的分布第
（２）Ｘ 的可能取值为 ０，１，２，３，４，事件 列为一次考试通过；第一次考试没有通过，
｛Ｘ＝ ０｝表示经过的 ４ 个红绿灯路口，遇 第二次考试通过；第一次和第二次考试 Ｘ １００ ０ －３００
到的都不是红灯；事件｛Ｘ ＝ １｝表示经 都没有通过，第三次考试通过． Ｐ ０．６ ０．３ ０．１
过的 ４ 个红绿灯路口，其中 １ 个路口遇 所以其概率 Ｐ＝ ０．６＋（１－０．６）×０．７＋（１－ 所以 Ｅ（Ｘ）＝ １００×０．６＋０×０．３＋（－３００）×
到红灯，其他 ３ 个路口不是红灯；事件 ０．６）×（１－０．７）×０．８＝ ０．９７６． ０．１＝ 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＝ １４ １００．
是红灯；事件｛Ｘ＝ ３｝表示经过的 ４ 个红 数字特征 ２．解析　 设 Ｘ 表示一张彩票的中奖金额，
绿灯路口，其中 ３ 个路口遇到红灯，另 则它的分布列为
外 １ 个路口不是红灯；事件｛Ｘ＝ ４｝表示 ７．３．１　 离散型随机变量的均值
Ｘ ０ ２ １０ ５０ １００ １ ０００
经过的 ４ 个红绿灯路口遇到的都是 教材第 ６６ 页（练习）
Ｐ ０．８５４ ５ ０．１ ０．０３ ０．０１ ０．００５ ０．０００ ５
红灯． １．解析　 （１）Ｅ（Ｘ）＝ １×０．１＋２×０．３＋３×０．４
２．解析　 不正确，因为所有变量取值对应 ＋４×０．１＋５×０．１＝ ２．８． 其数学期望 Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．８５４ ５＋２×０．１＋
的概率之和不是 １． （２）Ｅ（３Ｘ＋２）＝ ３Ｅ（Ｘ） ＋２ ＝ ３×２．８＋２ ＝ １０×０．０３＋５０×０．０１＋１００×０．００５＋ １ ０００×
３．解析　 某同学跑 １ ｋｍ 所用时间 Ｘ 不是 １０．４． ０．０００ ５＝ ２．
离散型随机变量，如果我们只关心该同 ２．解析　 Ｘ 的分布列为 ３．解析　 根据分布列的性质及期望公式有
学是否能够取得优秀成绩，可以定义如 {０．２＋ａ＋ｂ＝１，Ｘ －１ １ 解得： Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．２＋ａ＋２ｂ＝１， {
ａ＝０．６，
下的随机变量 ｂ＝０．２．
０， １ ｋｍ ＞４ ｍｉｎ， Ｐ ０．５ ０．５{ 跑 所用时间 ４．解析　 得分记为变量 Ｘ，选对得 ａ 分，Ｙ＝ １，跑 １ ｋｍ 所用时间≤４ ｍｉｎ， Ｅ（Ｘ）＝ －１×０．５＋１×０．５＝ ０． 选错得 ｂ 分，显然 Ｐ （ Ｘ ＝ ａ） ＝ 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）＝ ０．７５，则 Ｅ（Ｘ）＝ ０．２５ａ＋０．７５ｂ
值：０，１． Ｅ（Ｘ１）＝ ０×０．４＋１×０．３＋２×０．２＋３× ０．１ ＝ ０，不妨取 ａ＝ ３，ｂ＝－１．即选对得 ３ 分，
事件｛Ｙ＝ １｝表示该同学跑 １ ｋｍ 所用时 ＝ １． 选错得－１ 分．
间小于或等于 ４ ｍｉｎ，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
绩，事件｛Ｙ＝ ０｝表示该同学跑 １ ｋｍ 所 Ｅ（Ｘ２）＝ ０×０．３＋１×０．５＋２×０．２＝ ０．９． 能取值为 ａ１， ａ２，…， ａｎ，其分布列为
用时间大于 ４ ｍｉｎ，不能够取得优秀 因为乙机床生产零件的平均次品数 Ｐ（Ｘ＝ａｉ）＝ ｐｉ（ ｉ＝ １，２，…，ｎ） ．由于 Ｅ（ａＸ
成绩． Ｅ（Ｘ２）小于甲机床生产零件的平均次 ＋ｂ）＝ ａＥ（Ｘ）＋ｂ，
４．解析　 射击成绩优秀可以用事件｛Ｘ≥ 品数Ｅ（Ｘ１），所以乙机床更好，其实际 则 Ｄ（ａＸ＋ｂ）
　107


＝ ［（ａａ１＋ｂ）－（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］ ２ｐ１＋［（ａａ２＋ 7.4　二项分布与超几何分布 移动 １ 次，向右移动 ５ 次，其对应的概
ｂ）－（ａＥ（Ｘ） ＋ｂ）］ ２ｐ２ ＋…＋［（ ａａｎ ＋ｂ） －
１ ５
１ １ １ ３
（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］ ２ｐ ７．４．１　 二项分布
率 Ｐ２ ＝Ｃ６ ( ２ ) ( ２ ) ＝ ．３２
ｎ
＝ａ２（ａ －Ｅ（Ｘ）） ２ｐ ＋ａ２（ａ －Ｅ（Ｘ）） ２ｐ ＋ 教材第 ７６ 页（练习） ４．解析　 设抽出的 ５ 张牌中包含 Ａ 牌的１ １ ２ ２
