資源簡介

教材習題答案
個位數為 ２ 的數；另一類是個位數為 ７ （２）從這 ｎ 個分點中任取 ２ 個點形成一
第六章　計數原理 的數． 個向量，可以分類完成：第 １ 類，選擇 Ａ１
第一類：個位數為 ２ 的數，有 ５０ 個． 及另一點，即Ａ→１Ａ２，Ａ→２Ａ１，Ａ→１Ａ３，Ａ→３Ａ１，…，
6.1　分類加法計數原理與 第二類：個位數為 ７ 的數，有 ５０ 個． Ａ→Ａ ，Ａ→
根據分類加法計數原理，共有滿足條件 １ ｎ ｎＡ１，共有 ２（ ｎ
－ １）個向量；第 ２
分步乘法計數原理
的個數為 Ｎ＝ ５０＋５０＝ １００． 類，選擇 Ａ２ 及另一點 （不含 Ａ１ ），即
教材第 ５ 頁（練習） Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，Ａ→Ａ ，…，Ａ→Ａ ，Ａ→５．解析　 要完成的事是確定一個三位數，
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，確定百位數，可從 １，２， 共有 ２（ｎ－２）個向量；……；第 ｎ－１ 類，
解析　 （１）完成這項工作使用 ２ 種方法
３，４，５ 中任選 １ 個，有 ５ 種方法；第 ２ → →
都可以，從只會用第一種方法的 ５ 人或 有Ａｎ－１Ａｎ，ＡｎＡｎ－１兩個向量．
步，確定十位數，同樣也有 ５ 種方法；第
者從只會用第二種方法的 ４ 人中選出 １ 根據分類加法計數原理，共可得向量的
３ 步，確定個位數，同樣也有 ５ 種方法．
人即可完成這項工作，根據分類加法計 個數為 ２（ｎ－１）＋２（ｎ－２） ＋…＋２×２＋２×
所以根據分步乘法計數原理，這樣的三
數原理，共有 ５＋４＝ ９ 種選法． １＝ｎ（ｎ－１） ．
位數的個數為 ５×５×５＝ １２５．
（２）從 Ａ 村經 Ｂ 村到 Ｃ 村，需要分 ２ 步 習題 ６．１
教材第 １１ 頁（練習）
完成：第一步，從 Ａ 村到 Ｂ 村，有 ３ 條道 復習鞏固
１．解析　 根據多項式乘法法則，要得到展
路；第二步，從 Ｂ 村到 Ｃ 村，有 ２ 條道 １．解析　 要完成買一臺電視機這件事，無
開式的項數，可以分 ３ 步完成：第 １ 步，
路，根據分步乘法計數原理，共有 ３×２＝ 論是買本地的還是外地的都可以，所以
從第一個因式中任取一項，有 ３ 種方
６ 條不同路線． 不同的選法共有 ４＋７＝ １１ 種．
法；第 ２ 步，從第 ２ 個因式中任取一項，
２．解析　 因為要確定的是這名同學的專 ２．解析　 從甲地到乙地的不同路線共有
有 ３ 種方法；第 ３ 步，從第 ３ 個因式中
業選擇，不需要考慮學校的差異，所以 ２×３＋４×２＝ １４（條） ．
任取一項，有 ５ 種方法．根據分步乘法
這名同學可能的專業選擇種數為 ６＋４－ ３．解析 　 不同的路徑有 ３ ＋ １ ＋ ２ × ２ ＝ ８
計數原理，展開后共有的項數為 Ｎ ＝ ３×
１＝ ９． （條） ．３×５＝ ４５．
３．解析　 （１）從書架上任取 １ 本書，可以 ４．解析　 由于 １，５，９，１３ 是奇數，４，８，１２，２．解析　 要確定所有的兩位數中，個位數
是從上層書架上取書，也可以從下層書 １６ 是偶數，所以 １，５，９，１３ 中的任意一
字小于十位數字的個數，可以分類完
架上取書，根據分類加法計數原理，不 個數作分子，４，８，１２，１６ 中的任意一個
成：第 １ 類，十位數字為 １，有 １ 個；第 ２
同的取法種數為 Ｎ＝ ６＋５＝ １１． 數作分母構成的分數兩兩不相同，因此
類，十位數字為 ２，有 ２ 個；第 ３ 類，十位
（２）完成這件事，需分兩步：第一步，從 可以分兩步來完成：第 １ 步，選分子，有
數字為 ３，有 ３ 個；第 ４ 類，十位數字為
上層書架上任取 １ 本數學書；第二步， ４ 種選法；第 ２ 步，選分母，也有 ４ 種選４，有 ４ 個；第 ５ 類，十位數字為 ５，有 ５
從下層書架上任取一本語文書，根據分 法．故可構成不同的分數 ４×４＝ １６（個） ．
個；第 ６ 類，十位數字為 ６，有 ６ 個；第 ７
步乘法計數原理，不同的取法種數為 Ｎ 對于第二問，分四類：分子為 １ 時，分母
類，十位數字為 ７，有 ７ 個；第 ８ 類，十位
＝ ６×５＝ ３０． 可以從 ４，８，１２，１６ 中任選一個，有 ４ 種數字為 ８，有 ８ 個；第 ９ 類，十位數字為
４．解析　 （１）根據分類加法計數原理，不 選法；分子為 ５ 時，分母從 ８，１２，１６ 中９，有 ９ 個．根據分類加法計數原理，這
同的選法種數為 Ｎ＝ ３＋５＋４＝ １２． 任選一個，有 ３ 種選法；分子為 ９ 時，分樣的兩位數的個數為 １＋２＋３＋４＋５＋６＋７
（２）根據分步乘法計數原理，不同的選 母從 １２，１６ 中任選一個，有 ２ 種選法；＋８＋９＝ ４５．
法種數為 Ｎ＝ ３×５×４＝ ６０． 分子為 １３ 時，分母只能選 １６，有 １ 種選３．解析　 要完成這件事，可以分 ２ 步完
教材第 ７ 頁（練習） 法．所以共有真分數 ４ ＋ ３ ＋ ２ ＋ １ ＝ １０成：先從 ６ 個門中選一個進入，再從其
１．解析　 電話號碼的后四位的每一位數 × ＝ （個） ．余 ５ 個門中選一個出去，故共有 ６ ５
字均可以從 ０ ～ ９ 之間的 １０ 個數字中 ３０ ５．解析 　 完成這件事可以分 ２ 步：第 １種不同的進出商場的方式．
任取一個，根據分步乘法計數原理，該 ４． 　 ｎ 步，從裝有 ５ 個小球的口袋中任取 １解析 記這條直線上的 個分點分別
電話局不同的電話號碼的個數最多為 Ａ ，Ａ ，…，Ａ ． 個；第 ２ 步，從裝有 ６ 個小球的口袋中為 １ ２ ｎ
Ｎ＝ １０×１０×１０×１０＝ １０ ０００． （１） ｎ ２ 任取 １ 個，根據分步乘法計數原理，不從這 個分點中任取 個點形成一
２．解析　 要完成選正、副組長各 １ 名這件 條線段，可以分類完成：第 １ 類，選擇 Ａ 同的取法數為 ５×６＝ ３０．１
事，需分 ２ 步：第 １ 步，選正組長，有 ５ 及另一點，即 Ａ Ａ ，Ａ Ａ ６．解析　 （１）分兩步完成：第 １ 步，從 Ａ 中１ ２ １ ３，…，Ａ１Ａｎ，共有
種選法；第 ２ 步，選副組長，有 ４ 種選 ｎ－１ 條線段；第 ２ 類，選擇 Ａ 及另一點 選橫坐標，有 ６ 種選擇；第 ２ 步，從 Ａ 中２
法．根據分步乘法計數原理，不同的選 （不含 Ａ 選縱坐標，也有 ６ 種選擇．所以共有 ６×６１ ），即 Ａ２Ａ３，Ａ２Ａ４，…，Ａ２Ａｎ，共
法數為 Ｎ＝ ５×４＝ ２０． 有 ｎ－２ 條線段；第 ３ 類，選擇 Ａ３ 及另一 ＝ ３６ 個不同的點．
３．解析 　 要完成一個減法算式，需分 ２ 點 （不含 Ａ１， Ａ２ ）， 即 Ａ３Ａ４， Ａ３Ａ５， …， （２）分兩步完成：第 １ 步，取斜率，有 ４
步：第 １ 步，確定被減數，可從 １，２，…， Ａ３Ａｎ，共有 ｎ－ ３ 條線段；……；第 ｎ－ １ 種取法；第 ２ 步，取截距，有 ４ 種取法，
１９，２０ 這 ２０ 個數中任取 １ 個；第 ２ 步， 類，只有 Ａ Ａ 一條線段． 所以共有直線 ４×４＝ １６（條） ．ｎ－１ ｎ
確定減數，可從 １，２，…，１０ 中任取 １ 根據分類加法計數原理，共可得線段的 綜合運用
個．根據分步乘法計數原理，共可得到 條數為 （ ｎ － １） ＋ （ ｎ － ２） ＋ … ＋ ２ ＋ １ ７．解析　 由于數字可以重復，最后一個只
不同的算式個數為 Ｎ＝ ２０×１０＝ ２００． ｎ（ｎ－１） 能在 ０～５ 這 ６ 個數字中選，所以可以組＝ ．
４．解析　 被 ５ 除余 ２ 的數有兩類：一類是 ２ 成號碼 １０×１０×１０×６＝ ６ ０００（個） ．
1　 01


８．解析　 （１）３４ ． 個，有 ４ 種情況；第 ３ 步，確定因數 ５ ＋７＝ １０，３＋１３＝ １６，７＋１３ ＝ ２０，共 ６ 個不
（２）５３ ． 的個數，可以選 ０ 個，１ 個，有 ２ 種情 相等的和．
９．解析　 （１）分步完成：第 １ 步，從 ５ 件不 況．所以 ２ １６０ 因數的個數為 ５×４×２ （２）１－３＝ －２，１－７＝ －６，１－１３ ＝ －１２，３－７
同的禮物中任選 １ 件送給第 １ 位同學， ＝ ４０． ＝－４，３－１３＝ －１０，３－１＝ ２，７－１ ＝ ６，１３－１
有 ５ 種方法；第 ２ 步，從剩下的 ４ 件禮 ＝ １２，７－３ ＝ ４，１３－３ ＝ １０，共 １０ 個不相
物中任選 １ 件送給第 ２ 位同學，有 ４ 種 6.2　排列與組合 等的差．
方法；第 ３ 步，從剩下的 ３ 件禮物中任 ６．２．１　 排列 ６．２．４　 組合數
選 １ 件送給第 ３ 位同學，有 ３ 種方法；
第 ４ 步，從剩下的 ２ 件禮物中任選 １ 件 教材第 １６ 頁（練習） 教材第 ２５ 頁（練習）
送給第 ４ 位同學，有 ２ 種方法．根據分 １．解析　 （１）１０，１２，１３，１４，２０，２１，２３，２４， ６×５１．解析　 （１）Ｃ２ ＝ ＝ １５．
步乘法計數原理，不同的送法有 ５×４×３ ３０，３１，３２，３４，４０，４１，４２，４３．
６ ２×１
×２＝ １２０（種） ． （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（種） ． ３ ２
２．解析　 第一場講座可以從 ４ 個班中任 （３）Ｃ７－Ｃ６ ＝ ３５－１５＝ ２０．１０．解析 　 （ １） 要取到一個白球一個紅 ３ ２
選 １ 個，有 ４ 種選法；第二場講座從剩 （４）３Ｃ８－２Ｃ５ ＝ ３×５６－２×１０＝ １４８．球，分步完成：第一步，從 ８ 個白球中
ｍ＋１
任取一個，有 ８ 種取法；第二步，從 １０ 下的 ３ 個班中任選 １ 個，有 ３ 種選法； ２．證明　 Ｃｍ＋１ｎ＋１
個黑球中任取一個，有 １０ 種取法，所 第 ３ 場講座可從剩下的 ２ 個班中任選 １
ｎ＋１
ｍ＋１ （ｎ＋１）！
以不同的取法數為 ８×１０＝ ８０． 個，有 ２ 種選法；最后一場再給最后 １ ＝ ·
個班進行講座，所以共有 ４×３×２×１ ＝ ２４ ｎ＋１ （ｍ＋１）！ ［（ｎ＋１）－（ｍ＋１）］！（２）把這 ８ 個白球編號為 １～ ８，要從 ８
