1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1
课堂导学
三点剖析
一、分类加法计数原理的简单应用
【例1】某学生去书店，发现三本好书，决定至少买其中一本，则该生的购书方案有______种.
解析:“至少”问题往往需要发类，在三本好书中至少买一本，可分为在类：恰买一本，有3种方种；恰买2本，有3种种方法，恰买3本，有1种方案，从而共有3+3+1=7种方法。
温馨提示
分类加法计数原理的实质是“整体”等于“部分”之和，就是“整体”（即完成一件事的方法）分成若干个互不相交的类，使得每一类中的元素的个数易于计算.在分类过程中要按照统一的标准进行.本题中是按照购买的本数分成了三类.
二、合理地选择分类标准是用好分类加法计数原理的关键
【例2】将一个正三角形的各边都n等分，过各分点作其它两边的平行线，一共可产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)?
解析：如图，不妨设正△ABC的边长为n，首先考虑“头朝上”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点下方的三角形.
边长为1的“头朝上”的三角形有
1+2+…+n=个.
边长为2的“头朝上”的三角形有
1+2+…+(n-1)=个.
…
边长为n的“头朝上”的三角形只有1个.
从而，“头朝上”的三角形共有
个.
然后考虑“头朝下”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点上方的三角形.
边长为1的“头朝下”的三角形有
1+2+…+(n-1)= 个.
边长为2的“头朝下”的三角形有
1+2+…+（n-3）=个.
边长为m的“头朝下”的三角形有
=1k个(n+1＞2m).
故当n为奇数时，“头朝下”的三角形有
.
=个；
各个击破
【类题演练1】在正方体的8个顶点中，能构成一个直角三角形的3个顶点的三点组的个数是( )
A.24 B.36 C.48 D.56
解析：注意到每个正方形或矩形各有4个“直角三角形三点组”，现正方体共有6个正方形
侧面及6个矩形对
角面，故可视为有12类方案，即12个矩形或正方形，由分类加法计数原理
得4×12=48个“直角三角形三点组”.故选C.
答案：C
【变式提升1】在十进制数中，若一个至少有两位数字的正整数除了最左边的数字外，其余各个数字都小于其左边的数字时，则称它为递降正整数.所有这样的递降正整数的个数为( )
A.1 001 B.1 010 C.1 011 D.1 013
解析：设最左边的数字为n，则比n小的数字n-1,n-2,…,2,1,0每个只能在n的右边至多出
现一次.可是，以n为最左边数字的递降正整数的个数等于集合{n,n-1,…,2,1,0}的非空子
集合个数2n-1.但n=1,2,…,9,故递降正整数共有=(210-2)-9=1 013(个).
【类题演练2】设M是集合S={1,2,3,…,1 999}的子集，且M中每一个正整数(元素)仅含一个0，则集合M所含元素最多有( )
A.243个 B.324个 C.414个 D.495个
解析：为了清楚起见，可将集合S中的正整数(元素)按其位数划分为如下四个子集：
S1={1,2,3,…,9},
S2={10,11,12,…,99},
S3={100,101,102,…,999},
S4={1 000,1 001,1 002,…,1 999}.
显然，S1中每个元素都不含0；
在S2中，仅个位数为0的元素有9个，则共有9个；
在S3中，仅个位或十数为0的元素各有92个，则共有162个；
在S4中，仅个位或十位或百位数为0的元素各有92个，则共有3×92=243个.
根据分类原理，集合M中所含元素最多有414个.
答案：C
【变式提升2】已知椭圆=1的焦点在y轴上，若a∈{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆共有多少个?
解析：依题意知b＞a,当b=6或7时，a各有5个可能取值；
当b=5时，a只有4个可取值；
当b=4时，a只有3个可取值；
当b=3时，a只有2个可取值；
当b=2时，a只有1个可取值.
由分类加法计数原理知:共有5+5+4+3+2+1=20个.
当n为偶数时，“头朝下”的三角形有
=个.
综上所述，一共产生的三角形的个数为
N=
三、先将问题转化后再进行分类
【例3】 把20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有____________种.
解析:不妨设编号为1，2，3的三个盒子中分别放入了x1,x2,x3个小球，依题意有
问题转化为在条件(2)下求不定方程(1)的解的个数，可考虑用分类计数的方法.
当x1=1时，x2=2,3, …,16,这时x3随之而定，从而共有15种放法.
当x1=2时，x2=2,3, …,15,这时x3随之而定，从而共有14种放法.
当x1=15时，只有x2=2,x3=3,仅有一种放法.
根据分类原理，符合要求的放法共有N=15+14+…+2+1=120(种).
温馨提示
本题应用等价转化的思想，把“投球”问题转化为求不定方程解的个数问题，应用分类计数原理，使问题很快得到解决.
【类题演练3】某生为自己的电脑购置价值不超过500元，单价分别为60元，70元的单片软件和盒装磁盘.根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有多少种?
解析：设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有
60x+70y≤500(x,y∈N*,且x≥3,y≥2)
按购买x片分类：
x=3,则y=2,3,4共3种方法；
x=4,则y=2，3共2种方法；
x=5,则y=2共1种方法；
x=6，则y=2共1种方法.
由分类加法计数原理知，不同的选购方式有
N=3+2+1+1=7(种)
【变式提升3】设正2n+1(n∈N*)边形内接于一个圆，考虑所有以这2n+1边形的顶点为顶
点的三角形，其中有多少个三角形的内部含该圆的圆心?
解析：如图，先取定一个顶点A，将其它2n个顶点顺次标为1，2，…，2n.
设以A，i(1≤i≤n)为一个端点的两条直径的另一个端点分别为B，C(注意：B，C不可能是正2n+1边形的顶点)，则上有i个顶点，这些顶点而且只有这些顶点与A，i构成锐角三角形.于是，以A，i(1≤i≤n)为顶点的锐角三角形有(个).因为A点有2n+1种取法，且在和(2n+1)×中每个三角形重复出三次，所以共有n=n(n+1)(2n+1)个
三角形内部含圆心O.
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 2
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三点剖析
一、分步乘法计数原理的简单应用
【例1】 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9这10个数字，4个拨号盘各取1个数字可以组成多少个不同的四位数字号码?
解析：要组成一个四位数字号码可分为4步，每个拨号盘上的数字都有从0到9十种取法，
由分步乘法计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是
N=10×10×10×10=10 000
即可以组成10 000个四位数字号码.
温馨提示
应用分步原理的要点是，将完成一件事的过程分解为若干个步骤，而每个步骤的方法数应易于计算.
二、根据问题特点，合理地确定分步的标准是用好分步计数原理的关键
【例2】 (1)5名学生争夺3项比赛冠军，获得冠军的 可能情况种数共有多少?
(2)数、理、化三科教师都布置了作业，求在同一时刻5名学生都做作业的所有可能情况的
种数?
解析:(1)完成这件事情(决定三个冠军)，需要分三步，每一项冠军都可以由5个人中的一人得到，故共有5×5×5=125(种).
(2)完成这件事情(5名学生同时做作业)，需要分步，即每个学生做作业均有3种情况，所以5名学生同时做作业的情况共有3×3×3×3×3=243(种).
温馨提示
在分步时，必须有明确的标准，这样才可做到使结果不重、不漏.如(1)题以三项冠军为标准从而分3步，如果以人为标准分5步，每步有3种情况(显然不对)漏掉不得冠军的情况，并且重复现象也明显.(2)题以学生为标准，分5步，同样可知得53也不对.
三、弄清问题的实质和背景，把问题转化为能运用分步计数原理解决的问题
【例3】 2 160的所有正因数的和是多少?
解析:首先要搞清正因数的概念与正因数的形成过程.
因为 2 160=24×33×5,
所以 2 160的正因数为P=2a×3b×5c，
其中a∈｛0,1,2,3,4｝，
b∈｛0,1,2,3｝,c∈｛0,1｝.
确定了一组a,b,c的值就确定了惟一的一个正因数,a,b,c中至少有一个不同则对应不同的
正因数.如果将它们分别计算然后相加比较繁琐，事实上(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)
展开式的项也就是2 160的所有正因数，
所以 2 160的所有正因数的和为
(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)=7 440.
温馨提示
只要我们把问题的实质、背景、形成条件弄清楚了，就能准确、恰当的找到解决问题的办法.本题先分解质因数，由质因数的种类，可知构成一个因数可分三个步骤，由每种质因数可取的个数得到每个步骤的办法数.
各个击破
【类题演练1】某学生填报高考志愿，有m个不同的学校可供选择，若只能填3个志愿，且按第一、二、三志愿依次填写，求该生填写志愿的方式的种数.
解析：可分三步完成填写志愿的任务：第一步从m个学校中选1个填写在第一志愿中；第二步从剩下的m-1个学校中选1个填在第二志愿中；第三步从剩下的m-2个学校中选1个填写在第三志愿中.由分步计数原理共有N=m(m-1)(m-2)种填写志愿的种数.
【变式提升1】三种作物种植在如图所示的五块实验田里，每块实验田种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种?
解析：问题的实质是三种作物不能有剩余且相邻的实验田不能种植同一种作物，只考虑“相邻的实验田不能种植同一作物”，有3×2×2×2×2=48(种)，再考虑“满足相邻的实验田不能种植同一作物最少要几种作物”.仅用2种作物种植时有6种方式，所以共有48-6=42(种)种植方式.
【类题演练2】 从｛-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a≠0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条?
解析：抛物线y=ax2+bx+c过原点，且顶点在第一象限，a、b、c应满足即
∴分三步，a=-3,-2,-1;b=1,2,3,c=0，所以抛物线
的条数N=3×3×1=9.
【变式提升2】直线l上有7个点，直线m上有8个点，若这些点都不重合，则通过这些点中的两点最多有______________条直线，若m与l上有两点重合，最少有______________条直线.
解析：如图(1)，l上的点与m上的点互不重合，经过这些点的直线包含：(ⅰ)经过l上一点
与m上一点的直线，共7×8=56条；(ⅱ)l与m，共2条，因此最多共有58条直线.如图(2)，不妨
设A1、B1重合(∵l与m不重合，∴l与m上的点至多有一对点重合)，这时，经过这些点的
直线共有6×7+2=44条，这是最少的情形.
(1) (2)
答案：58，44
【类题演练3】已知集合A=｛a,b,c,d｝,B=｛e,f,g｝，那么从A到B的映射共有多少个?
解析：首先应将“映射”的概念弄清，映射是指集合A中的任一个元素在集合B中有惟一的元素与它相对应.从映射的概念中我们可以看到它的两个特征：
(1)集合A中的元素不能剩余，集合B中的元素可以剩余；
(2)从集合A到集合B元素可以多对一，不能一对多.
所以 要“完成一个映射”可以分步完成：
第一步a的象有三种可能，
同理b,c，d的象也有三种可能，
所以A到B的映射共有3×3×3×3=34(个).
【变式提升3】有n种不同颜色为广告牌着色（如图），要求在①、②、③、④这4个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
(1)当n=6时，为图1着色共有多少种不同的着色方法.
(2)若为图2着色时共有120种不同的着色方法，求n.
解析：完成着色这件事，共分四个步骤进行，可依次考虑区域①、②、③、④着色时各自的方法数，再由乘法原理确定总的着色方法数.
(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也有4种方法.所以共有着色方法6×5×4×4=480（种）.
(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数为n(n-1)(n-2)(n-3).依题设知n(n-1)(n-2)(n-3)=120(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0n2-3n-10=0 n=5.
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 3
课堂导学
三点剖析
一、“分类”与“分步”是区分两个计数原理的唯一标准
【例1】某同学有若干本课外参考书，其中外语5本，数学6本，物理2本，化学3本，他欲带参考书到图书馆看书.
(1)若从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法?
(2)若外语、数学、物理和化学参考书各带一本，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：(1)中“带一本参考书”应运用加法原理；
(2)中“各带一本参考书”应运用乘法原理；
(3)中“第2本不同学科的书”应分情况讨论，具有综合性.
解析：(1)要完成的事是“带一本参考书”，由于无论带哪一学科的书都完成了这件事，因此是分类问题，应用加法原理得5+6+2+3=16(种)不同的带法.
(2)要完成的事是“外语、数学、物理和化学各带一本”.因此，选一个学科中的一本书只完成了这件事的一部分，只有几个学科的书都选定了之后，才完成这件事，因此是分步计数问题，应用乘法原理，有5×6×2×3=180(种)不同的带法.
(3)要完成的事是“带2本不同学科的书”，因此要分情况考虑，即先考虑是带哪两个学科的书，如带外语、数学各一本，则选一本外语书或选一本数学书都只完成了这一件事的一部分，因此要用乘法原理，即有5×6=30种选法.同样地，外语、物理各选一本，有5×2=10种选法.选外语、化学各一本有5×3=15种选法……，从而上述每种选法都完成了这件事.因此这些选法种数之间还应用加法原理，共有5×6＋5×2+5×3+6×2+6×3+2×3=91(种)
二、两个计数原理的综合应用——分类和分步的先后问题
【例2】从1到200的自然数中，各个数位上都不含数字8的自然数有多少个?
分析：由题设条件要先分类，第一类考虑一位数中有多少不含数字8的自然数；第二类考虑两位数中有多少个不含数字8的自然数，此类中又要分个数和十位数两步，即要分步；第三类考虑三位数中有多少个不含数字8，也要分个位、十位、百位三步.故应先用分类计数原理，在每一类中需要分步的再用分步计数原理求解.