…＋ａ２（ａｎ－Ｅ（Ｘ）） ２ｐｎ 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） －
２ Ｃ５ ４ １＝ａ Ｄ（Ｘ） ． ４，其分布列为 Ｃ ＣＰ（Ｘ＝ １）＝ １－ ４８－ ４８ ４５ ≈０．０４１ ６８．
综合运用 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｃ５２ Ｃ
５
５２
６．解析　 若先猜谜语 Ａ 后猜谜语 Ｂ，则所 １ １ ３ １ １ 综合运用
Ｐ
获奖金 Ｘ 的可能取值为 ０，１０，３０，分布 １６ ４ ８ ４ １６ ５．解析　 设 Ｘ 为击中目标的次数，则 Ｘ ～
列为 （２）２；１． Ｂ（１０，０．８） ．
Ｘ ０ １０ ３０ ( ４ ) ５ １ ０２４ （１）在 １０ 次射击中，恰有 ８ 次击中目标２．解析　 （１）Ｐ＝ ＝ ．Ｐ ０．２ ０．８×０．５ ０．８×０．５ ５ ３ １２５ 的概率为 Ｐ （ Ｘ ＝ ８） ＝ Ｃ８１０ × ０． ８８ × （ １ －
１ ４
Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．２＋１０×０．４＋３０×０．４＝ １６． １ ( １ ) ( ４ ) ２５６ ０．８）
２≈０．３０．
（２）Ｐ＝Ｃ５ ＝ ．
若先猜谜语 Ｂ 后猜谜语 Ａ，则所获奖金 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 ０，２０，３０，分布列为 ３．解析　 （１）正确．每道题猜对的概率为 标的概率为 Ｐ（Ｘ≥８）＝ Ｐ（Ｘ ＝ ８） ＋Ｐ（Ｘ
８ ８ ２
Ｘ ０ ２０ ３０ ０．２５，猜 １２ 道题可看作是 １２ 重伯努利 ＝ ９）＋Ｐ（Ｘ＝ １０）＝ Ｃ１０×０．８ ×（１－０．８） ＋
９
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． Ｃ１０×０．８
９ ×（１－ ０． ８） １ ＋Ｃ１０ １０１０ × ０． ８ ×（１－
（２）不正确．由于是不放回抽取，每次抽 ０
Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．５＋２０×０．１＋３０×０．４＝ １４． ０．８） ≈０．６８．
Ｅ（Ｘ）＞Ｅ（Ｙ）， 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
所以选择先猜谜语 Ａ 后猜谜语 Ｂ 更好． 分布． 的概率为 Ｐ（Ｘ≥３）＝ Ｐ（Ｘ ＝ ３） ＋Ｐ（Ｘ ＝
４．略． Ｃ３ Ｃ２ Ｃ４ １７．解析　 Ｅ（Ｘ）＝ －１×０．１＋０×０．８＋１×０．１ １０ ２０ １０Ｃ２０ Ｃ
５
４） ＋Ｐ （Ｘ ＝ ５） ＝ ＋ ＋ １０ ≈
＝０， ５ ５ ５７．４．２　 超几何分布 Ｃ３０ Ｃ３０ Ｃ３０
Ｄ（Ｘ）＝ （－１） ２ ×０．１＋０２ ×０．８＋１２ ×０．１ ＝ ０．１９１．
０．２， 教材第 ８０ 页（练习） ７．解析　 （１）同时发生故障的车床数 Ｘ～
１ １ ２
Ｅ（Ｙ）＝ －２×０．１＋（ －１） ×０．２＋０×０．４＋１× Ｃ Ｃ Ｃ ４３１． 　 Ｐ＝ ４ ２０＋ ４解析 ＝ ． Ｂ（３，０．２），则２ ２
０．２＋２×０．１＝ ０， Ｃ２４ Ｃ２４ １３８ Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ ０．８３ ＝ ０．５１２，
２ ２
Ｄ（ Ｘ） ＝ （－２） ２ × ０． １ ＋ （－１） ２ × ０． ２ ＋ Ｃ Ｃ２． 　 Ｐ＝ ４ ８解析 ＝
５６
． Ｐ（Ｘ＝ １）＝ Ｃ
１
３×０．８２×０．２１ ＝ ０．３８４，
０２×０．４＋１２×０．２＋２２×０．１＝ １．２， Ｃ４１２ １６５ Ｐ（Ｘ＝ ２）＝ Ｃ２３×０．８１×０．２２ ＝ ０．０９６，
甲、乙两种手表走时误差的期望一样， ３．解析　 例 １：一个班共有 ４５ 名同学，其 Ｐ（Ｘ＝ ３）＝ ０．２３ ＝ ０．００８．
但甲种手表的方差小于乙种手表的方 中女生 ２０ 人，现从中任选 ７ 人，这 ７ 人 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 ０ １ ２ ３
稳定． 例 ２：从一副扑克牌（去掉大小王，共 ５２
Ｐ ０．５１２ ０．３８４ ０．０９６ ０．００８
拓广探索 张）中取出 ５ 张，则取出黑桃的张数 Ｘ
８．解析　 设变量 Ｘ 的可能取值为 Ｘ ，Ｘ ， ． （２）车床发生故障的床数 Ｘ 的可能取１ ２ 服从超几何分布