種輪流次序． ｎ！ ｍ
個白球中任取 ２ 個，可以分類完成：第 ＝ ＝Ｃｎ ．
１ ， １ ， ２～ ８ １ ３．解析　 （１）從 ５
ｍ！ （ｎ－ｍ）！
名運動員中先選 １ 人參
類 先取 號 再從 號中任選
， ４ ３．解析　 （１）所有不同的選法數就是從 ６， ７ 加第一場比賽 再從剩下的 名運動員個 有 種取法；第 ２ 類，先取 ２ 號，再 門考試成績中任選 ３ 門的組合數，所有
從 ３～ ８ １ ， ６ ； 中選 １ 人參加第二場比賽，最后從剩下號中任取 個 有 種取法 選法種數為 Ｃ３ ＝ ２０．
……； ７ ， ７ ， ８ ， 的 ３ 名運動員中選 １ 人參加第三場比
６
第 類 先取 號 再取 號 只
賽，所以前三場單打比賽的順序有 ５×４ （２）先從物理、化學中選一門，再從剩
有 １ 種取法．根據分類加法計數原理，
× ＝ 下的 ４ 門中選 ２ 門，所有選法種數為
不同的取法數為 ７＋ ６＋ ５＋ ４＋ ３＋ ２＋
３ ６０（種） ．
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）分兩種情況：物理、化學中只選一
（３）分兩類：一個白球一個紅球；兩個
丙乙． 門和物理、化學兩門都選，所有選法種
白球．由（１）可知一個白球一個紅球的 數為 Ｃ１Ｃ２＋Ｃ２ １２ ４ ２Ｃ４ ＝ １６．
取法數為 ８０，由（２）知兩個白球的取 ６．２．２　 排列數 習題 ６．２
法數為 ２８，所以至少有一個白球的取 教材第 ２０ 頁（練習） 復習鞏固
法數為 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 類：兩個球都是白球；兩個球 （２）Ａ８８ ＝ ８！ ＝ ４０ ３２０． ＝ ３４８．
都是紅球．兩個球都是白球的取法數 １ ２ ３ ４（３）Ａ５１５－１５Ａ４ ＝Ａ５ ５ （２）Ａ４＋Ａ４＋Ａ４＋Ａ４ ＝ ４＋１２＋２４＋２４＝ ６４．１４ １５－Ａ１５ ＝ ０．
是 ２８，兩個球都是紅球的取法數是 ９＋ Ａ７ １２×１１×１０×９×８×７×６ ２．解析　 （１）Ｃ
３
１２ １５
＝ ４５５．
８＋…＋２＋１＝ ４５，所以不同的取法數是 （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
拓廣探索 ２．證明 　 （ １） Ａ ，ｎＡ （３）Ｃ ÷Ｃｎ ｎ－１ ＝ ｎ· ６ ８ ＝ ．（ｎ－ｍ）！ ７
１１．解析　 分 ７ 步安排 ７ 天值班情況：第 １ （４）Ｃｎ ·Ｃｎ－２ ＝ Ｃ１ ２（ｎ－１）！ ｎ！ ＋ ＋ ·Ｃ ＝ （ ｎ ＋ １） ·ｍ ｍ－１ ｎ １ ｎ ｎ １ ｎ
天可從 ７ 人中任選 １ 人值班，有 ７ 種 ＝ ，所以 Ａｎ ＝ｎＡ（ｎ－ｍ）！ （ｎ－ｍ）！ ｎ－１
． ｎ（ｎ－１） ＝ ｎ（ｎ
２－１）
．
選法；由于不能連續值班，所以第 ２ 天 （２）Ａ８８－８Ａ７ ６ ７ ７７＋７Ａ６ ＝ ８Ａ７－８Ａ７＋Ａ７ ２ ２７
只能從剩下的 ６ 人中任選 １ 人值班， ＝Ａ７ ． ３．解析　 由于 ４ 張人民幣的幣值都不相７
有 ６ 種選法；第 ３ 天可以從除第 ２ 天 ３．解析　 要停放 ４ 列不同的火車，需要從 同，組成的幣值與順序無關，所以可以
值班的人之外的 ６ 人中任選 １ 人值 ８ 股岔道上任選 ４ 股岔道，所以不同的 分為分別由 １ 張、２ 張、３ 張、４ 張人民
班，有 ６ 種選法；同樣，第 ４ 天，第 ５ 停放方法數為 Ａ４ ＝ ８×７×６×５＝ １ ６８０． 幣組成的幣值，共有不同的幣值 Ｃ
１ ＋Ｃ２
８ ４ ４
天，第 ６ 天，第 ７ 天均有 ６ 種選法．根 ＋Ｃ３＋Ｃ４４ ４ ＝ １５（種） ．
據分步乘法計數原理，共有不同的安 ６．２．３　 組合 ４．答案　 （１）１０　 （２）６０
排方法數為 ７ × ６ × ６ × ６ × ６ × ６ × ６ ＝ 教材第 ２２ 頁（練習） （３）２４３　 （４）ｍｎ
３２６ ５９２． １．解析　 （ １）甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙 解析　 （ １）由于選出的人沒有地位差
１２．解析　 首先將２ １６０分解因數得２ １６０ 丁，丙丁． 異，所以是組合問題，不同方法的種數
＝ ２４×３３×５１，要確定 ２ １６０ 的正因數個 （２） 是 Ｃ３５ ＝ １０．
數可以分 ３ 步完成：第 １ 步，確定因數 冠軍 甲 乙 甲 丙 甲 丁 乙 丙 乙 丁 丙 丁 （２）由于禮物互不相同，與分送的順序
２ 的個數，可以選 ０ 個，１ 個，２ 個，３ 亞軍 乙 甲 丙 甲 丁 甲 丙 乙 丁 乙 丁 丙 有關系，所以是排列問題，不同方法的
個， ４ 個，有 ５ 種情況；第 ２ 步，確定因 ２．解析　 △ＡＢＣ，△ＡＢＤ，△ＡＣＤ，△ＢＣＤ． 種數是 Ａ３５ ＝ ６０．
數 ３ 的個數，可以選 ０ 個，１ 個，２ 個，３ ３．解析　 （１）１＋３＝ ４，１＋７＝ ８，１＋１３ ＝ １４，３ （３）由于 ５ 人中每個人都有 ３ 種選擇，
　102


教材習題答案
而且選擇的時間對別人沒有影響，所以 １１．解析　 由于 ｎ 個不同元素的全排列共 取 ５ 件，其抽法數為 Ｃ５９７ ．
是一個“可重復排列”問題，不同方法 有 ｎ！ 個，而 ｎ！ ≥ｎ，所以 ｎ 個不同的 （２）從 ３ 件次品中任抽 ２ 件，９７ 件正
的種數是 ３５ ＝ ２４３． 數值可以以不同的順序形成其余的每 品中任抽 ３ 件，其抽法數為 Ｃ２ ３３Ｃ９７ ．
（４）由于只需取出元素，而不用考慮順 一行，并且任意兩行的順序都不同．為 （３）５ 件產品中至少有 ２ 件次品，含有
序，所以可以分 ２ 步：第 １ 步，從集合 Ａ 使每一行都不重復，ｍ 可以取的最大 兩種情況：２ 件次品 ３ 件正品，３ 件次
中取出 １ 個元素，有 ｍ 種取法；第 ２ 步， 值是 ｎ！． 品 ２ 件正品，所以其抽法數為 Ｃ２３Ｃ３９７
從集合 Ｂ 中取出 １ 個元素，有 ｎ 種取 １２．解析　 （１）分兩類：第一類，從 ０，２，４， ＋Ｃ３３Ｃ２． ９７
．
法 所以共有取法 ｍｎ 種． ６ 中取 ３ 個數（不取 ０），只有 １ 種取 （４）從 １００ 件產品中任抽 ５ 件的方法
５．解析　 （１）沒有規定選什么樣的書，所 法，從 １，３，５ 中任取 ２ 個數，有 Ｃ２３ 種 數為 Ｃ５
以只需從 １２ 本書中任選 ６ 本即可，其 １００，其中有 ３ 件是次品的抽法取法，組成不同的五位數的個數為
數為 Ｃ３ ２選法數有 Ｃ６ ＝ ９２４． ３Ｃ９７，所以至多有 ２ 件次品的抽１２ Ｃ２Ａ５３ ５ ＝ ３６０；
（２）數學、物理、化學這三類書擺放在 法數為 Ｃ
５
１００－Ｃ３ ２３Ｃ９７ ．
第二類，從 ０，２，４，６ 中取 ３ 個數（其中
書架上有 Ａ３３ 種放法；而同類的 ４ 本不 拓廣探索一個數是 ０），有 Ｃ２３ 種取法，再從 １，３，
同的數學書之間可以有不同的順序，有 １６．解析 　 （１）在 Ｃ７２ ３７ 注彩票中可以有一
Ａ４ ， ， 、 ５ 中任取 ２ 個數，有 Ｃ 種取法，組成４ 種放法 同理 同類的物理 化學書 ３ 個一等獎．
２ ２ ５ ４
之間也分別有 Ａ５ ３５，Ａ３ 種放法，所以不同
不同的五位數的個數為 Ｃ３Ｃ３（Ａ５－Ａ４） （２ ） 要 將 一 等 獎 的 機 會 提 高 到
的放法有 Ａ３Ａ４Ａ５Ａ３ ＝ ８６４．３ ４ ５ ３ ＝ １０３ ６８０（種） ． １ １以上且不超過 ，即
６．解析　 （１）由“三個不共線的點確定一 所以共有不同的五位數的個數為 ３６０ ３ ０００ ０００ ２ ０００ ０００
個平面”，得所確定的平面與點的順序 ＋８６４＝ １ ２２４． ２ ０００ ０００≤Ｃｎ３７＜３ ０００ ０００（ｎ∈Ｎ），用
無關，所以可確定的平面數是 Ｃ３ ＝ ５６． （２）可以分步完成：第一步，最高位選８ 計算器可得 ｎ＝ ６，所以可在 ３７ 個數中
（２）由于四面體由四個頂點唯一確定， ５ 或 ６，有 ２ 種選法；第二步，其他各位 取 ６ 個數．
且與四個點的順序無關，所以可確定的 從剩下的 ６ 個數中進行全排列，所以 １７．解析 　 可以按照Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ的順序
四面體個數是 Ｃ４１０ ＝ ２１０． 可以得到比 ５ ０００ ０００ 大的正整數的 分別著色，分別有 ５，４，３，３ 種方法，所
７．解析　 由于只需選出要做的題目即可， 個數為 Ｃ１ ６２Ａ６ ＝ １ ４４０． 以著色種數為 ５×４×３×３＝ １８０．
所以是組合問題，不同的選法種數是 １３．解析　 由于選出的人沒有地位差異， １８．解析　 由于“群里”總共 １０ 人，其中 １
Ｃ３４Ｃ２３Ｃ１２ ＝ ２４． 所以是組合問題． 人發了信息，３ 人能看到信息，所以這
綜合運用 （１）Ｃ２ ２５Ｃ４ ＝ ６０． ９ 人中有 ３ 人與發信息的人是 “好
８．證明　 （ １） Ａｎ＋１ ｎ ｎ ｎｎ＋１ －Ａｎ ＝ （ ｎ＋ １） Ａｎ －Ａｎ ＝ （２）其余 ２ 人從剩下的 ７ 人中任意選 友”，所以“好友”關系的可能情況有
ｎＡｎ ＝ｎ２Ａｎ－１ｎ ｎ－１ ． 擇，所以共有 Ｃ２７ ＝ ２１ 種選法． Ｃ３ ＝ ８４（種） ．
（ｎ＋１）！ ｎ！ ９
（２） － （３）間接法，在 ９ 人選 ４ 人的選法中，
ｋ！ （ｋ－１）！ １９．解析　 由于甲和乙都沒有得冠軍，所
＋ － 把男生甲和女生乙都不在內的情況去（ｎ １）！ ｋ·ｎ！ 以冠軍是其余 ３ 人中的一個，有 Ａ
１
３ 種
＝
ｋ！ 掉，就得到符合條件的選法數，為 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． 名中的一個，有 Ａ１ 種可能，上述位置＝ ３．
ｋ！ （４）解法一（間接法）：在 ９ 人選 ４ 人 確定后，甲連同其他 ２ 人可任意排列，
９．解析　 可以分 ３ 步完成：第 １ 步，安排 ４ 的選法中，把只有男生和只有女生的 有 Ａ３３ 種排法．所以名次排列的可能情
