8.3.2 独立性检验
新课程标准解读 核心素养
1.理解利用2×2列联表可以检验两个随机变量的独立性 数学抽象
2.掌握运用2×2列联表的方法，解决独立性检验的简单实际问题 数学运算
最新研究发现，花太多时间玩电脑游戏的儿童，患多动症的风险会加倍.青少年的大脑会很快习惯闪烁的屏幕、变幻莫测的电脑游戏，一旦如此，他们在教室等视觉刺激较少的地方，就很难集中注意力.研究人员对1 323名年龄在7岁到10岁的儿童进行调查，并在孩子父母的帮助下记录了他们在13个月里玩电脑游戏的习惯.同时，教师记下这些孩子出现的注意力不集中问题.统计获得下列数据：
是否玩 电脑游戏 注意力是否集中 合计
注意力不集中 注意力集中
不玩电脑游戏 268 357 625
玩电脑游戏 489 209 698
合计 757 566 1 323
【问题】 从这则新闻中可以得出哪些结论？ 有多大把握认为你所得出的结论正确？
知识点 独立性检验
1.分类变量X和Y独立
如果{X＝0}与{Y＝0}独立；{X＝0}与{Y＝1}独立；{X＝1}与{Y＝0}独立；{X＝1}与{Y＝1}独立.我们就称分类变量X和Y独立.
2.独立性检验
（1）小概率值α的临界值：对于任何小概率值α，可以找到相应的正实数xα，使得下面的关系成立：P（χ2≥xα）＝α.我们称xα为α的临界值，这个临界值就可作为判断χ2大小的标准.概率值α越小，临界值xα越大；
（2）χ2的计算公式：
χ2＝.
3.小概率值α的检验规则
当χ2≥xα时，推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；
当χ2＜xα时，没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立.
利用χ2的取值推断分类变量X和Y是否独立的方法称为χ2独立性检验，读作“卡方独立性检验”，简称独立性检验.
4.χ2独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
提醒 独立性检验的基本思想与反证法的思想的相似与不同之处
相似处 反证法 独立性检验
要证明 结论A 要确认“两个分类变量有关系”
在A不成立的前提下进行推理 假设该结论不成立，即假设结论“两个分类变量没有关系”成立，在该假设下计算χ2
不同处 反证法得出的结论一定正确 独立性检验给出的结论可能会出现错误，但出错的概率可以控制在小范围内
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）独立性检验是检验两个分类变量是否有关的一种统计方法.（ ）
（2）独立性检验得到的结论一定是正确的.（ ）
（3）独立性检验的样本不同，其结论可能不同.（ ）
（4）独立性检验的基本思想是概率反证法.（ ）
2.某校为了研究“学生的性别”和“对待某一活动的态度”是否有关，运用2×2列联表进行独立性检验，经计算χ2＝7.069，则认为“学生性别与支持某项活动有关系”的犯错误的概率不超过（ ）
A.0.1% B.1% C.99% D.99.9%
3.根据下表计算：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
χ2≈ .
题型一 有关“相关的检验”
【例1】 为了了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对本班45人进行了问卷调查得到了如下的2×2列联表：
性别 打篮球 合计
喜爱 不喜爱
男 5
女 5
合计 45
已知在45人中随机抽取1人，是男同学的概率为.
（1）请将上面的2×2列联表补充完整；
（2）根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析喜爱打篮球是否与性别有关.
附参考公式：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
通性通法
分类变量χ2独立性检验的步骤
（1）提出零假设H0：X和Y相互独立，并给出在问题中的解释；
（2）根据抽样数据整理出2×2列联表，计算χ2的值；
（3）查临界值表，结合所给小概率值 α，比较χ2与xα的大小；
（4）根据检验规则得出结论.
【跟踪训练】
打鼾不仅影响别人休息，而且可能与患心脏病有关.下表是一次调查所得的数据：
打鼾 心脏病 合计
患病 未患病
每一晚都打鼾 30 224 254
不打鼾 24 1 355 1 379
合计 54 1 579 1 633
根据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为每一晚都打鼾与患心脏病有关系？
题型二 有关“无关的检验”
【例2】 某省进行高中新课程改革，为了解教师对新课程教学模式的使用情况，某一教育机构对某学校的教师关于新课程教学模式的使用情况进行了问卷调查，共调查了50人，其中有老年教师20人，青年教师30人.老年教师对新课程教学模式赞同的有10人，不赞同的有10人；青年教师对新课程教学模式赞同的有24人，不赞同的有6人.
（1）根据以上数据建立一个2×2列联表；
（2）试根据小概率值α＝0.01的独立性检验，分析对新课程教学模式的赞同情况与教师年龄是否有关系.
通性通法
独立性检验的关注点
（1）χ2计算公式较复杂，一是公式要清楚；二是代入数值时不能张冠李戴；三是计算时要细心；
（2）判断时把计算结果与临界值比较，其值越大，有关的可信度越高.
【跟踪训练】
下表是某届某校本科志愿报名时，对其中304名学生进入高校时是否知道想学专业的调查表：
性别 是否知道想学专业 合计
知道想学专业 不知道想学专业
男生 63 117 180
女生 42 82 124
合计 105 199 304
根据表中数据，下列说法正确的是 .（填序号）
①性别与知道想学专业有关；
②性别与知道想学专业无关；
③女生比男生更易知道所学专业.
1.调查中学生的视力情况时发现，某校160名男生中有90名近视，150名女生中有75名近视，在检验这些中学生的眼睛近视是否与性别有关时用什么方法最有说服力（ ）
A.平均数 B.方差
C.回归分析 D.独立性检验
2.依据α＝0.05的独立性检验，下列选项中，认为“A与B有关系”的χ2的值为（参考数据：P（χ2≥3.841）＝0.05）（ ）
A.2.700 B.2.710 C.3.765 D.5.014
3.（多选）为考察一种新型药物预防疾病的效果，某科研小组进行动物实验，收集整理数据后将所得结果填入相应的2×2列联表中，由列联表中的数据计算得χ2≈9.616.参照附表，下列结论正确的是（ ）
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析认为“药物有效”
B.根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析认为“药物无效”
C.根据小概率值α＝0.005的独立性检验，分析认为“药物有效”
D.根据小概率值α＝0.005的独立性检验，分析认为“药物无效”
4.考察棉花种子是否经过处理跟得病之间的关系，得如表所示的数据：
是否得病 种子是否经过处理 合计
种子处理 种子未处理
得病 32 101 133
不得病 61 213 274
合计 93 314 407
根据以上数据得χ2的值是 （精确到0.001）.
提示：完成课后作业 第八章 8.3 8.3.2
4 / 4学习讲义部分
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
第1课时 两个计数原理及其
简单应用
【基础知识·重落实】
知识点一
1.m＋n 2.m1＋m2＋…＋mn
知识点二
1.m×n 2.m1×m2×…×mn
想一想
提示：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步.
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√ （4）√
2.B 由分类加法计数原理可得不同的选法种数为3＋2＝5.
3.B 第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同的选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法.故共有4×3＝12（种）不同的配法.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）从三个班中任选1名学生担任学生会主席，共有三类不同的方案.
第1类，从高三（1）班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三（2）班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三（3）班中选出1名学生，有55种不同的选法.
根据分类加法计数原理知，从三个班中任选1名学生担任学生会主席，不同选法的种数为50＋60＋55＝165.
（2）从高三（1）班男生、（2）班男生中或从高三（3）班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，共有三类不同的方案.
第1类，从高三（1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.
根据分类加法计数原理知，从高三（1）班男生、高三（2）班男生中或从高三（3）班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，不同选法的种数为30＋30＋20＝80.
跟踪训练
1.B 选取的方法可分为两类：从3名女大学生中选聘1人，有3种选法；从2名男大学生中选聘1人，有2种选法，根据分类加法计数原理，可知不同的选法种数为3＋2＝5，故选B.
2.11 解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定7＋4＝11个不同的平面.
【例2】 B 由题意知a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种选法；c的值有4种选法.由分步乘法计数原理得，可以组成抛物线的条数为5×5×4＝100.
母题探究
1.解：需分三步完成，第一步确定a有2种方法，第二步确定b有5种方法，第三步确定c有4种方法，故可组成2×5×4＝40（条）抛物线.
2.解：据条件知m＞0，n＞0，且m≠n，故需分两步完成，第一步确定m，有3种方法，第二步确定n，有2种方法，故可以组成椭圆的个数为3×2＝6.
跟踪训练
1.D 每位学生都有3种选择，则4位学生的报名方式共有34＝81（种）.故选D.
2.6 解析：由题意可知，在该电路中，只有先闭合A组2个开关中的任意1个，再闭合B组3个开关中的任意1个后，接通电源，灯泡才能发光.因此要完成这件事，需要分两步，所以接通电源使灯泡发光的方法种数为2×3＝6.
【例3】 解：（1）分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法.根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14（种）不同的选法.
（2）分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70（种）不同的选法.
（3）分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10（种）不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35（种）不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14（种）不同的选法.
所以共有10＋35＋14＝59（种）不同的选法.
跟踪训练
解：（1）一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：
第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12（个）不同的点；
第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12（个）不同的点.
由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24.
（2）第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A，B中的正数，同样可分为两类，类似于（1），得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8.
随堂检测
1.C 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48.故选C.
2.B 根据分类加法计数原理可得，一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为3＋4＋2＝9.
3.16 解析：如果由甲地经乙地到丁地，则有2×4＝8种不同的路线；如果由甲地经丙地到丁地，则有4×2＝8种不同的路线.因此，从甲地到丁地共有8＋8＝16种不同的路线.
第2课时 两个计数原理的
综合应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）三位数字的密码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125（个）.
（2）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100（个）.
（3）被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12（种）排法；另一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18（种）排法.因而有12＋18＝30（种）排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
母题探究
解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，从1，2，3，4中除去用过的一个，从剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36（个）.
跟踪训练
解：（1）0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18（个）.
（2）百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择.
由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48（个）.
【例2】 C 法一（直接法） 按甲工厂分配的班情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班去甲工厂，剩下的一个班去另外三个工厂，分配方案共有3×3＝9（种）；第三类，有一个班去甲工厂，另外两个班去其他三个工厂，分配方案共有3×3×3＝27（种）.综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37（种）.
法二（间接法） 先计算三个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37（种）方案.
跟踪训练
1.A 由于1号球不放入1号盒子，则1号球可放入2，3，4号盒子，有3种选择，则2号球有3种选择，3号球有2种选择，4号球只有1种选择.根据分步乘法计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有3×3×2×1＝18（种）.故选A.
2.2 解析：不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2（种）.
【例3】 （1）180 （2）18
解析：（1）法一 可分步进行，A有5种涂法，B有4种.当A与D不同色时，D有3种涂法，C有2种涂法，共有5×4×3×2＝120（种）涂法.当A与D同色时，C有3种涂法，共有5×4×3＝60（种）.综上，不同的涂色方法有180种.
法二 先排B，C，D，两两不同色，有5×4×3＝60（种）方法.再排A，A只要与B，C不同色即可，有3种涂色方法.故不同的涂色方法有60×3＝180（种）.
（2）法一（直接法） 若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6（种）不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6（种）不同的种植方法.故不同的种植方法共有6×3＝18（种）.