…，Ｘｎ，对应的概率为 ｐ 值为 ０，１，２，３．１，ｐ２，…，ｐｎ，因 习题 ７．４
为 μ≠ａ，不妨设 μ＝ａ＋ｔ（ ｔ≠０）， Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ ０．９２×０．８＝ ０．６４８，复习巩固
则 Ｘ 相对于 μ 的方差 Ｄ１ ＝ （Ｘ１－μ） ２ｐ１ ＋ Ｐ（Ｘ＝ １）＝ Ｃ
１
２×０．９１×０．１１×０．８＋０．９２×０．２１．解析　 利用古典概型计算概率的公式
（Ｘ２－μ） ２ｐ ２ ＝２＋…＋（Ｘｎ－μ） ｐｎ， ０．３０６，计算试验成功的概率 Ｐ：
Ｘ 相对于 ａ 的方差 Ｄ ＝ （Ｘ －ａ） ２ｐ ＋ Ｐ（Ｘ＝ ２）＝ ０．１２×０．８＋Ｃ１２×０．９１× １×２ １ １ ０．１ ０．２
＝试验成功包含的基本事件个数 ＝ ２（Ｘ ２ ２ Ｐ ＝ ０．０４４，２－ａ） ｐ２＋…＋（Ｘｎ－ａ） ｐｎ 基本事件总数 ６
＝ （Ｘ１－μ＋ｔ） ２ｐ１ ＋ （Ｘ －μ＋ｔ） ２ｐ ＋ … １ Ｐ（Ｘ＝ ３）＝ ０．１
２×０．２＝ ０．００２．
２ ２
＋（Ｘ －μ＋ｔ） ２ｐ ＝ ．３ 所以 Ｘ 的分布列为ｎ ｎ
＝ （Ｘ１ － μ） ２ｐ１ ＋ （Ｘ２ － μ） ２ｐ２ ＋…＋（Ｘｎ － 在 ３０ 次试验中，成功次数 Ｘ 服从二项 Ｘ ０ １ ２ ３
μ） ２ｐｎ＋２ｔ（Ｘ１－μ） ｐ１ ＋２ｔ（Ｘ２ －μ） ｐ２ ＋…＋ １ Ｐ ０．６４８ ０．３０６ ０．０４４ ０．００２
分布Ｂ ３０， ，则成功次数 Ｘ 的均值
２ｔ（Ｘｎ－μ）ｐ ２ｎ＋ｔ （ｐ１＋ｐ２＋…＋ｐ ） ( ３ )ｎ 拓广探索
＝ Ｄ１＋２ｔ［（Ｘ１ｐ１ ＋Ｘ２ｐ２ ＋…＋Ｘｎｐｎ） －μ（ ｐ１ Ｅ（Ｘ）＝ ｎｐ＝ ３０×
１ ＝ １０． ８．解析　 有效率宣传可能过大．治愈人数
＋ｐ２＋…＋ｐｎ）］＋ｔ２ ３ Ｘ 服从二项分布，即 Ｘ～ Ｂ（ｎ，０．９），若 ｎ
＝Ｄ ＋ｔ２＞Ｄ ． ２．解析　 Ｐ＝Ｃ１× ３× １ ＝１ １ ４ ０．９ ０．１ ０．２９１ ６． ＝ 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 ９０％可能过大．但由于
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 Ｐ１ 随机抽取的只有 １０ 人，会有很大的偶
取值的平均水平．
＝ ３ ( １Ｃ６ ２ )
３ ( １ ) ３ ＝ ５ ． 然性，若抽取的人数较多，才可以更准２ １６ 确的反映此新药的有效率．
（２）质点位于 ４ 的位置，说明质点向左
1　 08


教材习题答案
＝ １ × １ ＝ １ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）
＝ ０．４，
Ｐ（ＡＢ） ． ２
7.5　正态分布 ２ ２ ４ ３
所以 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）＝ ．
教材第 ８７ 页（练习） Ｐ（ＡＢ） １ ２ ８（２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ．
１ ２ Ｐ（Ａ） ２ｘ ８．解析 　 第 １ 种方案：选择在商场内促
１．解析 　 ｆ（ ｘ） ＝ ｅ－ ２ ；０．５；０． ６８２ ７；
２π ３．解析　 设 Ａ１ ＝“抽到的是第一箱中的零 销，此时可获得利润 ２ 万元．
０．８４１ ３５；０．１５８ ６５． 件”，Ａ２ ＝“抽到的是第二箱中的零件”， 第 ２ 种方案：选择在商场外促销，设此
２． 　 图略．Ｐ（Ｘ≤－２）＋Ｐ（Ｘ≤２）＝ １， Ｂ＝解析 “任取一个零件为次品”，则 Ω ＝ Ａ１ 时可获得利润 Ｘ 万元，则 Ｘ 的分布
Ｐ（ ｜Ｘ ｜≤１）＞Ｐ（ ｜ Ｙ ｜≤１） ． ∪Ａ２，且 Ａ１，Ａ２ 互斥，Ｐ（Ａ１ ） ＝ Ｐ（Ａ２ ） ＝ 列为
３．解析　 例 １：某地区 １６ 岁男孩的身高的 ０．５，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＝ ０．２，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ ０．１５． Ｘ ８ －３
分布可以近似看成正态分布． （１）由全概率公式知 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１） · Ｐ ０．６ ０．４