個音樂節目，共有 Ａ４４ 種排法；第 ２ 步， 情況排除掉，就得到符合條件的選法 況的種數是 Ａ１３×Ａ１ ３３×Ａ３ ＝ ５４．
安排 ３ 個舞蹈節目，共有 Ａ３３ 種排法；第 數為 Ｃ４９－Ｃ４５－Ｃ４４ ＝ １２０．
３ 步，安排 ２ 個曲藝節目，共有 Ａ２２ 種排 解法二（直接法）：分別按照含男生 １、 6.3　二項式定理
法．所以不同的排法有 Ａ４Ａ３Ａ２４ ３ ２ ＝ ２８８ ２、３ 人分類，得到符合條件的選法數
（種） ． 為 Ｃ１５Ｃ３ ２ ２ ３ １４＋Ｃ５Ｃ４＋Ｃ５Ｃ４ ＝ １２０．
６．３．１　 二項式定理
１０．解析　 （１）從每個小組的 １２ 名同學 １４．解析　 按照去的人數分類，去的人數 教材第 ３１ 頁（練習）
中選 ４ 名同學，這是一個組合問題，不 分別為 １、２、３、４、５、６，而去的人沒有 １．解析 　 （ ｐ ＋ ｑ）
５ ＝ ｐ５ ＋ ５ｐ４ｑ ＋ １０ｐ３ｑ２ ＋
同的選法數為 Ｃ４ ＝ ４９５． ２ ３ ４ ５１２ 地位差異，所以不同的去法有 Ｃ１６＋Ｃ２＋ １０ｐ ｑ ＋５ｐｑ ＋ｐ ．６
（２）解法一：先從 １２ 名同學中任選 ４
Ｃ３＋Ｃ４＋Ｃ５＋Ｃ６ ＝ ６３（種） ． ２．解析　 展開式的第 ３ 項 Ｔ３ ＝ Ｃ
２
６ ×（２ａ） ４
名，再從所選 ４ 名同學中選 １ 名作替 ６ ６ ６ ６
（２）分兩類：第一類，甲和乙都去，另 ×（３ｂ）
２ ＝ ２ １６０ａ４ｂ２ ．
補，所以不同的選法數為 Ｃ４１２ Ｃ１４ ＝
外 ４ 人中可以去 ０、１、２、３、４ 人，則不 ３．解析 　 展開式的第 ｒ ＋ １ 項 Ｔ ＝ Ｃ
ｒ ×
１ ９８０． ｒ＋１ ｎ
ｒ
解法二：先從 １２ 名同學中任選 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 ．
替補，再從剩下的 １１ 名同學中選 ３ （種）；第二類，甲和乙都不去，另外 ４ è ２ ｘ ２
名，所以不同的選法數為 Ｃ１ Ｃ３ ＝ 人中可以去 ０、１、２、３、４ 人，則不同的 ４．Ｄ 　 展開式的第 ６ 項 Ｔ ＝ Ｃ
５ ｘ１０－５５＋１ １０ ×
１２ １１
１ ９８０． 去法有 Ｃ０４＋Ｃ１４＋Ｃ２４＋Ｃ３４＋Ｃ４４ ＝ １６（種） ． （－１）
５ ＝ － Ｃ５ ５１０ ｘ ， ∴ 第 ６ 項的系數是
（３）由于所選 ４ 名同學要指定第一、 所以不同的去法共有 １６ ＋ １６ ＝ ３２ －Ｃ５１０ ．
二、三、四辯手，所以是排列問題，不同 （種） ． ５．解析　 當第一個因式選擇“ －１”時，其
的選法數為 Ａ４１２ ＝ １１ ８８０． １５．解析　 （１）只需從 ９７ 件合格品中任 它各因式選擇“ ｘ”；當第二個因式選擇
　103


“－２”時，其它各因式選擇“ ｘ”；……；當 ５ (－ １ ) ５ ＝－６３ 而（ａ＋ｂ＋ｃ） ｎ ＝［（ａ＋ｂ）＋ｃ］ ｎ它的系數是 Ｃ１０ ．
第五個因式選擇“ －５”時，其它各因式 ２ ８ ＝…＋Ｃｒｎ（ａ＋ｂ） ｎ
－ｒｃｒ＋…
選擇“ｘ” ．因此展開式中含 ｘ４ 的系數為 （２）常數項是展開式的第 ６ 項，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　 － － ＝二項式系數的性質 若令 ｎ ｒ ｑ ｐ，便得到展開式的通項：綜合運用
ｒ ｑ ｐ ｑ ｒ ｎ！ ｐ ｑ ｒ
教材第 ３４ 頁（練習） ７．解析　 （１）展開式的通項 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 類似地可得（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ） ｎ 的展開式的
２．證明　 ∵ Ｃ０ｎ＋Ｃ１ ２ｎ＋Ｃｎ＋…＋Ｃｎｎ ＝ ２ｎ， － ＝ ＝ － １
２ｎ
通項為
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 開式中常數項是 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！ 依次類推（ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａ ｎｍ） 的展開
ｎ ×＝ － ｎ １ ２
×３×４×５×…×（２ｎ－１）×２ｎ
２ （ １） 式的通項為
∴ 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　 一個集合中含有 ｎ 個元素，可以
ｎ ［１× ×＝ － ３ ５
×…×（２ｎ－１）］×２ｎ×ｎ！ ２，…，ｍ） ．
從這 ｎ （ １）個元素中分別取 ０ 個，１ 個，２ ｎ！ ｎ！ （２）略．
個，…，ｎ 個元素組成子集，所以子集的 ｎ １×３×＝ － ５
×…×（２ｎ－１） 復習參考題 ６
（ ２） ．
個數為 Ｃ０＋Ｃ１ｎ ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＋Ｃｎ ＝ ２ｎｎ ． ｎ！ 復習鞏固
２
習題 ６．３ （２）（１＋ｘ） ２ｎ的展開式共有 ２ｎ＋１ 項，所 １．解析　 （１）ｎ
復習鞏固 以中間一項是 Ｔｎ＋１ ＝Ｃｎ ｎ２ｎｘ 這里的“一件事情”是“得到展開式中
１．（１）Ｄ　 （２）Ｂ １×３×５×…×（２ｎ－＝ １）
的一項” ．由于項的形式是 ａ ｂ ，而 ｉ、 ｊ
·（２ｘ） ｎ ． ｉ ｊ
２．答案　 ０ ｎ！ 都有 ｎ 種取法，故展開后共有 ｎ２ 項．
３．解析 　 （ １） （ ａ ＋ ３ ｂ ） ９ ＝ ａ９ ＋ ９ａ８ ３ｂ ＋ ８．解析　 展開式的第 ４ 項與第 ８ 項的二 （２）５２５
項式系數分別是 Ｃ３ 與 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，這兩個 先考慮有限制條件的這名歌手的出場位
＋８４ａ３ｂ２＋３６ａ２ｂ２ ３ ＋ ２
３
ｂ ９ａｂ ｂ２ ＋ｂ３ ． 二項式系數分別是 Ｃ３１０ 與 Ｃ７１０， 即均 置，再考慮其他 ５ 名歌手的演出順序，則７
ｘ － ２
７ ５
＝ １ － ７ ＋ ２１
３
（２） ÷ ｘ ２ ｘ ２ ｘ ２ － 為 １２０． 不同排法種數為 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 ＋ 因為足球票無座，所以與順序無關，是
２
Ｃ１ｎｎ－１＋Ｃ２ｎｎ－２＋…＋Ｃｎ－２ｎ ｎ ｎ ｎ２＋ｎ２ 組合問題．
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． 對于每一名同學來說，都有 ３ 種選擇，
１ １ １ １
（２） （ ２ｘ ２ ＋ ３ｘ－ ２ ） ４ ＋ （ ２ｘ ２ － ３ｘ－ ２ ） ４ ＝ （２）９９１０－１＝（１００－１） １０－１ 而且允許 ５ 名同學聽同一個講座，因此
３２ｘ２＋４３２＋１６２ｘ－２ ． ＝ １００１０－Ｃ１ ×１００９ ＋Ｃ２ ×１００８ ＋…＋Ｃ８ × 是一個“有重復排列”問題，可以用分１０ １０ １０
５． 解 析 　 （ １ ） 前 ４ 項 分 別 是 １， － １００２－Ｃ９ ×１００＋１－１ 步乘法計數原理解答．１０
３０ｘ，４２０ｘ２， ＝ １００１０－Ｃ１
（６）５４
１０ ×１００９ ＋Ｃ２ ８ ８１０ ×１００ ＋…＋Ｃ１０ ×
－３ ６４０ｘ３ ． ２ 對角線的條數等于連接正十二邊形中１００ －１０×１００ ２
（ ２ ） 展 開 式 的 第 ８ 項 Ｔ８ ＝ ＝ １ ０００（１０１７ －Ｃ１ ×１０１５ ＋Ｃ２ ×１０１３
任意兩個頂點的線段的條數 Ｃ１２減去其
１０ １０ ＋…＋
－２ ０９９ ５２０ａ９ｂ１４ ． 中正十二邊形的邊數 １２，即 Ｃ
２
Ｃ８ １２
－ １２ ＝
１０×１０－１），
（３）展開式的第 ７ 項 Ｔ ＝ ９２４． １２×１１７ ∴ ９９１０－１ 能被 １ ０００ 整除． －１２＝ ５４．
（４）展開式的中間兩項分別為 Ｔ ，Ｔ ， ２８ ９ 拓廣探索
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
展開式共有 ２ｎ＋１ 項，且項的系數與相
８ １５（ｘ ｙ ） （ －ｙ ｘ ） ＝ －６ ４３５ｘ · ×２ｎ－２＋…＋（－１） ｎ－１×Ｃｎ－１ｎ ×２＋（－１） ｎＣｎｎ， 應的二項式系數相同．
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 的展開式的通項 ３．解析　 （１）６
１
６． 　 （ １） 為 Ｃ
ｒ ｎ－ｒ ｒ
ｎａ ｂ ，若令 ｎ－ｒ ＝ ｑ，則通項可以解析 含 ｎ－１ ２ １
ｘ５
的項是展開式的第 Ｃｎ＋１ ＝Ｃｎ＋１ ＝ ２１，即 （ｎ＋１）·ｎ＝ ２１，ｎ！ ２
寫為 ａｑｂｒ（ｎ，ｒ∈Ｎ，ｒ＋ｑ＝ｎ），
６ 項， ｒ！ ｑ！ 得 ｎ＝ ６ 或 ｎ＝－７（舍去） ．
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教材習題答案
（２）１９２ ＝（１－ｘ３） （１－Ｃ１ｘ＋Ｃ２ｘ２９ ９ －Ｃ３ ３９ｘ ＋Ｃ４ｘ４９ －… ３ － ３ ＝ ｎ（ｎ
２＋６ｎ＋１１）
因此它們的差 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 的系數為 Ｃ４９＋９＝ １３５． 就是所求展開式中含 ｘ 項的系數．
２
從 ２６ 個英文字母中任取 ２ 個作為開機 （５）（ｘ２＋ｘ＋ｙ） ５ 的展開式的通項為 Ｔ 解法二：原式中含 ｘ 項的系數分別是ｒ＋１ ２ ２ ２
密碼的第 １，２ 位，有 Ａ２２６種選法，后面 ４ ＝Ｃｒ （ｘ２＋ｘ） ５－ｒｙｒ，令 ｒ＝ ２， Ｃ３，Ｃ４，…，Ｃｎ＋２，５ ２
位分別從 ０ ～ ９ 這 １０ 個數字中任意選 得 Ｔ３ ＝ Ｃ２５ （ｘ２＋ ３ ２ ２＋ ３
因此它們的和就是所求展開式中含 ｘ
ｘ） ｙ ，而（ｘ ｘ） 的展
取，有１０４ 種選法，所以密碼可能的個數 ５ １ 項的系數．開式 中 含 ｘ 項 的 系 數 為 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） 的展開式中含 ｘ ｙ 項的系