法二（间接法） 从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24（种），其中不种黄瓜有3×2×1＝6（种），故共有24－6＝18（种）不同的种植方法.
跟踪训练
1.C 先给A选色，有3种方法；再给B选色，有2种方法；再给C选色，有2种方法，由分步乘法计数原理可得不同的染色方法共有3×2×2＝12（种）.故选C.
2.C 当侧面SAB与侧面SDC同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有2种染色方法，共有4×3×2×1×2＝48（种）染色方法.当侧面SAB与侧面SDC不同色时，底面ABCD有4种染色方法，侧面SDC有3种染色方法，侧面SAD有2种染色方法，侧面SAB有1种染色方法，侧面SBC有1种染色方法，共有4×3×2×1×1＝24（种）染色方法.则不同的染色方法共有48＋24＝72（种）.
随堂检测
1.D 先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，由3×2＝6种选择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12个没有重复数字的三位偶数.故选D.
2.D 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960（种）情况.
3.72 解析：先涂A，有4种选择，则B有3种选择，而为了让C与A、B都不一样，则C有2种选择，再涂D，只要与C涂不一样的就可以，也就是D有3种，所以一共有4×3×2×3＝72（种）.
6.2 排列与组合
6.2.1 排列
【基础知识·重落实】
知识点
1.一定的顺序 2.（1）完全相同 （2）顺序
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）× （4）√
2.C 从三人中选出两人，而且要考虑这两人的顺序，所以有如下6种站法：甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙.
3.D 从1，2，3，4，5这五个数字中任取两个数字可组成的两位数为12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，21，31，41，51，32，42，52，43，53，54，共20个.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）不是.因为加法运算满足交换律，所以选出的两个元素做加法时，与两个元素的位置无关，所以不是排列问题.
（2）是.因为取出的两个数组成的点的坐标与哪一个数是横坐标，哪一个数是纵坐标有关，即与顺序有关，所以是排列问题.
（3）不是.因为从十名同学中选取两名同学去学校开座谈会不需要考虑两个人的顺序，所以不是排列问题.
（4）是.因为从一个大门进，从另一个大门出是有顺序的，所以是排列问题.
跟踪训练
①③④ 解析：从4个不同的数字中，每次取出两个相乘的时候，两个数字交换顺序不影响运算结果，即与元素的顺序无关，所以②不是排列问题；相减，相除，一个为被开方数、一个为根指数，进行上述三种操作，两个数字一旦交换顺序，产生的结果就会不同，即与顺序有关.所以①③④属于排列问题.
【例2】 解：（1）由题意作出树状图如下：
故组成的所有没有重复数字的两位数为12，13，14，21，23，24，31，32，34，41，42，43，一共可以组成12个.
（2）由题意作出树状图如下：
故所有的排列为abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb.一共可以组成24个排列.
跟踪训练
解：由题意作“树状图”，如下：
故所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC，CABD，CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB.
【例3】 解：（1）因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，
所以这个四位数的个位数字一定是“0”，
故要确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，
共有3×2×1＝6（个）.
（2）此题可以理解为从5家单位中选出4家单位，
分别把4名大学生安排到4家单位，
共有5×4×3×2＝120（个）分配方案.
跟踪训练
1.B 对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应一个起点站和一个终点站，因此，每张火车票对应从6个不同元素（大站）中取出2个不同元素（起点站和终点站）的一种排列，故不同的火车票有6×5＝30（种）.
2.C 由题意可知，粗加工工序的排法种数为4×3×2×1＝24.将E，F进行捆绑，且E为F的前一道工序，精加工工序的排法种数为2.由分步乘法计数原理可知，完成该工艺品加工不同的方法有24×2＝48（种）.故选C.
随堂检测
1.AD A是排列问题，因为2名同学参加的学习小组与顺序有关；B不是排列问题，因为2名同学参加这项活动与顺序无关；C不是排列问题，因为取出的2个字母与顺序无关；D是排列问题，因为取出的2个数字还需要按顺序排成一个两位数.
2.C 从4个同学中任选1个同学有4种，再从剩下的3个同学中任选1个同学有3种，再从剩下的2个同学中任选1个同学有2种，最后剩下1个同学.按分步乘法计数原理，不同的选法有4×3×2×1＝24（种）.
3.4 解析：列“树状图”如下，故共有乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲4种排列方法.
6.2.2 排列数
第1课时 排列数公式
【基础知识·重落实】
知识点
不同排列 n！ n！ 1
n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）
自我诊断
1.（1）× （2）× （3）√ （4）√
2.6
3.解：此问题相当于从5个不同元素中取出2个元素的排列数，即共有＝20（种）不同的送书方法.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）2＋＝2×4×3×2＋4×3×2×1＝72.
（2）原式＝
＝＝＝.
跟踪训练
1.D 7×8×9×…×15＝＝.
2.－
解析：＝＝＝－＝－.
【例2】 解：（1）因为所以x≥3，x∈N*.
由＝140得（2x＋1）2x（2x－1）（2x－2）＝140x（x－1）（x－2）.
化简得4x2－35x＋69＝0，
解得x1＝3，x2＝（舍去）.
所以原方程的解为x＝3.
（2）证明：∵－＝－＝·（－1）＝·＝m·＝m，∴－＝m.
跟踪训练
1.D 由＜6，得＜6×，化简得x2－19x＋84＜0，解得7＜x＜12①，又所以2＜x≤8②，由①②及x∈N*，得x＝8.
2.证明：因为＝（n＋1）·n·（n－1）·…·3·2·1，
（n＋1）＝（n＋1）·n！＝（n＋1）·n·（n－1）·…·3·2·1，所以＝（n＋1）.
【例3】 解：完成这件事可以分为两步.
第一步：把4名医生分配到四个不同的单位，等价于从4个不同元素中取出4个元素的排列问题，有种方法；
第二步：把4名护士分配到四个不同的单位，也有种方法.
根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有×＝576（种）.
跟踪训练
解：（1）本题实质是求从1，2，3，4四个数字中，任意选出三个数字排成一排，有多少种排法的排列问题，故排列数，即为没有重复数字的三位数的个数.
（2）这是6个元素的全排列问题，其排列数，即为一天的课程的排法种数.
随堂检测
1.C ＝12×11×10＝1 320，＝10×9×8＝720，故－＝1 320－720＝600.
2.C 由题意可知，不同的次序种数为＝4×3×2×1＝24.
3.{3，4} 解析：由－n＜7，得（n－1）·（n－2）－n＜7，整理，得n2－4n－5＜0，解得－1＜n＜5.又n－1≥2且n∈N*，即3≤n＜5且n∈N*，所以n＝3或n＝4.
4.648 解析：第1步，确定百位上的数字，可以从1～9这9个数字中取出1个，有种取法；第2步，确定十位和个位上的数字，可以从剩下的9个数字中取出2个，有种取法.根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为×＝9×9×8＝648.
第2课时 排列的综合应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）第一步，排个位，有种排法；
第二步，排十万位，有种排法；
第三步，排其他位，有种排法.
故共有＝288个六位奇数.
（2）十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类.
第一类，当个位排0时，有个；
第二类，当个位不排0时，有个.
故符合题意的六位数共有＋＝504个.
（3）分三种情况，
①当千位上排1，3时，有个；
②当千位上排2时，有个；
③当千位上排4时，
形如40××，42××的各有个；
形如41××的有个；
形如43××的只有4 310和4 302这两个数.
故共有＋＋2＋＋2＝110个.
跟踪训练
解：（1）百位选5，7，9中的一张，有种排法；十位和个位从剩余4张中选2张排列，有种排法.所以大于500的三位数的个数为＝3×4×3＝36.
（2）百位不能选0，有种排法；十位和个位从剩余4张中选2张排列，有种排法.即所有三位数的个数为＝4×4×3＝48.
【例2】 解：（1）从7个元素中选出5个进行排列，有＝2 520种排法.
（2）男生站在一起，有种排法，
女生站在一起，有种排法，
全体男生、女生各视为一个元素，有种排法，
由分步乘法计数原理知，共有＝288种排法.
（3）先安排女生共有种排法，
男生在4个女生隔成的五个空中安排共有种排法，故共有＝1 440种排法.
跟踪训练
C 因为课程“乐”“数”排在相邻两周，可用捆绑法，把“乐”“数”捆绑看作一个元素与其他元素一起排列共种，再排其内部顺序种，所以不同的安排方案有＝120×2＝240种.故选C.
【例3】 解：（1）法一（位置分析法） 因为甲不站左右两端，故先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有种站法；再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有种站法，由分步乘法计数原理知共有＝480种站法.
法二（元素分析法） 因为甲不能站左右两端，故先让甲排在除左右两端之外的任一位置上，有种站法；再让余下的5个人站在其他5个位置上，有种站法，由分步乘法计数原理知，共有＝480种站法.
法三（间接法） 在排列时，我们对6个人不考虑甲站的位置全排列，有种站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2，于是共有－2＝480种站法.
（2）首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有种站法；再让其他4个人在中间4个位置全排列，有种站法，根据分步乘法计数原理，共有＝48种站法.
（3）法一（间接法） 甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，而甲在左端且乙在右端的站法有种，故共有－2＋＝504种站法.
法二（直接法） 从元素甲的位置进行考虑，可分两类：第一类，甲站右端有种站法；第二类，甲站在中间4个位置之一，而乙不站在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个人，有种站法，故共有＋＝504种站法.
跟踪训练
解：法一（先满足特殊位置） 由于排头和排尾两个位置有限制要求，因此先从5名学生中选出2名站在排头和排尾，有种方法，余下的四人可任意站，有种方法，所以符合要求的排法有＝480（种）.
法二（先满足特殊元素） 老师既然不能排在两端，于是可以从中间四个位置中任选一个，有种方法.5名学生在余下的五个位置中任意排列，有种排法.因此符合题意的排法有＝480（种）.
法三（间接法） 由于六个人任意排有种排法，但实际必须减去老师排在排头的种方法和排在排尾的种方法，因而有－2＝480（种）排法.
随堂检测
1.C 根据题意分两种情况：当个位数为0时，有＝24（个），当个位数为2或4时，有2·＝36（个），所以无重复数字的四位偶数有24＋36＝60（个）.故选C.
2.A 先将老师全排列，有种排法，形成4个空，将3名学生插入4个空中，有种排法，故共有＝144（种）排法.
3.解：（1）把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素与灰太狼、红太狼进行排列，排法种数为.因为喜羊羊家族的四位成员交换顺序会产生不同排列，所以不同的排法共有＝144（种）.
（2）第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有种排法；第二步，让灰太狼、红太狼插入喜羊羊家族的四位成员形成的空（包括两端）中，有种排法，不同的排法共有＝480（种）.
拓视野 圆排列问题
问题探究
提示：为了更方便的说明这个问题，我们先将10人编号为1～10，然后以他们的编号按照顺序站成一圈，这样就形成了一个圆排列.
分别以1，2，3，4，5，6，7，8，9，10号作为开头将这个圆排列打开，就可以得到10种排列：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10；…；10，1，2，3，4，5，6，7，8，9.这就是说，这个圆排列对应了10个排列.因此，要求的圆排列数，只需要求出全排列数再除以10就可以了，即不同的坐法有＝362 880种.