解析：由题意分三类解决，第一类：一位数中有8个大于0且不含数字8的自然数.第二类：两位数中有多少不含数字8的自然数，此类需要分两步，第一步：个位上除8之外有9种选法，第二步：十位数上除0和8之外有8种选法，要根据分步计数原理，得第二类数中有8×9=72
(个)数符合要求.第三类：三位数中有多少不含数字8的自然数，此类需要分两个小类，一类是百位数为1的三位数，此类需分三步，第一步：个位上除8之外有9种选法；第二步：十
位数上除8之外有9种选法；第三步：百位数为1，有1种选法.根据分步计数原理，得此类数中有9×9=81(个)数符合要求.另一类是百位数为2的三位数，即200，就是1个，由分类计数原理得此时第三类的三位数中有81+1=82(个)不含数字8的自然数.
故先用分类计数原理再结合分步计数原理，得从1到200的自然数中各个数位上都不含数字
8的自然有N=8+72+82=162(个).
三、用两个计数原理解题时，要注意化归思想和分类讨论思想的使用
【例3】求与正四面体四个顶点距离之比为1∶1∶1∶2的平面的个数.
解析：设正四面体的顶点为A，B，C，D，到这四个点距离之比为1∶1∶1∶2的平面α有两类：
(1)点A，B，C在平面α的同侧，有2个(如图).
①
②
(2)点A，B，C在平面α的两侧，有6个(如图).
① ②
③ ④
⑤ ⑥
转换点A，B，C，D，共可得4×8=32个平面.
各个击破
【类题演练1】已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是平面上的点,a,b∈M:
(1)P(a,b)可表示平面上多少个不同的点?
(2)P(a,b)可表示多少个坐标轴上的点?
解析：(1)完成这件事分成两个步骤：a的取法有6种，b的取法也有6种，∴P点个数为：N=6×6=36(个)
(2)完成这件事可分三类：
x轴上(不含原点)有5个；
y轴上(不含原点)有5个；
既在x轴上，又在y轴上的点即原点也适合，∴共有N=5+5+1=11(个)
【变式提升1】甲厂生产的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的收音机外壳形状有4种，颜色有5种.这两厂生产的收音机仅从外壳的形状和颜色看，共有多少种不同的品种?
解析：分两类：一类是甲厂生产的有3×4种，一类是乙厂生产的有4×5种，根据加法原理共有3×4+4×5=32种.
【类题演练2】将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点颜色不同；如果只有红、黄、蓝、绿、黑5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.
解析：如图所示，四棱锥P-ABCD中，第一步先将侧面PAB上的三点P、A、B染色，由于只有5种颜色且具有同一条棱上的两端点颜色不同，再分三个步骤共有5×4×3=60(种)染法.其次，当P、A、B用三种不同的颜色染好后，不妨设分别染的是P红、A黄、B蓝.若点C
染黄色，则D可染蓝、绿、黑，即有3种染法.若点C染绿色，则D可染蓝、黑，即有2种染法.若点C染黑色，则D可染蓝、绿，即有2种染法.故第二步C和D还有7种染法.最后，由分步计数原理，得共有60×7=420(种)染法.
【变式提升2】同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有( )
A.6种 B.9种 C.11种 D.23种
解析：记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他的三人之一收到.故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时，丙、丁只有互送卡片一种分配方式.
第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别为丙和丁送出的)，对于每一种情形，丁收到卡片的方式只有一种.因此，根据分类与分步计数原理，得不同的分配方式数为：3×(1+2)=9.
答案：B
【类题演练3】在坐标平面上画出63条直线：y=b,y=+2b,y=+2b,其中b=-10,-9,-8, …，-1，0，1，…8，9，10，这些直线将平面切成若干个等边三角形，其中边长为的等边三角形有多少个?
解析：6条最外面的直线围成一个边长为的正六边形，穿过原点O的三条直线将这六边形分成6个边长为的等边三角形.因为每个这样的大三角形的边长是小三角形边长的10倍，且每个大三角形被分成102个小三角形，所以正六边形内部共有边长为的小三角形为6×102=600(个).另外，与正六边形每条边相邻的外部都有10个边长为的小三角形(如图).故边长为23的等边三角形的个数为N=6×102+6×10=660.
【变式提升3】某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场得1分；负一场是0分.一球队打完15场，积33分.若不考虑顺序，该队胜、负、平的情形共有( )
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
解析：设该队胜x场，平y场，负z场，则x,y,z是非负整数，且因为不考虑胜、平、负的顺序，所以问题转化为求此方程组的不同非负整数解的组数.
由②得，y=3(11-x),代入①式，得z=2(x-9).由0≤y≤15,0≤z≤15，可知因为x是非负整数,所以这个不等式的解为9≤x≤11,即x最多只能取9,10,11三个值,对应的y值也只能取6,3,0三个值,对应的z值也只能取0,2,4三个值.从而①②组成的方程组有且只有三组的非负整数解,选A.
1.2.1 排列 1
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三点剖析
一、没有限制条件的排列问题
【例1】 从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法?
解析：从甲、乙、丙3名同学中任选2名分别参加上午、下午的活动，对应于从3个元素中
任取2个元素的一个排列，因此共有=3×2=6种不同的方法.
温馨提示
判断是否是排列问题，关键是看是否与顺序有关.此问题的活动分上午和下午.甲参加上午的活动，乙参加下午的活动与甲参加下午的活动，乙参加上午的活动是不同的选派方法，与顺序有关.因此，此题是排列问题.
二、有限制条件的排列问题
【例2】 用0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字的六位数?
解法一：从特殊元素入手，0只能放在除十万位外的其他五个数位上，故共组成=4 320个没有重复数字的六位数.
解法二：从特殊位置入手，十万位不能排0，可先从其他6个数字中选出一个数字排到该位上，其他位置可随意排列，故共组成=4 320(个)没有重复数字的六位数.
解法三：用排除法：先不考虑任何限制条件，共组成个六位数，但需去掉0在十万位上的情形，有种，故共有-=4 320(个)没有重复数字的六位数.
温馨提示
有限制条件的排列问题，往往先考虑有限制条件的特殊元素或特殊位置，这可叫“特殊元素(位置)优先法”.
三、处理排列问题的典型问题和方法
【例3】 三个女生和五个男生排成一排.
(1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法?
(2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法?
(3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法?
(4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法?
解析：(1)(捆绑法)因为三个女生必须在一起，所以可以把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排共有种不同排法.对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有种不同的排法，因此共有·=4 320种不同的排法.
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间一个空，这样共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，使得每个位置至多有一个女生插入，就能保证任意两个女生都不相邻，因此共有·=14 400种不同的排法.
(3)(位置分析法)：因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2人，有种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余6位都有种排法，所以共有·=14 400种不同的排法.
(4)因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可以有·种不同的排法；如果首位是女生，有种排法，这时末位就只能排男生，共有··种不同的排法，所以共有·+··=36 000种不同的排法.
各个击破
【类题演练1】5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的选法?
解析：不同选法的种数有=5×4×3=60(种).
【变式提升1】某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号?
解析：用1面旗表示的信号有种，用2面旗表示的信号有种，用3面旗表示
的信号有种，根据分类计数原理，所求的信号数是++=3+3×2+3×2×1=15(种).
【类题演练2】某年级开设语文、政治、外语、体育、数学、物理、化学七门课程，依下列条件课程表有多少种不同排法.
(1)一天开设七门不同课程，其中体育不排第一节也不排在第七节；
(2)一天开设四门不同课程，其中体育不排第一节也不排在第四节.
解析：(1)从元素考虑
先满足体育后再安排其他课，从2-6节中任取一节排体育有种排法，再从剩下的6
节课中排其它课程有种排法.依乘法原理有·=3 600(种).
【变式提升2】用0，1，2，…9十个数字可组成多少个没有重复数字的：
(1)五位奇数?
(2)大于30 000的五位偶数?
解析：(1)要得到五位奇数，末位应从1，3，5，7，9五个数字中取，有种取法.取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的八种不同取法.首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位，百位与千位三个数位选取，共有种不同的安排方法.因此由分步计数原理共有5×8×=13 440个没有重复数字的五位奇数.
(2)要得偶数，末位应从0，2，4，6，8中选取，而要得比30 000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0，2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共种取法.所以共有2×7×种不同情况.
②末位数字从4、6、8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有种选法，所以共有3×6×种不同情况.
由分类计数原理，共有2×7×+3×6×=10 752个比30 000大的无重复数字的五位偶数.
【类题演练3】从6名运动员中选出4名参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方法?
解析：设全集U={6人中任取4人参赛的排列}，A={甲跑第一棒的排列}，B={乙跑第四棒的排列}，根据求集合元集个数的公式可得参赛方法共有：card(U)-card(A)-card
(B)+card(A∩B)==252(种).
【变式提升3】信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗，把这5面旗都挂上去，可表示不同信号的种数是( )(用数字作答)
解析：5面旗全排列有种挂法，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次
的挂法，故共有不同的信号种数是=10(种).
1.2.2 组合 2
课堂导学
三点剖析
一、解排列问题的直接求法和间接求法
【例1】 6个人排值日，每日一人，甲不排星期一，乙不排星期二，丙不排星期三，共有多少种不同的排法.
解析：正面思考，情形太繁多，不易解决，考虑问题的反面，即甲排在星期一，乙排在星期二，丙排在星期三，其中至少有一种情况发生.甲排在星期一，乙排在星期二，丙排在星期三可能排法的集合依次用A、B、C表示.那么，不符合题意的排法共有Card(A∪B∪C)种.
因为Card(A∪B∪C)
=Card(A)+Card(B)+Card(C)-Card(A∩B)-Card(B∩C)-Card(C∩A)+Card(A∩B∩C)=，所以符合题意的排法共有
=426(种).
温馨提示
排列问题大多使用直接法求解.但有些计数问题正面情况太繁杂或直接法难以入手，这时往往从问题的反面考虑更容易解决.因此，在解排列问题时直接求法和间接求法互相补充.
二、允许重复的排列问题的求法
【例2】 四本读物中有三本是相同的，把这四本读物平均分给四个人，有多少种不同的分法？
解析：设所求的分法有N种，在每一种分法里，有三人分得的是相同的读物，一人分得的是不同的读物，假定其中第二人分得读物是b，第一、第三、第四人分得的读物都是a，因为把三本不同的书籍分给三人有种方法，所以如果把三本相同的书籍换成三本不同的书籍a1,a2,a3，那么这时分法的种数是原来的倍，也就是说，把a1,a2,a3,b四本不同的书籍分给四人的方法种数（有种）是把a,a,a,b四本书分给四人的方法种数的倍，即=，
所以N==4(种)
三、树形图在解排列问题中的应用
【例3】某工程由A，B，C，D，E，F，G，H，I 9个工序组成，由众多的施工队施工，当工序甲只有在工序乙完成后才能开工时，我们称工序乙是工序甲的紧前工序，现在这9个工序的关系及所需要工时（天）如下表：
工序
A
B
C
D
E
F
G
H
I
紧前工序
-
A
A
-
C，I
B，C，I
E，F
D
D
所需工时
6
2
2
4
4
3
1
2
5
试问该工程至少需要多少天才能完成，并给出工序的安排.
解析：给出工序的安排，也就是要正确画出体现工序之间衔接关系的工程网络树形图，求出其关键路线，就可知道整个工程的总工期.
依题意画出工程网络树形图（如图），由图易知：
①→③→④→⑥→⑦所需时间最长，它表明整个工程的总工程至少为4+5+4+1=14（天）.
很明显，在①→②→④→⑥→⑦这条路线上的工序，若有一个延迟一天，整个工程就要推迟一天，而不在这条路线上的工序对总工期就没有这种直接的影响.
（树形图）
温馨提示
近年来，在北京、上海中学生数学知识应用竞赛及各地的高考模拟训练中，出现了以工程的工序、工期为题材的所谓“工序网络”问题，利用数形图能清楚地反映工作的先后顺序和相互关系，使管理者对全局有一个完整清晰的了解.因此，学会正确有序地使用树形图，是解决问题的有力工具.
各个击破
【类题演练1】用0，1，2，3，4，5能组成多少个没有重复数字且大于201 345的自然数？
解析：用0，1，2，3，4，5组成的六位数共有()个，其中小于或等于自然数201345的数可分成两类，一类是首位数字是“1”的共有个，一类是首位数字是“2”的，只有201345本身一个.这时不符合条件的数就有(+1)个，因此符合条件的数共有()-(+1)=479(个)
【变式提升1】有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( )
A.234 B.346 C.350 D.363
解析：直接法，分三类：1)两人坐前排，按要求有4×4×+6×=44种坐法；2)两人坐后排，按要求有=110种坐法；3)两人分别坐在前、后排，有2×8×12=192种坐法.
∴共有44+110+192=346种排法，选B.
【类题演练2】七名同学争夺五项冠军的可能性的种数为( )
A.75 B.57 C. D.
解析：因一个同学可同时夺得几项冠军，故学生可重复排列.将7名同学看做7家“店”，五项冠军看做5名“客”，都可住进7家“店”中任意一家，即每个“客”有7种住宿选择.由乘法原理得到共75种.故选A.