（４）５８ ＝Ｃ３ ３ｎ＋３－Ｃ３
數為 Ｃ２Ｃ１５ ３ ＝ ３０． ２
從正方體的 ８ 個頂點中任取 ４ 個的所 ｎ（ｎ ＋＝ ６ｎ
＋１１）
５５＋ ＝ － ５５＋ ．
有種數為 Ｃ４
６．解析　 ５５ ９ （５６ １） ９
８，排除四點共面的 １２ 種情 ６＝ ５６５５－Ｃ１ ·５６５４＋…＋Ｃ５４·５６－１＋９
況，即正方體表面上的 ６ ５５ ５５種四點共面的 １０．解析　 等式兩邊都是兩個數相乘，可
＝ ５６５５－Ｃ１ ·５６５４＋…＋Ｃ５４·５６＋８，
情況，以及如下圖中 ＡＢＣ Ｄ 這樣的四 ５５ ５５ 以想到分步乘法計數原理，于是可得１ １
５６５５６ ， －Ｃ
１ ·５６５４ ＋…＋Ｃ５４
點共面的其他 種情況 因此三棱錐的 ５５ ５５
·５６＋８ 中各項 如下分步取組合的方法． （答案不唯
個數為 Ｃ４８－１２＝ ５８．
都能被 ８ 整除， 一）
因此 ５５５５＋９ 也能被 ８ 整除． 在 ｎ 個人中選擇 ｍ 個人搞衛生工作，
７．解析 　 （１）分別從兩組平行線中各取 其中 ｋ 個人擦窗，（ｍ－ｋ）個人拖地，問
兩條平行線，便可構成一個平行四邊 共有多少種不同的選取人員的方法？
形，所以可以構成的平行四邊形個數為 解法一：利用分步乘法計數原理，先從
Ｃ２ ·Ｃ２ ＝
１
ｍｎ（ｍ－１）（ｎ－１） ． ｎ 個人中選 ｍ 個人，然后從選出的 ｍｍ ｎ ４ 個人中再選出 ｋ 個人擦窗，剩余的人
（２）分別從三組平行平面中各取兩個 ｍ ｋ
（５）１ 或－１ 拖地，這樣有 Ｃｎ ·Ｃｍ 種不同的選取
ｎ 平行平面，便可構成一個平行六面體，令 ｘ＝ １，得（１－２×１） 的值就是展開式 人員的方法．
ｎ 所以可以構成的平行六面體個數為 Ｃ
２
中各項系數的和，其值是（１－２） ＝ （ － ｍ 解法二：直接從 ｎ 個人中選 ｋ 個人擦
１
ｎ {－１，ｎ 是奇數， ·Ｃ
２
ｎ·Ｃ２ｌ ＝ ｍｎｌ（ｍ－１）（ｎ－１）（ｌ－１）． 窗，然后在剩下的（ｎ－ｋ）個人中選（ｍ１） ＝ ８
１，ｎ 是偶數． －ｋ）個人拖地，這樣，由分步乘法計數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 種不同的選取
４．解析　 （１）Ｃ２ｎ ＝ ． 工序，有 Ａ
１
４ 種排法；再排其余的 ４ 道工２ 人員的方法．
ｎ（ｎ－１） 序，有 Ａ
４
４ 種排法．根據分步乘法計數原 所以 Ｃｋ·Ｃｍ－ｋ ｍ ｋ
２ ＝ ｎ ｎ－ｋ
＝Ｃｎ ·Ｃｍ 成立．
（２）Ｃｎ ．２ 理，排列加工順序的方法共有 Ａ
１ ４
４·Ａ４ ＝
綜合運用 ９６（種） ． 第七章　隨機變量及其分布
５．解析　 （１）－２６ｘ２ ． （２）先排不能放在最前和最后的那兩
２
說明：第三項是含 ｘ２ 的項，其系數是 Ｃ２ 道工序，有 Ａ３ 種排法；再排其余的 ３ 道４ 7.1　條件概率與全概率公式
３
×３２＋Ｃ１×Ｃ１４ ５×（－２）×３＋Ｃ２×（－２） ２５ ＝－２６． 工序，有 Ａ３ 種排法． ７．１．１　 條件概率
（２） 展開式的通項 Ｔ ｒ １８－ｒ 根據分步乘法計數原理，排列加工順序ｒ＋１ ＝ Ｃ１８ （ ９ｘ）
２ ３
１ ｒ ｒ 的方法共有 Ａ３·Ａ３ ＝ ３６（種） ．
教材第 ４８ 頁（練習）

÷ ，由題意有 １８－ｒ－ ＝ ０， １．解析　 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ １，Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ０．５．
è３ ｘ ２ （３）將其中的 ２ 道工序“捆”在一起當 Ｐ（ＡＢ） ０．３
解得 ｒ＝ １２，Ｔ ＝ １８ ５６４． 作 １ 道工序，與另外的 ３ 道工序進行全 驗證：Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ＝ １，１３
排列，有 Ａ４
Ｐ（Ａ） ０．３
（３）由題意得 ２Ｃ９ ＝Ｃ８＋Ｃ１０， ４ 種排法；而被“捆”在一起ｎ ｎ ｎ Ｐ（ＡＢ） ０．３
２
２·ｎ！ 的 ２ 道工序內部還有 Ａ２ 種排法．所以
Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝ ＝ ０．５．
Ｐ（Ｂ） ０．６
即
９！ （ｎ－９）！ 不同的加工順序有 Ａ４４Ａ２２ ＝ ４８（種） ． ２．解析　 設第 １ 次抽到 Ａ 牌為事件 Ｂ，第
ｎ！ ｎ！ （４）先把另外 ３ 道工序進行全排列，有＝ ＋ ２ 次抽到 Ａ 牌為事件 Ｃ，則第 １ 次和第，
８！ （ｎ－８）！ １０！ （ｎ－１０）！ Ａ３３ 種排法，再把不能相鄰的 ２ 道工序 ２ 次都抽到 Ａ 牌為事件 ＢＣ．
化簡得 ｎ２－３７ｎ＋３２２ ＝ ０，解得 ｎ ＝ １４ 或 插入到那 ３ 道工序所形成的 ４ 個空當 解法一：在第 １ 次抽到 Ａ 牌的條件下，
ｎ＝ ２３． 中，有 Ａ２ 種插法．所以不同的加工順序 撲克牌僅剩下 ５１ 張，其中 ３ 張 Ａ 牌，所４
（４）解法一：設 Ｔ′ 是（１－ｘ） １０ｒ＋１ 展開式的 有 Ａ３Ａ２ ＝ ７２（種） ． 以在第 １ 次抽到 Ａ 牌的條件下，第 ２ 次３ ４
第 ｒ＋１ 項， 拓廣探索 ３也抽到 Ａ 牌的概率為 Ｐ （ Ｃ ｜ Ｂ） ＝
由題意知，所求展開式中 ｘ４ 的系數為 ５１９．解析　 解法一：由等比數列求和公式得
Ｔ４′＋１，Ｔ３′＋１與 Ｔ２′ ＋
１
＋ ３ ４ ｎ ２１的系數之和． （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 牌的條件下，
Ｔ′ ２２＋１ ＝Ｃ１０（－ｘ） ２， ｘ 第 ２ 次也抽到 Ａ 牌的概率為 Ｐ（Ｃ ｜Ｂ）＝
因此，ｘ４ 的系數為 Ｃ４ －Ｃ３１０ １０＋Ｃ２１０ ＝ １３５． 上述等式右邊分子的兩個二項式中含 ｎ（ＢＣ） ４×３ １
解法二：原式＝（１－ｘ３）（１－ｘ） ９ ｘ３ 項的系數分別是 Ｃ３ｎ＋３，Ｃ３，
＝ ＝
× ．３ ｎ（Ｂ） ４ ５１ １７
1　 05


解法三：在第 １ 次抽到 Ａ 牌的條件下， ６０
Ｐ（ＡＢ） ＝
９５ × ５ ＝ １９ ，所以產品被拒
第 ２ 次也抽到 Ａ 牌的概率為 Ｐ（Ｃ ｜Ｂ）＝ Ｐ（ＡＢ）（２）Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝
２ ０００ ＝ ３０ １００ ９９ ３９６．
４×３ Ｐ（Ｂ） ６２ ３１ ＝ ＋ ＝ １ ＋ １９絕的概率 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 ＝記 Ａ ＝ “選出的人大于 ５０ 歲”， Ｃ ＝ ．則 ９９０
３．解析　 記 Ａ 表示“第 ２ 次摸到白球”，Ｂ ＡＢ，根據乘法公式有 Ｐ（Ｃ） ＝ Ｐ（ＡＢ） ＝ ８．解析 　 選取 ＤＤ，Ｄｄ，ｄｄ 作為父本的概
表示“第 １ 次摸到白球”，則 ＡＢ 表示 Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ ｜Ｂ）≤Ｐ（Ｂ） ． １ １ １
“ １ 率分別為 ， ， ，只有在選取 Ｄｄ，第 次摸到白球，且第 ２ 次也摸到白 ３．解析　 記 Ａ＝“甲命中目標”，Ｂ ＝ “乙命 ４ ２ ４
球” ． 中目標”，Ｃ＝ “目標至少被命中 １ 次”， ｄｄ 作為父本雜交時，子三代中基因才
（１）解法一：由題意，事件 Ｂ 發生后，袋 則 Ｐ（Ｃ）＝ １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ １－（１－０．６）× １會出現 ｄｄ 型，且出現的概率為 ，所以
中還有 ９ 個球，其中 ６ 個白球，３ 個黑 （１－０．５）＝ ０．８． ２
６ ２
， Ａ 選取 Ｄｄ，ｄｄ 作為父本雜交且出現 ｄｄ 型球 則 發生的概率為 ＝ ． ４．解析　 設 Ａ１ ＝“從甲箱子里摸球”，Ａ２ ＝９ ３ “從乙箱子里摸球”，Ｂ ＝ “摸到的球為 １ １ １ １
２ 基因的概率為 Ｐ＝ × × ＝ ．
Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ． ”，Ω＝Ａ ∪Ａ ， Ａ ，Ａ ， ２ ４ ２ １６即 紅球 １ ２ 且３ １ ２
互斥 根據
Ｃ２ ＝ １ ２
９．解析　 性質 １ 證明：因為 Ｐ（Ω）＝ １，所
７ ７ ７ 題意有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 性質 ２ 證明：利用條件概率公式有
Ｐ（ＡＢ） １５ ２
所以 Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ＝ ＝ ． 根據全概率公式有 ＝ 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）知兩次都摸到白球的概率為 Ａ２）＝ × ＋ × ＝ ． ，３ ２ ３ ５ １０ Ｐ（Ａ）
７
Ｐ（ＡＢ）＝ ． ５．解析 　 設 Ｂ ＝ “任取一人，此人患流 因為 Ｂ 和 Ｃ 互斥，所以 ＢＡ 和 ＣＡ 也互１５
感”，Ａ１ ＝ “此人來自 Ａ 地區”，Ａ２ ＝ “此 斥，利用概率的加法公式有
７．１．２　 全概率公式 人來自 Ｂ 地區”， Ａ ＝ “此人來自 Ｃ 地 Ｐ（ＢＡ∪ＣＡ）＝ Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ） ．３
教材第 ５２ 頁（練習） 區”， 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 設 １ 抽到有思路的題 ２ 斥，根據題意有 Ｐ（Ａ１ ） ＝ ，Ｐ（Ａ２ ） ＝
“抽到完全沒有思路的題”，Ｂ ＝ “解題 ４ Ｐ（ＢＡ）＋Ｐ（ＣＡ）＝ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋Ｐ（Ｃ ｜Ａ）．