例 ２：某厂生产的某种型号的灯泡的使 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ 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． ０．５×０．１５＝ ０．１７５． 因为 ３．６＞２，所以应选择第 ２ 种方案．
习题 ７．５ （２） 由 贝 叶 斯 公 式 知 Ｐ （ Ａ１ ｜ Ｂ） ＝ ９．解析　 （１）由题意可知，一年中有 ４ 人
复习巩固 Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＝ ０．５
×０．２
≈０．５７． 以上出险，保险公司将亏本．用 Ｘ 表示
１．解析　 男生的数学平均成绩 μ ＝ ７２，方 Ｐ（Ｂ） ０．１７５１ 一年中这 １０ 万人遭遇意外伤害的人
σ２ ＝ ８２； μ ＝ ４．解析　 （１）由分布列的性质有 ０．３６
＋１－
差 １ 女生的数学平均成绩 ２ 数，则 Ｘ～Ｂ（１００ ０００，０．０００ ０１），保险公＋ ２ ＝
２ ２ ２ ２ ２ｑ ｑ １，解得 ｑ＝ ０．２ 或 ｑ＝ １．８（舍去） ．７４，方差 σ２ ＝ ６ ．显然 μ１ ＜μ２，σ１ ＞σ ，所 司亏本的概率为 Ｐ（Ｘ＞４）＝ １－Ｐ（Ｘ≤４）２ （２）由（１）知分布列为 －３
以男生的数学平均成绩没有女生的数 ≈３．６６×１０ ．
学平均成绩高，且男生的分数不集中， Ｘ ０ １ ２ （２）这家保险公司一年内获利不少于
比较分散． Ｐ ０．３６ ０．６ ０．０４ １００ 万，表示一年内最多 ２ 人出险，所
２．解析　 （１）Ｐ（１６５＜Ｘ≤１７５）≈０．６８２ ７． 所以 Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．３６＋１×０．６＋２×０．０４ ＝ 以其概率 Ｐ（Ｘ≤２）≈０．９１９ ７．
１ ０．６８， 拓广探索
（２）Ｐ（Ｘ≤１６５）＝ ×［１－Ｐ（１６５＜Ｘ≤
２ Ｄ（Ｘ） ＝ （０－０．６８） ２ ×０．３６＋（１－０．６８） ２ × １０．解析　 记第 ｎ 次传球后球在甲手中的
１７５）］≈０．１５８ ６５． ０．６＋（２－０．６８） ２×０．０４＝ ０．２９７ ６． 概率为 Ｐ（ｎ），则第 ｎ－１ 次传球后球在
（３）Ｐ（Ｘ＞１７５）＝ Ｐ（Ｘ＜１６５）≈０．１５８ ６５． 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－１），开始时球
１ 值 １，２，…，ｎ 是等可能的，所以取每个 在甲手中，则 Ｐ（０）＝ １．若第 ｎ 次传球
３．解析　 Ｐ（μ≤Ｘ≤μ＋σ）＝ Ｐ（μ－σ≤Ｘ
２ １ 后球在甲手中，则第 ｎ－１ 次传球后球
可能的值的概率均为 ，从而 Ｅ（Ｘ）
１ ｎ 不在甲手中，即第 ｎ－１ 次传球后球在
≤μ＋σ）≈ ×０．６８２ ７＝ ０．３４１ ３５．
２ ｎ＝ ∑ × １ ＝ ｎ＋１ｉ ． 乙或丙手中，所以第 ｎ－１ 次传球后球
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（０， ｎ＋１又 Ｅ （ Ｘ） ＝ １０，所以 ＝ １０，所以 ｎ 乙或丙在第 ｎ 次把球传到甲手上的概
２２），袋装食盐的合格率 Ｐ（－４≤Ｘ≤４） ２ １ １
率为 ，于是有 ［１ －Ｐ（ ｎ － １）］ ＝
≈０．９５４ ５． ＝ １９． ２ ２
复习参考题 ７ ６．解析　 （１）记 Ｘ 为击中目标的次数，则 １ １
复习巩固 Ｘ～Ｂ（１０，０．３），
Ｐ（ｎ），即 Ｐ（ｎ）＝ － Ｐ（ｎ－１）＋ ，
恰好击中目标 ３ 次的概 ２ ２
１．解析　 将一枚均匀的硬币抛掷两次，记 率为 １ １ １
＝ ＝ ３ × ３× ７ 所以 Ｐ（ｎ）
－ ＝－ Ｐ（ｎ－１）－ ，
Ａ＝“第一次掷到正面”，Ｂ ＝ “第二次掷 Ｐ（Ｘ ３） Ｃ１０ ０．３ ０．７ ≈０．２６７． ３ ２
[ ３ ]
１ １ （２）目标击中的次数 Ｘ ～ Ｂ（ｎ，０．３），目 １
到反面”，显然 Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝ ， 所以{Ｐ（ｎ）－ } 是首项为 Ｐ（１－１） －
２ ２ 标至少被击中一次可以表示为｛Ｘ＞０｝， ３
１ 它的对立事件是｛Ｘ ＝ ０｝，所以“目标至 １ ２ １
Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ，此时有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）； ＝ ，公比为－ 的等比数列，
２ 少被击中一次”的概率为 Ｐ（Ｘ＞０）＝ １－ ３ ３ ２