【变式提升2】一市区有5条南北向大道，4条东西向大道，一人想从市区的西北角走到东南角，问有多少种最短的路径可走？
解析：下图中，1，2，3，4为东西向的大道被5条南北向的大道所截断的相应部分；a,b,c为南北向的大道被4条东西向的大道所截断的相应部分.
1 2 3 4
a 1
a 2
a 3
a 4 a
b 1
b 2
b 3
b 4 b
c 1
c 2
c 3
c 4 c
由西北角到东南角需依次经过东西向的1，2，3，4与依次经过南北向的a,b,c，从而使路径最短.由此可知，所求路径等于两组元素1，2，3，4及a,b,c的全排列，其中数字大小的次序、文字字母的次序一定，即相当于这7个元素里有4个元素是相同的，另外有3个元素是相同的，因此，所求最短路径数为N==35.
【类题演练3】 如图（甲），有一个正方体的铁丝架，把它的侧棱中点I，J，K，L也用铁丝依次连上，现有一只蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点，问最近的路线一共有几条？并用字母把这些路线表示出来.
（甲）
解析：设正方体的边长为2，则其一半为1，这样从A点到各点的最短路线长如图（乙）所示（图中括号
标记），再逆向追踪用树形图表示路线如图丙.
从而找出从A到G的12条最短路径：
AIEFG，ABJFG，AIJFG，
AIEHG，ADLHG，AILHG，
ABCKG，ADCKG，ADLKG，
AILKG，ABJKG，AIJKG.
（乙） （丙）
【变式提升3】某药品研究所研制了5种消炎药a1,a2,a3,a4,a5,4种退热药b1,b2,b3,b4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行进行疗效试验，但a1,a2两种药或同时用或同时不用，a3,b4两种药不能同时使用，则不同实验方法有( )
A.12种 B.14种 C.16种 D.18种
解析：如图得：不同方案有4+6+4=14种
答案：B
1.2.3 组合（1）
课堂导学
三点剖析
一、有限制条件的组合问题——“在”与“不在”问题
【例1】一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球.
（1）从口袋内取出3个球，共有多少不同的取法？
（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，共有多少种取法？
（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，共有多少取法？
解析：（1）从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是
=56
答：从口袋内取出3个球，共有56种取法.
（2）从口袋内取出的3个球中有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.
答：取出含有1个黑球的3个球，共有21种取法.
（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
答：取出不含黑球的3个球，共有35种取法.
温馨提示
(1)从n个不同的元素中，每次取出m个不同元素的组合，其中一个必须在内.这类问题的思考方法是先将这个特定元素置于其内，则只需由余下的n-1个元素中每次取出m-1个元素，再汇总原置于内的特定元素，所以符合条件的种数为.
(2)从n个不同的元素中，每次取出m个不同元素的组合，其中某一元素不能在内.这类问题有两种思考方法：
①将这个特定元素选出，而从其余的n-1个元素中每次取m个不同元素的组合，这些组合显然必符合条件，为种；
②以间接法解之，即从不带附加条件的总数中，减去不合本题条件的数，为-种.
二、有限制条件的组合问题——“至多”“至少”问题
【例2】 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有( )
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
思路分析：取出的3台电视机中要求至少有甲型与乙型各一台，它包括两种可能：2甲1乙或1甲2乙，所以可用分类计数原理和分步计数原理解决，另外也可以采用间接法.
解法一 从4台甲型电视机中取2台且从5台乙型电视机中取1台，有种取法；从4台甲型电视机中取1台且从5台乙型电视机中取2台有种取法，所以取出的3台电视机中至少要有甲型与乙型各一台的取法共有+ =70(种).
解法二 从所有的9台电视机中取3台有种取法，其中全为甲型的有种取法，全为乙型的有种取法，则至少有甲型与乙型各一台的取法有--=70(种).
答案：C
温馨提示
本题解法一用了直接法，解法二用的是间接法；本题最易出现如下取法错误=140（种）.这样计算就出现了重复.
三、求组合题的原则——“正难则反”
【例3】 空间中有8个点，有且只有4个点共面，共可确定多少个平面？
解析：利用间接法：不考虑限制条件，从8个点中任取3个点共有种取法，由于其中4个点共面，从这4个点中任取3个的组合数为，故一共确定的平面数为：
-+1=53.
（这里加1是因为多减了一个平面）.
温馨提示
有些计数问题正面情况太繁杂或直接法难以入手时，往往从问题的反面考虑更易解决.
各个击破
【类题演练1】从7名男同学和5名女同学中，选出5人，分别求符合下列条件的选法种数.
(1)A，B必须当选；
(2)A，B必不当选；
(3)A，B不全当选；
(4)至少有两名女同学当选；
(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须男同学担任，文娱委员必须女同学担任.
解析：（1）只要从其余的10人中再选3人即可，有=120（种）.
（2）5个都选自另外10人，即有=252（种）.
（3）法一：分类如下：
A，B中有一人当选：有种.
A，B都不入选：有种.
所以共有+=672（种）.
法二：-=672（种）
(4)间接法： =596（种）
（5）法一：分三步：
第一步：选一男一女分别担任体育委员、文娱委员的方法有种；
第二步：选出两男一女，补足5人的方法有种；
第三步：为这三人分配职务，有种；
由分步计数原理，共有安排方法··=12 600（种）
法二：分两步：
第一步：选出3名男同学，2名女同学，有种方法；
第二步：分配职务有··种.
根据分步计数原理，共有安排方法
····=12 600(种)
【变式提升1】某学习小组8名同学，从男生中选出2人，从女生中选出1人参加数学、物理、化学三种竞赛，要求每科均有一人参加，共有180种不同的选法，那么该小组中男、女同学各有多少人？
解析：设有男同学x人，则女同学有8-x人，第一步，先从x名男同学中任选2名，有种选法；第二步从8-x名女同学中任选1名，有种选法，两次共选出3名同学，这三名同学的组合为·；第三步，将这3名同学全排列，有种排法.因为每个排列都对应一种参赛方式，所以，共有·=180种选法，其中x的取值范围是2≤x≤7，x∈N*.解方程，得x=5或6，8-x=3或2，即男生5人，女生3人；或男生6人，女生2人.
【类题演练2】从全班48人中选出5人参加东湖水污染情况调查小分队，假若班长和副班长至少有一人在内，有多少种选法？
解析：这是一个有限制条件的组合问题，要抓住题中的关键字眼“至少”进行正确的分类.
班长、副班长中只有一人在内，有种；班长、副班长两人都在内，有种，所以根据分类计数原理和分步计数原理，符合条件的选法共有(+)(种).
【变式提升2】从5男4女中选4位代表，其中至少有2位男同志，且至少有一位女同志，分别到四个工厂去调查，不同的分配方法有( )
A.100种 B.400种 C.480种 D.2 400种
解析：可分两类：2男2女、3男一女
第一类有·种取法；第二类有·种取法，故共有（·+·）种，即100种取法.
每一种取法都有种分配方法.共有100×=2 400(种).选D.
【类题演练3】 由正方体的8个顶点和中心，可组成多少个四面体？
解析：在正方体的顶点和中心共9个点中，其中四点共面的情况有6种，5点共面情况有种，所以组成四面体的个数为=90(种).
【变式提升3】 从三棱柱6个顶点所连的直线中，能组成多少对异面直线？
解析：众所周知，四面体的六条棱可以组成3对异面直线.由三棱柱的6个顶点可组成 -3=12个四面体.故三棱柱6个顶点所连的直线一共能组成3(-3)=36(对)异面直线.
1.2.4 组合（2）
课堂导学
三点剖析
一、求解组合问题的等价转化方法
【例1】 有10级台阶，一个人每步上一级、两级或三级，共7步上完，则不同的走法共有多少种？
解析：要首先确定每步一上级、两级或三级的步数，这可将问题等价转化为方程的解的问题.设每步上一级的步数为x，每步上两级的步数为y，每步上三级的步数为z，则
(x、y、z∈N).
易知0≤z≤1，可解得
或
当x=4,y=3,z=0时，它等价于将4个相同的黑球、3个相同的白球排成一列，共有=35种排法，则有35种走法.
当x=5,y=1,z=1时，同理可知有=42种走法.
由分类计数原理，共有35+42=77种走法.
二、注意排列组合应用题中的形同实异问题
【例2】（1）把6本不同的书平均分放在三只抽屉里，有多少种不同的放法？
(2)把6本不同的书平均分放在甲、乙、丙三只抽屉里，有多少种不同的放法？
解析：（1）和（2）的主要区别在于对三只抽屉有没有编号，(1)中对三只抽屉没有编号，所以说哪一只抽屉是第一只、第二只或第三只都是可以的.而（2）中对三只抽屉已经编了号.
问题1有··/=15种放法；
问题2有··=90种放法.
温馨提示
在排列组合应用题中，有不少问题形同实异，在学习中容易发生混淆.对这样的题目，如果能经常注意对照、类比、辨析，对提高分析问题和解决问题的能力无疑是很有好处的.
三、立体几何中的组合问题的解法
【例3】（2005全国高考卷Ⅲ，11）不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共面( )
A.3个 B.4个 C.6个 D.7个
解析：事实上，平面α可以分为两类：一类是在平面α的两侧各有两个点；另一类是在平面α的两侧分别有一个点和三个点.不共面的四个定点可以构成三棱锥（如图），设E、F、G、H、M分别是AB、AC、AD、CD、BD的中点，过E、F、G三点的平面α满足题意，这样的平面有四个；又过E、F、H、M的平面α也满足题意，这样的平面有三个.
故适合题设的平面α共有七个，应选D.
温馨提示
在近几年的高考试题中出现了以立体几何的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合、概率问题，这类问题情景新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强，能力要求高，解决这类问题的关键是明确形成几何图形的元素，并与排列组合形成对应关系，转化为排列组合问题，同时要注意避免重复和遗漏.本例中，根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，从而使问题得以解决.
各个击破
【类题演练1】8个不加区别的小球放入四个不同的盒子中，每个盒子至少放一个，共有多少种放法？
解析：将8个球摆成一列，设法分成四部分，则每种分法对应一种放法.要想分成四部分，只需用3个隔板将它们隔开.8个球共有7个空隙，选其中3个空隙插隔板，共有=35种分法，故共有35种放法.
【变式提升1】圆周上有n(n≥4)个点，每两个点连一条弦，这些弦在圆内最多有多少个交点？
解析：如图所示，P是圆上四点A、B、C、D所引的弦在圆内的惟一交点，即圆内接四边形ABCD对角线的交点，易知，当没有三弦交于圆内一点（端点除外）时，弦在圆内的交点个数最多，且这时弦在圆内的交点与相应的圆内接四边形可以建立一一映射，所以这些弦在圆内最多有个交点.
【类题演练2】（1）把7个不同的玻璃球放在两个布袋中，有多少种不同的放法？
（2）把7个玻璃球放在甲、乙两个布袋中，有多少种不同的放法？
（必须两个布袋里都有玻璃球）
解析：（1）共有++=63（种）；
（2）共有2（++）=126（种）.
【变式提升2】十件奖品全部赠给九位先进工作者，每人至少得一件.如果十件奖品都相同，有多少种不同的赠送方法？
解析：如果10件奖品都相同，那么得奖方法只有得2件与1件的区别，赠2件的方法有9种，也就是赠送的方法一共有种，即9种.
【类题演练3】（2005江苏高考，12）四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品在同一仓库存放是危险的，没有公共点的棱所代表的化工产品在同一仓库存放是安全的，现在编号①②③④的四个仓库存放这8种化工产品，则安全存放的不同方法总数为( )
A.96 B.48 C.24 D.0
解析：如图分别用1—8标号的棱表示8种不同的化工产品，易知可以两两放入同一仓库的情况如下：（实质就是异面直线配对）
故8种产品安全存放有“（1，5）、（2，6）、（3，7）、（4，8）”和“（1，8）、（2，5）、（3，6）、（4，7）”两种可能，故所求的方法种数为=48（种），故选B.
【变式提升3】 在四棱锥P—ABCD中,顶点为P，从其他的顶点和各棱的中点中任取3个，使它们和点P在同一平面上，不同的取法有_______________种.( )
A.40 B.48 C.56 D.62
解析：如图满足题设的取法可分为三类：
①在四棱锥的每个侧面上除P点外任取3点，有4×=40种取法；
②在两个对角面上除点P外任取3点，共有2×=8种不同取法；
③过点P的每一条棱上的三点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有4×=8种不
同的取法.
故不同的取法共有40+8+8=56种.
答案：C
1.2.5 排列组合的综合问题
课堂导学
三点剖析
一、要正确合理使用两个计数原理
【例1】 某国际旅行社共有9名专业导游，其中6人会英语，4人会日语，若在同一天要接待5个不同的外国旅游团队，其中有3个队要安排会英语的导游，2个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有_____________种.(用数字作答)
解析：可从那名既会英语，也会日语的人(记为甲)出发进行分类，按照甲是否被安排到需要英语的旅游团可分两类：
第一类，甲被安排到需要英语的旅游团，则再分两步进行，第1步再从会英语的另外5人中选2人共3人分别安排到3个需要英语翻译的旅游团，共有·种安排方法；第2步从只会日语的3人中选出2人安排到需要日语翻译的旅游团队有种安排方法，故一共有··种安排方法；
第二类，甲没有被安排到需英语翻译的旅游团，则可分两步：第1步，从只会英语的5人中选3人安排到需英语翻译的3个旅游团有种安排方法；第2步从会日语的4人(包括甲)中选2人安排到需要日语翻译的旅游团，有种安排方法，故共有·种安排方法.由分类计数原理，一共有+=1 080(种)不同的安排方法.