迁移应用
1.D 要求5对夫妇相邻，我们可以先将每对夫妇划分为1组，然后让这5组人围坐成一圈，于是有种坐法.考虑到组内两人还有顺序问题，因此每组再乘2，于是5对夫妇相邻而坐共有×25种坐法.
2.60 解析：首先，6颗钻石圆排列有（6－1）！种情况；其次，钻石圈可以翻转，没有顺时针与逆时针的区别.因此，可以穿成＝60种钻石圈.
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第1课时 组合与组合数公式
【基础知识·重落实】
知识点一
作为一组
知识点二
所有不同组合
自我诊断
1.（1）√ （2）√ （3）√
2.15 解析：由题意得，不同选法的种数为＝15.
3.2或3 解析：由方程＝和组合数性质可得，在两个组合数下标相同的情况下，当两个组合数上标和等于下标时，两个组合数相等，即x＋2＝5，x＝3；当两个组合数上标相同时，两个组合数相等，即x＝2；故x＝2或3.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题.
（2）冠、亚军是有顺序的，是排列问题.
（3）3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题.
（4）3人参加某项活动，没有顺序，是组合问题.
跟踪训练
解：（1）因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题；
（2）因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题；但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题；
（3）甲写给乙贺卡，与乙写给甲贺卡是不同的，所以与顺序有关，是排列问题.
【例2】 解：（1）原式＝－＝－7×6×5＝210－210＝0.
（2）∵∴9.5≤n≤10.5.
∵n∈N*，
∴n＝10，
∴＋＝＋＝＋＝＋31＝466.
（3）∵＝120，
∴2n（2n－1）（2n－2）（2n－3）＝，
解得n＝3或n＝－1（舍去），∴n＝3.
【例3】 （1）7 315 （2）14
解析：（1）
（2）由－＝得＝＋，由组合数的性质，可得＝，故8＋7＝n＋1，解得n＝14.
跟踪训练
1.5 006 解析：＋＝＋×1＝＋＝56＋4 950＝5 006.
2.证明：m＝m·
＝
＝n·＝n.
【例4】 解：甲、乙二人必须参加，则只需要从另外8人中选2人，是组合问题，共有＝28种不同的选法.
母题探究
解：甲、乙二人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙中选1人，有＝2种选法；再从另外8人中选3人，有种选法.共有＝112种不同的选法.
跟踪训练
解：（1）从口袋内的8个球中取出3个球，
取法种数是＝＝＝56.
（2）从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是＝＝＝21.
（3）由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是＝＝＝35.
随堂检测
1.C A、B、D三个选项都与顺序有关，而C是从全班同学中选出3名同学出席运动会开幕式与顺序无关，故为组合问题.
2.B ＋＝＋＝＋＝36.
3.210 解析：从10人中任选出4人作为甲组，则剩下的人即为乙组，这是组合问题，共有＝210（种）分法.
4.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种数为.
（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11人组成上场小组，共有种选法；
第2步，从选出的11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式种数为×.
第2课时 组合的综合应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）法一
法二 采用排除法有－＝825（种）.
（2）至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有·＋·＋＝966（种）.
（3）分两种情况：第一类，女队长当选，有种；
第二类，女队长不当选，则男队长当选，有·＋·＋·＋种.
故共有＋·＋·＋·＋＝790（种）.
母题探究
解：分两类情况：第一类，没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有＝462（种）选法.
第二类，一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：＋＝660（种）选法.
所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1 122（种）.
跟踪训练
解：（1）根据题意，在5名男生中任选2人，有＝10（种）选法，在5名女生中任选2人，有＝10（种）选法，则4人中男生、女生各2人的选法有10×10＝100（种）.
（2）根据题意，在10人中任选4人，有种选法，若甲、乙都没有参加，有种选法，则有－＝140（种）符合题意的选法.
（3）根据题意，在10人中任选4人，有种选法，只有男生的选法有种，只有女生的选法有种，则既有男生又有女生的选法有－－＝200（种）.
【例2】 解：（1）法一 可作出三角形＋·＋·＝116（个）.
法二 可作三角形－＝116（个），
（2）可作出四边形＋·＋·＝360（个）.
跟踪训练
A 法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为＋＋＋＝205.
法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为－＝205.
【例3】 解：（1）根据分步乘法计数原理得有＝90种.
（2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有种方法.根据分步乘法计数原理可得＝x，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法.
（3）这是“不均匀分组”问题，一共有＝60种方法.
（4）在（3）的基础上再进行全排列，所以一共有＝360种方法.
跟踪训练
解：（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法.
（2）这是全排列问题，共有＝24种放法.
（3）法一 先将4个小球分为3组，有种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，故共有·＝144种放法.
法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，所以共有＝144种放法.
（4）1个球的编号与盒子编号相同的选法有种，
当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知，其余3个球的投放方法有2种，故共有2＝8（种）.
随堂检测
1.C 分两类：一类是2个白球有＝15（种）取法，另一类是2个黑球有＝6（种）取法，所以共有15＋6＝21（种）取法.
2.A 根据题意，数字5是取出的五个不同数的中位数，则取出的数字中必须有5，6，7，在1，2，3，4中有2个数字，则不同的取法有＝6种.
3.A 当甲组中有3人，乙、丙组中各有1人时，有＝20（种）不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中也有2人，丙组中只有1人时，有＝30（种）不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中有1人，丙组中有2人时，有＝30（种）不同的分配方案.故共有20＋30＋30＝80（种）不同的分配方案.
4.（1）1 260 （2）80 解析：（1）第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有＝1 260（个）.
（2）第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有＝80（个）.
拓视野 用隔板法解相同元素的分配问题
问题探究
1.解：先将n个小球排成一列，然后在它们之间形成的（n－1）个空（不含两端的）中插入（m－1）块隔板，便将n个小球分割成m组，每组至少有1个小球，这m组小球依次放入m个不同的盒子，（m－1）块隔板的一种插法就对应了n个相同小球投入m个不同盒子的一种放法，故不同的放法共有种.
2.解：法一 将m个盒子排成一排（并在一起的两盒子的外壁视为一块隔板），除去两端的盒子的外壁，共有（m－1）块隔板；再把n个相同的小球投放到m个不同的盒子中，不同的放法对应着n个球和（m－1）块隔板的不同排法，于是问题转化为从（n＋m－1）个位置中选出n个位置放球，共有不同放法＝种.
法二 “将n个相同的小球投放到m（n≥m≥1）个不同的盒子中，允许有空盒子”的放法种数，等于“将n＋m个相同的小球投放到m（n≥m）个不同的盒子中，每个盒子至少有1个球”的放法种数，根据法一可知，共种不同放法.
迁移应用
1.解：（1）需将6个小球分为4组，然后每个盒子放入1组，可用3块隔板放在6个小球之间的5个空隙中的任意3处，每种放法对应着一种分法，故共有＝10种.
（2）恰有1个盒子空，需将6个小球分为3组，然后放入其中的3个盒子中，每个盒子放1组.这时可用2块隔板放在6个小球之间的5个空隙中的任意2处，故共有＝40种.
（3）恰有2个盒子空，需将6个小球分为2组，然后放入其中的2个盒子中，每个盒子放1组，这时可用1块隔板放在5个空隙中的任意1处，故共有＝30种.
2.解：（1）问题相当于将16个小球串成一串，插入3块隔板，截为4段，16个小球间有15个空隙，从中选3个插入隔板，插法种数为＝＝455.故不同的分配方案共有455种.
（2）问题等价于先给2班1个小球，3班2个小球，4班3个小球，再把余下的10个小球放入4个盒子里，求每个盒子里至少有1个小球的分配方法种数问题.即相当于将10个小球串成一串，截为4段，10个小球间有9个空隙，从中选3个插入隔板，插法种数为＝84，因此不同的分配方案共有84种.
培优课 排列与组合
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有＝360（种）不同的排法.
（2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的.故有＝120（种）不同的排法.
跟踪训练
解：法一（直接转化法） 七个位置先安排2，4，6三个数的排法为，然后1，3，5，7的顺序按照要求只能是1种，由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为×1＝210.
法二（重复插空法） 先将1，3，5，7按固定顺序排好，这四个数有5个空隙，将2插入，有5个空隙可以选择，然后再将4插入，有6个空隙可以选择，最后将7插入，有7个空隙可以选择，所以由分步乘法计数原理得符合条件的七位数的个数为5×6×7＝210.
【例2】 D 按照去茶经楼的人数进行分类讨论.第一类，若4个人均去茶经楼，则有1种参观方式；第二类，若有3个人去茶经楼，分两步，从4个人中选择3个人去茶经楼，余下1个人从另外的3处景点中任意选择一处，有＝12（种）参观方式；第三类，若有2个人去茶经楼，分三步，从4个人中选择2个人去茶经楼，余下2个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝54（种）参观方式；第四类，若有1个人去茶经楼，分四步，从4个人中选择1个人去茶经楼，余下3个人分别从另外的3处景点中任意选择一处，有＝108（种）参观方式.综上，由分类加法计数原理，共有1＋12＋54＋108＝175（种）参观方式，故选D.
【例3】 24 216 解析：区域A，B，C，D和A1，B1，C1，D1分别各涂2种不同颜色，则区域A和C同色，B和D同色，A1和C1同色，B1和D1同色，所以先涂区域A和C，B和D，从4种颜色中选两种，有种.再涂区域A1和C1，B1和D1，用另外两种颜色去涂，有种.所以由分步乘法计数原理共有＝24（种）涂色方法.
设四种不同的颜色为a，b，c，d，第一步先涂区域A，B，C，D共有＝24（种）方法，第二步涂区域A1，B1，C1，D1，在给区域A1，B1，C1，D1涂色时，与相应的区域A，B，C，D颜色不能相同，不妨设区域A，B，C，D对应的颜色是a，b，c，d，那么区域A1，B1，C1，D1对应的颜色可能情况有如下几类，（b，a，d，c），（b，c，d，a），（b，d，a，c），（c，a，d，b），（c，d，a，b），（c，d，b，a），（d，a，b，c），（d，c，a，b），（d，c，b，a），共9种情况，所以共有24×9＝216（种）涂色方法.
跟踪训练
1.C 由两个集合中的数字大小，以及要求组成比5 000大的自然数，可分为两类讨论.第一类，若从集合A中取出元素4，则4不能作千位上的数字，只能先排在个位、十位或百位上，有种方法，再从B中选3个数字排在另外三个数位上有种方法，从而共有＝180（个）满足题意的自然数.第二类，从集合A中的元素5，6，7中取1个，有3种方法，若集合A中取出元素5，则集合B只能从6，7，8，9中取3个数字，有种取法，故可有（个）满足题意的自然数.集合A中取元素6，7时同理.故共有3＝288（个）满足题意的自然数.综上，由分类加法计数原理可得，满足题意的自然数共有180＋288＝468（个），故选C.
2.B 先将6个不同的乒乓球分为两组，可分为1个和5个，2个和4个，3个和3个三种情况，共有＋＋＝31（种）分法，再将分好的两组分别放入不同的球袋中，则共有31×＝62（种）放法.
6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
【基础知识·重落实】
知识点
an＋b1bk＋…＋bn （k＝0，1，2，…，n） bk
自我诊断
1.（1）× （2）× （3）√
2.D T3＝（2x）2（－3）2＝216x2.
