1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课堂探究
探究一 分类加法计数原理
分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．
【典型例题1】某校高三共有三个班，各班人数如下表.
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法；
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
思路分析：(1)从每个班选1名学生任学生会主席都能独立完成这件事，因此应采用分类加法计数原理．(2)完成这件事有三类方案，因此也应采用分类加法计数原理．
解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3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，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3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、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．
规律总结 注意分类标准要明确，不能相互交叉或重复，每类办法都能独立地完成这件事．
探究二 分步乘法计数原理
利用分步乘法计数原理解决问题时应注意：
(1)按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；
(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
【典型例题2】已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，
问：(1)点P可表示平面上多少个不同的点？
(2)点P可表示平面上第二象限内多少个不同的点？
思路分析：完成“确定点P”这件事，需要依次确定点P的横坐标和纵坐标，应运用分步乘法计数原理求解．
解：(1)确定平面上的点P(a，b)，可分两步完成：第一步确定a的值，有6种不同方法；第二步确定b的值，也有6种不同方法．根据分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上不同点的个数为6×6＝36.
(2)确定平面上第二象限内的点P(a，b)，可分两步完成：第一步确定a的值，由于a＜0，所以有3种不同方法；第二步确定b的值，由b＞0，所以有2种不同方法．由分步乘法计数原理，得到点P可表示平面上第二象限内不同的点的个数为3×2＝6.
规律总结 利用分步乘法计数原理计数的一般思路：首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后才能完成整件事．
探究三 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用
解决此类题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．首先要有意识地去区分该问题是“分类”还是“分步”，如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
【典型例题3】王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．
(1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？
(2)若带外语、数学、物理参考书各1本，有多少种不同的带法？
(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？
思路分析：解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法完成后，是否完成整件事，从而区分加法原理和乘法原理．
解：(1)完成的事情是带1本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都可完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．
(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．
(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．
规律总结 对于两个计数原理的综合应用问题，一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏；分步时要注意步与步之间的连续性，同时应合理设计步骤的顺序，使各步互不干扰，也可以根据题意恰当合理地画出示意图或者列出表格，使问题的实质直观地显现出来，从而便于我们解题．
探究四 易错辨析
易错点 两个基本原理分辨不清
【典型例题4】(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )．
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解：(1)每个信箱有三种选择，由分步乘法计数原理可得共有34种方法，选D.
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，根据分步乘法计数原理，可得此人的走法有4×3＝12(种)，故填12.
错因分析：解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用分步乘法计数原理计算．
正解：(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法，选C.
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法有4＋3＝7(种)，故填7.
1.2 排列与组合 1
课堂探究
探究一 简单的排列问题
在“树形图”的操作中，先将元素按一定顺序排出，然后以安排哪个元素为首位为标准，进行分类，再在余下的元素中确定第二位并按顺序分类，依次一直进行到完成一个排列．这样就能不重不漏地依照“树形图”写出所有的排列．
【典型例题1】(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成不同的两位数，一共可以组成多少个？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．
思路分析：解答时按顺序分步解决，然后利用树形图列出所有排列．
解：(1)由题意作树形图，如下．
故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．
(2)由题意作树形图，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.
规律总结 解决排列问题的步骤：(1)分清问题是否与元素的顺序有关，若与顺序有关，则是排列问题；(2)注意排列对元素或位置有无特殊要求；(3)借助排列数公式计算．
探究二 排列数公式
(1)排列数的第一个公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用于具体计算以及解当m较小时的含有排列数的方程和不等式；在运用该公式时要注意它的特点．
(2)排列数的第二个公式A＝适用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式，再计算，同时还要注意隐含条件“m≤n且m∈N*，n∈N*”的运用．
【典型例题2】(1)计算2A＋A；(2)计算；
(3)求3A＝4A中的x.
思路分析：(1)，(2)两题直接运用排列数的公式计算．(3)用排列数的公式展开得方程，然后求解．要注意x的取值范围，并检验根是否合理．
解：(1)2A＋A＝2×4×3×2＋4×3×2×1＝72.
(2)＝＝＝.
(3)原方程3A＝4A可化为＝，
即＝，化简，得x2－19x＋78＝0，解得x1＝6，x2＝13.
由题意知解得x≤8.
所以原方程的解为x＝6.
规律总结 应用排列数公式时应注意以下几个方面：
(1)准确展开：应用排列数公式展开时要注意展开式的项数要准确．
(2)合理约分：若运算式是分式形式，则要先约分后计算．
(3)合理组合：运算时要结合数据特点，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，可以提高运算的速度和准确性．
探究三 常见的排列问题
涉及有约束条件的排列问题，首先考虑元素的排法或特殊位置上元素的选法，再考虑其他元素的位置(这种方法称为特殊元素法或特殊位置法)；或者，先求出无约束条件的排列数，再减去不符合条件的排列数(也叫做间接法或排除法)，这是解排列题的基本策略．所谓“捆绑法”与“插空法”，实际上都是特殊元素(位置)特殊考虑的结果．要求相邻的两个元素是特殊元素，先把这两个元素“捆绑”起来处理；要求不相邻的元素也是特殊元素，一般考虑用“插空法”．
【典型例题3】用0,1,2,3,4这五个数字，组成五位数：
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(4)若1和3相邻，则可组成多少个无重复数字的五位数？
(5)若1和3不相邻，则可组成多少个无重复数字的五位数？
(6)若1不在万位，2不在个位，则可组成多少个无重复数字的五位数？
思路分析：该题目中的特殊元素为0，它不能放在首位．(1)首位不为0，数字可以重复；(2)只需限制首位不为0；(3)限制末位是奇数，首位不是0；(4)把1,3看成整体进行排列；(5)可间接求，也可直接求，用插空法；(6)可从特殊位置或元素入手分析．
解：(1)各个数位上的数字允许重复，由分步计数原理得，共可组成4×5×5×5×5＝2 500个五位数．
(2)方法一：(优先考虑特殊位置)先排万位，从1,2,3,4中任取一个有A种方法，其余四个位置排四个数字共有A种方法，所以组成的无重复数字的五位数共有AA＝96(个)．
方法二：(优先考虑特殊元素)先排0，除首位之外的其他四个数位均可，有A种方法，其余四个数字全排，有A种方法．故组成的无重复数字的五位数共有AA＝96(个)．
(3)(优先考虑特殊位置)先排个位，1和3均可，有A种方法．然后从剩下的3个非0数中选一个排在万位，有A种方法，最后将剩下的3个数排在其他三个数位上，有A种方法．故组成的无重复数字的五位奇数共有AAA＝36(个)．
(4)(捆绑法)若1和3相邻，则把1和3“捆绑”，看成一个整体与0,2,4进行排列．则共可组成无重复数字的五位数共有AAA＝36(个)．
(5)方法一：(间接法)由(2)，(4)两问可得，1和3不相邻时，共可组成无重复数字的五位数有96－36＝60(个)．
方法二：(插空法)先将0,2,4排好，再将1和3分别插入产生的4个空当中有AA＝72种排法，而当0在万位时，1,3分别插入2,4产生的3个空当中有AA＝12种排法．
所以1和3不相邻的无重复数字的五位数共有72－12＝60(个)．
(6)方法一：(间接法)无重复数字的所有五位数有96个，当1在万位时，有A种排法，当2在个位时，0又不能在万位，先把0排在中间三个位上，再排其余的3个数，有AA种排法，但这两种排法中都包括1在万位，2在个位的排法，这种排法有A种，所以符合条件的五位数共有96－A－AA＋A＝60(个)．
方法二：(优先考虑特殊元素或位置)①1排在个位时，0不能在万位，有AA＝18种排法．②1不在个位且不在万位时，先排1，有A种方法，再排剩下的数分两类．一类是当2在万位时，有A种方法，另一类是2不在万位，有AAA种排法，所以1不在个位且不在万位时，有A(A＋AAA)＝42种排法，所以1不在万位，2不在个位时，共可组成无重复数字的五位数18＋42＝60(个)．
规律总结 (1)排列问题的限制条件一般包括某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等．要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素．当用直接法比较麻烦时，可以先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”，但必须注意要不重复，不遗漏．
(2)对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用“捆绑法”，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用“插空法”，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中．
(3)对于定序问题，可采用“除阶乘法”解决．
探究四 易错辨析
易错点 重复排列
【典型例题4】6个人站成前后三排，每排2人，有多少种不同的排法？
错解一：分步完成，先安排第一排的2人，有A种排法；再安排中间一排的2人，有A种排法；余下的2人排在最后一排．由分步乘法计数原理，共有A·A＝360种不同排法．
错解二：分步完成，先安排第一排的2人，有A种排法；再安排中间一排的2人，有A种排法；最后安排余下的2人，有A种排法．因为排在第一排，中间一排和最后一排不同，所以三排再排列，有A种排法．由分步乘法计数原理，有A·A·A·A＝4 320种不同排法．
错因分析：错解一的解答错在第3步，余下的2人还要去排最后一排的2个不同位置．
错解二的解答错在前三步已经分清了三排，不需要再排列了．
正解一：6个人站成前后三排，每排2人，分3步完成，不同的排法共有A·A·A＝720(种)．
正解二：此问题可看作将排成的三排“拉直”，实际上就是将6人排成一排的问题．故共有A＝720种不同排法．
1.2 排列与组合 2
课堂探究
探究一 组合概念的理解与应用
区别排列与组合的关键是看取出元素之后，在安排这些元素时，是否与顺序有关，与顺序有关的则为排列，与顺序无关的则为组合．
【典型例题1】判断下列问题是排列问题，还是组合问题．
(1)从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(2)从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？
(3)从a，b，c，d这四名学生中选2名学生，去完成同一件工作有多少种不同的选法？
(4)规定每两个人相互通话一次，5个人共通了多少次电话？
(5)5个人相互各写一封信，共写了多少封信？
思路分析：观察取出的元素与顺序有关还是无关，从而确定是排列问题，还是组合问题．
解：(1)取出3个数字后，如果改变三个数字的顺序，会得到不同的三位数，此问题不但与取出元素有关，而且与元素的安排顺序有关，是排列问题．
(2)取出3个数字之后，无论怎样改变这三个数字之间的顺序，其和均不变，此问题只与取出元素有关，而与元素的安排顺序无关，是组合问题．
(3)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(4)甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，无顺序区别，为组合问题．
(5)发信人与收信人是有区别的，是排列问题．
规律总结 区分排列与组合的办法是首先弄清楚条件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
探究二 借助图表列出所有组合
对于给出的组合问题，要求写出所有组合，一般是将元素按一定的顺序排好，然后按照顺序用图示或图表的方法逐个地将各个组合表示出来．这样做直观、明了、清楚，可避免重复和遗漏．
【典型例题2】(1)已知a，b，c，d这4个元素，写出每次取出2个元素的所有组合；
(2)已知A，B，C，D，E这5个元素，写出每次取出3个元素的所有组合．
思路分析：先将元素按一定顺序写出，然后按照顺序用图示的方法逐步写出各个组合即可．
解：(1)可按a→b→c→d顺序写出，即
所以，所有组合为ab，ac，ad，bc，bd，cd.