温馨提示
本题既用了加法原理，也用到了乘法原理，当两个原理同时使用时，要根据问题的特点分清使用的先后顺序.
二、解排列组合问题要遵循一定的先后原则
【例2】 （1）从1、3、5、7、9中任取3个数字，从2、4、6、8中任取2个数字组成没有重复数字的五位数，一共可组成多少个?
解析：从1，3，5，7，9中任取3个数字有种取法，从2，4，6，8中任取2个数字共有种取法，再将取出的5个元素作全排列有种，由乘法原理共有··=7 200(种)
(2)6个人站成一排照相，其中甲、乙二人相邻的排法有多少种?
解析：将甲、乙看成一个元素进行全排列有种，相邻的两人又有种排法，因此，共有·=240(种)排法.
温馨提示
对于排列组合的综合问题，一般原则是先任取元素组合，后排列顺序，即先组合后排列.在(2)中用到了先整体后个别的原则，即整体排好之后，再考虑特殊元素.这在处理“相邻”、“不相邻”、“连排”问题中有所体现.
三、“枚举法”和“逆向思考”
【例3】有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班级的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法总数是( )
A.8 B.9 C.10 D.11
解析：设甲、乙、丙、丁四位老师分别执教1班、2班、3班、4班，由表格知，当乙监考1班时的方法数为3种，同理丙与丁监考1班时也都为3种，从而安排监考的方法总数为9种.
乙监考1班情况表
1班
2班
3班
4班
乙
甲
丁
丙
乙
丙
丁
甲
乙
丁
甲
丙
温馨提示
人们在解决排列组合问题时，常习惯于用定义或含有排列数、组合数的式子来解决，但有时会遇到障碍，难以突破，如采用枚举的方法会收到意想不到的效果.
各个击破
【类题演练1】某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张不同花色的A，有5次出牌的机会，每次只能出一种点数的牌，但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法?
解析：出牌的方法可分为以下几类：①5张牌全部分开出，有种方法；②两张2一起出，3张A一起出，有种方法；③2张2一起出，3张A分开出，有种方法；④2张2一起出，3张A分两次出，有种方法；⑤2张2分开出，3张A一起出，有种方法；⑥2张2分开出，3张A分两次出，有种方法，因此共有不同的出牌方法+++++=860种.
【变式提升1】有五张卡片，它们的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，可组成多少个不同的三位数?
解析：解法一 (直接法)从0与1两特殊元素着眼分为三类：
①取0不取1，可从四张卡片中选一张作百位，有种方法，0可在后两位有
种方法；最后从剩下的三张中任取一张，有种方法；又除含0的那张外，其它两张都
有正面与反面两种可能，故不同的三位数有···22(个).
②取1不取0，同上分析可得不同三位数 ·22·(个).
③0和1都不取，有不同的三位数·23· (个).
综上，共有不同的三位数···22+·22·+·23·=432个.
解法二 (间接法)任取三张卡片可以组成不同三位数·23· (个).
其中0在百位的有·22· (个)，这些不合题意，故共有三位数·23·-·22·=432个.
【类题演练2】 6名同学站成一排，其中甲不站在排头，也不站在排尾，共有多少种方法?
解法一：(先满足特殊元素)
甲站在除排头和排尾以外的四个位置，其余的元素做全排列.
故有·=480(种).
解法二：(先满足特殊位置)
从除甲以外其余5个元素中任取两个元素排在排头和排尾两个位置，其它元素做全排列，所以有·=480(种).
【变式提升2】从6名短跑运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方案有( )
A.180种 B.240种 C.300种 D.360种
解析：分三种情况：(1)甲、乙都不参加，有=24种；(2)甲、乙仅有1人参加，有2=144种；(3)甲、乙两人都参加，有=72种.由分类计数原理，∴共有24+144+72=240种.
答案：B
【类题演练3】 从集合｛1，2，3，……，10｝中选出5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有( )
A.10 B.16 C.20 D.32
解析：由于11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6,即和为11的有下述五组数：(1,10),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6),现从这五组数中各取一个数，方法数共有25，即正确答案为D.
【变式提升3】从六种小麦品种a、b、c、d、e、f中选出四种，在不同土质的四块土地甲、乙、丙、丁上试种，每块土地上各种一个品种.已有实验定论：a与b不适于土地甲，其余小麦品种均适于这块土地，则试种的方法有多少种?
解析：将土地作为元素，小麦品种视为位置，原问题即为四块土地甲、乙、丙、丁的排列问题，显然共有·=240种排法，故有240种试种方法.
1.2.6 排列组合的易错问题
课堂导学
三点剖析
一、避免重复与遗漏的方法之一——正确区别有序还是无序
【例1】 将9份不同的礼品，平均分成3份，有多少种不同的分法？
错解:分三步：第一步，从9件不同的礼品中，选出3件有种；第二步，从剩下的6件中选3件有种；第三步，从余下的3件中选3件有种，由乘法原理有=1 680种不同的分法.
剖析:实质上，本题属于平均分组问题，造成错误的原因在于分步的本身就在排序，而平均分成的3份，其份与份之间不存在排序的关系，因而出现了重复.如（为了方便起见，以数字1—9代表9份不同的礼品）先取1，2，3，再取4，5，6，最后取7，8，9和先取4，5，6再取1，2，3，最后取7，8，9以及先取7，8，9，再取4，5，6，最后取1，2，3等这些相同的分法被重复计算了，因而正确的解法为：=280种不同的取法.
温馨提示
该用排列的问题，用组合去做，容易导致“遗漏”；该用组合做的却用了排列，会导致“重复”.因此，在解题时要正确区分问题是否与顺序有关.另外，在使用乘法原理时，分步本身有时是在排序，在解题时要特别小心.
二、避免重复和遗漏的措施之二——恰当地使用两个原理进行分类或分步
【例2】 用0，1，2，3，4，5，6，7，8这九个数字组成九位数，要求1不能排在个位，问这样的不重复的九位数有多少个？
错解1:九个数字排在九个位置上，共有种排法，从中扣去0在首位的有种排法，再除去1在个位的排法，故所求的有-（个）.
错解2:0不能排在首位，1不能排在个位，那么0，1就排在中间七个位置，有种排法.0，1排定后，其余七个数排在留下的七个位置上，有种排法，故所求九位数有个.
剖析:解法1的错误在于减“重”了，当分别减去0在首位或1在个位时，重复减去了0在首位且1在个位两次，故应再补上一次，即所求九位数应是：-+（个）.
解法2的错误在于遗漏了1在首位或0在个位的情况.1在首位的情况有种，0在个位的情况有种，但这里又重复了1在首位且同时0在个位的情况两次，应再扣一次，故所求九位数应是：+2-（个）.
温馨提示
对符合或不符合条件的分类情况考虑不全时，会出现“遗漏”；另外，把符合条件和不符合条件的相混容易造成错误.
三、避免重复遗漏的措施之三——认真审题，缜密考虑特殊情形以及题目的隐含条件
【例3】 将10个相同的小球放入编号为1，2，3的盒子里，每个盒子中的球数不小于盒子的编号数，则有________种不同的放法.
错解：先在编号为1，2，3的盒子里分别放入1，2，3个小球，则剩余的小球可以任意放.有34种放法.
剖析：解题过程中，先把盒子里放上小球是可以的，这是注意到小球都是相同的这一特点，但是接下来则忽视了这一特点，从而导致错误.正确解法是：先在编号为1，2，3的盒子里分别放入1，2，3个小球，则：
①余下的4个球放入同一个盒子里，有种放法；②余下的4个球分为两组，一组3个、一组1个，放入两个盒子里，有种放法；③余下的4个球分两组，每组均为2个，有种放法；④余下的4个球分三组，一组2个、另两组各一个，有种放法.
综上可以知道，共有15种放法.
下列解法更妙：首先在2号盒子里放1个球，3号盒子里放2个球，余下的7个球可以用“隔板法”分为3组，每组至少1个球，然后把三组依次放入3个盒子里即可.因此一共有15种放法.
各个击破
【类题演练1】把n+1本不同的书分给n个人，每人至少一本，有多少不同的分法？
错解：如果我们把解决这个问题的方案设计为：先把多余的一本书给n个人中的一个，然后再把剩下的n本书分给n个人，这样，计算的结果为=n·(n+1)!.
剖析：其错误的原因在于拿到2本书的人选这两本书有了先后顺序，而实际上先拿A书后拿B书与先拿B书后拿A书是同一种方法.于是，出现了重复.这是一道较典型的排列组合综合题，题设虽然简单，但思路却不可以从简.正确的切入点应该是：从n个人中选出一个人拿到2本书的分法有种，而剩下的n-1本书分给剩下的n-1个人有种不同的分法，根据乘法原理有=·(n+1)!.
【变式提升1】有100个学生，站成前后两排，每排50人，问有多少种不同的排法.
错解：先从100个学生中任选50个学生，有种选法.选出的50个学生站在前排，有种排法.留下的50名学生站在后排，有种排法.前后两排再交换一下，有种排法，所以共有种不同的排法.
剖析：错在哪里？我们先把问题特殊化：有两个学生，一个站前、一个站后，共有=2种不同站法，而不可能有=4种不同的站法.通过特殊到一般的类比，原问题的正确答案应是种，如果再乘以就排“重”了.事实上，在中，已含着前、后两排交换的思想，因此没有必要乘以.
【类题演练2】已知l1,l2是两条异面直线，在l1上有A1，A2，A3三点，在l2上有B1,B2,B3,B4,B5五点，求这八个点可以确定不同的平面的个数.
错解：分成两类：一类是从A1，A2，A3三点中取一个点，在B1，B2，B3，B4，B5五点中取两个点，根据不共线的三点确定一个平面，有·个不同平面；同理，另一类是从A1，A2，A3三点中任取两个点，在B1，B2，B3，B4，B5五点中取一个点，有·个不同平面，由加法原理有·+·=45个不同的平面.
剖析：上述解法的错误在于分类重复.因为在l1上任取两点与l2上任取一点确定的平面，实际上就是直线l1分别与B1,B2,B3，B4，B5确定的平面，这样的平面共有5个；同理，在l2上任取两点与l1上任取一点确定的平面，就是直线l2分别与点A1，A2，A3确定的平面，这样的平面共有三个，于是，由这八个点可以确定八个平面.
【变式提升2】从8名男生7名女生中选出4人分别参加4个不同的课外活动小组，在选出的4人中至少有2男1女的选法有多少种？
错解：先从8名男生中选取2人，有种选法；再从7名女生中选取1人，有种选法；最后从余下的男、女生（共12人）中选出1人，有种选法.然后，将选出的4人分别分配到四个不同的课外活动小组，所以，符合题意的选法共有（）=56 448种不同的选法.
分析：错解在于选元时有重复.把8名男生记为①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧，7名女生记为a,b,c,d,e,f,g.那么，比如对于任何一种一女三男的选法，假如选“a,①,②,③”都重复计算了三次：（1）先选a,再选①,②,最后选③;(2)先选a,再选①,③最后选②;(3)先选a,再选②,③,最后选①.同理，在选出的2女2男的每一种选法，在原解法中都被重复计算了二次.
因此，正确的解法是：依题意分两步完成，第一步先选出符合条件的4人，第二步是选出的4人分别参加4个不同的课外活动小组，而第一步中又分两类：第一类是选出1女3男有种；第二类是选出2女2男有种，故符合条件的选法有
(+)=23 520(种).
【类题演练3】数学、语文、外语、物理、化学、体育六门科目，安排在一天的六节课内，要求体育不在第一节，数学不在第六节，问共有多少种不同的排法？
错解：六门科目排六节课，有种排法，再减去体育在第一节的排法种和数学在第六节的排法，种，因此共有=480种.
剖析：上述解法产生了遗漏.因为减去的第一个种，其中包括体育在第一节，数学在第六节的种；减去的第二个种也包含体育在第一节，数学在第六节的种.上述解法中显然减去了两个.
正确答案应是：共有+=504种排法.
【变式提升3】在一个正方体中，各棱、各面对角线和体对角线中共有多少对异面直线？
错解：一个正方体中有12条棱、12条面对角线和4条体对角线，这些棱、面对角线和体对角线共可组成对直线.又一个正方体中有底面和侧面共6个，对角面6个，每个面都有6条直线，底面、侧面和对角面共12个面的每一个面中任两条直线不能构成异面直线.
∴正方体共有-12=198对异面直线.
分析：以上解答只考虑了正方体中底面、侧面、对角面中的直线不能构成异面直线，而忽视了一些虽不是同在上述各面上但共点的直线也不能构成异面直线的特殊情况，即8个顶点中过每个顶点的三条面对角线不能构成异面直线，故共有-12-8=174对异面直线.
1.3.1 二项式定理 1
课堂导学
三点剖析
一、利用（a+b)n的二项展开式解题
【例1】 求二项式（2x-)5的展开式
解法一：直接用二项式定理.
（2x-)5=(2x)5+(2x)4(-)+(2x)3·(-)2+(2x)2(-)3+(2x)(-)4+(-)5=32x5-120x2+180x-1-135x-4+
解法二：先化简，后用二项式定理
（2x-)5=
温馨提示
求二项式的展开式有时需先化简，特别是较复杂的展开式问题，如(|x|+-2)5的展开式，可先转化为()10然后再展开.