正確”， 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 拓廣探索
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
根據全概率公式有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ 根據全概率公式有 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）設 Ａ１ ＝ “抽到的 １ 件產品為 ＋ ２０．０５ ×０．０４＝ ０．０４８ ５． Ａｎ－１） ．
第一批產品”，Ａ２ ＝“抽到的 １ 件產品為 ５
第二批產品”，Ｂ ＝ “任取 １ 件產品為合 （２） 由 貝 葉 斯 公 式 有 Ｐ （ Ａ１ ｜ Ｂ） ＝ 7.2　離散型隨機變量
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 頁（練習）
０．０５＝ ０．９５，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ １－０．０４＝ ０．９６， Ｐ（Ｂ） ０．０４８ ５
根據全概率公式有 ６．證明　 Ｐ（Ａ） ＞０，Ｐ（Ｂ） ＞０， Ｐ（Ｂ ｜ Ａ） ＝
１．解析　 例 １：某公共汽車站一分鐘內等
＝ ＋ Ｐ（ＡＢ） 車的人數；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：某城市一年內下雨的天數；２
（２） 由 貝 葉 斯 公 式 有 Ｐ （ Ａ ｜ Ｂ） ＝ ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）， 例 ３：一位跳水運動員在比賽時所得的１
Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１） ０．４×０．９５ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）
分數；
＝ ≈０．３９７． 所以 Ｐ（Ａ ｜ Ｂ） ＝ ＝ ＝
Ｐ（Ｂ） ０．９５６ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｂ） 例 ４：某人在 １ 天內接電話的次數．（任
習題 ７．１ Ｐ（Ａ） ． 意舉出兩個即可）
復習鞏固 綜合運用 ２．解析　 （１）能用離散型隨機變量表示．
１．解析　 設 Ａ ＝ “選到的學生是男生”，Ｂ ７．解析　 產品被拒絕有兩種可能：一是第 可能的取值為 ２，３，４，５，６，７，８，９，１０，
＝“選到的學生患色盲” ． 一次抽到不合格產品；二是第一次抽到 １１，１２．表示的結果略．
６０ 合格品且第二次抽到不合格產品．記 Ａ （２）能用離散型隨機變量表示 ． 可能
Ｐ（ＡＢ） ２ ０００ １ ＝“第一次抽到不合格產品”，Ｂ ＝ “第二 的取值為 ０， １， ２， ３， ４， ５ ． 表示的 結
（１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ＝ ．
Ｐ（Ａ） １ ２００ ２０ ５ １ 果略 ．
次抽到不合格產品” ．Ｐ（Ａ） ＝ ＝ ，
２ ０００ １００ ２０ （３）不能用離散型隨機變量表示．實際
　106


教材習題答案
含量與規定含量之差可能的取值為 ０ ９｝表示，因此射擊成績為優秀的概率 含義是隨著產量的增加，乙機床生產出
附近的實數，不能一一列出． Ｐ（Ｘ≥９）＝ Ｐ（Ｘ＝ ９）＋Ｐ（Ｘ＝ １０）＝ ０．３５＋ 的次品數要比甲機床生產出的次品
３．解析　 設該運動員一次罰球得分為 Ｘ， ０．２０＝ ０．５５． 數少．
Ｘ 是一個離散型隨機變量，其分布列為 綜合運用
Ｘ ０ １ ５．（１）
７．３．２　 離散型隨機變量的方差
設隨機抽出的 ３ 篇課文中該同學能
Ｐ ０．３ ０．７ 背誦的篇數為 Ｘ，則 Ｘ 是一個離散型隨 教材第 ７０ 頁（練習）
４．解析　 拋擲一枚質地均勻的硬幣 ２ 次， 機變量，它可能的取值為 ０，１，２，３，分 １．解析　 Ｅ（Ｘ）＝ １×０．２＋２×０．３＋３×０．４＋４×
其全部可能的結果為｛正正，正反，反 布列如下： ０．１＝ ２．４．
２ ２
正，反反｝ ．正面向上的次數 Ｘ 是一個離 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｄ（Ｘ）＝ （１－２．４） ×０．２＋（２－２．４） ×０．３＋
２
散型隨機變量，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 的分布離散程度大．
１
Ｐ（Ｘ＝ ２）＝ Ｐ（｛正正｝）＝ ＝ ０．２５， （２）該同學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 篇課文，故他能及格的概率為 Ｐ（Ｘ≥ ０．２＋２×０．１＝ ０，
所以 Ｘ 的分布列為
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 的可能取值為 １，２，３． Ｅ（Ｙ）＝ －２×０．０５＋（－１）×０．１５＋０×０．６＋１
習題 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 ×
復習鞏固 ＝ 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 表示遇到紅燈，用 １ 表 １ ０．１２．
， Ω ＝ ｛００００， 所以 Ｘ 的分布列為 Ｄ（Ｘ）＞Ｄ（Ｙ） ．示遇到綠燈 則樣本空間為
０００１， ００１０， ０１００， １０００， ００１１， ０１０１， Ｘ １ ２ ３ 習題 ７．３
１００１， ０１１０， １０１０， １１００， ０１１１， １１０１， Ｐ ０．６ ０．２８ ０．１２ 復習鞏固
１０１１，１１１０，１１１１｝ ． （２）李明領到證書有三種可能情況： １．解析　 設每部手機獲利 Ｘ，則 Ｘ 的分布第
（２）Ｘ 的可能取值為 ０，１，２，３，４，事件 列為一次考試通過；第一次考試沒有通過，
｛Ｘ＝ ０｝表示經過的 ４ 個紅綠燈路口，遇 第二次考試通過；第一次和第二次考試 Ｘ １００ ０ －３００
到的都不是紅燈；事件｛Ｘ ＝ １｝表示經 都沒有通過，第三次考試通過． Ｐ ０．６ ０．３ ０．１
過的 ４ 個紅綠燈路口，其中 １ 個路口遇 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）×
到紅燈，其他 ３ 個路口不是紅燈；事件 ０．６）×（１－０．７）×０．８＝ ０．９７６． ０．１＝ ３０，
｛Ｘ＝ ２｝表示經過的 ４ 個紅綠燈路口，其 Ｄ（Ｘ）＝ （１００－３０） ２ ×０．６＋（０－３０） ２ ×０．３
中 ２ 個路口遇到紅燈，其他 ２ 個路口不 7.3　離散型隨機變量的 ＋（－３００－３０） ２×０．１＝ １４ １００．
是紅燈；事件｛Ｘ＝ ３｝表示經過的 ４ 個紅 數字特征 ２．解析　 設 Ｘ 表示一張彩票的中獎金額，
綠燈路口，其中 ３ 個路口遇到紅燈，另 則它的分布列為
外 １ 個路口不是紅燈；事件｛Ｘ＝ ４｝表示 ７．３．１　 離散型隨機變量的均值
Ｘ ０ ２ １０ ５０ １００ １ ０００
經過的 ４ 個紅綠燈路口遇到的都是 教材第 ６６ 頁（練習）
Ｐ ０．８５４ ５ ０．１ ０．０３ ０．０１ ０．００５ ０．０００ ５
紅燈． １．解析　 （１）Ｅ（Ｘ）＝ １×０．１＋２×０．３＋３×０．４
２．解析　 不正確，因為所有變量取值對應 ＋４×０．１＋５×０．１＝ ２．８． 其數學期望 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　 某同學跑 １ ｋｍ 所用時間 Ｘ 不是 １０．４． ０．０００ ５＝ ２．
離散型隨機變量，如果我們只關心該同 ２．解析　 Ｘ 的分布列為 ３．解析　 根據分布列的性質及期望公式有
學是否能夠取得優秀成績，可以定義如 {０．２＋ａ＋ｂ＝１，Ｘ －１ １ 解得： Ｅ（Ｘ）＝ ０×０．２＋ａ＋２ｂ＝１， {
ａ＝０．６，
下的隨機變量 ｂ＝０．２．
０， １ ｋｍ ＞４ ｍｉｎ， Ｐ ０．５ ０．５{ 跑 所用時間 ４．解析　 得分記為變量 Ｘ，選對得 ａ 分，Ｙ＝ １，跑 １ ｋｍ 所用時間≤４ ｍｉｎ， Ｅ（Ｘ）＝ －１×０．５＋１×０．５＝ ０． 選錯得 ｂ 分，顯然 Ｐ （ Ｘ ＝ ａ） ＝ ０． ２５，
它是離散型隨機變量，且僅可能取兩個 ３．解析　 甲機床生產零件的平均次品數 Ｐ（Ｘ＝ ｂ）＝ ０．７５，則 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．即選對得 ３ 分，
事件｛Ｙ＝ １｝表示該同學跑 １ ｋｍ 所用時 ＝ １． 選錯得－１ 分．
間小于或等于 ４ ｍｉｎ，能夠取得優秀成 乙機床生產零件的平均次品數 ５．證明　 設離散型隨機變量 Ｘ 的所有可
績，事件｛Ｙ＝ ０｝表示該同學跑 １ ｋｍ 所 Ｅ（Ｘ２）＝ ０×０．３＋１×０．５＋２×０．２＝ ０．９． 能取值為 ａ１， ａ２，…， ａｎ，其分布列為
用時間大于 ４ ｍｉｎ，不能夠取得優秀 因為乙機床生產零件的平均次品數 Ｐ（Ｘ＝ａｉ）＝ ｐｉ（ ｉ＝ １，２，…，ｎ） ．由于 Ｅ（ａＸ
成績． Ｅ（Ｘ２）小于甲機床生產零件的平均次 ＋ｂ）＝ ａＥ（Ｘ）＋ｂ，
４．解析　 射擊成績優秀可以用事件｛Ｘ≥ 品數Ｅ（Ｘ１），所以乙機床更好，其實際 則 Ｄ（ａＸ＋ｂ）
　107


＝ ［（ａａ１＋ｂ）－（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］ ２ｐ１＋［（ａａ２＋ 7.4　二項分布與超幾何分布 移動 １ 次，向右移動 ５ 次，其對應的概
ｂ）－（ａＥ（Ｘ） ＋ｂ）］ ２ｐ２ ＋…＋［（ ａａｎ ＋ｂ） －
１ ５
１ １ １ ３
（ａＥ（Ｘ）＋ｂ）］ ２ｐ ７．４．１　 二項分布