ｎ ｎ
从 １，２，３，４，５ １ ２ １中任取两个不同的数，记 Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ １－（１－０．３） ． 所以 Ｐ（ｎ）－ ＝ × － ，
３ ３ ( ２ )
Ａ＝“取到的两数之和为偶数”，Ｂ ＝ “取 为使目标被击中的概率超过 ９５％，需使 ｎ
２ １－（１－０．３）
ｎ＞９５％，解得 ｎ＞８．４，根据实 ２ １ １所以 Ｐ（ｎ）＝ × － ＋ （ｎ∈Ｎ ）．
到的两数均为偶数”，则 Ｐ（ Ａ） ＝ ， 际意义，至少需要 ９ 门大炮才能使目标 ３
( ２ ) ３
５
至少被击中一次的概率超过 ９５％． １１．解析　 （１）按随机 ５ 人一组进行分析．１ １
Ｐ（Ｂ）＝ ，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ，此时有 Ｐ（Ｂ） 综合运用 若逐一化验，则需化验 ５ 次；若按混合１０ ４
＜Ｐ（Ｂ ｜ Ａ） ． ７．解析　 设 Ａ１ ＝“玩手机时间超过 １ ｈ 的
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
所以 Ｐ（Ｂ）与 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）之间没有确定的 学生”，Ａ２ ＝“玩手机时间不超过 １ ｈ 的
大小关系． 学生”， Ｂ ＝ “任意调查一人，此人近 Ｘ １ ６
５ ５
２．解析　 记 Ａ＝ “第一枚骰子的点数是偶 视”，则 Ω ＝ Ａ Ｐ ０．９５ １－０．９５１ ∪ Ａ２，且 Ａ１， Ａ２ 互斥，
数”，Ｂ＝“第二枚骰子的点数是偶数”， Ｐ（Ａ１）＝ ０．２，Ｐ（ Ａ２ ） ＝ ０．８，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１ ） ＝ 所以 Ｅ（Ｘ）＝ １×０．９５５＋６×（１－０．９５５）≈
１ １ ０．５，Ｐ（Ｂ）＝ ０．４． ２．１３．
则 Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝ ．
２ ２ 根据全概率公式有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ 因为 ２．１３＜５，
（１） 两个点数都出现偶数的概率为 Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２） ＝ ０．２×０．５＋０．８× 所以采用 ５ 人一组的混合化验方法可
1　 09


以减少化验次数．
（２） ｋ ， ８．１．２　 样本相关系数
气温 ／℃ ２６ １８ １３ １０ ４ －１
若 人一组 需要化验的次数记为 杯数 ２０ ２４ ３４ ３８ ５０ ６４
Ｙ，则 Ｙ 的可能取值为 １，ｋ＋１，Ｙ 的分 教材第 １０３ 页（练习）
布列为 １．解析 　
则气温与卖出的热茶杯数之间可以建
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 １ ｋ １ 函数模型得到的是两变量之间确定的
ｋ ｋ 映变量之间的相关关系，而不能确切地Ｐ ０．９８ １－０．９８ 关系，回归模型建立的是两变量之间的
反映变量之间的相关关系．
所以 Ｅ（ Ｙ） ＝ １× ０．９８ｋ ＋（ ｋ＋ １） ×（１ － 相关关系，是对两变量之间关系的一种１０
０．９８ｋ） ． ２．解析　 由已知得 ｘ ＝ ，ｙ ＝ －２，根据样 近似表达，如小卖部卖出的热茶杯数不３
若逐一化验，则需要化验 ｋ 次． 是因为气温是多少摄氏度，卖出的热茶本相关系数公式得 ｒ ＝ －１，所以可知这
所以 ｋ－Ｅ（Ｙ）＝ ｋ×０．９８ｋ－１． 就确定是多少杯，所以不能用函数模型两个变量线性相关．
ｇ（ｘ）＝ ｘ·０．９８ｘ－１， 去刻画，只能通过回归模型处理．设 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
则 ｇ′（ｘ）＝ （１＋ｘｌｎ ０．９８）０．９８ｘ， 知， ｜ ｒ ｜越接近 １，变量之间的相关程度 模型中的 ｘ 每增加 １ 个单位，ｙ 相应地
当 １＋ｘｌｎ ０．９８ ＝ ０ 时，ｘ≈４９，所以函数 越大，ｒ＞０，两变量正相关，ｒ＜０，两变量 平均增加 ｂ 个单位．若 ｂ＞０，则 ｙ 与 ｘ 正
在（０，４９）内单调递增，在（４９，＋∞ ）内 负相关． 相关，若 ｂ＜０，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．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．