(2)可按AB→AC→AD→BC→BD→CD顺序写出，即
所以，所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
探究三 组合数公式
(1)组合数公式的选取：涉及具体数字的可以用展开式计算，涉及字母的可以用阶乘式计算．(2)性质1：C＝C，主要应用于简化运算．性质2：C＝C＋C，从右到左两个组合数合为一个，实现了由繁到简的化简过程，主要应用于组合数的化简．
【典型例题3】(1)计算：①3C－2C＋C；②C＋C；③C＋C＋C.
(2)证明：mC＝nC.
思路分析：(1)先考虑利用组合数的性质对原式进行化简，然后利用组合数公式展开计算．(2)式子中涉及字母，可以用阶乘式证明．
(1)解：①3C－2C＋C＝3×－2×＋1＝149.
②C＋C＝C＋C＝＋200＝5 150.
③C＋C＋C＝C＋C＝C＝＝56.
(2)证明：∵左边＝m·＝
＝n＝nC＝右边，
∴mC＝nC.
规律总结 应用组合数公式时应注意以下几个方面：
(1)准确展开：应用组合数公式展开时要注意展开式的项数要准确．
(2)应用两个性质可以简化运算，起到事半功倍的效果．
探究四 常见的组合问题
解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，取出元素只是组成一组，与顺序无关则是组合问题；取出元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有当该问题构成组合模型时，才能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，注意无重复或遗漏．
【典型例题4】现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习，有多少种不同的选法？
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
思路分析：首先确定是否是组合问题，再确定完成事情是分步，还是分类．
解：(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即有C＝＝45种不同的选法．
(2)可把问题分两类：第1类，选出2名男教师有C种方法；第2类，选出2名女教师有C种方法，即共有C＋C＝21种不同的选法．
(3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教师中选2名的选法有C种，根据分步乘法计数原理，共有C×C＝×＝90种不同的选法．
探究五 易错辨析
易错点 考虑问题不全面重复计数或漏解
【典型例题5】有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子．恰有一个空盒，有多少种放法？
错解一：将3个小球放入4个盒子中，有A种放法，再把余下的1个小球放到3个盒子中的一个，有C种放法．所以有A×C＝72种放法．
错解二：从4个小球中任取3个，有C种取法，从4个盒子中任取3个，有C种取法．将3个小球放到取出的3个盒子中，有A种放法，再把余下的小球放到3个盒子中的一个，有3种放法，所以放法共有C×C×A×3＝288种．
错因分析：错解一属于遗漏计数问题．从四个小球中取出3个(不妨设为1号、2号、3号)放入三个盒中，则把4号小球放入三个盒中的一个时，只有1号和4号；2号和4号；3号和4号三种情况，漏掉了1号和2号；1号和3号；2号和3号的情况．
错解二属于重复计数问题．若取出的3个小球为1号，2号，3号，则4号小球放入盒中时，其中一种方式为 ；若取出的3个小球为2号，3号，4号，则1号小球放入盒中时，其中也有一种方式为 ，故出现重复计数．
正解：由题设，必有一个盒子内放入2个小球，从4个小球中取出2个小球，有C种取法，此时把它看作一个小球，与另2个小球共3个小球放入4个盒子中，有A种放法，所以满足题意的放法为C×A＝144种．
1.3 二项式定理 1
课堂探究
探究一 二项式定理
(1)简单的二项式展开时可直接利用二项式定理展开，对于形式较复杂的二项式，在展开之前可以根据二项式的结构特点进行必要的变形，然后再展开，以使运算得到简化，记准、记熟二项式(a＋b)n的展开式是解答好与二项式定理有关的问题的前提．
(2)逆用二项式定理要注意二项展开式的结构特点．a的指数是从高到低，b的指数是从低到高，a，b的指数和都相等，如果项的系数是正负相间，则是(a－b)n的形式．
【典型例题1】(1)求4的展开式；
(2)化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．
思路分析：(1)可直接用二项式定理展开或先对括号内式子化简再展开．
(2)分析式子的结构形式，逆用二项式定理求解．
解：(1)方法一：直接利用二项式定理展开并化简：
4＝C·(2)4·0＋C·(2)3·＋C·(2)2·2＋C·(2)·3＋C·(2)0·4＝16x2＋32x＋24＋＋.
方法二：4＝4＝(2x＋1)4
＝[C(2x)4·10＋C·(2x)3·1＋C·(2x)2·12＋C·(2x)·13＋C·(2x)0·14]
＝(16x4＋32x3＋24x2＋8x＋1)
＝16x2＋32x＋24＋＋.
(2)原式＝C(x－1)5＋C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
规律总结 熟记二项式(a＋b)n的展开式，是解决此类问题的关键，我们在解较复杂的二项式问题时，可根据二项式的结构特征进行适当变形，简化展开二项式的过程，使问题的解决更加简便．
探究二 二项展开式中特定项的计算
求展开式中的某些特定项时，应先确定哪些项是要求的项，再用通项公式求解．常见问题：求常数项(未知量的指数为零)，求有理项(项的指数为整数)，求某一项．注意某项的系数与二项式系数的区别．
【典型例题2】已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
思路分析：利用展开式的通项公式，求出当x的次数为0时n的值，再求解第(2)问、第(3)问．
解：(1)由通项公式知，展开式中第k＋1项为Tk＋1＝C·()n－k·k＝C··＝k·.
∵第6项为常数项，∴k＝5，且n－5×2＝0，
∴n＝10.
(2)由(1)知Tk＋1＝k·C·.
令＝2，则k＝2.
∴x2的系数为2×C＝×45＝.
(3)当Tk＋1为有理项时，为整数，0≤k≤10，且k∈N*.
令＝z，则k＝5－z，
∴z为偶数，从而求得当z＝2,0，－2时，k＝2,5,8符合条件．
∴有理项为T3＝C·2x2＝x2，T6＝C5＝－，T9＝C8x－2＝x－2.