率 Ｐ２ ＝Ｃ６ ( ２ ) ( ２ ) ＝ ．３２
ｎ
＝ａ２（ａ －Ｅ（Ｘ）） ２ｐ ＋ａ２（ａ －Ｅ（Ｘ）） ２ｐ ＋ 教材第 ７６ 頁（練習） ４．解析　 設抽出的 ５ 張牌中包含 Ａ 牌的１ １ ２ ２
…＋ａ２（ａｎ－Ｅ（Ｘ）） ２ｐｎ １．解析　 （１） Ｘ 的可能取值為 ０，１，２，３， 張數為 Ｘ，則 Ｐ（Ｘ≥２）＝ １－Ｐ（Ｘ ＝ ０） －
２ Ｃ５ ４ １＝ａ Ｄ（Ｘ） ． ４，其分布列為 Ｃ ＣＰ（Ｘ＝ １）＝ １－ ４８－ ４８ ４５ ≈０．０４１ ６８．
綜合運用 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｃ５２ Ｃ
５
５２
６．解析　 若先猜謎語 Ａ 后猜謎語 Ｂ，則所 １ １ ３ １ １ 綜合運用
Ｐ
獲獎金 Ｘ 的可能取值為 ０，１０，３０，分布 １６ ４ ８ ４ １６ ５．解析　 設 Ｘ 為擊中目標的次數，則 Ｘ ～
列為 （２）２；１． Ｂ（１０，０．８） ．
Ｘ ０ １０ ３０ ( ４ ) ５ １ ０２４ （１）在 １０ 次射擊中，恰有 ８ 次擊中目標２．解析　 （１）Ｐ＝ ＝ ．Ｐ ０．２ ０．８×０．５ ０．８×０．５ ５ ３ １２５ 的概率為 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 ＝ ．
若先猜謎語 Ｂ 后猜謎語 Ａ，則所獲獎金 ５ ５ ６２５ （２）在 １０ 次射擊中，至少有 ８ 次擊中目
Ｘ 的可能取值為 ０，２０，３０，分布列為 ３．解析　 （１）正確．每道題猜對的概率為 標的概率為 Ｐ（Ｘ≥８）＝ Ｐ（Ｘ ＝ ８） ＋Ｐ（Ｘ
８ ８ ２
Ｘ ０ ２０ ３０ ０．２５，猜 １２ 道題可看作是 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 試驗，猜對題目的數量服從二項分布． Ｃ１０×０．８
９ ×（１－ ０． ８） １ ＋Ｃ１０ １０１０ × ０． ８ ×（１－
（２）不正確．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，所以不服從二項 ６．解析　 設摸到紅球的個數為 Ｘ，則中獎
所以選擇先猜謎語 Ａ 后猜謎語 Ｂ 更好． 分布． 的概率為 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　 超幾何分布 Ｃ３０ Ｃ３０ Ｃ３０
Ｄ（Ｘ）＝ （－１） ２ ×０．１＋０２ ×０．８＋１２ ×０．１ ＝ ０．１９１．
０．２， 教材第 ８０ 頁（練習） ７．解析　 （１）同時發生故障的車床數 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），則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、乙兩種手表走時誤差的期望一樣， ３．解析　 例 １：一個班共有 ４５ 名同學，其 Ｐ（Ｘ＝ ３）＝ ０．２３ ＝ ０．００８．
但甲種手表的方差小于乙種手表的方 中女生 ２０ 人，現從中任選 ７ 人，這 ７ 人 所以 Ｘ 的分布列為
差，所以認為甲種手表的性能更好，更 中含有女生的人數 Ｘ 服從超幾何分布．
Ｘ ０ １ ２ ３
穩定． 例 ２：從一副撲克牌（去掉大小王，共 ５２
Ｐ ０．５１２ ０．３８４ ０．０９６ ０．００８
拓廣探索 張）中取出 ５ 張，則取出黑桃的張數 Ｘ
８．解析　 設變量 Ｘ 的可能取值為 Ｘ ，Ｘ ， ． （２）車床發生故障的床數 Ｘ 的可能取１ ２ 服從超幾何分布
…，Ｘｎ，對應的概率為 ｐ 值為 ０，１，２，３．１，ｐ２，…，ｐｎ，因 習題 ７．４
為 μ≠ａ，不妨設 μ＝ａ＋ｔ（ ｔ≠０）， Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ ０．９２×０．８＝ ０．６４８，復習鞏固
則 Ｘ 相對于 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　 利用古典概型計算概率的公式
（Ｘ２－μ） ２ｐ ２ ＝２＋…＋（Ｘｎ－μ） ｐｎ， ０．３０６，計算試驗成功的概率 Ｐ：
Ｘ 相對于 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
＝試驗成功包含的基本事件個數 ＝ ２（Ｘ ２ ２ Ｐ ＝ ０．０４４，２－ａ） ｐ２＋…＋（Ｘｎ－ａ） ｐｎ 基本事件總數 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 的分布列為ｎ ｎ
＝ （Ｘ１ － μ） ２ｐ１ ＋ （Ｘ２ － μ） ２ｐ２ ＋…＋（Ｘｎ － 在 ３０ 次試驗中，成功次數 Ｘ 服從二項 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， ，則成功次數 Ｘ 的均值
２ｔ（Ｘｎ－μ）ｐ ２ｎ＋ｔ （ｐ１＋ｐ２＋…＋ｐ ） ( ３ )ｎ 拓廣探索
＝ Ｄ１＋２ｔ［（Ｘ１ｐ１ ＋Ｘ２ｐ２ ＋…＋Ｘｎｐｎ） －μ（ ｐ１ Ｅ（Ｘ）＝ ｎｐ＝ ３０×
１ ＝ １０． ８．解析　 有效率宣傳可能過大．治愈人數
＋ｐ２＋…＋ｐｎ）］＋ｔ２ ３ Ｘ 服從二項分布，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，則治愈人數大約為 １０×０．９ ＝ ９，所
Ｘ 相對于 ａ 的偏離程度大于 Ｘ 相對于 μ ３．解析　 （１）質點回到原點，說明質點向 以宣傳治愈率為 ９０％可能過大．但由于
的偏離程度，說明 μ 準確表示了變量 Ｘ 左、向右各移動 ３ 次，其對應的概率 Ｐ１ 隨機抽取的只有 １０ 人，會有很大的偶
取值的平均水平．
＝ ３ ( １Ｃ６ ２ )
３ ( １ ) ３ ＝ ５ ． 然性，若抽取的人數較多，才可以更準２ １６ 確的反映此新藥的有效率．
（２）質點位于 ４ 的位置，說明質點向左
1　 08


教材習題答案
＝ １ × １ ＝ １ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）
＝ ０．４，
Ｐ（ＡＢ） ． ２
7.5　正態分布 ２ ２ ４ ３
所以 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ ）＝ ．
教材第 ８７ 頁（練習） Ｐ（ＡＢ） １ ２ ８（２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ＝ ．
１ ２ Ｐ（Ａ） ２ｘ ８．解析 　 第 １ 種方案：選擇在商場內促
１．解析 　 ｆ（ ｘ） ＝ ｅ－ ２ ；０．５；０． ６８２ ７；
２π ３．解析　 設 Ａ１ ＝“抽到的是第一箱中的零 銷，此時可獲得利潤 ２ 萬元．
０．８４１ ３５；０．１５８ ６５． 件”，Ａ２ ＝“抽到的是第二箱中的零件”， 第 ２ 種方案：選擇在商場外促銷，設此
２． 　 圖略．Ｐ（Ｘ≤－２）＋Ｐ（Ｘ≤２）＝ １， Ｂ＝解析 “任取一個零件為次品”，則 Ω ＝ Ａ１ 時可獲得利潤 Ｘ 萬元，則 Ｘ 的分布
Ｐ（ ｜Ｘ ｜≤１）＞Ｐ（ ｜ Ｙ ｜≤１） ． ∪Ａ２，且 Ａ１，Ａ２ 互斥，Ｐ（Ａ１ ） ＝ Ｐ（Ａ２ ） ＝ 列為
３．解析　 例 １：某地區 １６ 歲男孩的身高的 ０．５，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＝ ０．２，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ ０．１５． Ｘ ８ －３
分布可以近似看成正態分布． （１）由全概率公式知 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１） · Ｐ ０．６ ０．４
例 ２：某廠生產的某種型號的燈泡的使 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２）＝ ０．５×０．２＋ 所以 Ｅ（Ｘ）＝ ８×０．６＋（－３）×０．４＝ ３．６．
用壽命的分布可以近似看成正態分布． ０．５×０．１５＝ ０．１７５． 因為 ３．６＞２，所以應選擇第 ２ 種方案．
習題 ７．５ （２） 由 貝 葉 斯 公 式 知 Ｐ （ Ａ１ ｜ Ｂ） ＝ ９．解析　 （１）由題意可知，一年中有 ４ 人
復習鞏固 Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ１）＝ ０．５
×０．２
≈０．５７． 以上出險，保險公司將虧本．用 Ｘ 表示
１．解析　 男生的數學平均成績 μ ＝ ７２，方 Ｐ（Ｂ） ０．１７５１ 一年中這 １０ 萬人遭遇意外傷害的人
σ２ ＝ ８２； μ ＝ ４．解析　 （１）由分布列的性質有 ０．３６
＋１－
差 １ 女生的數學平均成績 ２ 數，則 Ｘ～Ｂ（１００ ０００，０．０００ ０１），保險公＋ ２ ＝
２ ２ ２ ２ ２ｑ ｑ １，解得 ｑ＝ ０．２ 或 ｑ＝ １．８（舍去） ．７４，方差 σ２ ＝ ６ ．顯然 μ１ ＜μ２，σ１ ＞σ ，所 司虧本的概率為 Ｐ（Ｘ＞４）＝ １－Ｐ（Ｘ≤４）２ （２）由（１）知分布列為 －３
以男生的數學平均成績沒有女生的數 ≈３．６６×１０ ．
學平均成績高，且男生的分數不集中， Ｘ ０ １ ２ （２）這家保險公司一年內獲利不少于
比較分散． Ｐ ０．３６ ０．６ ０．０４ １００ 萬，表示一年內最多 ２ 人出險，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， 拓廣探索
（２）Ｐ（Ｘ≤１６５）＝ ×［１－Ｐ（１６５＜Ｘ≤
２ Ｄ（Ｘ） ＝ （０－０．６８） ２ ×０．３６＋（１－０．６８） ２ × １０．解析　 記第 ｎ 次傳球后球在甲手中的
１７５）］≈０．１５８ ６５． ０．６＋（２－０．６８） ２×０．０４＝ ０．２９７ ６． 概率為 Ｐ（ｎ），則第 ｎ－１ 次傳球后球在