二、求展开式的某一项
【例2】 （1）在()8的展开式中常数项是( )
A.-28 B.-7 C.7 D.28
（2）在(x+)2n的展开式中，第4项的系数与第6项的系数相等，求n并求展开式中的常数项.
解析：（1）Tk+1=(-1)k()8-k·=(-1)k·2k-8·.
令8-=0，得k=6.
∴T7=T6+1=·26-8=·2-2=7.应选C.
（2）由已知得=，由组合数得3=2n-5，∴2n=8,n=4.
展开式通项为，要为常数项；应使8-r-r=0,即r=4.∴常数项为=70.
温馨提示
求二项展开式中有关的常数项、有理项等特殊项的问题，可通过求二项展开式的通项，根据问题的要求，列出n,k的方程（组）求解.
三、求二项式系数、某项的系数问题
【例3】(+1)4（x-1）5的展开式中，x4的系数是( )
A.-40 B.10 C.40 D.45
解析:展开式的通项为
=(0≤r≤4,0≤k≤5).
令.得2k+r=6.
∴或或
∴x4的系数为=45，应选D.
温馨提示
此类问题也可用加法原理，从项的来源求解：（+1）4（x-1）5是两个二项式相乘，从（x-1）5展开式中取4次项，从（+1）4展开式中取常数项相乘；从（x-1）5展开式中取3次项，从（+1）4展开式中取1次项相乘；从（x-1）5展开式中取2次项，从（+1）4展开式中取2次项相乘，然后相加，即可得到要求的（+1）4(x-1)5的展开式中x的4次项的系数.即-·+·+·（-1）3·=-5+60-10=45.
这也是求二项展开式系数的一种重要方法.
各个击破
【类题演练1】若n∈N*,(+1)n=an+bn(an,bn∈Z),则bn的值（ ）
A.一定是奇数 B.一定是偶数
C.与n的奇偶性相反 D.与n有相同的奇偶性
解析：由（+1）n=an+bn,
知an+bn=(1+)n=·+·()2+()3+…+()n
∴bn=1+()2+()4+…
∴bn为奇数 故选A.
【变式提升1】求数11100-1的末尾连续的零的个数.
解析：因为11100-1=（10+1）100-1
=10100+×1099+…+·102+·10=103［1097+·1096+…++5×99+1］
令M=1097+·1096+…+
N=5×99+1
因为M的末位数是0，N的末位数是6，所以11100-1=103·（M+N）的末尾连续零的个数是3个.
【类题演练2】在二项式()n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项.
解析：先求指数n,再考虑展开式中含x的各次项的指数应为整数.
展开式前三项的系数是1，.
由题意有=n,
解得 n=8.（n=1舍去）
展开式通项为Tr+1=当为整数时，Tr+1为有理项，而0≤r≤8,且r是自然数,故只能取r=0,4,8.所以有理项共有三项，分别是
T1=x4,T5=.
【变式提升2】由（）100展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有( )
A.50项 B.17项 C.16项 D.15项
解析：展开式中的各项其系数为(0≤n≤100)，为使系数为有理数，n必为2与3的倍数，当0≤n≤100时，有且只有17个.
答案：B
【类题演练3】 在(x2+3x+2)5的展开式中，x的一次项的系数是( )
A.160 B.240 C.360 D.800
解析：（x2+3x+2）5=［(x2+3x)+2］5，通项为［x2+3x］5-k2k(0≤k≤5),该通项的通项为(0≤r≤5-k),令10-2k-r=1,即2k+r=9.∴r=1,k=4.∴x的系数为·24·3=240，应选B.
【变式提升3】 在（1-x2）20的展开式中，如果第4r项和第r+2项的二项式系数相等.
（1）求r的值；
（2）写出展开式中第4r项和第r+2项.
解析：（1）由题设可知,得4r-1=r+1,或4r-1+r+1=20,解得r=或r=4.∵r∈N,
∴r=4.
（2）T4r=T16=（-x2）15=-15 504x30.
Tr+2=T6=(-x2)5=-15 504x10.
1.3.2 二项式定理（2）
课堂导学
三点剖析
一、二项式定理的应用——解决整除、余数有关问题
【例1】 9192除以100的余数是多少？
解析:9192=（100-9）92=10092-·10091·9+·10090·92-…-·100·991+992，前面各项均能被100整除，只有末项992不能被100整除，于是求992除以100的余数.
∵992=（10-1）92
=1092-·1091+·1090-…+·102-·10+（-1）92
=1092-·1091+·1090-…+·102-920+1
=（1092-·C91+·1090-…+·102-1 000）+81
∴被100除的余数为81，即9192除以100的余数为81.
二、二项式定理的应用——近似计算问题
【例2】 一个螺旋桨在某种情况下转动，它所消耗的功率P（单位：马力）和螺旋桨的直径D（单位：米）的关系是P=6D5,已知D=3.11，求P(精确到100马力)
解析：∵D=3.11
∴P=6×(3.11)5=6×(3+0.11)5
=6［35+·34·0.11+·33·(0.11)2+…+ (0.11)5］
在精确到100马力的要求下，第三项及其以后的各项可以略去不计.
∴P≈6×［35+·34×0.11］
=6×（243+44.55）
=1 725.3≈1 700
即所消耗的功率约为1 700马力.
温馨提示
在用二项式定理求近似值时，要根据题目精确度的要求，合理选取二项展开式的某几项进行求值，特别当h很小而n又很大时，（1+h）n≈1+nh是工业计算中经常使用的粗算公式.
三、二项式定理的应用——证明不等式
【例3】 证明：2≤(1+)n＜3(n∈N*)
证明：当n=1时，（1+1）1=2,
当n＞1时，（1+）n=1++…＞1+1+＞2，
∴2≤(1+)n
又
∴(1+)n=1+·+·+…+·
≤
=2+1-＜3
∴2≤(1+)n＜3
温馨提示
证明(1+)n＜3还可以有如下的证法：
(1+)n≤
=＜3.
在证明过程中，要善于联想数列求和的各种方法.恰当地进行放缩.
各个击破
【类题演练1】1+3+32+…+399被4除所得的余数为____________.
解析：1+3+32+…+399=［3100-1］
=［(4-1)100-1］=［·4100-499+…-·41+-1］
=8（·498-·497+…+·2-50）
∴原式被4除所得的余数为0.
【变式提升1】求证：3 2n+3-24n+37能被64整除.
证明：32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37
=3(8+1)n+1-24n+37
=3(8n+1+8n+…+)-24n+37
=3×64(·8n-1+·8n-2+…+)+24-24n+40
=64×3(8n-1+8n-2+…+)+64是64的倍数
故原式可被64整除.
【类题演练2】某公司的股票今天的指数是2，以后每天的指数都比上一天的指数增长0.2%，则100天后这家公司的股票指数约为______________（精确到0.001）.
解析：100天后指数为
2(1+)100=2·（1+0.002）100
=2(1+0.002+×0.0022+×0.0023+…)
≈2(1+0.2+0.019 8+0.001 293 6)=2.442
答案：2.442
【变式提升2】一种A型进口汽车关税税率在2001年是100%，在2006年是25%，2001年的价格是57.6万元（含28.8万元关税税款）.某人在2001年将33万元存入银行，若该银行扣利息税后的年利率是1.8%（五年内不变），且每年按复利计算（每一年的利息计入第二年的本金），那么五年到期时这笔钱连本带息能否购买一辆A型进口汽车？
解析：33万元存入银行，到2006年得到的本息和为33（1+0.018）5=33(1+0.018+0.0182+…+0.0185)＞33(1+0.090+0.003 24)=36.076 92.
到2006年A型进口汽车的价格为
28.8+28.8×=36.
因为36.076 92＞36，所以五年到期后这笔钱连本带息能够买一辆A型进口汽车.
【类题演练3】 当n∈N*，求证：(1+)n＜(1+)n+1
证明：因为(1+)n=1+·+·+…+·,
其中
=(1-)(1-)…(1-)
＜(1-)(1-)…(1-)
=
=·
∴(1+)n＜1+·+·
=(1+)n
【变式提升3】已知i,m,n是正整数，且1＜i≤m＜n，
（1）证明＜；
（2）证明（1+m）n＞(1+n) m.
证明：（1）略.
（2）由二项式定理：
（1+m）n=，
（1+n）m=.
由（1）知＜ (1＜i≤m＜n).
又，
∴，
∴
∵=1,
，
∴，
即（1+m）n＞(1+n) m.
1.3.3“杨辉三角”与二项式系数的性质
课堂导学
三点剖析
一、增减性与最值问题
【例1】 在（1+2x）10的展开式中，（1）求系数最大的项；（2）若x=2.5,则第几项的值最大？
解析：（1）设第r+1项的系数最大，由通项公式Tr+1=·2rxr，依题意Tr+1项的系数不小于Tr项及Tr+2项的系数，
即，解得.
∴≤r≤且r∈Z,∴r=7,故系数最大项为T8=27x7=15 360x7.
(2)设展开式中的第r+1项的值最大，则Tr+1≥Tr＞0,Tr+1≥Tr+2＞0,
∴
∴.
将x=2.5代入得,得≤r≤.
∴r=9,即展开式中的第10项的值最大.
二、“二项式系数和”、“系数和”问题
【例2】 已知（1-3x）8=a0+a1x+…+a7x7+a8x8.
求（1）a0+a1+…+a8;
(2)a0+a2+a4+a6+a8;
(3)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a8|.
解析：（1）令x=1，得
a0+a1+…+a8=28=256. ①
(2)令x=-1，得
a8-a7+a6-a5+a4-a3+a2-a1+a0=48 ②
∴①+②得
2(a8+a6+a4+a2+a0)=28+48.
∴a8+a6+a4+a2+a0=(28+48)=32 896.
(3)由于（1-3x）8
=C08+ (-3x)+ (-3x)2+…+(-3x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8
故a0,a2, …,a8＞0，a1,a3, …,a8＜0，
∴|a0|+|a1|+|a2|+…+|a8|
=a0-a1+a2-a3+…+a8.
由②可知
|a0|+|a1|+…+|a8|=48=65 536.
三、与“杨辉三角”有关的问题
【例3】 如下图的数表中每一个数都是某个正整数的倒数，起始行（第0行）为1，每一个数都等于脚下两数之和.
（1）试填写第1行和第2行，填法是否唯一，并说明理由.
（2）注意第n行（n=0,1,2,…）的第1个数为1n+1，猜想此时第n行第r个数（不证明）.
解析：（1）=1,(m,n∈N*),则有,n与n-1互质，故m=2,n=2,第一行为,,令= (m,n∈N*),
则有.
当n-2=1时，n=3,m=6;
当n-2=2时，n=4,m=4;
当n-2是n的约数时，记n=R(n-2)(R∈N*),(R-1)n=2R,R与R-1互质，所以R-1=2，R=3，此时n=3,进而知m=6.故第二行填法不唯一，可为，，，也可为，，.
（2）猜想：令第3行第1个数为，则第3行各数依次为，，，.
第1行：;
第2行：;
第3行：；
……
第n行：…,.
∴猜想第n行第r个数为.
各个击破
【类题演练1】已知f(x)=(1+x) m+(1+2x)n,(m,n∈N)的展开式中x的系数为11，求：
（1）x2的系数的最小值.
(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中的x的奇次幂项的系数之和.
解析：（1）由已知+2=11,
∴m+2n=11,x2的系数为+2n(n-1)
=(m-)2+,∵m∈N
∴m=5时，x2的系数取得最小值22，此时n=3.
(2)由（1）知，当x2系数取得最小值22时n=3.
∴f(x)=(1+x)5+(1+2x)3
设这时f(x)的展开式为f(x)=a0+a1x+…+a5x5
令x=1,a0+a1+a2+a3+a4+a5=25+33
令x=-1,a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1
相减得2（a1+a3+a5）=60
故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.
【变式提升1】已知（xlgx+1）n展开式中，末三项的二项式系数和等于22，二项式系数最大项为20 000，求x的值.
解析：由题意++=22
即++=22,
∴n=6,∴第4项的二项式系数最大，
∴（xlgx）3=20 000即x 3lgx=1 000
∴x=10,或.
【类题演练2】一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为…………（ ）
A.20 B.219 C.220 D.220-1
解析：-1.
答案：D
【变式提升2】证明：（）2+()2+…+()2=,并求()2+()2+…+()2的值.
证明：比较（1+x）n·(1+x)n=(1+x)2n两边x的系数.
左边xn的系数为
·+·+·+…+·,
右边xn的系数为
∴·+·+…+·=
∵=
∴()2+()2+…+()2=
∴()2+()2+…+()2==252.
【类题演练3】 如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第____________行中从左至右第14与第15个数的比为2∶3.
解析：本题是杨辉三角与二项式定理的交汇题，而本题的解题关键在于将表格语言转化为组合数语言.
设所求的行数为n，将条件转换为组合数语言，得
,即，解得n=34.
答案：34
【变式提升3】设{an}是集合{2t+2s|0≤s＜t,且t,s∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列，即a1=3,a2=5,a3=6,a4=9,a5=10,a6=12,……,将数列{an}各项按照上小下大，左小右大的原则写成如图的三角形数表.
（1）写出这个三角形数表的第四、五行各数；
（2）求a100.