－
＋ ＝ １ Ｐ（μ
－σ≤Ｘ≤μ＋σ）
Ｐ（Ｘ＞μ σ） ≈ 系数可知相关程度较大，销售额随广告
２ ８．２．２　 一元线性回归模型参数的支出的增大显示逐渐递增的趋势．
１－０．６８２ ７
≈０．１６＝ １６％， 习题 ８．１ 最小二乘估计
２
复习巩固 教材第 １１３ 页（练习）
所以 Ａ 等级的分数线为 μ＋σ ＝ ７５＋８ ＝
１．解析　 图（２）（３）（４）存在相关关系，且 １．解析　 这种说法不对．不同的观测数据
８３ 分以上．
图（２）（４）是正相关，图（３）是负相关． 会得到参数 ａ，ｂ 不同的估计值，但是要
Ｐ（μ≤Ｘ＜μ＋σ）＝ Ｐ（Ｘ≥μ） －Ｐ（Ｘ≥μ＋
图（２）（３）呈现的是线性相关，图（４）呈 达到“整体接近程度”，应该通过最小
σ）≈０．５－０．１６≈０．３４＝ ３４％，
现的是非线性相关． 二乘法进行分析求解参数 ａ，ｂ．
所以 Ｂ 等级的分数线为［μ，μ＋σ），即 ２．解析　 约 １６８ ｃｍ．
综合运用
［７５，８３） ．
２． 　 （ ） ， ３．解析 　 图略．观察残差图可以发现，残解析 通过作出散点图 略 可知 这
同理可得， Ｃ 等级的分数线为 ［ ６７， 差比较均匀地分布在横轴的两边．
些散点大致分布在一条直线周围，所以
７５），Ｄ 等级的分数线为 ６７ 分以下． ４．解析　 残差和为 ０．００４，接近 ０，残差和
顾客投诉次数与航班正点率呈现线性
为 ０，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，
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 ＝ ｙ５．解析　 ｂ ．３．解析　 由已知得 ｘ ＝ １．９４，Ｆ ＝ ５．９８５，计 ｘ
算得 ｒ＝ １．说明弹簧伸长长度与所受外 教材第 １２０ 页（练习）
8.1　成对数据的统计相关性 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 ①寻找异常点，就是残差特别大的点，
教材第 ９５ 页（练习）
出生率高，应该都是跟这 ３ 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
然环境好，更适应人类与动物生存有关 ②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
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 　 （ １） 记 １９９７ 年、 １９９８ 年、…、
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：
变量取值唯一确定，这就是相关关系． 及其应用
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 １０７ 页（练习）
积与圆的半径，其关系就是确定的，即 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 ６０ 元，每件售价 ９０ 元，每
２．解析　 （１）（２） （４）图中的两个变量存 天售出 ３０ 件，在一定的范围内，这批服
在相关关系，图（３）中的散点无规律可 装的售价每降低 １ 元，每天就多售出 １ 记年份为 ｘ，ＧＤＰ 为 ｙ，则可猜想它们之
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＝ ｃ１＋ｃ
ｘ－１ ９９６
２·ａ （ａ＞１） ．
３．解析　 存在相关关系．总体上可以看出 的函数模型． （２）设一元线性回归模型为 ｙ ＝ ｂ^ｘ＋ ａ^，
海拔越高鸟的种类越多． 回归模型：某小卖部 ６ 天内卖出的热茶 （ｘ 为 １９９７ － ２００６ 年的序号，即为 １ －
的杯数与当天气温的对比表如下： １０），
1　 10


教材习题答案
经计算有 ｘ＝ ５．５，ｙ＝ １２９ ４３５．５１， ２．解析　 （１）根据表中数据作出散点图，
Ｐ（Ｙ＝
１０
１ ｜ Ｘ ＝ ０）＝ ，Ｐ（Ｙ ＝ １ ｜ Ｘ ＝ １） ＝
ｂ^≈１４ ８５４．７５，ａ^≈４７ ７３４．３７， 如图所示． ４３
所以一元线性回归模型为 ７ ，Ｐ（Ｙ＝ ０ ｜Ｘ＝ ＝
３３
０） ，Ｐ（Ｙ＝ ０ ｜ Ｘ ＝ １）
ｙ＝ １４ ８５４．７５ｘ＋４７ ７３４．３７． ４５ ４３
年份序号 观测值 预测值 残差 ＝ ３８ ．