3.60 解析：（1－2x）6的展开式的通项Tk＋1＝（－2）kxk，当k＝2时，T3＝（－2）2x2＝60x2，所以x2的系数为60.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）法一 ＝（3）4＋（3）3·＋（3）2·＋（3）· ＋＝81x2＋108x＋54＋＋.
法二 ＝＝（1＋3x）4＝·[1＋·3x＋（3x）2＋（3x）3＋（3x）4]＝（1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4）＝＋＋54＋108x＋81x2.
（2）原式＝（x＋1）n＋（x＋1）n－1·（－1）＋（x＋1）n－2（－1）2＋…＋（x＋1）n－k（－1）k＋…＋（－1）n＝[（x＋1）＋（－1）]n＝xn.
跟踪训练
1.5 解析：3n＋3n－1＋…＋3＋＝3n·10＋3n－1·11＋…＋31·1n－1＋30·1n＝（3＋1）n＝4n＝1 024＝210，即22n＝210，解得n＝5.
2.解：原式＝x4＋x3·＋x2·（）2＋x（）3＋（）4－［x4－x3·＋x2·（）2－x·（）3＋（）4］＝2［x3·＋x·（）3］＝8x2＋.
【例2】 解：二项展开式的第r＋1项是Tr＋1＝x12－r·（－）r＝（－1）r.
（1）令r＝3，则T4＝（－1）3＝－220x8.
（2）令12－r＝0，则r＝9，从而常数项为（－1）9＝－220.
（3）若求展开式中的有理项，则12－r为整数，即r＝0，3，6，9，12，故有理项分别为T1＝x12，T4＝－x8＝－220x8，T7＝x4＝924x4，T10＝－＝－220，T13＝x－4.
跟踪训练
1.－x3 解析：二项式展开式的通项为Tk＋1＝（2x2）6－k·（－）k＝（－）k26－kx12－3k，二项展开式一共有7项，所以第4项为中间项，即k＝3，T4＝（－）326－3x12－3×3＝－x3.
2.4 解析：（x－）6的展开式的通项是Tr＋1＝x6－r·（－）rx－2r＝x6－3r（－）r，令6－3r＝0，得r＝2，即当r＝2时，Tr＋1为常数项，即常数项是a，根据已知得a＝60，解得a＝4.
【例3】 解：（1）∵第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8∶3，
∴∶＝8∶3，
∴＝，∴n＝10.
（2）（－）n＝（－）10，其通项公式为Tk＋1＝（－2）kx5－k，
令5－k＝3，可得k＝2，
∴展开式中x3项的系数为（－2）2×＝180.
展开式中含x3项的二项式系数为＝45.
跟踪训练
1.B （1－2x）n的展开式的通项为Tk＋1＝1n－k·（－2x）k＝（－2）kxk，又展开式中x3的系数为－160，则（－2）3＝－160，则＝20，解得n＝6.
2.6 解析：因为（ －）n的二项展开式为Tr＋1＝（）n－r（－）r，所以它的第二项的系数为T2＝（－2），该二项式的展开式中第二项的二项式系数为，由（ －）n的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，所以－（－2）＝18 n＝6.
随堂检测
1.D 含x6的项是T5＝x6（－）4＝9x6.
2.C Tr＋1＝··＝（－1）r···，当8－r＝0，即r＝6，则T7＝（－1）6··＝7.
3.x4 解析：（x＋1）4－4（x＋1）3＋6（x＋1）2－4（x＋1）＋1＝（x＋1）4＋（x＋1）3（－1）1＋（x＋1）2（－1）2＋（x＋1）·（－1）3＋（－1）4＝[（x＋1）－1]4＝x4.
4.解：（1）（x－）8＝（x－2x－2）8，
所以第3项为T3＝x8－2（－2x－2）2＝（－2）2x6x－4＝4x2＝112x2.
（2）Tr＋1＝x8－r（－2x－2）r＝（－1）r2rx8－3r，
令8－3r＝－1，解得r＝3，
所以T4＝（－1）323x－1＝－.
所以含项的系数为－448.
6.3.2 二项式系数的性质
【基础知识·重落实】
知识点
1.＝ r＝ 2.（1）增大 减小
（2） 3.（1）2n （2）2n－1
想一想
提示：不对.
自我诊断
1.（1）× （2）× （3）√
2.D 3.C
4.1 64 解析：令x＝1，得各项系数和为1；各二项式系数之和为26＝64.
【典型例题·精研析】
【例1】 A ∵（1＋2x）n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，∴＝，解得n＝10，各二项式系数之和为210，∵奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和相等，∴（1＋2x）10的展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝29＝512.
跟踪训练
解：由题意得，2n＝64，解得n＝6，
而（x－my）6的通项公式为Tk＋1＝x6－k（－my）k，0≤k≤6，k∈N，
所以x3y3的系数为（－m）3＝－160，
解得m＝2.
【例2】 解：（1）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
（2）令x＝－1，得（－3）5＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.
由（2x－1）5的通项Tr＋1＝（－1）r×25－rx5－r知a1，a3，a5为负值，
所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a5｜＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.
（3）由（1）（2）得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝（－3）5，
两式相加得2（a1＋a3＋a5）＝1－35，
所以a1＋a3＋a5＝＝－121.
母题探究
解：（1）因为a0是（2x－1）5展开式中x5的系数，
所以a0＝25·（－1）0＝32.
又a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－31.
（2）因为（2x－1）5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，所以两边求导数，得10（2x－1）4＝5a0x4＋4a1x3＋3a2x2＋2a3x＋a4.
令x＝1，得5a0＋4a1＋3a2＋2a3＋a4＝10.
跟踪训练
解：（1）令x＝0，则a0＝2100.
（2）令x＝1可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝（2－）100， ①
故a1＋a2＋…＋a100＝（2－）100－2100.
（3）令x＝－1可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝（2＋）100. ②
①②联立可得a1＋a3＋…＋a99＝.
（4）原式＝[（a0＋a2＋…＋a100）＋（a1＋a3＋…＋a99）][（a0＋a2＋…＋a100）－（a1＋a3＋…＋a99）]＝（a0＋a1＋a2＋…＋a100）·（a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100）＝[（2－）（2＋）]100＝1100＝1.
【例3】 解：（1）由（＋2x）n的展开式前三项的二项式系数的和等于37，即＋＋＝37，解得n＝8，即二项式为（＋2x）8，
所以展开式中第5项的二项式系数最大，T5＝（）4×24x4＝x4，
所以展开式中二项式系数最大的项的系数为.
（2）设二项展开式的第r＋1项的系数最大，
则
解得7≤r≤8，所以展开式中系数最大的项为第8项或第9项，
即T8＝（）1×27x7＝28x7，T9＝（）0×28x8＝28x8.
跟踪训练
1.BC 由题意知，展开式中二项式系数最大为和，故二项式系数最大的项是第5项和第6项.
2.解：由题意可知＋1＝6，解得n＝10，故展开式的通项为Tr＋1＝2r.
设第r＋1项的系数最大，
则
即解得≤r≤.
∵r∈N，∴r＝7，
∴展开式中的系数最大的项为T8＝27＝15 360.
随堂检测
1.B 由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.
2.C 二项式（a＋b）n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，∴2n－1＝64，∴n＝7.故选C.
3.B （2－3x）15的展开式中共有16项，中间的两项为第8项和第9项，这两项的二项式系数相等且最大，为＝，故选B.
4.解：（1）因为（1－x）8的展开式中共有9项，所以中间一项（第5项）的二项式系数最大，所以展开式中二项式系数最大的项为（－x）4＝70x4.
（2）二项展开式中系数的最小值应在各负项中确定.由题意知第4项和第6项系数相等且最小，T4＝（－x）3＝－56x3，T6＝（－x）5＝－56x5，所以展开式中系数最小的项是－56x3和－56x5.
培优课 二项式定理的综合应用
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）－100 （2）－28
解析：（1）（2x－）6展开式的通项为Tk＋1＝·（2x）6－k（－x－1）k＝（－1）k·26－kx6－2k，令6－2k＝0，则k＝3，令6－2k＝－2，则k＝4，所以常数项为－23＋22＝－160＋60＝－100.
（2）（x＋y）8展开式的通项Tr＋1＝x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝x2y6，令r＝5，得T5＋1＝x3y5，所以（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为－＝－28.
跟踪训练
1.－15 解析：由（2x－）n的展开式中二项式系数之和为32得，2n＝32，故n＝5，（x－y）n的展开式通项为（－1）kx5－kyk，故x2y4的项为＋（－1·2，k1＝4，k2＝3，即（－1）4x2y4＋（－1）32x2y4＝－15x2y4.
2.4 解析：（x＋）6的展开式的通项公式为Tk＋1＝x6－k（）k＝2kx6－2k（k＝0，1，2，3，4，5，6），令6－2k＝1，得k＝（舍去）；令6－2k＝2，得k＝2.故（2x－a）（x＋）6的展开式中x2的系数为－a22＝－240，解得a＝4.
【例2】 243 30 解析：令x＝1，则所有项的系数和是（1＋1＋12）5＝243；
法一 因为（1＋x＋x2）5的通项为（1＋x）5－rx2r（r＝0，1，2，3，4，5），所以当r＝0时，需求（1＋x）5展开式中的x3项为x3；当r＝1时，需求（1＋x）4展开式中的x项为x；所以含x3的项的系数是＋＝20＋10＝30.
法二 （1＋x＋x2）5是5个式子（1＋x＋x2）连乘，欲求含x3＝x·x·x＝x2·x的项的系数，只需在5个式子（1＋x＋x2）中选三个括号提供x，两个括号提供1；或者一个括号提供x，一个括号提供x2，三个括号提供1即可，所以含x3的项的系数是＋＝10＋20＝30.
跟踪训练
1.C 因为（x＋2＋）3＝［］3＝，所以展开式中的常数项即分子（x＋1）6展开式中x3的系数，即＝20.故选C.
2.45 －4 480 解析：因为（x－2y＋z）8＝[（x－2y）＋z]8＝（x－2y）8＋（x－2y）7z＋…＋（x－2y）z7＋z8，由二项式定理可知，（x＋y）n展开式中共有n＋1项，所以（x－2y＋z）8的展开式共有9＋8＋…＋2＋1＝45项.（x－2y＋z）8是8个（x－2y＋z）连乘，欲求x3y3z2的系数，只需要在8个（x－2y＋z）式子中选定三个（x－2y＋z）内提供x，在剩下的5个（x－2y＋z）中选定三个（x－2y＋z）内提供y，剩下的最后两个（x－2y＋z）提供z，则x3y3z2的系数是·（－2）3·＝－4 480.
【例3】 （1）A 求第810天是星期几，实质是求810除以7的余数.因为810＝（7＋1）10＝710＋×79＋…＋×7＋1＝7M＋1（M∈N*），所以第810天相当于第1天，故为星期一.
（2）证明：因为1110－1＝（10＋1）10－1
＝（1010＋×109＋…＋×10＋1）－1
＝1010＋×109＋×108＋…＋102
＝100（108＋×107＋×106＋…＋1）.
故1110－1能被100整除.
跟踪训练
8 解析：3×1010＋a＝3×（11－1）10＋a＝3×[1110＋119×（－1）＋…＋（－1）10]＋a＝3（1110－119＋…－×11）＋3×1＋a.因为3×1010＋a能被11整除，所以3＋a能被11整除.又因为0≤a＜11，所以a＝8.