解析：（1）以有序数对（t,s）表示表中各数的位置，则表中各数排列规律为
第四行：17，18，20，24，
第五行：33,34,36,40,48
(2)a100=16 640.
3.1 回归分析的基本思想及其初步应用
课堂导学
三点剖析
一、回归方程及其应用
【例1】研究某灌溉渠道水的流速Y与水深x之间的关系，测得一组数据如下：
水深x/m
1.40
1.50
1.60
1.70
1.80
1.90
2.00
2.10
流速Y/(m·s-1)
1.70
1.79
1.88
1.95
2.03
2.10
2.16
2.21
（1）求Y对x的回归直线方程；
（2）预测水深为1.95 m时水的流速是多少？
思路分析：从散点图可以直观地看出变量x与Y之间有无线性相关关系，为此把这8对数据描绘在平面直角坐标系中，得到平面上8个点，如图所示.
由图容易看出，x与Y之间有近似的线性相关关系，或者说，可以用一个回归直线方程=a+bx来反映这种关系，这些是我们在必修模块数学3中学过的知识.
进一步观察这8个点，容易发现它们并不是“严格地”在一条直线上，对于某个xi，由上式能确定一个=a+bxi，一般地说，由于测量流速可能存在误差，或者受某些随机因素的影响，或者上面的回归直线方程本身就不够精确，与测得的数据yi很可能不相等，即yi=i+ei(i=1,2,…,8),其中ei是随机误差项.于是，就有yi=a+bxi+ei(i=1,2,…,8),这就是本题的线性模型.
从上述线性模型出发，我们可以求出a与回归系数b的估计值,，使得全部误差e1,e2,…,e8的平方和达到最小，当然，这是一种很好的估计.最后得到的求,的数学公式为
=
.
解析：（1）可采用列表的方法计算a与回归系数b.
序号
x
y
x2
xy
1
1.40
1.70
1.96
2.380
2
1.50
1.79
2.25
2.685
3
1.60
1.88
2.56
3.008
4
1.70
1.95
2.89
3.315
5
1.80
2.03
3.24
3.654
6
1.90
2.10
3.61
3.990
7
2.00
2.16
4.00
4.320
8
2.10
2.21
4.41
4.641
∑
14.001
5.822
4.922
7.993
于是，=×14.00=1.75, =×15.82=1.977 5,
=≈0.733.
=1.977 5-×1.75≈0.694.
Y对x的回归直线方程为
=+x=0.694+0.733x.
回归系数=0.733的意思是，在此灌溉渠道中，水深每增加0.1 m，水的流速平均增加0.733 m/s(本例数据是以0.1 m为水深间隔测得的），=0.694可以解释为水的流速中不受水深影响的部分.
（2）由（1）中求出的回归直线方程，把x=1.95代入，易得
=0.694+0.733×1.95≈2.12(m/s).
计算结果表明，当水深为1.95 m时可以预测渠水的流速约为2.12 m/s.
二、熟悉建立回归模型的基本步骤，会分析残差图的异常情况
【例2】1993年到2002年中国的国内生产总值（GDP）的数据如下：
年份
GDP
1993
34 634.4
1994
46 759.4
1995
58 478.1
1996
67 884.6
1997
74 462.6
1998
78 345.2
1999
82 067.5
2000
89 468.1
2001
97 314.8
2002
104 790.6
（1）作GDP和年份的散点图，根据该图猜想它们之间的关系应是什么？
（2）建立年份的解释变量，GDP为预报变量的回归模型，并计算残差.
（3）根据你得到的模型，预报2003年的GDP，并查资料，看看你的预报与实际的GDP的误差是多少？
（4）你认为这个模型能较好地刻画GDP和年份的关系吗？请说明理由.
解析：（1）
（2）从上图中可以看出，x与y之间有近似的线性相关关系，即可以用一个回归直线方程
=x+表示
通过计算可得
=×19 975=1 997.5
=×734 204.7=73 420.47
=7 206.5
=73 420.47-7 206.5×1 997.5
=-14 321 563.28
∴y对x的回归直线模型为
=7 206.5x-14 321 563.28
残差为：
x
1993
1994
1995
1996
1997
y
34 634.4
46 759.4
58 478.1
67 884.6
74 462.6
-6 356.82
-1 438.32
3 073.88
5 273.88
4 645.38
x
1998
1999
2000
2001
2002
y
78 345.2
82 067.5
89 468.1
97 314.8
104 790.6
1321.48
-2 162.72
-1 968.2
-1 328.42
-1 059.12
（3）=7 206.5×2 003-14 321 563.28=113 056.22（亿元）
2003年的实际GDP为117 390亿元，误差为4 333.78亿元.
(4）以样本编号为横坐标，残差为纵坐标作残差图.
从残差图可以看出这个模型能较好地刻画GDP和年份的关系.
三、比较拟合效果的基本步骤
【例3】一只红铃虫的产卵数y和温度x有关.现收集了7组观测数据列于表1中，试建立y与x之间的回归方程.
表1
温度 x/℃
21
23
25
27
29
32
35
产卵数y/个
7
11
21
24
66
115
325
解析：根据收集的数据作散点图（图1）.
在散点图中，样本点并没有分布在某个带状区域内，因此两个变量不呈现线性相关关系，所以不能直接利用线性回归方程来建立两个变量之间的关系.根据已有的函数知识，可以发现样本点分布在某一条指数函数曲线y=的周围，其中c1和c2是待定参数.
现在，问题变为如何估计待定参数c1和c2.我们可以通过对数变换把指数关系变为线性关系.令z=lny，则变换后样本点应该分布在直线z=bx+a(a=lnc1,b=c2)的周围.这样，就可以利用线性回归模型来建立y和x之间的非线性回归方程了.由表1的数据可以得到变换后的样本数据表2，图2给出了表2中数据的散点图.从图2中可以看出，变换后的样本点分布在一条直线的附近，因此可以用线性回归方程来拟合.
表2
x
21
23
25
27
29
32
35
z
1.946
2.398
3.045
3.178
4.190
4.745
5.784
由表2中的数据得到线性回归方程
=0.272x-3.843.
因此红铃虫的产卵数对温度的非线性回归方程为
=e 0.272x-3.843.(1)
另一方面，可以认为图1中样本点集中在某二次曲线y=c3x2+c4的附近，其中c3和c4为待定参数.因此可以对温度变量做变换，即令t=x2，然后建立y与t之间的线性回归方程，从而得到y与x之间的非线性回归方程.
表3是红铃虫的产卵数和对应的温度的平方，图3是相应的散点图.
表3
t
441
529
625
729
841
1 024
1 225
Y
7
11
21
24
66
115
325
从图3中可以看出，y与t的散点图并不分布在一条直线的周围，因此不宜用线性回归方程来拟合它，即不宜用二次曲线y=c3x2+c4来拟合y和x之间的关系.这个结论还可以通过残差分析得到.
各个击破
【类题演练1】在一段时间内：某种商品价格x（万元）和需求量Y（t）之间的一组数据为
价 格x：1.4 1.6 1.8 2 2.2
需求量Y：12 10 7 5 13 3
（1）画出散点图；
解析：（1）
（2）求出Y对x的回归直线方程，并在（1）的散点图中画出它的图象；
解析：采用列表的方法计算a与回归系数b.
序号
x
y
x2
xy
1
2
3
4
5
1.4
1.6
1.8
2
2.2
12
10
7
5
3
1.96
2.56
3.24
4
4.84
16.8
16
12.6
10
6.6
∑
9
37
16.6
62
x=×9=1.8 =×37=7.4
=≈-11.5
=7.4+11.5×1.8=28.1
Y对x的回归直线方程为
=+x=28.1-11.5x
（3）如价格定为1.9万元，预测需求量大约是多少（精确到0.01 t)?
解析：当x=1.9时，Y=28.1-11.5×1.9=6.25,
所以价格定为1.9万元，需求量大约是6.25(t).
【变式提升1】弹簧长度Y(cm)随所挂物体质量x(g)不同而变化的情况如下：
物体质量x:5 10 15 20 25 30
弹簧长度y:7.25 8.12 8.95 9.90 10.96 11.80
（1）画出散点图；
解析：（1）
（2）求Y对x的回归直线方程；
解析：采用列表的方法计算a与回归系数b
序号
x
y
x2
xy
1
2
3
4
5
6
5
10
15
20
25
30
7.25
8.12
8.95
9.90
10.96
11.80
25
100
225
400
625
900
36.25
81.2
134.25
198
274
354
∑
105
56.98
2 275
1 077.7
=×105=17.5
=×56.98≈9.50
=≈0.183
=9.50-0.183×17.5≈6.30
Y对x的回归直线方程为
=6.30+0.183x
（3）预测所挂物体质量为27 g时的弹簧长度（精确到0.01 cm）.
解析：当质量为27 g时，有
=6.30+0.183×27≈11.24 cm
所以当挂物体的质量为27 kg时，弹簧的长度大约为11.24 cm.
【类题演练2】如果美国10家工业公司提供了以下数据：
公司
销售总额x1/百万美元
利润x2/百万美元
通用汽车
126 974
4 224
福特
96 933
3 835
埃克森
86 656
3 510
IBM
63 438
3 758
通用电气
55 264
3 939
美孚
50 976
1 809
菲利普·莫利斯
39 069
2 946
克莱斯勒
36 156
359
杜邦
35 209
2 480
德士古
32 416
2 413
（1）作销售总额和利润的散点图，根据该图猜想它们之间的关系应是什么形式；
解析：散点图如图所示
由图可猜想它们之间是线性相关关系.
（2）建立销售总额的解释变量，利润的预报变量的回归模型，并计算残差；
解析：通过计算可得：
=62 309.1
=2 927.3
=0.02
=1 681.1
∴回归模型为
=0.02x+1 681.1
由公式=yi-xi-得其残差为
x
126 974
96 933
86 656
63 438
55 264
y
4 224
3 835
3 510
3 758
3 939
3.42
215.24
95.78
808.14
1 152.62
x
50 976
39 069
36 156
35 209
32 416
y
1 809
2 946
359
2 480
2 413
-891.62
483.52
-2045.22
94.72
83.58
（3）计算相关指数，你认为这个模型能较好地刻画销售总额和利润之间的关系吗？请说明理由.
解析：R2=1-
=1-=0.404
∴这个模型不能较好地刻画销售总额和利润之间的关系.
【类题演练3】某农场对单位面积化肥用量x(kg)和水稻相应产量Y（kg）的关系作了统计，得到数据如下：
x: 15 20 25 30 35 40 45
Y: 330 345 365 405 445 450 455
如果x和Y之间具有线性相关关系，求出回归直线方程，并预测当单位面积化肥用量为32 kg时水稻的产量大约是多少（精确到0.01 kg）.
解析：用列表的方法计算a与回归系数b.
序号
x
y
x2
x
1
2
3
4
5
6
7
15
20
25
30
35
40
45
330
245
365
405
445
450
455
225
400
625
900
1225
1600
2025
4 950
6900
9125
12150
15575
18000
20475
∑
210
2 795
7 000
87 175
=×210=30
=×2 795≈399.3
=≈4.746
=399.3-4.746×30=256.92
Y对x的回归直线方程为
=+x=256.92+4.746x
当x=32时，=256.92+4.746×32≈408.79
答：回归直线方程为=256.92+4.746x，当单位面积化肥为32 kg时，水稻的产量大约为408.79 kg.
【变式提升3】随着人们经济收入的不断增长,个人购买家庭轿车已不再是一种时尚.车的使用费用,尤其是随着使用年限的增多,所支出的费用到底会增长多少,一直是购车一族非常关心的问题.某汽车销售公司做了一次抽样调查,并统计得出某款车的使用年限x与所支出的总费用y(万元)有如下的数据资料:
使用年限x
2
3
4
5
6
总费用y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
若由资料知y对x呈线性相关关系.试求:
(1)线性回归方程=bx+a的回归系数a、b;
(2)估计使用年限为10年时,车的使用总费用是多少?
解:(1)制表
i
1
2
3
4
合计
xi
2
3
4
5
20
yi
2.2
3.8
5.5
6.5
25
xiyi
4.4
11.4
22.0
32.5
112.3
xi2
4
9
16
25
90
=4,=5
于是b==1.23,
=5-1.23×4=0.08.
(2)线性回归直线方程是=1.23x+0.08,
当x=10(年)时,y=1.23×10+0.08=12.38(万元),即估计使用10年时,支出总费用是12.38万元.
3.2独立性检验的基本思想及其初步应用
课堂导学
三点剖析
一、初识独立性检验的思想方法
【例1】为了探究患慢性气管炎是否与吸烟有关，调查了339名50岁以上的人，调查结果如下表所示：
患慢性气管炎
未患慢性气管炎
合计
吸烟
43
162
205
不吸烟
13
121
134
合计
56
283
339
试问：50岁以上的人患慢性气管炎与吸烟习惯有关吗？
思路分析：最理想的解决办法是向所有50岁以上的人做调查，然后对得到的数据进行统计处理，但这花费的代价太大，实际上是行不通的.339个人相对于全体50岁以上的人，只是一个小部分.回忆一下数学3（必修）中学过的总体和样本的关系，当用样本平均数、样本标准差去估计总体相应的数字特征时，由于抽样的随机性，结果并不惟一.现在情况类似，我们用部分对全体作推断，推断可能正确，也可能错误.例如我们知道，不少中老年烟民的身体很好，没有患慢性气管炎；而又有很多从不吸烟的中老年人体质很差，患有慢性气管炎.如果抽取的339个调查对象中很多人来自上述两个群体，试想会得出什么结论吧.我们有95%（或99%）的把握说事件A与B有关，是指推断犯错误的可能性为5%（或1%），这也常常说成是“以95%（或99%）的概率”，其含义是一样的.