（３）Ｐ（Ｘ＞１７５）＝ Ｐ（Ｘ＜１６５）≈０．１５８ ６５． ５．解析　 因為隨機變量 Ｘ 取所有可能的 甲手中的概率為 Ｐ（ｎ－１），開始時球
１ 值 １，２，…，ｎ 是等可能的，所以取每個 在甲手中，則 Ｐ（０）＝ １．若第 ｎ 次傳球
３．解析　 Ｐ（μ≤Ｘ≤μ＋σ）＝ Ｐ（μ－σ≤Ｘ
２ １ 后球在甲手中，則第 ｎ－１ 次傳球后球
可能的值的概率均為 ，從而 Ｅ（Ｘ）
１ ｎ 不在甲手中，即第 ｎ－１ 次傳球后球在
≤μ＋σ）≈ ×０．６８２ ７＝ ０．３４１ ３５．
２ ｎ＝ ∑ × １ ＝ ｎ＋１ｉ ． 乙或丙手中，所以第 ｎ－１ 次傳球后球
綜合運用 ｉ ＝ １ ｎ ２ 不在甲手中的概率為 １－Ｐ（ ｎ－１），又
４．解析　 設質量誤差值為 Ｘ，則 Ｘ～Ｎ（０， ｎ＋１又 Ｅ （ Ｘ） ＝ １０，所以 ＝ １０，所以 ｎ 乙或丙在第 ｎ 次把球傳到甲手上的概
２２），袋裝食鹽的合格率 Ｐ（－４≤Ｘ≤４） ２ １ １
率為 ，于是有 ［１ －Ｐ（ ｎ － １）］ ＝
≈０．９５４ ５． ＝ １９． ２ ２
復習參考題 ７ ６．解析　 （１）記 Ｘ 為擊中目標的次數，則 １ １
復習鞏固 Ｘ～Ｂ（１０，０．３），
Ｐ（ｎ），即 Ｐ（ｎ）＝ － Ｐ（ｎ－１）＋ ，
恰好擊中目標 ３ 次的概 ２ ２
１．解析　 將一枚均勻的硬幣拋擲兩次，記 率為 １ １ １
＝ ＝ ３ × ３× ７ 所以 Ｐ（ｎ）
－ ＝－ Ｐ（ｎ－１）－ ，
Ａ＝“第一次擲到正面”，Ｂ ＝ “第二次擲 Ｐ（Ｘ ３） Ｃ１０ ０．３ ０．７ ≈０．２６７． ３ ２
[ ３ ]
１ １ （２）目標擊中的次數 Ｘ ～ Ｂ（ｎ，０．３），目 １
到反面”，顯然 Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝ ， 所以{Ｐ（ｎ）－ } 是首項為 Ｐ（１－１） －
２ ２ 標至少被擊中一次可以表示為｛Ｘ＞０｝， ３
１ 它的對立事件是｛Ｘ ＝ ０｝，所以“目標至 １ ２ １
Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ，此時有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）； ＝ ，公比為－ 的等比數列，
２ 少被擊中一次”的概率為 Ｐ（Ｘ＞０）＝ １－ ３ ３ ２
ｎ ｎ
從 １，２，３，４，５ １ ２ １中任取兩個不同的數，記 Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ １－（１－０．３） ． 所以 Ｐ（ｎ）－ ＝ × － ，
３ ３ ( ２ )
Ａ＝“取到的兩數之和為偶數”，Ｂ ＝ “取 為使目標被擊中的概率超過 ９５％，需使 ｎ
２ １－（１－０．３）
ｎ＞９５％，解得 ｎ＞８．４，根據實 ２ １ １所以 Ｐ（ｎ）＝ × － ＋ （ｎ∈Ｎ ）．
到的兩數均為偶數”，則 Ｐ（ Ａ） ＝ ， 際意義，至少需要 ９ 門大炮才能使目標 ３
( ２ ) ３
５
至少被擊中一次的概率超過 ９５％． １１．解析　 （１）按隨機 ５ 人一組進行分析．１ １
Ｐ（Ｂ）＝ ，Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ，此時有 Ｐ（Ｂ） 綜合運用 若逐一化驗，則需化驗 ５ 次；若按混合１０ ４
＜Ｐ（Ｂ ｜ Ａ） ． ７．解析　 設 Ａ１ ＝“玩手機時間超過 １ ｈ 的
化驗，記化驗次數為 Ｘ，則 Ｘ 的可能取
值為 １，６，對應的分布列為
所以 Ｐ（Ｂ）與 Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）之間沒有確定的 學生”，Ａ２ ＝“玩手機時間不超過 １ ｈ 的
大小關系． 學生”， Ｂ ＝ “任意調查一人，此人近 Ｘ １ ６
５ ５
２．解析　 記 Ａ＝ “第一枚骰子的點數是偶 視”，則 Ω ＝ Ａ Ｐ ０．９５ １－０．９５１ ∪ Ａ２，且 Ａ１， Ａ２ 互斥，
數”，Ｂ＝“第二枚骰子的點數是偶數”， 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．
則 Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝ ．
２ ２ 根據全概率公式有 Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ ｜ 因為 ２．１３＜５，
（１） 兩個點數都出現偶數的概率為 Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ２） ＝ ０．２×０．５＋０．８× 所以采用 ５ 人一組的混合化驗方法可
1　 09


以減少化驗次數．
（２） ｋ ， ８．１．２　 樣本相關系數
氣溫 ／℃ ２６ １８ １３ １０ ４ －１
若 人一組 需要化驗的次數記為 杯數 ２０ ２４ ３４ ３８ ５０ ６４
Ｙ，則 Ｙ 的可能取值為 １，ｋ＋１，Ｙ 的分 教材第 １０３ 頁（練習）
布列為 １．解析 　
則氣溫與賣出的熱茶杯數之間可以建
不一定．由于抽樣的隨機性，以
立回歸模型．
＋ 及抽取樣本容量的多少，只能近似地反Ｙ １ ｋ １ 函數模型得到的是兩變量之間確定的
ｋ ｋ 映變量之間的相關關系，而不能確切地Ｐ ０．９８ １－０．９８ 關系，回歸模型建立的是兩變量之間的
反映變量之間的相關關系．
所以 Ｅ（ Ｙ） ＝ １× ０．９８ｋ ＋（ ｋ＋ １） ×（１ － 相關關系，是對兩變量之間關系的一種１０
０．９８ｋ） ． ２．解析　 由已知得 ｘ ＝ ，ｙ ＝ －２，根據樣 近似表達，如小賣部賣出的熱茶杯數不３
若逐一化驗，則需要化驗 ｋ 次． 是因為氣溫是多少攝氏度，賣出的熱茶本相關系數公式得 ｒ ＝ －１，所以可知這
所以 ｋ－Ｅ（Ｙ）＝ ｋ×０．９８ｋ－１． 就確定是多少杯，所以不能用函數模型兩個變量線性相關．
ｇ（ｘ）＝ ｘ·０．９８ｘ－１， 去刻畫，只能通過回歸模型處理．設 ３．解析 　 圖略．經計算樣本相關系數可 ２．解析　 參數 ｂ 的意義是一元線性回歸
則 ｇ′（ｘ）＝ （１＋ｘｌｎ ０．９８）０．９８ｘ， 知， ｜ ｒ ｜越接近 １，變量之間的相關程度 模型中的 ｘ 每增加 １ 個單位，ｙ 相應地
當 １＋ｘｌｎ ０．９８ ＝ ０ 時，ｘ≈４９，所以函數 越大，ｒ＞０，兩變量正相關，ｒ＜０，兩變量 平均增加 ｂ 個單位．若 ｂ＞０，則 ｙ 與 ｘ 正
在（０，４９）內單調遞增，在（４９，＋∞ ）內 負相關． 相關，若 ｂ＜０，則 ｙ 與 ｘ 負相關．
單調遞減，當 ｘ∈Ｎ 時，經驗證 ｇ（４９） ４．解析 　 作出散點圖（略），從散點圖可 ３．解析　 不能．這個折線圖只能近似反映
最大，所以當 ｋ＝ ４９ 時，化驗次數最少． 以看出，銷售額與廣告支出呈非線性相 兒子身高與父親身高的關系，而不是一
１２．解析　 因為 μ＝ ７５，σ＝ ８， 關關系，且是正相關，經計算樣本相關 種確定性關系．
－
＋ ＝ １ Ｐ（μ
－σ≤Ｘ≤μ＋σ）
Ｐ（Ｘ＞μ σ） ≈ 系數可知相關程度較大，銷售額隨廣告
２ ８．２．２　 一元線性回歸模型參數的支出的增大顯示逐漸遞增的趨勢．
１－０．６８２ ７
≈０．１６＝ １６％， 習題 ８．１ 最小二乘估計
２
復習鞏固 教材第 １１３ 頁（練習）
所以 Ａ 等級的分數線為 μ＋σ ＝ ７５＋８ ＝
１．解析　 圖（２）（３）（４）存在相關關系，且 １．解析　 這種說法不對．不同的觀測數據
８３ 分以上．
圖（２）（４）是正相關，圖（３）是負相關． 會得到參數 ａ，ｂ 不同的估計值，但是要
Ｐ（μ≤Ｘ＜μ＋σ）＝ Ｐ（Ｘ≥μ） －Ｐ（Ｘ≥μ＋
圖（２）（３）呈現的是線性相關，圖（４）呈 達到“整體接近程度”，應該通過最小
σ）≈０．５－０．１６≈０．３４＝ ３４％，
現的是非線性相關． 二乘法進行分析求解參數 ａ，ｂ．
所以 Ｂ 等級的分數線為［μ，μ＋σ），即 ２．解析　 約 １６８ ｃｍ．
綜合運用
［７５，８３） ．
２． 　 （ ） ， ３．解析 　 圖略．觀察殘差圖可以發現，殘解析 通過作出散點圖 略 可知 這
同理可得， Ｃ 等級的分數線為 ［ ６７， 差比較均勻地分布在橫軸的兩邊．
些散點大致分布在一條直線周圍，所以
７５），Ｄ 等級的分數線為 ６７ 分以下． ４．解析　 殘差和為 ０．００４，接近 ０，殘差和
顧客投訴次數與航班正點率呈現線性
為 ０，可以判斷該模型是一元線性回歸
相關關系，而且相關程度很大，很明顯，
第八章　成對數據的 模型．
航班正點率越高，顧客投訴次數越少．
統計分析 ＝ ｙ５．解析　 ｂ ．３．解析　 由已知得 ｘ ＝ １．９４，Ｆ ＝ ５．９８５，計 ｘ
算得 ｒ＝ １．說明彈簧伸長長度與所受外 教材第 １２０ 頁（練習）
8.1　成對數據的統計相關性 力是確定的函數關系． １．解析　 分析殘差可以幫助我們解決以
８．１．１　 變量的相關關系 拓廣探索 下問題：
４．解析 　 不同意此結論．天鵝數多，嬰兒 ①尋找異常點，就是殘差特別大的點，
教材第 ９５ 頁（練習）
出生率高，應該都是跟這 ３ 個村莊的自 分析相應的樣本數據是否有錯；
１．解析 　 實例：人的年齡與血壓．隨著年
然環境好，更適應人類與動物生存有關 ②分析殘差圖可以發現模型選擇是否
齡的增長血壓會有所增高，但年齡不是
系，而不是天鵝與嬰兒的出生率有關． 合適．
影響血壓的唯一因素，還會跟平時的飲 ２．解析 　 （ １） 記 １９９７ 年、 １９９８ 年、…、
食習慣、運動等生活方式有關，也就是
8.2　一元線性回歸模型 ２００６ 年分別為 １、２、…、１０，則 ＧＤＰ 與
說其中一個變量的取值不是隨另一個 年份的散點圖如下：
變量取值唯一確定，這就是相關關系． 及其應用
它與函數關系的區別主要在于：函數的 ８．２．１　 一元線性回歸模型
兩個量之間有著明確的關系，如圓的面
教材第 １０７ 頁（練習）
積與圓的半徑，其關系就是確定的，即 １．解析 　 函數模型：某商店進了一批服
半徑確定了，圓的面積就被唯一確定． 裝，每件進價 ６０ 元，每件售價 ９０ 元，每