规律总结 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk＋1＝Can－kbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k＝0,1,2,3，…，n)．
(1)第m项：此时k＋1＝m，直接代入通项；
(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0，建立方程；
(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
探究三 利用二项式定理解决整除和余数问题
用二项式定理解决an＋b整除(或余数)问题时，一般需要将底数a写成除数m的整数倍加上或减去r(1≤r≤n)的形式，利用二项展开式求解．
【典型例题3】试判断7777－1能否被19整除．
思路分析：由于76是19的倍数，可将7777转化为(76＋1)77用二项式定理展开．
解：7777－1＝(76＋1)77－1
＝7677＋C×7676＋C×7675＋…＋C×76＋C－1
＝76×(7676＋C×7675＋C×7674＋…＋C)．
由于76能被19整除，因此7777－1能被19整除．
规律总结 应用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和或差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系．
探究四 易错辨析
易错点 混淆二项展开式中项的系数与二项式系数
【典型例题4】(x－1)5的展开式中第4项的系数是( )
A．10 B．－10 C．20 D．－20
错解：第4项的系数为C＝10.故选A.
错因分析：把二项展开式中项的系数与二项式系数混淆了．
正解：由展开式通项得T4＝C·(x)2·(－1)3＝－10×2x2＝－20x2，所以第4项的系数为－20.
答案：D
1.3 二项式定理 2
课堂探究
探究一 与杨辉三角有关的问题
解决与杨辉三角有关的问题的一般思路．
【典型例题1】下列是杨辉三角的一部分．
(1)你能发现组成它的相邻两行数有什么关系吗？
(2)从图中的虚线上的数字你能发现什么规律？
解：(1)杨辉三角的两条腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数之和．
(2)设a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，…，若令bn＝an＋1－an，则b1＝2，b2＝3，b3＝4，所以可得{bn}是等差数列，从而得出其每一斜行数字的差组成一个等差数列．
规律总结 解决与杨辉三角有关的问题的一般思路是：通过观察找出每一行数据间的相互联系以及行与行间数据的相互联系．然后将数据间的这种联系用数学式子表达出来，使问题得解．
探究二 有关二项式系数的性质的问题
(1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式组的方法求得．
【典型例题2】(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
思路分析：求(a＋bx)n的展开式中系数最大的项，通常用待定系数法，即先设展开式中的系数分别为A1，A2，…，An＋1，再设第k＋1项系数最大，则由不等式组确定k的值．
解：T6＝C·(2x)5，T7＝C·(2x)6，依题意有
C·25＝C·26n＝8.
∴(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为
T5＝C·(2x)4＝1 120x4.
设第k＋1项系数最大，则有
解得5≤k≤6.
∴k＝5或k＝6(∵k∈{0,1,2，…，8})．
∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
规律总结 熟记二项展开式的通项是解决本题的关键，注意k只能取正整数．
探究三 有关二项式系数和与展开式的系数和的问题
赋值法是求二项展开式系数及有关问题的常用方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项．
【典型例题3】设的二项展开式中各项系数之和为t，二项式系数和为h，若h＋t＝272，则二项展开式含x2项的系数为__________．
思路分析：本题主要考查二项式系数与各项系数的区别，用赋值法求各项系数和，利用公式求二项式系数和．
解析：由已知令x＝1，则展开式各项系数和t＝(3＋1)n＝4n，二项式系数和h＝C＋C＋…＋C＝2n，
∴h＋t＝4n＋2n＝272，解得n＝4.
∴.
则展开式的通项公式为Tr＋1＝C·()4－r·()r＝34－rC，令＋＝2，则r＝4.
∴含x2项的系数为1.
答案：1
规律总结 求展开式中各项系数和或差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需要根据所求的展开式系数和或差的特征来进行．
探究四 易错辨析
易错点 混淆二项展开式中奇次项与奇数项、偶次项与偶数项的概念
【典型例题4】已知(2x－1)n二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数和小38，求C＋C＋C＋…＋C的值．
错解：设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
则奇次项的系数和为a0＋a2＋a4＋…，
偶次项的系数和为a1＋a3＋a5＋…，
令x＝－1，得
(a0＋a2＋a4＋…)－(a1＋a3＋a5＋…)＝(－3)n，
由已知可得，(－3)n＝－38＝(－3)8，
∴n＝8，∴C＋C＋C＋…＋C＝28.
错因分析：错解有三处错误．一是误把奇次项、偶次项看成是奇数项、偶数项．二是把C＋C＋C＋…＋C看成二项展开式各项二项式系数和，忽略了C.三是(－3)n＝－38＝(－3)8也不成立．解答本题应认真审题，搞清已知条件以及所要求的结论，避免失误．
正解：设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋…
由已知可知，B－A＝38.
令x＝－1，得：
a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即：(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)
＝(－3)n，即B－A＝(－3)n.
∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.
由二项式系数性质可得：C＋C＋C＋…＋C＝2n－C＝28－1.
3.1 回归分析的基本思想及其初步应用
课堂探究
探究一 求线性回归直线方程
(1)散点图是定义在具有相关关系的两个变量基础上的，对于性质不明确的两组数据，可先作散点图，在图上看它们有无关系，关系的密切程度，然后再进行相关回归分析．
(2)求回归直线方程，首先应注意到，只有在散点图大致呈线性时，求出的回归直线方程才有实际意义，否则，求出的回归直线方程毫无意义．
【典型例题1】某商场经营一批进价是30元/件的小商品，在市场试验中发现，此商品的销售单价x(x取整数)元与日销售量y台之间有如下关系
x
35
40
45
50
y
56
41
28
11
(1)y与x是否具有线性相关关系？如果具有线性相关关系，求出回归直线方程．(方程的斜率保留一个有效数字)
(2)设经营此商品的日销售利润为P元，根据(1)写出P关于x的函数关系式，并预测当销售单价x为多少元时，才能获得最大日销售利润．
解：(1)散点图如图所示，从图中可以看出这些点大致分布在一条直线附近，因此两个变量线性相关．
设回归直线为＝x＋，由题知＝42.5，＝34，
则求得
＝
＝≈－3.
＝－ ＝34－(－3)×42.5＝161.5.
∴＝－3x＋161.5.
(2)依题意有
P＝(－3x＋161.5)(x－30)
＝－3x2＋251.5x－4 845
＝－32＋－4 845.
∴当x＝≈42时，P有最大值，约为426.
即预测当销售单价为42元时，才能获得最大日销售利润．
规律总结 先根据所给数据画出散点图，判断y与x是否具有线性相关关系，在此基础上利用回归方程系数的有关公式，求出相应的系数，然后结合函数知识求出日销售利润最大时的销售单价．
探究二 线性回归分析
解答本类题目应先通过散点图来分析两变量间的关系是否线性相关，然后再利用求回归方程的公式求解回归方程，并利用残差图或相关指数R2来分析函数模型的拟合效果，在此基础上，借助回归方程对实际问题进行分析．
【典型例题2】在一段时间内，某种商品的价格x元和需求量y件之间的一组数据为：
x(元)
14
16
18
20
22
y(件)
12
10
7
5
3
且知x与y具有线性相关关系，求出y对x的回归直线方程，并说明拟合效果的好坏．
解：＝×(14＋16＋18＋20＋22)＝18，
＝×(12＋10＋7＋5＋3)＝7.4，
＝142＋162＋182＋202＋222＝1 660，
＝122＋102＋72＋52＋32＝327，
iyi＝14×12＋16×10＋18×7＋20×5＋22×3＝620，
∴＝＝＝＝－1.15.
∴＝7.4＋1.15×18＝28.1，
∴回归直线方程为＝－1.15x＋28.1.
列出残差表为
yi－i
0
0.3
－0.4
－0.1
0.2
yi－
4.6
2.6
－0.4
－2.4
－4.4
∴(yi－)2＝0.3，(yi－)2＝53.2，
R2＝1－≈0.994.
故R2≈0.994，说明拟合效果较好．
规律总结 “相关指数R2、残差图”在回归分析中的作用：
(1)相关指数R2是用来刻画回归效果的，由R2＝1－可知R2越大，意味着残差平方和越小，也就是说模型的拟合效果就越好．
(2)残差图也是用来刻画回归效果的，判断依据是：残差点比较均匀地分布在水平带状区域中，带状区域越窄，说明模型拟合精度越高， 回归方程预报精度越高．
探究三 求非线性回归方程
非线性回归问题有时并不给出经验公式，这时我们可以画出已知数据的散点图．把它与必修模块数学1中学过的各种函数(幂函数、指数函数、对数函数等)图象作比较，挑选一种跟这些散点拟合得最好的函数，然后采用适当的变量置换，把问题化为线性回归分析问题，使之得到解决．
【典型例题3】假设关于某设备的使用年限x和支出的维修费用y(万元)，有如下表的统计资料：
使用年限x
2
3
4
5
6
维修费用y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
若由资料知y与x具有线性相关关系，试求：
(1)线性回归方程＝x＋.