４５
１ ７９ ７１５．０ ６２ ５８９．１２ １７ １２５．８８
３．解析　 （１） “吸烟有害健康”只是一个
２ ８５ １９５．５ ７７ ４４３．８７ ７ ７５１．６３
警示语，并不表示对每位烟民会引发健
３ ９０ ５６４．４ ９２ ２９８．６２ －１ ７３４．２２
康问题．
４ １００ ２８０．１ １０７ １５３．３７ －６ ８７３．２７ （２）计算得加工时间关于零件数的一
（２）不对．从概率的角度看吸烟有害于
５ １１０ ８６３．１ １２２ ００８．１２ －１１ １４５．０２ 元线 性 回 归 模 型 为 ｙ ＝ ０． ６６８ ５ｘ ＋
６ １２１ ７１７．４ １３６ ８６２．８７ －１５ １４５．４７ ５４．９３３．
健康．
７ １３７ ４２２．０ １５１ ７１７．６２ －１４ ２９５．６２ （３）加工时间对零件数呈现很好的线 {０，该生为女生，４．解析　 （１）记 Ｘ＝
性关系，且加工零件的个数越多，单个 １，该生为男生，８ １６１ ８４０．２ １６６ ５７２．３７ －４ ７３２．１７
零件所花的时间就越少． ０，该生不经常锻炼，
９ １８７ ３１８．９ １８１ ４２７．１２ ５ ８９１．７８ Ｙ＝{
３．解析 　 （１）设 ｘ 表示居民年收入，ｙ 表 １，该生经常锻炼．
１０ ２１９ ４３８．５ １９６ ２８１．８７ ２３ １５６．６３
示 Ａ 商品销售额， ＝ ＝ １５则 Ｐ（Ｙ １ ｜ Ｘ ０）＝ ＝ ０．７５，Ｐ（Ｙ ＝ １ ｜
（３）预测 ２０１７ 年的 ＧＤＰ，即把 ｘ＝ ２１ 代 经计算有 ｘ ＝ ３７．９７，ｙ ＝ ３９．１，ｂ^≈１．４４７， ２０
入 ｙ ＝ １４ ８５４． ７５ｘ ＋ ４７ ７３４． ３７，可预测 ａ^≈－１５．８４３， ＝ １８Ｘ １）＝ ＝ ０．７５．
２０１７ 年的 ＧＤＰ 约为 ３５９ ６８４．１２ 亿元， 所以一元线性回归模型为 ｙ ＝ １．４４７ｘ－ ２４
而实际上我国 ２０１７ 年的 ＧＤＰ 为 ８２０ １５．８４３． 据此可以推断性别因素对学生锻炼的
７５４ 亿元，相差非常大． （２）若这个城市居民的年收入达到 ４０ 经常性没有影响．
（４）这个模型不能很好地刻画 ＧＤＰ 与 亿元，即 ｘ＝ ４０，则估计 Ａ 商品的销售额 （２）可能犯错，这是由于随机抽样的 ４４
年份之间的关系，从（１）中的散点图看 是 ４２ 万元． 名学生的个体数较小而引起的．
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．
来越大． 教材第 １３４ 页（练习）５．解析　 散点图中可以看出震级 ｘ 与不
（５）作出相应的散点图： Ｎ １．解析　 根据例 ３ 可知，
χ２≈４．８８１＞３．８４１
小于该震级的地震数 之间线性不相
． ｘ ＝ ｘ ，所以可以推断 Ｈ 不成立，即乙关 随着 的减少，所考察的地震数Ｎ近 ０．０５ ０
似地以指数形式增长．作变换 ｙ ＝ ｌｇ Ｎ， 种疗法的效果比甲种疗法好．
得到的数据见下表： ２．解析　 会得出不同的结论．如例 ３，若选
ｘ ３．０ ３．２ ３．４ ３．６ ３．８ ４．０ ４．２ ４．４ ４．６ ４．８ ５．０ 择小概率值 α＝ ０．００５ 的独立性检验，则
ｙ ４．４５３ ４．３０９ ４．１７ ４．０２９ ３．８８３ ３．７４１ ３．５８５ ３．４３１ ３．２８３ ３．１３２ ２．９８８
ｘ ５．２ ５．４ ５．６ ５．８ ６．０ ６．２ ６．４ ６．６ ６．８ ７．０ 认为两种疗法效果没有差异；若选用小
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＝ ０．０５ 的独立性检验，则认为
由散点图可知 ＧＤＰ 与年份之间的关系 由上表可作散点图（图略），从图中可 乙种疗法的效果比甲种疗法好．
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
（即 ２００７ － ２０１６ 年对应的序号为 １ － 性，因此可以用线性回归模型拟合它们 Ｈ０：药物 Ａ 对预防疾病 Ｂ 无效．
１０），ＧＤＰ 为 ｙ，建立经验回归模型为 ｙ 之间的关系．根据截距和斜率的最小二 根据列联表中数据，经计算得到
＝ ｂ^１ｘ＋ａ^ ， 乘法计算公式，得ａ^＝ ６．７０１ ４，ｂ^＝－０．７４０１ χ２ １０５×（２９× －＝ １４ ４７
×１５） ２
经计算有 ｘ＝ ５．５，ｙ＝ ５０５ ３９２．５２， ５，从而线性回归方程为 ｙ^ ＝ ６．７０１ ４－０． ７６× × ×
≈ １． ５８７ ＜
２９ ４４ ６１
２
ｂ^１≈５４ ０８４．７４，ａ^