２．解析　 （１）（２） （４）圖中的兩個變量存 天售出 ３０ 件，在一定的范圍內，這批服
在相關關系，圖（３）中的散點無規律可 裝的售價每降低 １ 元，每天就多售出 １ 記年份為 ｘ，ＧＤＰ 為 ｙ，則可猜想它們之
言，看不出兩個變量有什么相關性． 件，則利潤與售價之間就可以建立明確 間符合模型 ｙ＝ ｃ１＋ｃ
ｘ－１ ９９６
２·ａ （ａ＞１） ．
３．解析　 存在相關關系．總體上可以看出 的函數模型． （２）設一元線性回歸模型為 ｙ ＝ ｂ^ｘ＋ ａ^，
海拔越高鳥的種類越多． 回歸模型：某小賣部 ６ 天內賣出的熱茶 （ｘ 為 １９９７ － ２００６ 年的序號，即為 １ －
的杯數與當天氣溫的對比表如下： １０），
1　 10


教材習題答案
經計算有 ｘ＝ ５．５，ｙ＝ １２９ ４３５．５１， ２．解析　 （１）根據表中數據作出散點圖，
Ｐ（Ｙ＝
１０
１ ｜ Ｘ ＝ ０）＝ ，Ｐ（Ｙ ＝ １ ｜ Ｘ ＝ １） ＝
ｂ^≈１４ ８５４．７５，ａ^≈４７ ７３４．３７， 如圖所示． ４３
所以一元線性回歸模型為 ７ ，Ｐ（Ｙ＝ ０ ｜Ｘ＝ ＝
３３
０） ，Ｐ（Ｙ＝ ０ ｜ Ｘ ＝ １）
ｙ＝ １４ ８５４．７５ｘ＋４７ ７３４．３７． ４５ ４３
年份序號 觀測值 預測值 殘差 ＝ ３８ ．
４５
１ ７９ ７１５．０ ６２ ５８９．１２ １７ １２５．８８
３．解析　 （１） “吸煙有害健康”只是一個
２ ８５ １９５．５ ７７ ４４３．８７ ７ ７５１．６３
警示語，并不表示對每位煙民會引發健
３ ９０ ５６４．４ ９２ ２９８．６２ －１ ７３４．２２
康問題．
４ １００ ２８０．１ １０７ １５３．３７ －６ ８７３．２７ （２）計算得加工時間關于零件數的一
（２）不對．從概率的角度看吸煙有害于
５ １１０ ８６３．１ １２２ ００８．１２ －１１ １４５．０２ 元線 性 回 歸 模 型 為 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）加工時間對零件數呈現很好的線 {０，該生為女生，４．解析　 （１）記 Ｘ＝
性關系，且加工零件的個數越多，單個 １，該生為男生，８ １６１ ８４０．２ １６６ ５７２．３７ －４ ７３２．１７
零件所花的時間就越少． ０，該生不經常鍛煉，
９ １８７ ３１８．９ １８１ ４２７．１２ ５ ８９１．７８ Ｙ＝{
３．解析 　 （１）設 ｘ 表示居民年收入，ｙ 表 １，該生經常鍛煉．
１０ ２１９ ４３８．５ １９６ ２８１．８７ ２３ １５６．６３
示 Ａ 商品銷售額， ＝ ＝ １５則 Ｐ（Ｙ １ ｜ Ｘ ０）＝ ＝ ０．７５，Ｐ（Ｙ ＝ １ ｜
（３）預測 ２０１７ 年的 ＧＤＰ，即把 ｘ＝ ２１ 代 經計算有 ｘ ＝ ３７．９７，ｙ ＝ ３９．１，ｂ^≈１．４４７， ２０
入 ｙ ＝ １４ ８５４． ７５ｘ ＋ ４７ ７３４． ３７，可預測 ａ^≈－１５．８４３， ＝ １８Ｘ １）＝ ＝ ０．７５．
２０１７ 年的 ＧＤＰ 約為 ３５９ ６８４．１２ 億元， 所以一元線性回歸模型為 ｙ ＝ １．４４７ｘ－ ２４
而實際上我國 ２０１７ 年的 ＧＤＰ 為 ８２０ １５．８４３． 據此可以推斷性別因素對學生鍛煉的
７５４ 億元，相差非常大． （２）若這個城市居民的年收入達到 ４０ 經常性沒有影響．
（４）這個模型不能很好地刻畫 ＧＤＰ 與 億元，即 ｘ＝ ４０，則估計 Ａ 商品的銷售額 （２）可能犯錯，這是由于隨機抽樣的 ４４
年份之間的關系，從（１）中的散點圖看 是 ４２ 萬元． 名學生的個體數較小而引起的．
是指數函數模型，而采用一元線性回歸 綜合運用 ８．３．２　 獨立性檢驗
模型，顯然隨著年份的增長，相差會越 ４．略．
來越大． 教材第 １３４ 頁（練習）５．解析　 散點圖中可以看出震級 ｘ 與不
（５）作出相應的散點圖： Ｎ １．解析　 根據例 ３ 可知，
χ２≈４．８８１＞３．８４１
小于該震級的地震數 之間線性不相
． ｘ ＝ ｘ ，所以可以推斷 Ｈ 不成立，即乙關 隨著 的減少，所考察的地震數Ｎ近 ０．０５ ０
似地以指數形式增長．作變換 ｙ ＝ ｌｇ Ｎ， 種療法的效果比甲種療法好．
得到的數據見下表： ２．解析　 會得出不同的結論．如例 ３，若選
ｘ ３．０ ３．２ ３．４ ３．６ ３．８ ４．０ ４．２ ４．４ ４．６ ４．８ ５．０ 擇小概率值 α＝ ０．００５ 的獨立性檢驗，則
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 認為兩種療法效果沒有差異；若選用小
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 的獨立性檢驗，則認為
由散點圖可知 ＧＤＰ 與年份之間的關系 由上表可作散點圖（圖略），從圖中可 乙種療法的效果比甲種療法好．
呈現很強的線性關系，設年份序號為 ｘ 以看出 ｘ 和 ｙ 之間有很強的線性相關 ３．解析　 零假設為
（即 ２００７ － ２０１６ 年對應的序號為 １ － 性，因此可以用線性回歸模型擬合它們 Ｈ０：藥物 Ａ 對預防疾病 Ｂ 無效．
１０），ＧＤＰ 為 ｙ，建立經驗回歸模型為 ｙ 之間的關系．根據截距和斜率的最小二 根據列聯表中數據，經計算得到
＝ ｂ^１ｘ＋ａ^ ， 乘法計算公式，得ａ^＝ ６．７０１ ４，ｂ^＝－０．７４０１ χ２ １０５×（２９× －＝ １４ ４７
×１５） ２
經計算有 ｘ＝ ５．５，ｙ＝ ５０５ ３９２．５２， ５，從而線性回歸方程為 ｙ^ ＝ ６．７０１ ４－０． ７６× × ×
≈ １． ５８７ ＜
２９ ４４ ６１
２
ｂ^１≈５４ ０８４．７４，ａ^
７４０ ５ｘ．其相關指數 Ｒ ≈０．９９７ ３，說明 ｘ
１ ＝ ２０７ ９２６．４５， ３．８４１．
所以經驗回歸模型為 ｙ ＝ ５４ ０８４．７４ｘ＋ 可以解釋 ｙ 的 ９９．７３％的變化．因此可以 根據小概率值 α ＝ ０．０５ 的獨立性檢驗，
２０７ ９２６．４５． 用回歸方程Ｎ^＝ １０
６．７０１ ４－０．７４０ ５ｘ來描述 ｘ 與
可以認為 Ｈ０ 成立，即藥物 Ａ 對預防疾Ｎ 之間的關系．
預測 ２０１７ 年即 ｘ ＝ １１ 時的 ＧＤＰ 為 病 Ｂ 無效．
８０２ ８５８．５９ 億元，與實際 ２０１７ 年 ＧＤＰ 拓廣探索 ４．解析　 零假設為
為 ８２０ ７５４ 億元相差 １７ ８９５．４１ ． ６．略．億元 Ｈ０：數學成績與語文成績獨立，即無
利用 １９９７－２００６ 年的一元線性回歸模 關聯．
型預測的 ２０１７ 年 ＧＤＰ 8.3　列聯表與獨立性檢驗遠不如 ２００７－ 根據列聯表中的數據，經計算得到
２０１６ 年的經驗回歸模型準確，有兩點： ８．３．１　 分類變量與列聯表 χ２ ４００×（２１２×＝ ７３－５４×６１）
２
≈４８． ０３４ ＞
一是 ２００７－２０１６ 的模型的時間更接近 教材第 １２７ 頁（ × × ×練習） ２６６ １３４ ２７３ １２７
２０１７ 年，其次 ２００７－ ２０１６ 的選用模型 １．解析　 如：勤能補拙、春華秋實． ３．８４１．
更符合一元線性回歸模型． ２．解析　 可以確定與 Ｘ 和 Ｙ 有關的所有 根據小概率值 α ＝ ０．０５ 的獨立性檢驗，
習題 ８．２ 概率和條件概率．如： 可以認為 Ｈ０ 不成立，即數學成績與語
復習鞏固 ４３ ４５ 文成績有關聯．
１．解析 　 （１）解釋變量與響應變量的關 Ｐ（Ｘ＝ ０）＝ ，Ｐ（Ｘ ＝ １）＝ ，Ｐ（Ｙ ＝ ０）８８ ８８ 習題 ８．３
系是線性函數關系，殘差平方和等于 ０．
＝ ７１ １７
復習鞏固
（２）Ｒ２ １． ，Ｐ（Ｙ
＝ １）＝ ，
是 ８８ ８８ １．略．
　111


２．略． Ｈ０：嬰兒出生的時間與性別獨立，即無 殘差分析：
３．略． 關聯． 臂展
４．略． 根據列聯表中的數據，經計算得到 觀 １６９ １７０ １７２ １７７ １７４ １６６ １７４ １６９ １６６ １７６ １７０ １７４ １７０
測值
綜合運用 ２χ２ ＝ ８９
×（２４×２６－８×３１）
≈ ３． ６８９ ＞ 臂展
５．解析　 等高堆積條形圖如圖所示： ３２×５７×５５×３４ 預 １６７．９ １７４ １７０ １７４ １７７ １６８ １７５ １６５ １６４ １７２ １７２ １７３ １６９
２．７０６． 測值
殘差 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
根據小概率值 α ＝ ０．１ 的獨立性檢驗， 臂展
可以認為 Ｈ０ 不成立，即認為性別與出 觀 １６１ １６６ １６５ １７３ １６２ １８９ １６４ １７０ １６４ １７３ １６５ １６９
測值
生時間有關聯． 臂展
拓廣探索 預 １６０．９ １７１ １７１ １７０ １６４ １７９ １６４ １７７ １６６ １７２ １６８ １６８
９． 測值解析　 零假設為
殘差 ０．１３３ －４．９ －５．９ ３．０９ －１．９ １０ ０．１２ －６．９ －１．９ １．０８ －２．９ １．１
Ｈ０：學校和數學成績無關聯． 殘差圖略．
從圖中可以看出，高三年級學生的性別 根據列聯表 ８．３－２ 中的數據都擴大為 ６．解析　 從散點圖（圖略）可以看出，三
和身高有關聯．在身高低于 １７０ ｃｍ 的 原來的 １０ 倍，經計算得到
級跳遠奧運會冠軍成績大體分布在一
學生中，女生所占比例明顯大于男生所 χ２ ＝ ８８０
×（３３０×７０－３８０×１００） ２
× × × ≈８．３６５＞ 條直線附近，且呈向上遞增趨勢，所以占比例，在身高不低于 １７０ ｃｍ 的學生 ７１０ １７０ ４３０ ４５０
能用一元線性回歸模型刻畫這組數據．
中，男生所占比例明顯大于女生所占 ２．７０６， ７．解析 　 設 ｘ（萬 ｋｍ）表示行駛里程，ｙ
比例． 根據小概率值 α ＝ ０．１ 的獨立性檢驗， （ｍｍ）表示輪胎凹槽深度，根據散點圖
６．解析　 第 ５ 題中的身高變量是數值型 可以認為 Ｈ０ 不成立，即學校與數學

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