(2)估计使用年限为10年时，维修费用是多少？
(3)计算总偏差平方和、残差平方和及回归平方和．
(4)求R2并说明模型的拟合效果．
解：(1)将已知条件制成下表
i
1
2
3
4
5
合计
xi
2
3
4
5
6
20
yi
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
25
xiyi
4.4
11.4
22.0
32.5
42.0
112.3
x
4
9
16
25
36
90
＝4；＝5；＝90；iyi＝112.3
设回归方程为＝x＋，
于是有＝＝＝1.23，＝－ ＝5－1.23×4＝0.08，
所以线性回归方程是＝1.23x＋0.08.
(2)当x＝10时，＝1.23×10＋0.08＝12.38，
即估计使用10年时维修费用是12.38万元．
(3)总偏差平方和：(yi－)2＝15.78，
残差平方和：＝2.46＋0.08＝2.54，＝3.77，＝5，＝6.23，＝7.46，(yi－)2＝0.651，
回归平方和：15.78－0.651＝15.129.
(4)R2＝1－＝1－≈0.958 7，
模型的拟合效果较好，使用年限解释了95.87%的维修费用支出．
规律总结 把非线性回归问题转化为线性回归问题，拓展了解题思路．
探究四 易错辨析
易错点 残差平方和与相关指数的理解不清致误
【典型例题4】对两个变量y和x进行回归分析，得到一组样本数据：(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，则下列说法中不正确的是( )
A．由样本数据得到的回归方程＝x＋必过样本点的中心(，)
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C．用相关指数R2来刻画回归效果，R2的值越小，说明模型的拟合效果越好
D．若变量y和x之间的相关系数r＝－0.936 2，则变量y和x之间具有线性相关关系
错解：B
错因分析：对残差平方和和相关指数R2理解错误．
正解：R2的值越大，说明残差平方和越小，也就是说模型的拟合效果越好．
答案：C
3.2独立性检验的基本思想及其初步应用
课堂探究
探究一 利用图形与分类变量间的关系作出分析
(1)利用列联表直接计算和，如果两者相差很大，就判断两个分类变量之间有关系．
(2)在等高条形图中展示列联表数据的频率特征，比较图中两个深色条的高可以发现两者频率不一样而得出结论，这种直观判断的不足之处在于不能给出推断“两个分类变量有关系”犯错误的概率．
【典型例题1】某学校对高三学生作了一项调查发现：在平时的模拟考试中，性格内向的学生426人中有332人在考前心情紧张，性格外向的学生594人中有213人在考前心情紧张，作出等高条形图，利用图形判断考前心情紧张与性格类别是否有关系．
解：作列联表如下：
性格内向
性格外向
总计
考前心情紧张
332
213
545
考前心情不紧张
94
381
475
总计
426
594
1 020
∴ad－bc＝332×381－213×94＝106 470.
∴ad－bc比较大，说明考前紧张与性格类型有关．
图中阴影部分表示考前心情紧张与考前心情不紧张中性格内向的比例，从图中可以看出考前紧张的样本中性格内向占的比例比考前心情不紧张样本中性格内向占的比例高，可以认为考前紧张与性格类型有关．
规律总结 →
探究二 独立性检验与应用
进行独立性检验时，首先要根据题意列出两个分类变量的列联表，然后代入公式计算随机变量K2的观测值k，再对照相应的临界值给出结论，以决定两个变量有关，还是在犯错误概率不超过多少的前提下有关系．
【典型例题2】为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，结果如下：
男
女
需要
40
30
不需要
160
270
(1)估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的比例；
(2)能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地区的老年人需要志愿者提供帮助与性别有关？
附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
K2＝
思路分析：(1)求出老年人需要帮助的共有多少人，再求比值．
(2)利用公式计算出K2，再进行判断．
解：(1)调查的500位老年人中有70位需要志愿者提供帮助，因此该地区老年人中，需要帮助的老年人的比例的估计值为＝14%.
(2)由列联表中数据，得K2观测值为
k＝≈9.967.
由于9.967＞6.635，所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为该地区的老年人需要志愿者提供帮助与性别有关．
规律总结 在判断两个分类变量关系的可靠性时一般利用随机变量K2来确定，把计算出的K2的值与相关的临界值作比较，确定出两个变量有关系的把握程度．
探究三 易错辨析
易错点 对概念理解不当致误．
【典型例题3】若两个分类变量x和y的列联表为：
y1
y2
x1
5
15
x2
40
10
则x与y之间有关系的概率约为__________．
错解：计算K2的观测值得k≈18.822，查表知P(K2≥10.828)≈0.001.
答案：0.001
错因分析：没有理解好独立性检验的基本思想．
正解：k＝≈18.822.查表知P(K2≥10.828)≈0.001，
则x与y之间有关系的概率约为1－0.001＝0.999.
答案：0.999
2.1 离散型随机变量及其分布列 1
课堂探究
探究一 随机变量的概念
对随机变量的理解：
(1)随机变量是将随机试验的结果数量化；
(2)随机变量的取值对应于某随机试验的某一随机事件；
(3)有些随机试验的结果不具有数量关系，但我们仍可以用数量表示它；
(4)对随机变量的所有可能取值都要明确，不能重复也不能遗漏．
【典型例题1】判断下列各个量，哪些是随机变量，哪些不是随机变量，并说明理由．
(1)北京国际机场候机厅中某天的旅客数量；
(2)2013年5月1日到10月1日期间所查酒驾的人数；
(3)2013年6月1日济南到北京的某次动车到北京站的时间；
(4)体积为1 000 cm3的球半径长．
思路分析：判断所给的量是否随试验结果的变化而变化，发生变化的是随机变量．
解：(1)旅客人数可能是0,1,2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．
(2)所查酒驾的人数可能是0,1,2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．
(3)动车到达的时间可在某一区间内任取一值，是随机的，因此是随机变量．
(4)球的体积为1 000 cm3时，球的半径为定值，不是随机变量．
规律总结 在一次随机试验中，随机变量的取值实质上是随机试验的结果所对应的数，且这个数所有可能的取值是预先知道的，但不知道究竟会出现哪一个值．
探究二 离散型随机变量的判定
判断一个随机变量X是否为离散型随机变量的关键是判断随机变量的所有取值是否可以一一列出，其具体方法如下：
(1)明确随机试验的所有可能结果；
(2)将随机试验的试验结果数量化；
(3)确定试验结果所对应的实数是否可按一定次序一一列出．如果能一一列出，则该随机变量是离散型变量，否则不是．
【典型例题2】指出下列随机变量是否是离散型随机变量，并说明理由．
(1)湖南矮寨大桥桥面一侧每隔30米有一路灯，将所有路灯进行编号，其中某一路灯的编号X；
(2)在一次数学竞赛中，设一、二、三等奖，小明同学参加竞赛获得的奖次X；
(3)一天内气温的变化值X；
(4)丁俊晖在2012世锦赛中每局所得的分数．
解：(1)桥面上的路灯是可数的，编号X可以一一列出，是离散型随机变量．
(2)小明获奖等次X可以一一列出，是离散型随机变量．
(3)一天内的气温变化值X，可以在某区间内连续取值，不能一一列出，不是离散型随机变量．
(4)每局所得的分数X可以一一列举出来，是离散型随机变量．
规律总结 判断一个变量是否为离散型随机变量，首先看它是不是随机变量，其次看可能取值是否能一一列出，也就是说变量的取值若是有限的，或者是可以列举出来的，就可以视为离散型随机变量，否则就不是离散型随机变量．
探究三 离散型随机变量的取值
(1)确定随机变量ξ的所有可能取值；
(2)随机变量ξ的取值所表示的随机试验的结果；
(3)检验当随机变量的某个值表示的试验结果有多个时，应综合考虑，细心检查，不能遗漏某些试验结果．
【典型例题3】写出下列各随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果：
(1)在2013年北京大学的自主招生中，参与面试的5名考生中，通过面试的考生人数X；
(2)一个袋中装有2个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数X；
(3)一袋中装有5只同样大小的球，编号为1,2,3,4,5.现从该袋内随机取出3只球，被取出的球的最大号码数．
思路分析：明确随机变量X的意义，写出X的所有取值及每个值对应的试验结果．
解：(1)X可能取0,1,2,3,4,5.X＝i，表示面试通过的有i人，其中i＝0,1,2,3,4,5.
(2)X可取0,1,2.X＝i，表示取出的3个球中有i个白球，3－i个黑球，其中i＝0,1,2.