解:根据列联表中的数据，得到
K2==7.469.
因为7.469＞6.635，所以我们有99%的把握说：50岁以上的人患慢性气管炎与吸烟习惯有关.
二、分类变量之间的相互影响即独立性检验的判断步骤
【例2】在一次恶劣气候的飞行航程中调查男女乘客在机上晕机的情况如下表所示，根据此资料您是否认为在恶劣气候飞行中男人比女人更容易晕机？
晕机
不晕机
合计
男人
24
31
55
女人
8
26
34
合计
32
57
89
解析:这是一个2×2列联表的独立性检验问题，根据列联表中的数据，得到
K2==3.689.
因为3.689＜3.841，所以我们没有理由说晕机与否跟男女性别有关，尽管这次航班中男人晕机的比例()比女人晕机的比例()高，但我们不能认为在恶劣气候飞行中男人比女人更容易晕机.
温馨提示
在使用K2作统计量作2×2列联表的独立性检验时，要求表中的4个数据大于等于5，为此，在选取样本的容量时一定要注意这一点.本例中的4个数据24，31，8，26都大于5，是满足这一要求的.
三、深刻领会独立性检验的基本思想
【例3】打鼾不仅影响别人休息，而且可能与患某种疾病有关.下表是一次调查所得的数据，试问：每一晚都打鼾与患心脏病有关吗？
患心脏病
未患心脏病
合计
每一晚都打鼾
30
224
254
不打鼾
24
1 355
1 379
合计
54
1 579
1 633
解：根据列联表中数据，得到，K2==68.033.
因为68.033＞6.635,所以有99%的把握说，每一晚都打鼾与患心脏病有关.
温馨提示
在本例中，我们所说“每一晚都打鼾与患心脏病有关”或“患慢性气管炎与吸烟有关”指的是统计上的关系，不要误以为这里是因果关系.具体到某一个每晚都打鼾的人，并不能说他患心脏病，其实从2×2列联表中也可以看出，每一晚都打鼾的人群中，患心脏病的概率也只有，稍微超过十分之一.至于他患不患心脏病，应该由医学检查来确定，这已经不是统计学的事了.
各个击破
【类题演练1】对196个接受心脏搭桥手术的病人和196个接受血管清障手术的病人进行了3年的跟踪研究，调查他们是否又发作过心脏病，调查结果如下表所示：
又发作过心脏病
未发作心脏病
合计
心脏搭桥手术
39
157
196
血管清障手术
29
167
196
合计
68
324
392
试根据上述数据比较这两种手术对病人又发作心脏病的影响有没有差别.
解析：根据列联表中的数据，得到
K2==1.78.
因为1.78＜3.841,所以我们没有理由说“心脏搭桥手术”与“又发作过心脏病”有关，可以认为病人又发作心脏病与否与其做过何种手术无关.
【变式提升1】某大型企业人力资源部为了研究企业员工工作积极性和对待企业改革态度的关系，随机抽取了189名员工进行调查，所得数据如下表所示：
积极支持企业改革
不太赞成企业改革
合计
工作积极
54
40
94
工作一般
32
63
95
合计
86
103
189
对于人力资源部的研究项目，根据上述数据能得出什么结论？
解析：根据列联表中的数据，得到：
K2==10.76.
因为10.76＞6.635,所以有99%的把握说：员工“工作积极”与“积极支持企业改革”是有关的，可以认为企业的全体员工对待企业改革的态度与其工作积极性是有关的.
【类题演练2】某猪场用80头猪检验某种疫苗是否有预防效果.结果是注射疫苗的44头中有12头发病，32头未发病；未注射的36头中有22头发病，14头未发病，问该疫苗是否有预防效果？你有多大把握认为药物有效？
解析：先将题给数据整理成2×2列联表如下：
发病
未发病
总计
注射
12
32
44
未注射
22
14
36
总计
34
46
80
假设H0：发病与否和注射疫苗无关，即二变量相互独立.
由K2表达式计算出其观测值k:
k=≈9.277
由表1查得：
P（K2≥7.879)≈0.005
即在H0成立的情况下K2的值大小7.879的概率非常小，近似于0.005.因此我们有99.5%的把握认为H0不成立，即有99.5%的把握认为该疫苗是有预防效果的.
【变式提升2】在500个人身上试验某种血清预防感冒的作用，把一年中的记录与另外500个未用血清的人作比较，结果如下：
未感冒
感冒
合计
处理
252
248
500
未处理
224
276
500
合计
476
524
1 000
问该种血清能否起到预防感冒的作用？
解析：∵K2=≈3.14＞2.706
∴我们有90%的把握认为该种血清能起到预防感冒的作用.
【类题演练3】考察小麦种子经灭菌与否跟发生黑穗病的关系，经试验观察，得到数据如下表所示：
种子灭菌
种子未灭菌
合计
黑穗病
26
184
210
无黑穗病
50
200
250
合计
76
384
460
试按照原试验目的作统计分析推断.
解析：K2=≈4.8＞3.841
∴我们有95%的把握认为小麦种子灭菌与否跟发生黑穗病有关系.
【变式提升3】调查者通过询问72名男女大学生在购买食品时是否看营养说明得到的数据如下表所示：
看营养说明
不看营养说明
合计
男大学生
28
8
36
女大学生
16
20
36
合计
44
28
72
问大学生的性别和是否看营养说明之间有没有关系？
解析：K2=≈8.4＞7.879
∴我们有99.5%的把握认为大学生的性别和是否看营养说明之间有关系.
2.1.1 离散型随机变量
课堂导学
三点剖析
一、随机变量的判断
【例1】 投掷均匀硬币一枚，随机变量为( )
A.出现正面的次数 B.出现正面或反面的次数
C.掷硬币的次数 D.出现正、反面次数之和
解析：描述随机试验的随机变量有多种形式，不论选取哪一种形式，随机变量可以表示随机试验的所有可能结果，同时随机变量在选定标准之后，它是变化的.掷一枚硬币，可能出现的结果是正面向上或反面向上，以一个标准如正面向上的次数来描述这一随机试验，那么正面向上的次数就是随机变量ξ，ξ的取值是0，1，故选A；而B中标准模糊不清，C中掷硬币次数是确定的，都不是随机变量；D中对应的事件是必然事件.
答案：A
二、离散型随机变量的判断
【例2】 指出下列随机变量是不是离散型随机变量：
①郑州至武汉的电气化铁路线上，每隔50 m有一电线铁塔，对这条电气化铁路线上电线铁塔随机编号ξ；
②江西九江市长江水位监测站所测水位在（0,29］这一范围内变化，该水位站所测水位ξ.
解析：①是离散型随机变量.因为铁塔为有限个，其编号从1开始可一一列出；
②不是离散型随机变量.因为水位在（0，29］这一范围内变化，对水位值我们不能按一定次序一一列出.
三、随机变量的取值问题：
【例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）盒中装有6支白粉笔和8支红粉笔，从中任意取出3支，其中所含白粉笔的支数ξ；
（2）从4张已编号（1号—4号）的卡片中任意取出2张，被取出的卡片号数之和ξ.
解析：（1）ξ可取0，1，2，3.
ξ=i表示取出i支白粉笔，3-i支红粉笔，其中i=0,1,2,3.
（2）ξ可取3，4，5，6，7.
其中ξ=3表示取出分别标有1，2的两张卡片.
ξ=4表示取出分别标有1，3的两张卡片.
ξ=5表示取出分别标有2，3或1，4的两张卡片.
ξ=6表示取出分别标有2，4的两张卡片.
ξ=7表示取出分别标有3，4的两张卡片.
各个击破
【类题演练1】从一个装有9个正品和3个次品的盒子中取一个零件，随机变量为( )
A.取零件的个数 B.取正品的个数
C.取正品或次品的个数 D.取一个零件
答案：B
【变式提升1】掷两枚均匀硬币一次，则正面次数与反面次数差的可能值有________________.
解析：先列出两枚硬币掷出后正反面所有情况，再作减法.
两枚硬币出现：2次正0次反，则差为2；1次正，1次反，则差为0，0次正，2次反，则差为-2；所以，所有可能值为2，0，-2.
答案：2，0，-2
【类题演练2】给出如下四个命题
①离散型随机变量只能取有限个值
②只能取有限个值的随机变量是离散型随机变量
③连续型随机变量可以取某一区间内的一切值
④可以取某一区间内一切值的随机变量是连续型随机变量
其中正确命题的题号是_________.
答案：②③④
【变式提升2】随机变量ξ1表示某寻呼台在1分钟内接到的寻呼次数，ξ2表示某城市一天内发生的火警次数，ξ3表示某城市一天内的温度，ξ4表示某客运站1小时内发出的客车次数.其中不是离散型随机变量的是 ( )
A.ξ1 B.ξ2 C.ξ3 D.ξ4
答案：C
【类题演练3】抛掷两颗骰子，所得点数之和为ξ，那么ξ=4表示的随机试验结果是( )
A.一颗是3点，一颗是1点 B.两颗都是2点
C.两颗都是4点 D.一颗是3点，一颗是1点或两颗都是2点
解析：对A、B中表示的随机试验的结果，随机变量均取值4，而D是ξ=4代表的所有试验结果.掌握随机变量的取值与它刻画的随机试验的结果的对应关系是理解随机变量概念的关键.
答案：D
【变式提升3】袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能取值的个数是( )
A.5 B.9 C.10 D.25
解析：号码之和可能为2，3，4，5，6，7，8，9，10，共9种.
答案：B
2.1.2 离散型随机变量的分布列
课堂导学
三点剖析
一、离散型随机变量的分布列
【例1】 给出下列A、B、C、D四个表，其中能成为随机变量ξ的分布列的是( )
A.
ξ
0
1
P
0.6
0.3
B.
ξ
0
1
2
P
0.902 5
0.095
0.002 5
C.
ξ
0
1
2
…
n
P
…
D.
ξ
0
1
2
…
N
P
…
思路分析：根据离散型随机变量的分布列的特征求解.
解：对于表A，由于0.6+0.3=0.9＜1,故不能成为随机变量ξ的分布列；仿上可知，对于表C，有＜1；对于表D，知1＜1,故表C，D均不能成为随机变量的分布列；对于B，由于0.902 5+0.095+0.002 5=1,故表B可以成为随机变量ξ的分布列.
答案：B
二、离散型随机变量的分布列的求法：
【例2】 一签筒中放有标号分别为0、1、2、…、9的十根竹签，从中任取一根，记所取出的竹签的号数为ξ，写出ξ的分布列.
解析：标号分别为0、1、2、……、9的十根竹签，每一根被取出的可能性相同，其概率为，于是ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
0.1
0.1
0.1
0.1
0.1
ξ
5
6
7
8
9
P
0.1
0.1
0.1
0.1
0.1
温馨提示
求离散型随机变量的分布列，关键是求ξ取每一个值时的概率，这需用到排列组合以及等可能事件的概率、互斥事件的概率的求法等知识，另外，要注意利用分布列的性质对所求结果进行检验.
三、两点分布列和超几何分布列问题：
【例3】 设有产品100件，其中有次品5件，正品95件，现从中随机抽取20件，求抽得次品件数ξ的分布列.
思路分析：从100件产品中随机抽取20件，抽得次品件数ξ是一个离散型的随机变量，其次品件数可能是0，1，2，3，4，5（件）.
解：依题意，随机变量ξ（次品件数）的可能取值为0、1、2、3、4、5.
P{ξ=k}=(k=0,1,2,3,4,5).∴P{ξ=0}==0.319 3,P{ξ=1}==0.420 1,
P{ξ=2}==0.207 3,P{ξ=3}==0.047 9,P{ξ=4}==0.005 2,
P{ξ=5}==0.000 2
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
5
P
0.319 3
0.420 1
0.207 3
0.047 9
0.005 2
0.000 2
各个击破
【类题演练1】若离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
P
9c2-c
3-8c
试求出常数c.
解析：由离散型随机变量分布列的基本性质知
解得.
即ξ的分布列为
ξ
0
1
P
【变式提升1】设随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=，k=1，2，3，4，5，则（1）P（ξ=1或ξ=2）=____________；
（2）P(＜ξ＜)=____________;
(3)P(1≤ξ≤2)=____________.
解析：（1）∵P(ξ=1)=,P(ξ=2)=
∴P(ξ=1或ξ=2)=P(ξ=1)+P(ξ=2)
=+=
(2)P(＜ξ＜)=P(ξ=2或1)=
(3)P(1≤ξ≤2)=P(ξ=1或ξ=2)=
【类题演练2】一袋中装有6个同样大小的小球，编号为1、2、3、4、5、6，现从中随机取出3个小球，以ξ表示取出球的最大号码，求ξ的分布列.
解析：随机变量ξ的取值为3、4、5、6，从6个球中取出3个球取法共有=20种.
∴P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,
P(ξ=5)=,P(ξ=6)=.
ξ的分布列为：
ξ
3
4
5
6
P
【变式提升2】设随机变量ξ的分布列如下：
ξ
1
2
3
4
……
n
……
P
……
……
求随机变量η=sin()的分布列.