数学探究 杨辉三角的性质与应用
【例】 解：（1）杨辉三角中第10行的各数之和为＋＋＋…＋＝210＝1 024.
（2）杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为
＋＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋
＝…＝＋＝＝＝560.
跟踪训练
1.B 根据题意，设所求的行数为n，则存在正整数k，使得连续三项，，满足＝且＝，化简得＝且＝，解得k＝27，n＝62，故第62行会出现满足条件的三个相邻的数.
2.4 2 048 解析：由题意可得a14＝4.由杨辉三角可知，行数与该行的项数相等，则第k行最后一项在数列{an}中的项数为.设a67位于第k（k∈N*）行，则＜67≤，解得k＝12，且第11行最后一项在数列{an}中的项数为＝66，∴a67位于杨辉三角的第12行第1个，而第一行各项的和为20＝1，第二行各项的和为21＝2，第三行各项的和为22＝4，依此类推，第k行各项的和为2k－1，∴S67＝（20＋21＋22＋…＋210）＋＝＋1＝211＝2 048.
章末复习与总结
【例1】 （1）C （2）420 解析：（1）每名学生报名有3种选择，有4名学生，根据分步乘法计数原理知共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，3项冠军，根据分步乘法计数原理知共有43种可能结果.故选C.
（2）以S→A→B→C→D的顺序分步染色.第1步，对S点染色，有5种方法.第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，有4种方法.第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，有3种方法.第4步，对C点染色，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类.当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（3＋2×2）＝420种.
跟踪训练
（1）90 （2）9×10n 解析：（1）4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个数数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位“回文数”有9×10＝90（个）.
（2）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2，3，4，…，n，n＋1位数字，共有10×10×10×…×10＝10n（种）选法，故2n＋1（n∈N*）位“回文数”有9×10n个.
【例2】 （1）BCD （2）160
解析：（1）若3个女生不相邻，则有＝1 440种不同的出场顺序，A错误；若女生甲在女生乙的前面，则有＝2 520种不同的出场顺序，B正确；若4位男生相邻，则有＝576种不同的出场顺序，C正确；若学生的节目顺序确定，再增加两个教师节目，可分为两步，第一步，原7个学生节目形成8个空，插入1个教师节目，有8种情况；第二步，原7个学生节目和刚插入的1个教师节目形成9个空，再插入1个教师节目，有9种情况，所以这两位教师共有8×9＝72种不同的出场顺序，D正确.故选B、C、D.
（2）间接法：N＝－－＝160.
跟踪训练
35 解析：先拿出15盏路灯，按如下顺序排好，（ 表示灯亮；○表示灯灭）
○ ○ ○ ○
再将剩下的三盏灯放进去，若三盏灯在一起，有＝5种方法；若分成两组，有＝20种方法；若三盏灯均不在一起，有＝10种方法，所以共有35种方法.
【例3】 （1）C （2）
解析：（1）∵（1＋）6展开式的通项为Tr＋1＝（）r＝2r··，∴原式的展开式中含的项为（－1）×24·＋×23·＝－，∴的系数为－80.故选C.
（2）因为在（ax－y＋z）7的展开式中，记xmynzk项的系数为f（m，n，k），所以xmynzk项的系数f（m，n，k）＝am（－1）n，即f（m，n，k）＝（－1）nam，由f（3，2，2）＝，可得（－1）2a3＝，即35×6a3＝，所以a＝.
跟踪训练
3 解析：二项式（a－2x）7的展开式中含x3的项为a4（－2x）3＝－280a4x3，∴－280a4＝－22 680，则a4＝81，又a＞0，解得a＝3.∴（a－2x）7＝[1－2（x－1）]7＝a0＋a1（x－1）＋…＋a7（x－1）7.令x＝2，则a0＋a1＋…＋a7＝（1－2）7＝－1①，令x＝0，则a0－a1＋a2－…－a7＝（1＋2）7＝37②，∴由①＋②可得：a0＋a2＋a4＋a6＝；由①－②可得：a1＋a3＋a5＋a7＝.∴（a0＋a2＋a4＋a6）（a1＋a3＋a5＋a7）＝×＝.
第七章 随机变量及其分布
7.1 条件概率与全概率公式
7.1.1 条件概率
第1课时 条件概率的概念与计算
【基础知识·重落实】
知识点
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√
2.D 由条件概率的计算公式，可得P（A｜B）＝＝＝.
3.0.75 解析：记事件A为活到60岁，事件B为活到65岁，则P（A）＝0.8，P（AB）＝0.6，所以P（B｜A）＝＝＝0.75.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）由于求高一的女生获得冠军的概率是在一名女生获得冠军的条件下求出的概率，所以所求概率是条件概率.
（2）掷一个骰子出现有1，2，3，4，5，6的6个不同结果，求掷出的点数为3的概率是古典概型概率，所以掷出的点数为3的概率不是条件概率.
（3）由于求抽到梅花5的概率是在抽到梅花的条件下求出的概率，所以求抽到的是梅花5的概率是条件概率.
跟踪训练
B 由条件概率的定义知B选项中的概率为条件概率，A、C、D中的不是条件概率.故选B.
【例2】 解：设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A，“第2次抽到舞蹈节目”为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.
（1）从6个节目中不放回地依次抽取2个，试验的样本空间Ω包含的样本点数n（Ω）＝＝30.
根据分步乘法计数原理，得n（A）＝＝20，
所以P（A）＝＝＝.
（2）因为n（AB）＝＝12，所以P（AB）＝＝＝.
（3）由（1）（2），得在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P（B｜A）＝＝＝.
母题探究
解：设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A，“第2次抽到语言类节目”为事件C，则第1次抽到舞蹈节目、第2次抽到语言类节目为事件AC.
P（A）＝，P（AC）＝，
∴P（C｜A）＝＝.
跟踪训练
1.C 设事件A为“抽到喜欢文学阅读的学生”，设事件B为“抽到喜欢科普阅读的学生”，则P（A）＝0.75，P（AB）＝0.3，则P（B｜A）＝＝＝0.4，即在抽到的学生喜欢文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的概率为40%.故选C.
2. 解析：抛掷红、蓝两颗骰子，样本空间共有6×6＝36个等可能的样本点，其中事件A包含的样本点的个数为6×2＝12，所以P（A）＝＝；事件B包含的样本点为（3，6），（4，5），（4，6），（5，4），（5，5），（5，6），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）共10个，所以P（B）＝＝；事件AB包含的样本点为（3，6），（4，6），（5，4），（5，6），（6，4），（6，6）共6个，故P（AB）＝＝；由条件概率公式得：P（B｜A）＝＝＝；P（A｜B）＝＝＝.
【例3】 D 由题意得，事件A包含的样本点数n（A）＝＋＝9，事件AB包含的样本点数n（AB）＝＝6，所以P（B｜A）＝＝＝.故选D.
跟踪训练
1.B 事件M＝“两次所得点数均为奇数”，则事件M包含的样本点有（1，1），（1，3），（1，5），（3，1），（3，3），（3，5），（5，1），（5，3），（5，5），故n（M）＝9；N＝“至少有一次点数是3”，则事件MN包含的样本点有（1，3），（3，1），（3，3），（3，5），（5，3），故n（MN）＝5，所以P（N｜M）＝.
2.B 记事件A＝“甲与乙站在同一排”，事件B＝“甲与乙不相邻”，则n（A）＝＋，n（AB）＝＋3.由条件概率公式，得P（B｜A）＝＝.
随堂检测
1.A 由条件概率的公式P（B｜A）＝，得0.8＝，解得P（A）＝0.75.
2.C 因为P（A｜B）＝，而P（AB）＝，P（A｜B）＝，所以P（B）＝＝＝.
3.D 事件A有下列可能：2，3，4，5，6，共5种；在事件A条件下满足B条件有：3，5共2种，所以P（B｜A）＝.
4. 解析：设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，则P（A）＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
第2课时 条件概率的性质及应用
【基础知识·重落实】
知识点一
P（A）P（B｜A）
知识点二
（1）1 （2）P（B｜A）＋P（C｜A）
（3）1－P（B｜A）
自我诊断
1.（1）× （2）× （3）×
2.0.18 解析：由概率的乘法公式可得P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＝0.3×0.6＝0.18.
3.0.72 解析：记“水稻种子发芽”为事件A，“发芽的种子成长为幼苗”为事件B，P（B｜A）＝.∴P（AB）＝P（B｜A）P（A）＝0.9×0.8＝0.72.
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）A （2）72%
解析：（1）记事件A为第一次失败，事件B为第二次成功，则P（A）＝，P（B｜A）＝，所以P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝×＝.故选A.
（2）记A：合格品， 记B：一等品，由于B A，则P（B）＝P（AB），由题意，P（A）＝1－4%＝96%，P（B｜A）＝75%，故P（B）＝P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝96%×75%＝0.72，即一等品率为72%.
跟踪训练
1.B 设“每年七月份刮台风”为事件A，“每年七月份下大雨”为事件B，则“该地区七月份既刮台风又下大雨”为事件AB.由题得P（A）＝，P（B｜A）＝，由概率的乘法公式得P（AB）＝P（B｜A）P（A）＝×＝.故选B.
2. 解析：没有取到黄球，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”，记事件R1表示第一次取到红球，R2表示第二次取到红球，G1表示第一次取到绿球，则P（R1）＝，P（G1R2）＝P（G1）P（R2｜G1）＝×＝，∴没有取到黄球的概率为P＝＋＝.
【例2】 解：法一 设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个球为黑球”为事件C，则P（A）＝，P（AB）＝＝，P（AC）＝＝.
∴P（B｜A）＝＝＝，P（C｜A）＝＝＝.
∴P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝.
∴在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率为.
法二 ∵n（A）＝1×＝9，
n（B∪C｜A）＝＋＝5，
∴P（B∪C｜A）＝＝.
∴在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率为.
跟踪训练
1.C 因为P（B｜A）＝P（B｜），由条件概率公式可得＝，即P（AB）[1－P（A）]＝P（A）P（B）＝P（A）[P（B）－P（AB）]，所以P（AB）＝P（A）P（B），故选C.
2. 解析：设事件A为“周日晚上值班”，事件B为“周五晚上值班”，事件C为“周六晚上值班”，则P（A）＝，P（AB）＝，P（AC）＝，所以P（B｜A）＝＝，P（C｜A）＝＝，故他在周六晚上或周五晚上值班的概率为P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝.
【例3】 证明：①必要性：
若P（B｜A）＝P（B），则＝P（B），
即P（AB）＝P（A）P（B）.
又因为B＝B＋AB，所以P（B）＝P（B）＋P（AB），
所以P（B｜）＝＝＝＝＝P（B）.
②充分性：
若P（B｜）＝P（B），则＝P（B），
即P（B）＝P（）P（B），
由P（B）＝P（B）＋P（AB），得P（B）＝P（B）－P（AB），
故P（B）－P（AB）＝[1－P（A）]P（B），
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以P（A）P（B｜A）＝P（A）P（B），P（A）≠0，
所以P（B｜A）＝P（B）.
由①②可知，P（B｜A）＝P（B）的充要条件是P（B｜）＝P（B）.