(3)X可取3,4,5.X＝3，表示取出的3个球的编号为1,2,3；X＝4，表示取出的3个球的编号为1,2,4或1,3,4或2,3,4；X＝5，表示取出的3个球的编号为1,2,5或1,3,5或1,4,5或2,3,5或2,4,5或3,4,5.
规律总结 解答此类问题的关键在于明确随机变量的所有可能的取值，以及其取每一个值时对应的意义，即一个随机变量的取值可能对应一个或多个随机试验的结果，解答过程中不要漏掉某些试验结果．
探究四 易错辨析
易错点 忽略题目中的条件
【典型例题4】小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题．如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1 000元，3 000元，6 000元的奖品(不重复得奖)，小王对三关中每个问题回答正确的概率依次为，，，且每个问题回答正确与否相互独立，用ξ表示小王所获奖品的价值，写出ξ的可能取值．
错解：ξ的可能取值为：0,1 000,3 000,4 000,6 000，9 000，10 000.
错因分析：(1)对题目背景理解不准确：比赛设三关，前关不过是不允许进入下一关比赛的，而错解中理解为可以进入下一关．
(2)忽略题目中的条件：忽略不重复得奖，最高奖不会超过6 000元．
正解：ξ的可能取值为0,1 000,3 000,6 000.
ξ＝0表示第一关就没有过；
ξ＝1 000表示第一关过而第二关没有通过；
ξ＝3 000表示第一关通过、第二关通过而第三关没有通过；
ξ＝6 000表示三关都通过．
2.1 离散型随机变量及其分布列 2
课堂探究
探究一 离散型随机变量的分布列
求离散型随机变量的分布列的步骤：
(1)找出随机变量ξ的所有可能的取值xi(i＝1,2，…)；
(2)求出随机变量ξ的每个取值的概率P(ξ＝xi)＝pi；
(3)列出表格．
【典型例题1】从装有6个白球，4个黑球和2个黄球的箱中随机地取出两个球，规定每取出1个黑球赢2元，而每取出1个白球输1元，取出黄球无输赢．
(1)以X表示赢得的钱数，随机变量X可以取哪些值？求X的分布列．
(2)求出赢钱的概率，即X＞0时的概率．
解：(1)从箱中取两个球的情形有以下6种：
{2白球}，{1白球1黄球}，{1白球1黑球}，{2黄球}，{1黑球1黄球}，{2黑球}．
当取到2白球时，随机变量X＝－2；
当取到1白球1黄球时，随机变量X＝－1；
当取到1白球1黑球时，随机变量X＝1；
当取到2黄球时，随机变量X＝0；
当取到1黑球1黄球时，随机变量X＝2；
当取到2黑球时，随机变量X＝4.
所以随机变量X的可能取值为－2，－1,0,1,2,4.
P(X＝－2)＝＝，P(X＝－1)＝＝，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以X的分布列如下：
X
－2
－1
0
1
2
4
P
(2)P(X＞0)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝4)＝＋＋＝.
∴赢钱的概率为.
规律总结 求离散型随机变量的分布列的关键有两点：
(1)随机变量的取值；(2)随机变量每一个取值的概率．
探究二 离散型随机变量分布列的性质及应用
(1)离散型随机变量的特征是能一一列出，且每个值各代表一个试验结果，所以研究离散型随机变量时，关键是随机变量能取哪些值．
(2)在求概率pi时，充分运用分布列的性质，既可减少运算量，又可验证所求的分布列是否正确．
【典型例题2】设随机变量X的分布列P＝ak(k＝1,2,3,4,5)．
(1)求常数a的值；
(2)求P；
(3)求P.
思路分析：已知随机变量X的分布列，根据分布列的性质确定a的值及相应区间的概率．
解：由题意，得随机变量X的分布列为
X
P
a
2a
3a
4a
5a
(1)由分布列的性质得a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，
解得a＝.
(2)P＝P＋P＋P＝＋＋＝，
或P＝1－P＝1－＝.
(3)∵＜X＜，∴X＝，，.
∴P＝P＋P＋
P＝＋＋＝.
规律总结 利用离散型随机变量分布列的性质可以求随机变量在某个范围内取值的概率，此时只需根据随机变量的取值范围确定随机变量可取哪几个值，再利用分布列即可得到它的概率，注意分布列中随机变量取不同值时所表示的随机事件彼此互斥，因此利用概率的加法公式即可求出其概率．
探究三 两点分布的应用
两点分布的几个特点：
(1)两点分布中只有两个对应结果，且两个结果是对立的．
(2)两点分布又称为0－1分布，应用十分广泛．
(3)由对应事件的概率求法可知：P(x＝0)＋P(x＝1)＝1.
【典型例题3】一个袋中有形状、大小完全相同的3个白球和4个红球．
(1)从中任意摸出1球，用0表示摸出白球，用1表示摸出红球，即X＝求X的分布列；
(2)从中任意摸出两个球，用“X＝0”表示两个球全是白球，用“X＝1”表示两个球不全是白球，求X的分布列．
思路分析：两问中X只有两个可能取值，且为0,1，属于两点分布，应用概率知识求出X＝0的概率，然后根据两点分布的特点求出X＝1的概率，最后列表即可．
解：(1)由题意知P(X＝0)＝，P(X＝1)＝.
∴X的分布列如下表：
X
0
1
P
(2)由题意知P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝.
∴X的分布列如下表：
X
0
1
P
规律总结 (1)如果一个随机试验只有两个可能的结果，那么就可以用两点分布来研究，为此只需定义一个随机变量，使其中一个结果对应1，另一个结果对应0便可以了．
(2)两点分布的应用非常广泛，如抽取的彩票是否中奖，买回的一件产品是否为正品，新生婴儿的性别，投篮是否命中等等，都可以用两点分布列来研究．
探究四 超几何分布及应用
超几何分布是一种很重要的分布，其理论基础是古典概型，主要运用于抽查产品、摸不同类别的小球等概率模型，其中的随机变量相应是正品(或次品)的件数、某种小球的个数．
【典型例题4】某高二数学兴趣小组有7位同学，其中有4位同学参加过高一数学“南方杯”竞赛．若从该小组中任选3位同学参加高二数学“南方杯”竞赛，求这3位同学中参加过高一数学“南方杯”竞赛的同学数ξ的分布列及P(ξ＜2)．
思路分析：该问题与抽取产品在本质上是一致的，从而可用超几何分布解决．
解：由题意可知，ξ的可能取值为0,1,2,3.则
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝.
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
P(ξ＜2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝＋＝.
规律总结 解决此类问题，先分析随机变量是否满足超几何分布，若满足超几何分布，则建立超几何分布列的组合关系式，求出随机变量取相应值的概率；否则利用概率公式和计数原理求随机变量取相应值的概率．在解题中不应拘泥于某一特定的类型．
探究五 易错辨析
易错点 随机变量的取值错误
【典型例题5】盒中装有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的(用过的球即为旧的)，从盒中任取3个使用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，求X的分布列．
错解：由题意知X服从超几何分布，且X的取值为0,1,2,3，所以分布列为：
X
0
1
2
3
P
错因分析：本题关键有两点：一是认清X的取值，题目中说的是盒中旧球个数为X，所以取值应为3,4,5,6，而不是0,1,2,3；二是正确利用公式求解概率，以免出现计算错误．
正解：从盒中任取3个，这3个可能全是旧的，2个旧的1个新的，1个旧的2个新的或全是新的，所以用完放回盒中，盒中旧球个数可能是3个，4个，5个，6个，即X可以取3,4,5,6.
P(X＝3)＝＝；
P(X＝4)＝＝；
P(X＝5)＝＝；
P(X＝6)＝＝.
所以X的分布列为：
X
3
4
5
6
P
2.2 二项分布及其应用 1
课堂探究
探究一 利用条件概率的定义求条件概率
利用条件概率的定义求条件概率的步骤：
(1)根据题意求P(A)；(2)根据题意求P(AB)；
(3)根据条件概率的定义求P(B|A)＝.
【典型例题1】盒内装有16个球，其中6个是玻璃球，10个是木质球．玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；木质球中有3个是红色的，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是玻璃球的概率是多少？
思路分析：通过表格将数据关系表示出来，再求取到蓝球是玻璃球的概率．
解：由题意得球的分布如下：
玻璃
木质
总计
红
2
3
5
蓝
4
7
11
总计
6
10
16
设A＝{取得蓝球}，B＝{取得蓝色玻璃球}，
则P(A)＝，P(AB)＝＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
规律总结 解决此类问题的关键是清楚谁是条件，求谁的概率．
探究二 利用基本事件数求条件概率
(1)列出基本事件的空间．
(2)在基本事件空间内求出事件A发生的事件数n(A)．
(3)在基本事件空间内求出事件A，事件B同时发生的事件数n(AB)．
(4)根据条件概率的定义求P(B|A)＝.