７４０ ５ｘ．其相关指数 Ｒ ≈０．９９７ ３，说明 ｘ
１ ＝ ２０７ ９２６．４５， ３．８４１．
所以经验回归模型为 ｙ ＝ ５４ ０８４．７４ｘ＋ 可以解释 ｙ 的 ９９．７３％的变化．因此可以 根据小概率值 α ＝ ０．０５ 的独立性检验，
２０７ ９２６．４５． 用回归方程Ｎ^＝ １０
６．７０１ ４－０．７４０ ５ｘ来描述 ｘ 与
可以认为 Ｈ０ 成立，即药物 Ａ 对预防疾Ｎ 之间的关系．
预测 ２０１７ 年即 ｘ ＝ １１ 时的 ＧＤＰ 为 病 Ｂ 无效．
８０２ ８５８．５９ 亿元，与实际 ２０１７ 年 ＧＤＰ 拓广探索 ４．解析　 零假设为
为 ８２０ ７５４ 亿元相差 １７ ８９５．４１ ． ６．略．亿元 Ｈ０：数学成绩与语文成绩独立，即无
利用 １９９７－２００６ 年的一元线性回归模 关联．
型预测的 ２０１７ 年 ＧＤＰ 8.3　列联表与独立性检验远不如 ２００７－ 根据列联表中的数据，经计算得到
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 χ２ ４００×（２１２×＝ ７３－５４×６１）
２
≈４８． ０３４ ＞
一是 ２００７－２０１６ 的模型的时间更接近 教材第 １２７ 页（ × × ×练习） ２６６ １３４ ２７３ １２７
２０１７ 年，其次 ２００７－ ２０１６ 的选用模型 １．解析　 如：勤能补拙、春华秋实． ３．８４１．
更符合一元线性回归模型． ２．解析　 可以确定与 Ｘ 和 Ｙ 有关的所有 根据小概率值 α ＝ ０．０５ 的独立性检验，
习题 ８．２ 概率和条件概率．如： 可以认为 Ｈ０ 不成立，即数学成绩与语
复习巩固 ４３ ４５ 文成绩有关联．
１．解析 　 （１）解释变量与响应变量的关 Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ ，Ｐ（Ｘ ＝ １）＝ ，Ｐ（Ｙ ＝ ０）８８ ８８ 习题 ８．３
系是线性函数关系，残差平方和等于 ０．
＝ ７１ １７
复习巩固
（２）Ｒ２ １． ，Ｐ（Ｙ
＝ １）＝ ，
是 ８８ ８８ １．略．
　111


２．略． Ｈ０：婴儿出生的时间与性别独立，即无 残差分析：
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 ２χ２ ＝ ８９
×（２４×２６－８×３１）
≈ ３． ６８９ ＞ 臂展
５．解析　 等高堆积条形图如图所示： ３２×５７×５５×３４ 预 １６７．９ １７４ １７０ １７４ １７７ １６８ １７５ １６５ １６４ １７２ １７２ １７３ １６９
２．７０６． 测值
残差 １．０９８ －３．９ ２．０９ ３．０７ －２．９ －１．９ －０．９ ４．１１ ２．１２ ４．０８ －１．９ １．０７ １．０９
根据小概率值 α ＝ ０．１ 的独立性检验， 臂展
可以认为 Ｈ０ 不成立，即认为性别与出 观 １６１ １６６ １６５ １７３ １６２ １８９ １６４ １７０ １６４ １７３ １６５ １６９
测值
生时间有关联． 臂展
拓广探索 预 １６０．９ １７１ １７１ １７０ １６４ １７９ １６４ １７７ １６６ １７２ １６８ １６８
９． 测值解析　 零假设为
残差 ０．１３３ －４．９ －５．９ ３．０９ －１．９ １０ ０．１２ －６．９ －１．９ １．０８ －２．９ １．１
Ｈ０：学校和数学成绩无关联． 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 ８．３－２ 中的数据都扩大为 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 １７０ ｃｍ 的 原来的 １０ 倍，经计算得到
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 χ２ ＝ ８８０
×（３３０×７０－３８０×１００） ２
× × × ≈８．３６５＞ 条直线附近，且呈向上递增趋势，所以占比例，在身高不低于 １７０ ｃｍ 的学生 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 ２．７０６， ７．解析 　 设 ｘ（万 ｋｍ）表示行驶里程，ｙ
比例． 根据小概率值 α ＝ ０．１ 的独立性检验， （ｍｍ）表示轮胎凹槽深度，根据散点图
６．解析　 第 ５ 题中的身高变量是数值型 可以认为 Ｈ０ 不成立，即学校与数学

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