跟踪训练
证明：因为R＝·＝···＝·，
所以R＝···，
所以R＝·.
随堂检测
1.B 因为事件A，B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），所以P（A｜B）＝＝P（A）＝0.8.
2.C 设事件A表示“食用该食物过敏”，事件B表示“嘴周产生皮疹”，则P（A）＝2%，P（B｜A）＝99%，所以某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝2%×99%＝1.98%.故选C.
3. 解析：由题意知，P（A∪B｜C）＝P（A｜C）＋P（B｜C）＝，P（B｜C）＝＝＝，则P（A｜C）＝P（A∪B｜C）－P（B｜C）＝－＝.
7.1.2 全概率公式
【基础知识·重落实】
知识点一
P（Ai）P（B｜Ai）
想一想
提示：如图所示，B是由A和两个原因引起的结果，P（A｜B）表示原因A在结果B中的比重.
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√ （4）√
2.C P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.故选C.
3.0.8 解析：设B表示一辆汽车中途停车修理，A1表示该车是货车，A2表示该车是客车，则B＝A1B∪A2B，由贝叶斯公式有P（A1｜B）＝＝＝0.8.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：如果用A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件，B表示是女生的事件，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B Ω，
由题意可知，P（A1）＝，P（A2）＝，
且P（B｜A1）＝，P（B｜A2）＝.
由全概率公式可知P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝×＋×＝.
跟踪训练
解：设A＝“从2号箱取出的球是红球”，B＝“从1号箱取出的球是红球”.
则P（B）＝＝，P（）＝1－P（B）＝.
P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝.
由全概率公式可得P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜）P（）＝×＋×＝.
【例2】 解：（1）设此人来自A，B，C三个地区分别为事件A，B，C，事件D为这个人患流感，
所以P（A）＝0.3，P（B）＝0.5，P（C）＝0.2，
P（D｜A）＝0.06，P（D｜B）＝0.05，P（D｜C）＝0.04，
因此P（D）＝P（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＋P（C）P（D｜C）
＝0.3×0.06＋0.5×0.05＋0.2×0.04＝0.051.
（2）P（A｜D）＝＝＝＝.
母题探究
解：因为此人绝对不是来自地区C，所以此人来自地区A、B，所以P（A）＝，P（B）＝，
P（D｜A）＝0.06，P（D｜B）＝0.05，
P（D）＝P（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＝×0.06＋×0.05＝.
跟踪训练
A 设A1，A2，A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，B表示取得的X光片为次品，则P（A1）＝，P（A2）＝，P（A3）＝，P（B｜A1）＝，P（B｜A2）＝，P（B｜A3）＝，由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝×＋×＋×＝0.08.
【例3】 解：设A1＝{摸出的球来自甲盒}，
A2＝{摸出的球来自乙盒}，
A3＝{摸出的球来自丙盒}，
B＝{摸得白球}，
则P（A1）＝，P（A2）＝，P（A3）＝，
P（B｜A1）＝，P（B｜A2）＝，P（B｜A3）＝.
于是由贝叶斯公式可知白球来自乙盒的概率为P（A2｜B）＝
＝＝.
跟踪训练
B 设事件A表示“射击时中靶”，事件B1表示“使用的枪校准过”，事件B2表示“使用的枪未校准”，则P（B1）＝，P（B2）＝，P（A｜B1）＝0.8，P（A｜B2）＝0.3.根据全概率公式得P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P（B2）P（A｜B2）＝×0.8＋×0.3＝，所以由贝叶斯公式得P（B1｜A）＝＝＝.故选B.
随堂检测
1.B 设甲中奖为事件A，乙中奖为事件B，则P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜）P（）＝×＋×＝.
2.D 令B＝取到的零件为合格品，Ai＝零件为第i台机床的产品，i＝1，2.由全概率公式得：P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝×0.96＋×0.93＝0.95.故选D.
3. 解析：因为P（A）＝，所以P（）＝.由全概率公式得，P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜）P（）＝×＋×＝＝.
4. 解析：设A＝“从乙袋中取出的是白球”，Bi＝“从甲袋中取出的2球恰有i个白球”，i＝0，1，2.由全概率公式得P（A）＝P（B0）P（A｜B0）＋P（B1）P（A｜B1）＋P（B2）·P（A｜B2）＝·＋·＋·＝.
7.2 离散型随机变量及其分布列
【基础知识·重落实】
知识点一
唯一 一一列举
想一想
1.提示：不一定.
2.提示：随机变量的定义与函数的定义类似，这里的样本点ω相当于函数定义中的自变量，而样本空间Ω相当于函数的定义域，不同之处在于Ω不一定是数集.随机变量的取值X（ω）随着试验结果ω的变化而变化，这使我们可以比较方便地表示一些随机事件.
知识点二
1.（1）pi （2）表格 （3）0 1 2.1－p
自我诊断
1.（1）√ （2）√ （3）× （4）×
2.A 由离散型随机变量分布列的性质可知，2m＋3m＝1，所以m＝.
3.D 抛掷2枚骰子，其中1枚是x点，另一枚是y点，其中x，y＝1，2，…，6.而ξ＝x＋y，ξ＝4 或故选D.
4.0.8 解析：由Y＝－2可知3X－2＝－2，即X＝0，∴P（Y＝－2）＝P（X＝0）＝0.8.
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）AB （2）C 解析：（1）A项，只要取出一张，便有一个号码，因此被取出的卡片号数可以一一列出，符合离散型随机变量的定义；B项，从10个产品中取3个产品，所含正品个数的可能取值为3，2，可以一一列出，符合离散型随机变量的定义；C项，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，无法一一列举，不是离散型随机变量；D项，实际测量值与规定值之间的差值无法一一列出，不是离散型随机变量.
（2）∵Y表示取出的2个球的号码之和，又1＋2＝3，1＋3＝4，1＋4＝5，1＋5＝6，2＋3＝5，2＋4＝6，2＋5＝7，3＋4＝7，3＋5＝8，4＋5＝9，故Y的所有可能取值为3，4，5，6，7，8，9，共7个.
跟踪训练
解：（1）不是离散型随机变量.因为白炽灯的寿命的取值是一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出.
（2）不是离散型随机变量.因为水位在（0，29]这一范围内连续变化，对水位值我们不能按一定次序一一列出.
（3）是离散型随机变量.从10个人中取3人，其中男同学人数的可能取值为0，1，2，3，可以一一列出，符合离散型随机变量的定义.
【例2】 解：由题意，X的可能取值为0，1，2.
P（X＝0）＝＝0.2，P（X＝1）＝＝0.6，
P（X＝2）＝＝0.2.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P 0.2 0.6 0.2
跟踪训练
1.解：由题意知P（Y＝0）＝＝，
P（Y＝1）＝1－P（Y＝0）＝.
故Y的分布列为
Y 0 1
P
2.解：根据题意，X＝0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
【例3】 解：（1）∵＋＋＋＝1，
∴a＝10，
则P（X＝1或X＝2）＝P（X＝1）＋P（X＝2）＝＋＝.
（2）由a＝10，
得P（＜X＜）＝P（X＝1）＋P（X＝2）＋P（X＝3）＝＋＋＝.
跟踪训练
解：由分布列的性质知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，∴m＝0.3.
首先列表为
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
｜X－1｜ 1 0 1 2 3
从而由上表得：
（1）2X＋1的分布列为
2X＋1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
（2）｜X－1｜的分布列为
｜X－1｜ 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
随堂检测
1.B 由离散型随机变量分布列的性质可得m＋n＋0.2＝1，又m＋2n＝1.2，解得m＝n＝0.4，可得m－＝0.2.
2.D 设失败率为p，则成功率为2p，分布列如下，由p＋2p＝1，得p＝，所以P（X＝1）＝2p＝.
X 0 1
P p 2p
3.BCD 选项A中随机变量X的可能取值有6个，不服从两点分布.
4. 解析：设二级品有k个，则一级品有2k个，三级品有个，总数为个，∴X的分布列如下，∴P（≤X≤）＝P（X＝1）＝.
X 1 2 3
P
7.3 离散型随机变量的数字特征
7.3.1 离散型随机变量的均值
【基础知识·重落实】
知识点一
1.x1p1＋x2p2＋…＋xnpn 2.平均水平
3.（1）E（X）＋b （2）aE（X） （3）aE（X）＋b
想一想
提示：不相同.离散型随机变量的均值是一个常数，它不依赖于样本的抽取，而样本平均值是一个随机变量，它随样本的不同而变化.
知识点二
p
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√ （4）√
2.C 依题意和分布列的性质得，0.1＋0.2＋m＋0.2＝1，解得m＝0.5，所以E（X）＝0×0.1＋2×0.2＋4×0.5＋6×0.2＝3.6.
3.20 解析：E（2X＋10）＝2×E（X）＋10＝20.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：由题意得，X可能的取值为1，2，3，4，5，则P（X＝1）＝，
P（X＝2）＝×＝，
P（X＝3）＝××＝，
P（X＝4）＝×××＝，
P（X＝5）＝××××1＝，
故X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P
由离散型随机变量均值的定义知E（X）＝×（1＋2＋3＋4＋5）＝3.
跟踪训练
解：取出4个球颜色及得分分布情况是4红得8分，3红1黑得7分，2红2黑得6分，1红3黑得5分，因此，X的可能取值为5，6，7，8，
P（X＝5）＝＝，
P（X＝6）＝＝，
P（X＝7）＝＝，
P（X＝8）＝＝，
故X的分布列为
X 5 6 7 8
P
∴E（X）＝5×＋6×＋7×＋8×＝.
【例2】 解析：由随机变量分布列的性质，得＋＋＋m＋＝1，解得m＝，所以E（X）＝（－2）×＋（－1）×＋0×＋1×＋2×＝－.由Y＝－2X，得E（Y）＝－2E（X）＝－2×＝.
母题探究
1.解：由公式E（aX＋b）＝aE（X）＋b及E（X）＝－得，E（Y）＝E（2X－3）＝2E（X）－3＝2×－3＝－.
2.解：因为E（ξ）＝E（aX＋3）＝aE（X）＋3＝－a＋3＝－，所以a＝15.
跟踪训练
A 因为η＝12ξ＋7，则E（η）＝12E（ξ）＋7，即E（η）＝12×（1×＋2×m＋3×n＋4×）＋7＝34.所以2m＋3n＝①.又＋m＋n＋＝1，所以m＋n＝②.由①②可解得m＝.
【例3】 解：设一张彩票的中奖额为随机变量X，显然X的所有可能取值为0，5，25，100.
由题意P（X＝0）＝＝，
P（X＝5）＝＝，
P（X＝25）＝＝，
P（X＝100）＝＝.
因此随机变量X的分布列为
X 0 5 25 100
P
所以E（X）＝0×＋5×＋25×＋100×＝0.2（元），
所以一张彩票的合理价格是0.2元.
跟踪训练
解：（1）X的所有可能取值有6，2，1，－2，
P（X＝6）＝＝0.63，P（X＝2）＝＝0.25，
P（X＝1）＝＝0.1，P（X＝－2）＝＝0.02.
故X的分布列为
X 6 2 1 －2
P 0.63 0.25 0.1 0.02
（2）E（X）＝6×0.63＋2×0.25＋1×0.1＋（－2）×0.02＝4.34（万元）.