【典型例题2】5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，求第一次取到新球的情况下，第二次取到新球的概率．
思路分析：列出基本事件空间，利用基本事件数，利用古典概型求解．
解：设“第一次取到新球”为事件A，“第二次取到新球”为事件B.
因为n(A)＝3×4＝12，n(AB)＝3×2＝6，
所以P(B|A)＝＝＝.
规律总结 本题的方法是解条件概率常用的方法，特别适用于古典概型下的条件概率．
探究三 求互斥事件的条件概率
当所求的事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些较简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得所求事件的概率，但应注意这个公式在“B与C互斥”这一前提下才成立．
【典型例题3】在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求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．
思路分析：分别求出在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球和黑球的概率．再用互斥事件概率公式求得概率，也可用古典概型求概率．
解法1：设“摸出的第一个球为红球”为事件A，“摸出的第二个球为黄球”为事件B，“摸出的第二个球为黑球”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)＝＋＝.
∴所求的条件概率为.
解法2：∵n(A)＝1×C＝9，n[(B∪C)∩A]＝C＋C＝5，
∴P(B∪C|A)＝.∴所求的条件概率为.
规律总结 本题方法的适用范围，必须是同一个事件，且在同一个事件发生的条件下，求两个(或多个)互斥事件发生的概率．
探究四 易错辨析
易错点 因把基本事件的空间搞错致误
【典型例题4】一个家庭中有两名小孩，假定生男、生女是等可能的．已知这个家庭有一名小孩是女孩，问另一名小孩是男孩的概率是多少？
错解：解法1：设此家庭有一名小孩是女孩为事件A，另一名小孩是男孩为事件B.
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝.
解法2：n(A)＝2，n(AB)＝1，
∴P(B|A)＝＝.
错因分析：两种解法都把基本事件空间理解错了．
正解：解法1：一个家庭的两名小孩只有4种可能：{两名都是男孩}，{第一名是男孩，第二名是女孩}，{第一名是女孩，第二名是男孩}，{两名都是女孩}．由题意知这4个事件是等可能的，设基本事件空间为Ω，A＝“其中一名是女孩”，B＝“其中一名是男孩”，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB＝{(男，女)，(女，男)}．∴P(AB)＝＝，P(A)＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
解法2：由解法1知n(A)＝3，n(AB)＝2，
∴P(B|A)＝＝.
2.2 二项分布及其应用 2
课堂探究
探究一 判断事件的相互独立性
判断两事件的独立性的方法：(1)定义法：如果事件A，B同时发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率的积，则事件A，B为相互独立事件．
(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(3)当P(A)＞0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．
【典型例题1】判断下列各对事件是否是相互独立事件：
(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；
(3)掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．
解：(1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．
(3)记A：出现偶数点，B：出现3点或6点，则A＝{2,4,6}，B＝{3,6}，AB＝{6}，
∴P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝.
∴P(AB)＝P(A)P(B)，∴事件A与B相互独立．
规律总结 区分两个事件是否相互独立，需要深刻理解相互独立事件的特点．
探究二 相互独立事件同时发生的概率
求相互独立事件同时发生的概率时，可运用公式P(AB)＝P(A)P(B)．在解决问题时，要搞清事件是否独立，把复杂事件分解为若干简单事件来处理，同时还要注意运用对立事件把问题简化．
【典型例题2】根据资料统计，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.6，购买甲、乙保险相互独立，各车主间相互独立．
(1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率；
(2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率；
(3)求一位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率．
思路分析：分清楚事件间的独立、互斥的关系，再由相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式计算．
解：记A表示事件“购买甲种保险”，B表示事件“购买乙种保险”，则由题意得A与B，A与，与B，与都是相互独立事件，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6.
(1)记C表示事件“同时购买甲、乙两种保险”．
∴P(C)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.6＝0.3.
(2)记D表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”，则D＝B.
∴P(D)＝P(B)＝P()P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3.
(3)法一：记E表示事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”，则事件E包括B，A，AB，且它们彼此为互斥事件．
∴P(E)＝P(B∪A∪AB)＝P(B)＋P(A)＋P(AB)＝0.5×0.6＋0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.8.
法二：事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”与事件“甲、乙两种保险都不购买”为对立事件．
∴P(E)＝1－P( )＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8.
规律总结 相互独立事件的概率计算必须先根据题设条件，分析事件间的关系，将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积，或若干个乘积之和，然后利用公式计算．
探究三 相互独立事件和互斥事件的概率
求复杂事件的概率，往往先列出题中涉及的各事件，并用适当的符号表示，再理清各事件之间的关系，最后根据事件之间的关系选取相应的公式进行计算．
【典型例题3】已知甲袋中装有3个白球和2个红球，乙袋中装有1个白球和4个红球，现从甲、乙两袋中各摸1个球，试求：
(1)两球都是红球的概率；
(2)恰有1个是红球的概率；
(3)至少有1个是红球的概率．
思路分析：判断基本事件的构成，及各事件间的关系，选择合适的公式计算．
解：记事件A表示“从甲袋中摸出1个红球”，事件B表示“从乙袋中摸出1个红球”，事件C表示“从甲、乙两袋中各摸1个球，恰好摸出1个红球”，事件D表示“从甲、乙两袋中各摸1个球，至少摸出1个红球”．
(1)由题意，A，B相互独立，且P(A)＝，P(B)＝，所以两球都是红球的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝＝0.32.
(2)由已知C＝A∪B，且A与B为互斥事件，而P()＝，P()＝，
则P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×＋×＝＝0.56.
(3)由已知D＝C∪AB，且C与AB为互斥事件，
则P(D)＝P(C∪AB)＝P(C)＋P(AB)＝0.56＋0.32＝0.88.
规律总结 求较复杂事件概率的一般步骤：
(1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；
(2)理清事件之间的关系(两事件是互斥还是对立，或者是相互独立)，列出关系式；
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算；
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．
探究四 易错辨析
易错点 混淆独立事件和互斥事件致误
【典型例题4】设事件A与B相互独立，两个事件中只有A发生的概率和只有B发生的概率都是，求事件A和事件B同时发生的概率．
错解：∵A与B相互独立，且只有A发生的概率和只有B发生的概率都是，∴P(A)＝P(B)＝，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
错因分析：在A与B中只有A发生是指A发生和B不发生这两个事件同时发生，即事件A发生．
正解：在相互独立事件A和B中，只有A发生即事件A发生，只有B发生即事件B发生．
∵A和B相互独立，∴A与，和B也相互独立．
∴P(A)＝P(A)P()＝P(A)[1－P(B)]＝，①
P(B)＝P()P(B)＝[1－P(A)]P(B)＝.②
①－②得P(A)＝P(B)．③
①③联立可解得P(A)＝P(B)＝.
∴P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
2.2 二项分布及其应用 3
课堂探究
探究一 独立重复试验概率的求法
n次独立重复试验的特征：
①每次试验的条件都完全相同，有关事件的概率保持不变；②每次试验的结果互不影响，即各次试验相互独立；③每次试验只有两种结果，这两种可能的结果是对立的．
【典型例题1】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后面第2位)
(1)5次预报中恰有2次准确的概率；
(2)5次预报中至少有2次准确的概率；
(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．
思路分析：由于5次预报是相互独立的，且结果只有两种(准确或不准确)，符合独立重复试验模型．
解：(1)记预报一次准确为事件A，则P(A)＝0.8.
5次预报相当于5次独立重复试验，
2次准确的概率为
p＝C×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，
因此5次预报中恰有2次准确的概率为0.05.
(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，
其概率为p＝C×(0.2)5＋C×0.8×0.24＝0.006 72.
∴所求概率为1－p＝1－0.006 72＝0.993 28≈0.99.
(3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确．
∴概率为p＝C×0.8×0.23×0.8＝0.020 48≈0.02.
∴恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02.
规律总结 独立重复试验概率求解的关注点：
(1)运用独立重复试验的概率公式求概率时，要判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，判断时可依据n次独立重复试验的特征．
(2)解此类题常用到互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．
探究二 二项分布
利用二项分布来解决实际问题的关键是在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否是n次独立重复试验，随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布．
【典型例题2】在一次数学考试中，第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只需在其中选做一题．设4名考生选做这两题的可能性均为.
(1)求其中甲、乙2名考生选做同一道题的概率；
(2)设这4名考生中选做第15题的考生数为ξ个，求ξ的分布列．
思路分析：(1)设出事件，利用独立事件求概率．(2)按照求分布列的步骤写出分布列即可．
解：(1)设事件A表示“甲选做14题”，事件B表示“乙选做14题”，则甲、乙2名考生选做同一道题的事件为“(AB)∪( )”，且事件A，B相互独立．
所以P((AB)∪( ))＝P(A)P(B)＋P()P()
＝×＋×＝.