随堂检测
1.A 由题意知＋a＝1，所以a＝，E（X）＝0×＋1×a＝a＝.
2.D E（ξ）＝1×＋2×＋3×＋4×＝，E（η）＝E（2ξ＋5）＝2E（ξ）＋5＝2×＋5＝.
3.乙 解析：E（X）＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.E（Y）＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，∵E（Y）＜E（X）.∴乙技术好.
7.3.2 离散型随机变量的方差
【基础知识·重落实】
知识点
1.（x1－E（X））2p1＋（x2－E（X））2p2＋…＋（xn－E（X））2pn （xi－E（X））2pi 2. 3.（1）D（X） （2）a2D（X）
（3）a2D（X）
想一想
提示：随机变量的方差是总体的方差，它是一个常数，样本的方差则是随机变量，是随样本的变化而变化的.对于简单随机样本，随着样本容量的增加，样本的方差越来越接近于总体的方差.
自我诊断
1.（1）× （2）√ （3）√ （4）√
2.B E（X）＝－1×0.5＋0×0.3＋1×0.2＝－0.3，∴D（X）＝（－1＋0.3）2×0.5＋（0＋0.3）2×0.3＋（1＋0.3）2×0.2＝0.61.
3.C 因为D（2ξ＋1）＝4D（ξ）＝4×1＝4，故选C.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：由题意可知，X的所有可能取值为5，4，3，
则P（X＝5）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
P（X＝3）＝＝.
故X的分布列为
X 5 4 3
P
E（X）＝5×＋4×＋3×＝4.
D（X）＝（5－4）2×＋（4－4）2×＋（3－4）2×＝.
跟踪训练
解：乙投篮的次数ξ的可能取值为0，1，2.
则P（ξ＝0）＝×＝，
P（ξ＝1）＝×＋×＝，
P（ξ＝2）＝×＝.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
故E（ξ）＝0×＋1×＋2×＝，
D（ξ）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＝.
【例2】 解：（1）由分布列的性质，知＋＋a＝1，故a＝，从而X2的分布列为
X2 0 1
P
（2）由（1）知a＝，所以E（X）＝－1×＋0×＋1×＝－.
故D（X）＝（－1＋）2×＋（0＋）2×＋（1＋）2×＝.
（3）由（2）知E（X）＝－，D（X）＝，
所以E（Y）＝4E（X）＋3＝4×（－）＋3＝2，
D（Y）＝16D（X）＝11.
跟踪训练
5
解析：由题意可得解得因此，D（X）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＝，即D（3X－1）＝9D（X）＝5.
【例3】 解：（1）由离散型随机变量的分布的性质可知a＋0.1＋0.6＝1，∴a＝0.3.
同理0.3＋b＋0.3＝1，b＝0.4.
（2）E（ξ）＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3，E（η）＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2，
D（ξ）＝（1－2.3）2×0.3＋（2－2.3）2×0.1＋（3－2.3）2×0.6＝0.81，
D（η）＝（1－2）2×0.3＋（2－2）2×0.4＋（3－2）2×0.3＝0.6.
由于E（ξ）＞E（η），说明在一次射击中，甲的平均得分比乙高，但D（ξ）＞D（η），说明甲得分的稳定性不如乙，因此甲、乙两人技术水平都不够全面，各有优势与劣势.
跟踪训练
解：（1）由已知可得，E（X）＝－1×0.1＋0×0.8＋1×0.1＝0，
E（Y）＝－2×0.1－1×0.2＋0×0.4＋1×0.2＋2×0.1＝0.
（2）由（1）知，E（X）＝0，E（Y）＝0，
所以D（X）＝（－1－0）2×0.1＋（0－0）2×0.8＋（1－0）2×0.1＝0.2.
D（Y）＝（－2－0）2×0.1＋（－1－0）2×0.2＋（0－0）2×0.4＋（1－0）2×0.2＋（2－0）2×0.1＝1.2.
所以E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y），
所以两品牌手表的误差平均水平相当，但是甲品牌的手表走时更稳定.
随堂检测
1.C E（X）反映了X取值的平均水平，D（X）反映了X取值的离散程度.
2.C 由题意得E（X）＝1×＋2×＋3×＝，所以D（X）＝×＋×＋×＝.故选C.
3. 解析：由题意可知D（10X）＝，即100D（X）＝，∴D（X）＝，∴＝.即X的标准差为.
4.解：ξ的所有可能取值为0，1，3，
则P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝3）＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 3
P
E（ξ）＝0×＋1×＋3×＝1，
D（ξ）＝×（0－1）2＋×（1－1）2＋×（3－1）2＝1.
培优课 离散型随机变量均值与
方差的应用
【典型例题·精研析】
【例1】 解：根据题意易知a＋b＋c＝1，
由E（X）＝，可得－1×a＋0×b＋1×c＝c－a＝；
由D（X）＝，可得（－1－）2a＋b＋（1－）2c＝a＋b＋c＝，
化简可得16a＋b＋4c＝5，
联立解得
所以a＝，b＝，c＝.
跟踪训练
ACD 依题意，由分布列可得m＋0.2＋0.3＝1，解得m＝0.5，A正确；E（X）＝－1×0.5＋0×0.2＋1×0.3＝－0.2，D（X）＝[－1－（－0.2）]2×0.5＋[0－（－0.2）]2×0.2＋[1－（－0.2）]2×0.3＝0.76，因为Y＝aX＋b（a＞0，b∈R），所以E（Y）＝aE（X）＋b＝－0.2a＋b＝10，D（Y）＝a2D（X）＝0.76a2＝19，解得a＝5，b＝11，B错误，C正确；所以随机变量Y的分布列为：
Y 6 11 16
P 0.5 0.2 0.3
由分布列可知D正确.故选A、C、D.
【例2】 2－2 解析：由题意可知，X服从两点分布，可得E（X）＝p，0＜p＜1，D（X）＝（1－p）p，则＝＝2－2p－＝2－（2p＋）≤2－2＝2－2，当且仅当2p＝，即p＝时，等号成立，故的最大值为2－2.
跟踪训练
解析：随机变量X的所有可能的取值是0，1，并且P（X＝1）＝p，P（X＝0）＝1－p.从而E（X）＝0×（1－p）＋1×p＝p，D（X）＝（0－p）2×（1－p）＋（1－p）2·p＝p－p2＝－＋.∵0＜p＜1，∴当p＝时，D（X）取最大值，最大值是.
【例3】 解：（1）设P（X＝0）＝a，P（X＝40）＝b，
依题意得a＋b＋0.3＝1， ①
又E（X）＝0×a＋20×0.3＋40b＝30， ②
由①②解得：a＝0.1，b＝0.6，
∴X的分布列为
X 0 20 40
P 0.1 0.3 0.6
则D（X）＝（0－30）2×0.1＋（20－30）2×0.3＋（40－30）2×0.6＝180.
（2）由题得Y的分布列为
Y 10 20 30
P 0.3 0.4 0.3
则E（Y）＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20，
D（Y）＝（10－20）2×0.3＋（20－20）2×0.4＋（30－20）2×0.3＝60.
由E（X）＞E（Y）可知采用平台广告投放期望收益较大，又D（X）＞D（Y），说明平台广告投放的风险较高.
综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期望收益稳定，选择传统广告.
跟踪训练
解：根据方案一，设顾客的奖励额为X1，其可能取值为30，60，90，
P（X1＝30）＝＝，P（X1＝60）＝＝＝，P（X1＝90）＝＝，
E（X1）＝30×＋60×＋90×＝60，
D（X1）＝（30－60）2×＋（60－60）2×＋（90－60）2×＝300.
根据方案二，设顾客的奖励额为X2，其可能取值为40，60，80，
P（X2＝40）＝＝，P（X2＝60）＝＝＝，P（X2＝80）＝＝，
E（X2）＝40×＋60×＋80×＝60，
D（X2）＝（40－60）2×＋（60－60）2×＋（80－60）2×＝，
商场对奖励总额的预算是30 000元，故每个顾客平均奖励额最多为60，两方案均符合要求，但方案二奖励的方差比方案一小，所以应选择方案二.
7.4 二项分布与超几何分布
7.4.1 二项分布
第1课时 二项分布
【基础知识·重落实】
知识点一
1.两个 2.随机试验 3.（1）n （2）独立
想一想
1.提示：两种，事件发生与不发生.
2.提示：是，满足n重伯努利试验的特征.
知识点二
1.B（n，p） 2.（1）np （2）np（1－p）
想一想
提示：当n＝1时，二项分布就是两点分布.
自我诊断
1.（1）√ （2）√ （3）× （4）√
2.A X～B（6，），则P（X＝3）＝（）3·（1－）3＝.故选A.
3.D 根据独立重复试验的概率公式有P＝（）（）2＝.故选D.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）由于试验的条件不同（质地不同），因此不是n重伯努利试验.
（2）某人射击且击中目标的概率是稳定的，因此是n重伯努利试验.
（3）每次抽取，试验的结果有三种不同的颜色，且每种颜色出现的可能性不相等，因此不是n重伯努利试验.
跟踪训练
D 选项A、C为互斥事件，不符合n重伯努利试验的定义，选项B虽然是相互独立的两个事件，但是“甲射中10环”与“乙射中9环”的概率不一定相同，因此不是n重伯努利试验，选项D中，甲射击10次，每次击中与否是相互独立的，且在相同条件下，符合n重伯努利试验.
【例2】 解：（1）记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1，由题意，知射击3次，相当于3重伯努利试验，故P（A1）＝1－P（）＝1－＝.
（2）记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B2，则P（A2）＝×＝，P（B2）＝××＝，由于甲、乙射击相互独立，故P（A2B2）＝×＝.
跟踪训练
解：（1）该小组恰有两次失败的概率P＝·＝＝.
（2）由题意可知X的取值集合为{0，2，4}，
则P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝2）＝·＋＝＝，
P（X＝4）＝＋＝＝.
故X的分布列为
X 0 2 4
P
【例3】 解：（1）记“一次随机取出3个球得2分”为事件A，它表示取出的球中有2个红球和1个黑球，则P（A）＝＝.
（2）由题意，ξ的可能取值为0，1，2，3，
因为是有放回地取球，所以每次取到红球的概率均为，每次取到黑球的概率均为.
则ξ～B（3，），P（ξ＝k）＝（）k·（）3－k（k＝0，1，2，3），
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
跟踪训练
解：由题意可知X～B（3，），
所以P（X＝k）＝（）k·（）3－k，k＝0，1，2，3，
即P（X＝0）＝×（）0×（）3＝；
P（X＝1）＝××（）2＝；
P（X＝2）＝×（）2×＝；
P（X＝3）＝×（）3＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随堂检测
1.D ∵随机变量X～B，∴P（X＝2）＝××.
2.C 5头猪中恰有3头被治愈的概率为×0.93×0.12.
3.A 设事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1－p0（1－p）4＝，所以1－p＝，p＝.
4.解：取到黑球个数X的可能取值为0，1，2，3.
又由于每次取到黑球的概率均为，
所以P（X＝0）＝（）0·（）3＝，
P（X＝1）＝（）·（）2＝，
P（X＝2）＝（）2·（）＝，
P（X＝3）＝（）3·（）0＝.