(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4.且ξ～B.
所以P(ξ＝k)＝Ck4－k＝C4(k＝0,1,2,3,4)．
所以变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
规律总结 本题考查互斥事件至少有一个发生的概率，相互独立事件的概率以及二项分布的有关知识．解答此题目关键在于分清各知识点的内在区别与联系．
探究三 独立重复试验
在解含有相互独立事件的概率时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次要将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积．
【典型例题3】某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min.
(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；
(2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min的概率．
思路分析：(1)第三个路口首次遇到红灯，表示前2个路口是绿灯，第3个路口是红灯．
(2)中事件指这名学生在上学路上最多遇到2个红灯．
解：(1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A.因为事件A等价于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A的概率为P(A)＝××＝.
(2)设“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min”为事件B，“这名学生在上学路上遇到k次红灯”为事件Bk(k＝0,1,2,3,4)．
由题意得P(B0)＝4＝，
P(B1)＝C×1×3＝，
P(B2)＝C×2×2＝.
所以事件B的概率为P(B)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝.
规律总结 本题考查运用概率知识解决实际问题的能力．
探究四 易错辨析
易错点 审题不清致误
【典型例题4】9粒种子分种在3个坑内，每坑放3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，求需要补种坑数的分布列．
错解：设需要补种的坑数为X，则X取值为0,1,2,3.
由独立重复试验知P(X＝0)＝C×3＝，
P(X＝1)＝C××2＝，
P(X＝2)＝C×2×＝，
P(X＝3)＝C×3＝.
则所求分布列为
X
0
1
2
3
P
错因分析：错把每粒种子发芽的概率当成每坑不需要补种的概率．
正解：因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝，所以单个坑不需补种的概率为1－＝.
设需要补种的坑数为X，则X取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝C×0×3＝；P(X＝1)＝C×1×2＝；P(X＝2)＝C×2×1＝；P(X＝3)＝C×3×0＝.
所以需要补种坑数的分布列为
X
0
1
2
3
P
2.3 离散型随机变量的均值与方差 1
课堂探究
探究一 求离散型随机变量的均值
求离散型随机变量ξ的均值的步骤：
(1)根据ξ的实际意义，写出ξ的全部取值；
(2)求出ξ的每个值的概率；
(3)写出ξ的分布列；
(4)利用定义求出均值．
【典型例题1】从装有2个红球，2个白球和1个黑球的袋中逐一取球，已知每个球被抽到的可能性相同．若抽取后不放回，设取完红球所需的次数为X，求X的分布列及期望．
思路分析：先确定好抽取次数X的取值，再求出对应的概率，从而得到X的分布列及期望．
解：由题意知X的取值为2,3,4,5.
当X＝2时，表示前2次取的都是红球，∴P(X＝2)＝＝；
当X＝3时，表示前2次中取得一红球，一白球或黑球，第3次取红球，∴P(X＝3)＝＝；
当X＝4时，表示前3次中取得一红球，2个不是红球，第4次取红球，∴P(X＝4)＝＝；
当X＝5时，表示前4次中取得一红球，3个不是红球，第5次取红球，∴P(X＝5)＝＝.
∴X的分布列为
X
2
3
4
5
P
∴数学期望E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝4.
规律总结 求离散型随机变量的均值时要验证分布列的所有概率之和是否为1，并且真正理解每个随机变量所代表的事件．
探究二 离散型随机变量的期望的性质
若给出的随机变量ξ与X的关系为ξ＝aX＋b(其中a，b为常数)，一般思路是先求出E(X)，再利用公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b求E(ξ)．
【典型例题2】某市出租车的起步价为6元，行驶路程不超出3 km时，车费为6元，若行驶路程超出3 km，则按每超出1 km收费3元计费．设出租车行车路程X是一个随机变量，司机所收车费为Y(元)，则Y＝3X－3.已知出租车在一天内行车路程可能取的值有(单位：km)200,220,240,260,280,300，它们出现的概率分别为0.12,0.18,0.20,0.20，0.18，0.12.求出租车行驶一天所收车费的数学期望．
思路分析：先求出E(X)，再利用E(Y)＝E(3X－3)求E(Y)．
解：E(Y)＝E(3X－3)＝3E(X)－3＝3×(200×0.12＋220×0.18＋240×0.20＋260×0.20＋280×0.18＋300×0.12)－3＝3×250－3＝747.
规律总结 本题利用公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b，将求E(Y)的问题转化为求E(X)的问题，避免了求Y的分布列的麻烦．
探究三 两点分布、二项分布的均值
(1)如果随机变量X服从两点分布，则其期望值E(X)＝P(P为成功概率)．(2)如果随机变量X服从二项分布即X～B(n，P)，则E(X)＝nP直接代入求解，从而避免了繁杂的计算过程．
【典型例题3】某运动员的投篮命中率为p＝0.6.
(1)求投篮一次时命中次数ξ的均值；
(2)求重复投篮5次时，命中次数η的均值．
思路分析：第(1)问中ξ只有0,1两个结果，服从两点分布；
第(2)问中η服从二项分布．
解：(1)投篮一次，命中次数ξ的分布列为，则E(ξ)＝p＝0.6.
(2)由题意，重复5次投篮，命中的次数η服从二项分布，即η～B(5,0.6)．
则E(η)＝np＝5×0.6＝3.
规律总结 对服从二项分布或两点分布的随机变量求均值，只要利用相应公式即可，但要准确判断问题中的变量是否服从二项分布、两点分布．
探究四 易错辨析
易错点 审题不清致误
【典型例题4】某电视台举行电视奥运知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分．为了增加节目的趣味性，初赛采用选手选一题答一题的方式进行．每位选手最多有5次选题答题的机会，选手累计答对3题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对3题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰．已知选手甲答题的正确率为.
(1)求选手甲可进入决赛的概率；
(2)设选手甲在初赛中答题的个数为ξ，试写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望．
错解：(1)选手甲答3题进入决赛的概率为C×3×2＝；
选手甲答4题进入决赛的概率为C×4×＝；
选手甲答5题进入决赛的概率为C×5＝；
所以选手甲进入决赛的概率为
＋＋＝＝.
(2)依题意，ξ的可能取值为3,4,5，
P(ξ＝3)＝3＋3＝；
P(ξ＝4)＝C×3×＋C×3×＝；
P(ξ＝5)＝C×3×2＋C×2×3＝＝.
则答题个数的分布列为
ξ
3
4
5
P
E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝.
错因分析：(1)甲答4题进入决赛指的是前3题中答对2道题，答错1道题，第4题答对．只有前3次答题事件满足独立重复试验，同理答5题进入决赛指的是前4题答对2道题，答错2道题，第5题答对．只前4次答题事件满足独立重复试验，不是对全部进行独立重复试验．
(2)甲答4题结束比赛，指答对前3题中的2道题，第4题答对进入决赛，或前3题中有2道题答错，第4题答错．甲答5题结束比赛，指答对前4题中的2道题．
正解：(1)选手甲答3道题进入决赛的概率为3＝；
选手甲答4道题进入决赛的概率为C×2××＝；
选手甲答5道题进入决赛的概率为C×2×2×＝.
所以选手甲可进入决赛的概率为＋＋＝.
(2)依题意，ξ的可能取值为3,4,5，
则有P(ξ＝3)＝3＋3＝，
P(ξ＝4)＝C×2××＋C×2××＝，
P(ξ＝5)＝C×2×2×＋C×2×2×＝，因此，有
ξ
3
4
5
P
E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝.
2.3 离散型随机变量的均值与方差 2
课堂探究
探究一 求离散型随机变量的方差
求离散型随机变量的方差的步骤：
(1)列出随机变量的分布列；
(2)求出随机变量的均值；
(3)求出随机变量的方差．
【典型例题1】袋中有20个大小相同的球，其中标记0的有10个，标记n的有n个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球．ξ表示所取球的标号．
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a，b的值．
思路分析：(1)根据题意，由古典概型概率公式求出分布列，再利用均值，方差公式求解．
(2)运用E(η)＝aE(ξ)＋b，D(η)＝a2D(ξ)，求a，b.
解：(1)ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5.D(ξ)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，得a＝±2.
又E(η)＝aE(ξ)＋b，所以，
当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以或
规律总结 求离散型随机变量的方差的关键是列分布列，而列分布列的关键是要清楚随机试验中每一个可能出现的结果．同时还要能正确求出每一个结果出现的概率．
探究二 离散型随机变量的方差的应用
离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的平均水平，而方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度．因此在实际决策问题中，需先运算均值，看谁的平均水平高，然后再计算方差，分析谁的水平发挥相对稳定．当然不同的情形要求不同，应视情况而定．
【典型例题2】2012年4月1日至7日是江西省“爱鸟周”，主题是“爱鸟护鸟观鸟，共享自然之美”．为更好地保护鄱阳湖候鸟资源，需评测保护区的管理水平．
现甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且候鸟的种类和数量也大致相等，两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件次数的分布列分别为：
X
0
1
2
3
P
0.3
0.3
0.2
0.2
Y
0
1
2
P
0.1
0.5
0.4
试评定这两个保护区的管理水平．
思路分析：要比较两个保护区的管理水平，要先比较两个保护区的违规事件的平均次数，然后比较其稳定性，即方差．
解：甲保护区内的违规次数X的数学期望和方差分别为
E(X)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.2＝1.3，
D(X)＝(0－1.3)2×0.3＋(1－1.3)2×0.3＋(2－1.3)2×0.2＋(3－1.3)2×0.2＝1.21.
乙保护区内的违规次数Y的数学期望和方差分别为
E(Y)＝0×0.1＋1×0.5＋2×0.4＝1.3，
D(Y)＝(0－1.3)2×0.1＋(1－1.3)2×0.5＋(2－1.3)2×0.4＝0.41.
因为E(X)＝E(Y)，D(X)＞D(Y)，所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同，但甲保护区内的违规事件次数相对分散和波动较大，乙保护区内的违规事件次数更加集中和稳定．相对而言，乙保护区的管理更好一些．
规律总结 在解决此类问题时，应先比较均值，若均值相等，再比较方差，方差较小的数据较稳定．
探究三 两点分布、二项分布的方差
(1)如果随机变量X服从两点分布，则其方差D(X)＝p(1－p)(p为成功概率)．
(2)如果随机变量X服从二项分布即X～B(n，p)，则方差D(X)＝np(1－p)直接代入求解，从而避免了繁杂的计算过程．
【典型例题3】一出租车司机从某饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率是.
(1)求这位司机遇到红灯数ξ的期望与方差；
(2)若遇上红灯，则需等待30秒，求司机总共等待时间η的期望与方差．
解：(1)易知司机遇上红灯次数ξ服从二项分布，且ξ～B，
∴E(ξ)＝6×＝2，D(ξ)＝6××＝.
(2)由已知η＝30ξ，
∴E(η)＝30E(ξ)＝60，D(η)＝900D(ξ)＝1 200.
规律总结 在解决有关均值和方差问题时，如果题目中离散型随机变量符合二项分布，就应直接代入公式求期望和方差，以简化问题的解答过程．
探究四 易错辨析
易错点 机械套用公式致误
【典型例题4】已知随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.2
a
0.2
0.1
求E(X)，D(X)，D(－2X－3)．
错解：E(X)＝0×0.2＋1×0.2＋2×a＋3×0.2＋4×0.1＝1.2＋2a，
D(X)＝[0－(1.2＋2a)]2×0.2＋[1－(1.2＋2a)]2×0.2＋[2－(1.2＋2a)]2×a＋[3－(1.2＋2a)]2×0.2＋[4－(1.2＋2a)]2×0.1＝(1.2＋2a)2×0.2＋(0.2＋2a)2×0.2＋(0.8－2a)2×a＋(1.8－2a)2×0.2＋(2.8－2a)2×0.1，D(－2X－3)＝－2D(X)．
错因分析：忽略了随机变量分布列的性质出现错误，这里只是机械地套用公式，且对D(ax＋b)＝a2D(x)应用错误．
正解：∵0.2＋0.2＋a＋0.2＋0.1＝1，∴a＝0.3.
∴E(X)＝0×0.2＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝1.8.
D(X)＝(0－1.8)2×0.2＋(1－1.8)2×0.2＋(2－1.8)2×0.3＋(3－1.8)2×0.2＋(4－1.8)2×0.1＝1.56.
D(－2X－3)＝4D(X)＝6.24.
2.4 正态分布
课堂探究
探究一 正态曲线的应用
(1)用待定系数法求正态变量概率密度曲线的函数表达式，关键是确定参数μ和σ的值，并注意函数的形式．
(2)当x＝μ时，正态分布的概率密度函数取得最大值，即f(u)＝为最大值，并注意该式在解题中的应用．
【典型例题1】如图，是一个正态曲线，试根据该图象写出其正态分布的概率密度函数的解析式，求出总体随机变量的期望和方差．
思路分析：给出一个正态曲线就给出了该曲线的对称轴和最大值，从而就能求出总体随机变量的期望、标准差以及概率密度函数的解析式．
解：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，＝，则σ＝.
所以概率密度函数的解析式是f(x)＝，x∈(－∞，＋∞)．
总体随机变量的期望是μ＝20，方差是σ2＝()2＝2.
规律总结 利用图象求正态密度函数的解析式，应抓住图象的实质，主要有两点：一是对称轴x＝μ，另一是最值，这两点确定以后，相应参数μ，σ便确定了，代入f(x)中便可求出相应的解析式．
探究二 正态分布下的概率计算
充分利用正态曲线的对称性及面积为1的性质求解．
(1)熟记正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相等．
(2)p(x＜a)＝1－p(x≥a)；p(x＜μ－a)＝p(x＞μ＋a)．
【典型例题2】设ξ～N(1,4)，试求：
(1)P(－1＜ξ≤3)；
(2)P(3＜ξ≤5)；
(3)P(ξ≥5)．
思路分析：首先确定μ，σ，然后根据正态曲线的对称性和P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4进行求解．
解：∵ξ～N(1,4)，
∴μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜ξ≤3)＝P(1－2＜ξ≤1＋2)
＝P(μ－σ＜ξ≤μ＋σ)＝0.682 6.
(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＜x≤μ＋2σ)－P(μ－σ＜x≤μ＋σ)]
＝×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9.
(3)∵P(ξ≥5)＝P(ξ≤－3)，
∴P(ξ≥5)＝[1－P(－3＜ξ≤5)]
＝[1－P(1－4＜ξ≤1＋4)]
＝[1－P(μ－2σ＜x≤μ＋2σ)]
＝×(1－0.954 4)＝0.022 8.
规律总结 求正态总体在某个区间上取值的概率，要充分利用正态曲线的对称性和正态分布的三个常用数据．
探究三 正态分布的应用
求正态变量X在某区间内取值的概率的基本方法：
(1)根据题目中给出的条件确定p的值．
(2)将待求问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化；
(3)利用上述区间求出相应的概率．
【典型例题3】某厂生产的圆柱形零件的外径X～N(4,0.25)．质检人员从该厂生产的1 000件零件中随机抽查一件，测得它的外径为5.7 cm.试问该厂生产的这批零件是否合格？
思路分析：判断某批产品是否合格，主要运用统计中假设检验的基本思想．欲判定这批零件是否合格，由假设检验的基本思想可知，关键是看随机抽查的一件产品的尺寸是在(μ－3σ，μ＋3σ)内，还是在(μ－3σ，μ＋3σ)之外．
解：由于圆柱形零件的外径X～N(4,0.25)，由正态分布的特征可知，正态分布N(4,0.25)在区间(4－3×0.5，4＋3×0.5)即(2.5,5.5)之外取值的概率只有0.003，而5.7(2.5,5.5)，这说明在一次试验中，出现了几乎不可能发生的小概率事件，根据统计中假设检验的基本思想，认为该厂生产的这批产品是不合格的．
规律总结 在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值，并简称为3σ原则，如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．
探究四 易错辨析
易错点 混淆均值与标准差
【典型例题4】把一条正态曲线C1沿着横轴方向向右移动2个单位长度，得到一条新的曲线C2，下列说法不正确的是( )
A．曲线C2仍是正态曲线
B．曲线C1，C2的最高点的纵坐标相等
C．以曲线C2为正态曲线的总体的方差比以曲线C1为正态曲线的总体的方差大2
D．以曲线C2为正态曲线的总体的期望比以曲线C1为正态曲线的总体的期望大2
错解：D
错因分析：把正态密度函数中μ，σ的意义混淆了．
正解：正态密度函数为f(x)＝，正态曲线的对称轴x＝μ，曲线最高点的纵坐标为f(μ)＝.所以曲线C1向右平移2个单位长度后，曲线形状没变，仍为正态曲线，且最高点的纵坐标f(μ)没变，从而σ没变，所以方差没变，而平移前后对称轴变了，即μ变了，因为曲线向右平移2个单位长度，所以期望值μ增大了2个单位长度．
答案：C