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
第2课时 二项分布的综合问题
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）A （2）60 96
解析：（1）E（X）＝100p＝20，解得p＝0.2，D（X）＝np（1－p）＝100×0.2×（1－0.2）＝16，D（2X－1）＝4D（X）＝64.
（2）设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数（成绩）为Y，则Y＝4X.由题知X～B（25，0.6），所以E（X）＝25×0.6＝15，D（X）＝25×0.6×0.4＝6，E（Y）＝E（4X）＝4E（X）＝60，D（Y）＝D（4X）＝42×D（X）＝16×6＝96.所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.
跟踪训练
1.C 由随机变量X服从二项分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，可得解得p＝.故选C.
2.解：估计该市的全体考生中任一人报考“经济类”专业的概率P＝＝.
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，由题意，得X～B（3，），
则P（X＝k）＝（）k（1－）3－k（k＝0，1，2，3），
∴随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴随机变量X的均值E（X）＝3×＝，方差D（X）＝3××（1－）＝.
【例2】 解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件A，
由题设P（A）＝×××＋××＝.
（2）分别记“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为ξ，η”，
由题设知：ξ～B（3，），所以E（ξ）＝3×＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝××（1－m）＝，
P（η＝1）＝××（1－m）＋××（1－m）＋××m＝，
P（η＝2）＝××（1－m）＋××m＋××m＝，
P（η＝3）＝××m＝＝，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
从而E（η）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
由得解得＜m＜1.
故m的取值范围为（，1）.
跟踪训练
解：（1）若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，
其概率为p3·（1－p），又0＜p＜1，
故p3·（1－p）＝，解得p＝.
（2）设X为甲累计获得的分数，则X～B（5，），所以E（X）＝np＝5×＝，
设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
P（Y＝0）＝，P（Y＝2）＝×（1－）＝，
P（Y＝4）＝（）2×（1－）＝，
P（Y＝6）＝（）3×（1－）＝，
P（Y＝8）＝（）4×（1－）＝，
P（Y＝10）＝（）5＝，
所以Y的分布列为
Y 0 2 4 6 8 10
P
所以E（Y）＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＋10×＝，
因为E（X）＞E（Y），所以甲获胜的可能性大.
随堂检测
1.D ∵E（X）＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.故选D.
2.2.1 解析：随机变量X～B（10，0.7），故D（X）＝10×0.7×（1－0.7）＝2.1.
3.解：由题意，用X表示10局中甲赢的次数，
则X～B（10，0.51），
所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均赢5.1局，
用Y表示10局中乙赢的次数，则Y～B（10，0.49），
所以E（Y）＝10×0.49＝4.9，
即乙平均赢4.9局.
拓视野 二项分布概率最大问题
1.解：假设最有可能成活幼苗的数量为k（k∈N且k≤10），则×0.74k×0.2610－k≥×0.74k＋1×0.269－k且×0.74k×0.2610－k≥×0.74k－1×0.2611－k，解得≤k≤，又k∈N，所以k＝8.故最有可能成活8株幼苗.
2.解：由题意知，X服从二项分布，所以P（X＝k）＝××＝××，
P（X＝k－1）＝××，k∈N且k≤20.
由不等式≤1，即≤1，解得k≤7.
所以当k≤7时，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；当k＞7时，P（X＝k－1）＞P（X＝k）.
因为当k＝7时，P（X＝k－1）＝P（X＝k）.
所以k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值.
迁移应用
解：根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为＝，
设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则ξ～B（20，），
其中P（ξ＝k）＝（）k（）20－k，k＝0，1，2，…，20，
当k≥1时，由
得
化简得解得≤k≤，
又k∈Z，所以k＝4，
所以这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4.
7.4.2 超几何分布
【基础知识·重落实】
知识点
1. 2.np
自我诊断
1.（1）√ （2）√ （3）√ （4）×
2.B 取出的红球服从超几何分布，故P＝＝.
3.0，1，2，3 7 解析：根据超几何分布的概念，若m＝3时，随机变量X的取值为：0，1，2，3；若m＝8时，随机变量X的取值为：0，1，2，…，7，故X的取值的最大值为7.
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）（2）中样本没有分类，不是超几何分布问题，是重复试验问题.
（3）（4）符合超几何分布的特征，样本都分为两类，随机变量X表示抽取n件样本某类样本被抽取的件数，是超几何分布.
跟踪训练
ABD 依据超几何分布模型定义可知，A、B、D中随机变量X服从超几何分布.而C中显然不能看作一个不放回抽样问题，故随机变量X不服从超几何分布.
【例2】 解：由题意知X＝0，1，2，3.
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
母题探究
1.解：由题意可知η＝0，1，服从两点分布.又P（η＝1）＝＝，所以η的分布列为
η 0 1
P
2.解：由题意知X＝0，1，2，3.
法一 P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝.
法二 根据X～B（3，），由P（X＝k）＝（1－）3－k（）k求出各式概率，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
跟踪训练
解：依题意，得随机变量X服从超几何分布，且N＝10，M＝6，n＝4，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
∴P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＋P（X＝4）＝＋＋＝.
【例3】 解：（1）设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P（A）＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为.
（2）依据条件，随机变量X服从超几何分布，其中N＝10，M＝4，n＝3，且随机变量X的可能取值为0，1，2，3.P（X＝k）＝，k＝0，1，2，3.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的均值E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝（或E（X）＝＝）.
跟踪训练
解：（1）依题意，既有豆沙粽又有蜜枣粽的概率为＝.
（2）X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
随堂检测
1.D 若随机变量X表示任取10个球中红球的个数，则X服从参数为N＝100，M＝80，n＝10的超几何分布.取到10个球中恰有6个红球，即X＝6，P（X＝6）＝（注意袋中球的个数为80＋20＝100）.
2.ACD 由超几何分布的定义，可知超几何分布模型为不放回抽样，故A正确；超几何分布实质上就是有总数为N件的两类物品，其中一类有M（M≤N）件，从所有物品中任取n（n≤N）件，这n件中所含这类物品的件数X是一个离散型随机变量，它取值为k时的概率为P（X＝k）＝（k≤r，r是n和M中较小的一个），所以B错误，C、D正确.
3.3 解析：由题意可知，X服从超几何分布，由概率值中的可以看出“从5名三好学生中选取了3名”.
4.解：由题意，X的可能取值为0，1，2，
P（X＝k）＝，k＝0，1，2.
X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝1.
拓视野 二项分布与超几何分布的辨析
【例】 解：（1）设小张猜中谜语的道数为X，可知随机变量X服从超几何分布，X的取值分别为2，3，4.有P（X＝2）＝＝＝，P（X＝3）＝＝＝，P（X＝4）＝＝＝，
故小张猜中谜语道数的分布列为
X 2 3 4
P
设小王猜中谜语的道数为Y，可知随机变量Y服从二项分布Y～B（4，p），Y的取值分别为0，1，2，3，4，
有P（Y＝0）＝（1－p）4，
P（Y＝1）＝（1－p）3p＝4p（1－p）3，
P（Y＝2）＝（1－p）2p2＝6p2（1－p）2，
P（Y＝3）＝（1－p）p3＝4p3（1－p），
P（Y＝4）＝p4.
故小王猜中谜语道数的分布列为
Y 0 1 2 3 4
P （1－p）4 4p（1－p）3 6p2（1－p）2 4p3（1－p） p4
（2）由（1）可知E（X）＝2×＋3×＋4×＝3，E（Y）＝4p，
若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数，则3＞4p，可得0＜p＜.
故p的取值范围为（0，）.
迁移应用
解：（1）设X为甲正确完成面试题目的数量，
由题意可得X服从超几何分布，且N＝6，M＝4，n＝3，
∴P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝，
∴X的分布列为
X 1 2 3
P
∴E（X）＝1×＋2×＋3×＝2.
D（X）＝（1－2）2×＋（2－2）2×＋（3－2）2×＝.
（2）设学生乙答对的题目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
由题意知Y～B（3，），
因此E（Y）＝3×＝2，
D（Y）＝np（1－p）＝3××＝，
又E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y），
∴甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的可能性较大.
7.5 正态分布
【基础知识·重落实】
知识点一
1.0 3.（1）X～N（μ，σ2） 0 1 （2）μ σ2 4.（1）x （2）x＝μ （3）x＝μ （4）无限增大 无限接近
想一想
提示：若X～N（μ，σ2），则X不是离散型随机变量，由正态分布的定义： P（a≤X≤b）为区域B的面积，X可取[a，b]内的任何值，故X不是离散型随机变量，它是连续型随机变量.
知识点二
3.0.002 7
自我诊断
1.（1）√ （2）× （3）√
2.B ∵ξ～N（μ，σ2），且E（ξ）＝3，D（ξ）＝1，∴ξ～N（3，1），∴P（2≤ξ≤4）＝P（3－1≤ξ≤3＋1）＝P（μ－σ≤ξ≤μ＋σ）≈0.682 7.
3. 解析：由标准正态曲线关于y轴对称可知P（X＜0）＝.
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）AD （2）2 3
解析：（1）根据正态曲线关于直线x＝μ对称，且μ越大图象越靠近右边，所以μ1＜μ2＝μ3，B、C错误；又σ越小数据越集中，图象越瘦高，所以σ1＝σ2＜σ3，A、D正确.
（2）将所给的函数解析式与正态分布密度函数的解析式对照可得μ＝2，σ＝3.
跟踪训练
1.ABC 由正态分布密度函数f（x）＝·，可得f（x）的图象关于x＝0对称，所以f（x）为偶函数，所以A正确，D不正确；根据正态分布曲线的性质得，当x＝0时，函数f（x）取得最大值f（0）＝·e0＝，所以B正确；根据正态分布曲线的性质，可得f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，＋∞）单调递减，所以C正确.
2.20 2 解析：从给出的正态曲线可知，该正态曲线关于直线x＝20对称，最大值是，所以μ＝20，＝，解得σ＝，因此总体的均值μ＝20，方差σ2＝（）2＝2.
【例2】 解：∵ξ～N（1，22），∴μ＝1，σ＝2.
（1）P（－1≤ξ≤3）＝P（1－2≤ξ≤1＋2）
＝P（μ－σ≤ξ≤μ＋σ）≈0.682 7.
（2）∵P（3≤ξ≤5）＝P（－3≤ξ≤－1），
∴P（3≤ξ≤5）＝[P（－3≤ξ≤5）－P（－1≤ξ≤3）]
＝[P（1－4≤ξ≤1＋4）－P（1－2≤ξ≤1＋2）]
＝[P（μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ）－P（μ－σ≤ξ≤μ＋σ）]
≈（0.954 5－0.682 7）＝0.135 9.
母题探究
解：P（ξ＞5）＝P（ξ＜－3）
＝[1－P（－3≤ξ≤5）]
＝[1－P（1－4≤ξ≤1＋4）]
＝[1－P（μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ）]
≈（1－0.954 5）＝0.022 75.
跟踪训练
1.D ∵随机变量X～N（8，σ2），P（7≤X≤9）＝0.4，∴P（X＞8）＝0.5，P（8≤X≤9）＝0.2，∴P（X＞9）＝0.3，故选D.
2.C P（1＜X＜3）＝P（3＜X＜5）＝0.5－P（X＞5）＝0.5－0.2＝0.3.
【例3】 解：（1）∵X～N（20，4），∴μ＝20，σ＝2，∴μ－σ＝1