解析：随机变量η的取值为-1，0，1显然P（η=-1）=P（ξ=3，7，11，……）=P（ξ=3）+P（ξ=7）+P（ξ=11）+…=.
P(η=0)=P(ξ=2,4,6……)
=P(ξ=2)+P(ξ=4)+P(ξ=6)+ …
=,
P(η=1)=P(ξ=1,5,9……)
.
随机变量η的分布列：
η
-1
0
1
P
【类题演练3】 设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ去描述1次试验的成功次数，则p(ξ=0)等于（ ）
A.0 B. C. D.
解析：设“ξ=0”表示试验失败，“ξ=1”表示试验成功，设失败率为p，则成功率为2p.
∴由p+2p=1得p=.
答案：C
【变式提升3】 某商场准备在“十一”期间举行商品展销会.若“十一”期间不下雨，在商场外举行，若下雨在商场内举行.经气象台预测“十一”期间下雨的概率为，用ξ表示举办地，求ξ的分布列.
解析：不妨设ξ=0，1，分别表示在商场内外举办，则ξ的分布列为：
ξ
0
1
P
2.2.1 条件概率
课堂导学
三点剖析
一、利用公式P（A|B）=求条件概率
【例1】 某个学习兴趣小组有学生10人，其中有4人是三好学生.现已把这10人分成两组进行竞赛辅导，第一小组5人，其中三好学生2人.如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的概率是多少？现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，问这名同学在第一小组的概率是多少？
思路分析：这实际是一道简单的古典概型问题，在第二问中，由于任选的一个学生是三好学生，比第一问多了一个“附加的”条件，因而本题又是一个简单的条件概率题.
解：设A={在兴趣小组内任选一个学生，该学生在第一小组}，B={在兴趣小组内任选一名学生，该学生是三好学生}，而第二问中所求概率为P（A|B），于是
P（A）==
P(A|B)=
温馨提示
利用P（B|A）=求条件概率的一般步骤是：
（1）计算P（A）；
（2）计算P（AB）（A、B同时发生的概率）；
（3）用公式P（B|A）=计算P（B|A）.
其中（1）（2）可利用古典概型等有关计算概率的方法.
二、利用P（B|A）=计算条件概率
【例2】 10个考题中，有4道难题，甲、乙依次不放回抽取，求
（1）甲抽到难题的概率；
（2）在甲抽到难题的条件下，乙抽到难题的概率.
解：基本事件空间Ω包含的事件数为：n(Ω)=10×9=90
设事件A表示“甲抽到难题”所包含的基本事件数n(A)=4×9=36.
故甲抽到难题的概率为P(A)===,设事件B表示“乙抽到难题”，则事件AB：“甲抽到难题的同时乙也抽到难题”包含的事件数为：
n(AB)=4×3=12.
∴P(B|A)==
温馨提示
利用P（B|A）=计算条件概率时，要明确基本事件空间，以及A，AB包含的结果数.
三、利用公式P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）求概率
【例3】 在10 000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次买两张，求在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率.
解析：设“第一张中一等将”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则
P（A)=,P(AB)=,P(AC)=
故：P(B|A)=
P(C|A)=
∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)
=
即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为.
各个击破
【类题演练1】在100件产品中，有95件合格品，5件次品，从中任取2件，求：
（1）第一次抽到次品的概率；
（2）第一次和第二次都抽到次品的概率；
（3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率.
解析：设第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B，列第一次和第二次都抽到次品为事件AB.
（1）从100件产品中任取二件的事件数为n(Ω)= =9 900.
根据分步计数原理，n(A)= ·=495，于是
P（A）=
(2)因为n(AB)= =20
∴P(AB)=
(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为：
P(B|A)=.
【变式提升1】一个家庭中有两个小孩，已知其中有一个是女孩，问这时另一个小孩也是女孩的概率为多大？（假定一个小孩是男还是女是等可能的）
解析：根据题意基本事件空间为：
Ω={（男，男），（男，女），（女，男），（女，女）}
A={已知有一个是女孩}
={（男，女），（女，男），（女，女）}
B={另一个也是女孩}={（女，女）}
于是所求事件的概率为：
P（B|A）=
【类题演练2】抛掷一枚骰子，观察出玩的点数，A={出现的点数是奇数}={1，3，5}.B={出现的点数不超过3}={1，2，3}，若已知出现的点数不超过3，求出现的点数是奇数的概率.
解析：由题意知：n(B)=3,n(AB)=2 故出现的点数不超过3的条件下，出现点数又是奇数的概率为：
P(A|B)=
【变式提升2】袋中装有6个白球，4个红球，从中依次不放回地取出两球，求在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到红球的概率.
解析：设A={第一次摸到白球}
B={第二次摸到红球}
则n(A)=6×9=54
n(AB)=6×4=24
∴P(B|A)=
【类题演练3】掷两枚均匀的骰子，已知第一枚掷出6点，求两枚骰子掷出的点数之和不小于10的概率.
解析：设A={掷出的点数之和不小于10}，
B={第一枚掷出6点}，于是
P（A|B）=.
【变式提升3】 A、B是两事件，已知，P（A）=0.3,
P（B）=0.8，P（B|A）=0.8.求P（B|）.
解析：由于B=B（A+）=AB+B
又AB、B是两个互斥事件.
于是P（B）=P（AB+B）
=P（AB）+P(B)
=P(A)·P(B|A)+P()P(B|)
所以0.8=0.3×0.8+0.7×P（B|）
解得P（B|）=0.8.
2.2.2 事件的相互独立性
课堂导学
三点剖析
一、事件相互独立性的判断
【例1】 一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令
A={一个家庭中有男孩、又有女孩}
B={一个家庭中最多有一个女孩}
对下述两种情形，讨论A与B的独立性：
（1）家庭中有两个小孩；
（2）家庭中有三个小孩.
解析：（1）有两个小孩的家庭，这时样本空间为：
Ω={（男，男），（男，女），（女，男），（女，女）}
它有4个基本事件，由等可能性知概率各为，这时
A={（男，女），（女，男）}
B={（男，男），（男，女），（女，男）}
AB={（男，女），（女，男）}
于是P(A)=，P(B)=，
P(AB)= ，由此知
P(AB)≠P(A)P(B)
所以事件A、B不相互独立.
（2）有三个小孩的家庭，样本空间为：
Ω={（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）}.
由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时
A中含有6个基本事件
B中含有4个基本事件
AB中含有3个基本事件
于是P(A)=,P(B)=,P(AB)=
∴P(AB)=P(A)·P(B)成立
从而事件A和B是相互独立的.
二、相互独立事件概率的计算
【例2】 甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，求：
（1）两人都击中目标的概率；
（2）其中恰有1人击中目标的概率；
（3）至少有1人击中目标的概率；
（4）至多有1人击中目标的概率.
解析：设甲射击1次，击中目标为事件A，乙射击1次击中目标为事件B.
因为甲是否击中对乙击中的概率没有影响，乙是后击中，对甲击中的概率也没有影响，所以，A与B是相互独立事件
依题意，有P(A)=P(B)=0.6.
（1）两人各射击1次，都击中目标，是A与B同时发生，
∴P(AB)=P(A)·P(B)
=0.6×0.6=0.36.
（2）恰有1人击中目标的含义为：甲中乙不中或甲不中乙中，即事件A·发生或·B发生，由于上射击1次·B和A·不可能同时发生，
因此·B与A·是互斥事件.
∴P(A·)+P(·B)
=P(A)·P()+P()·P(B)
=0.6×（1-0.6）+（1-0.6）×0.6
=0.48.
（3）两人各射击1次，至少有1人击中目标，即·B，或A·，或A·B，由于各射击1次，所以它们是不可能同时发生，为互斥事件.
所以，至少有1人击中目标的概率是：
P(A·B)+P(A·)+P(·B)
=P(A)·P(B)+P(A)·P()+P()·P(B)
=0.6×0.6+0.6×（1-0.6）+（1-0.6）×0.6
=0.84.
（4）两人各射击1次，至多有1人击中目标，这一事件，包含两人都没击中目标，或甲击中乙不中，或甲不中乙中，即事件·发生，或A·发生，或·B发生.
由于甲、乙两人各射击1次，所以·，A·，·B不可能同时发生，是互斥事件，依互斥事件有一发生的概率计算公式，得：
P(·)+P(A·)+P(·B)
=P()·P()+P(A)·P()+P()·P(B)
=（1-0.6）（1-0.6）+0.6（1-0.6）+（1-0.6）·0.6=0.64
三、正确应分“相互独立事件”和互斥事件
【例3】 某家庭电话在家中有人时，打来的电话响第1声被接的概率为0.1，响第2声被接的概率为0.3，响第3声时被接的概率为0.4，响第4声时被接的概率为0.1，那么电话在前4声内被接的概率是多少？
错解：由题意知：电话在前4声内被接的概率是
P=0.1×0.3×0.4×0.1=0.001 2.
剖析：错将互斥事件看成相互独事件同时发生事件.电话在第i声被接和电话在第j声被接（i≠j且i,j∈{1,2,3,4})是互斥事件.
正解：P=0.1+0.3+0.4+0.1=0.9.
温馨提示
在求解概率问题时，有很多同学因分不清“互斥”与“相互独立”这两个概念而发生计算错误.两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，从字面意义上看，两个概念容易区分，但在实际应用过程中却容易产生错误，因此，在解题时要认真审题，切实把这两个概念区分开，看清到底是互斥事件还是相互独立事件的概率问题.
各个击破
【类题演练1】（掷币问题）投若干枚硬币，令A={既出现正面，又出现反面}，B={最多出现一次反面}，对于下述两种情况，讨论事件A与B的独立性：
（1）投两枚硬币；（2）投三枚硬币.
解析：（1）投两枚硬币，样本空间为Ω={（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}，它有4个基本事件，由等可能性知每个基本事件的概率均为.这时A={（正，反），（反，正）}，B={（正，正），（正，反），（反，正）}，AB={（正，反），（反，正）}，于是P(A)=，P(B)=，P(AB)=，因此P(AB)≠P(A)P(B).
故事件A，B不相互独立.
（2）投三枚硬币，样本空间为
Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正），（正，反，反），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}.
它有8个基本事件，由等可能性知这8个基本事件的概率均为，这时A中含有6个基本事件，B中含有4个基本事件，AB中含有3个基本事件，于是
P(A)=，P(B)=，
P(AB)=，
P(AB)=P(A)P(B).
故事件A，B相互独立
【变式提升1】同时抛掷两个均匀的骰子一次，记“第一个骰子落地时向上的数字是偶数”为事件A，“第二个骰子落地时向上的数字是奇数”为事件B，“两个骰子落地时向上的数字或同时出现偶数，或同时出现奇数”为事件C.
问：事件A、B、C是否相互独立.
解析：这里的基本事件是同时抛掷两个骰子，由于骰子是均匀的，则每个骰子落地时向上出现哪个数字是等可能的，由分步计数原理得基本事件总数是6×6=36.
由等可能性事件的概率公式，
P(A)=
P(B)=，
P(C)=.
P（A·B）=，
P（A·C）=，
P（B·C）=.
因此P（A·B）=P（A）·P（B），
P（A·C）=P（A）·P（C），
P（B·C）=P（B）·P（C）.
即A，B，C中任意两个事件都是相互独立的，但同时易知
P（A·B·C）=0，P（A）·P（B）·P（C）=，
∴P（A·B·C）≠P(A)P(B)P(C),
∴A,B,C不是相互独立的.
【类题演练2】
有三种产品，合格率分别是0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验.
（1）求恰有一件不合格的概率；（精确到0.001）
（2）求至少有两件不合格的概率.（精确到0.001）
解析：设三种产品各抽取一件，抽到合格产品的事件分别为A，B和C.根据题设条件可知，P（A）=0.90，P（B）=P（C）=0.95，P（）=0.10，P（）=P（）=0.05.
（1）因为事件A，B，C相互独立，恰有一件不合格的事件是A·B·+A··C+·B·C，它的概率为P（A·B·+A··C+·B·C）
=P（A·B·）+P（A··C）+P（·B·C）
=P（A）·P（B）·P（）+P（A）·P（）·P（C）+P（）·P（B）·P（C）
=0.90×0.95×0.05+0.90×0.05×0.95+0.10×0.95×0.95=0.176.
（2）解法1：至少有两件不合格的事件是A··+··C+·B·+··，它的概率为
P（A··+··C+·B·+··）
=P（A··）+P（·+C）+P（·B·）+P（··）
=P（A）·P（）·P（）+P（）·P（）·P（C）+P（）·P（B）·P（）+P（）·P（）·P（）
0.90·0.05·0.05+0.10·0.05·0.95+0.10·0.95·0.05+0.10·0.05·0.05=0.012.
解法2：三件产品都合格的概率为
P（A·B·C）=P（A）·P（B）·P（C）
=0.90·0.95·0.95=0.812.
由（1）知，恰有一件不合格的概率为0.176，所以至少有两件不合格的概率为
1-0.812-0.176=0.012.
【变式提升2】(2006北京高考，理18)某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.
方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过：
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过.
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a,b,c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.求；
(Ⅰ）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率；
（Ⅱ）试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小.（说明理由）
解析：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，
则P（A）=a,P(B)=b,P(C)=c
(Ⅰ)应聘者用方案一考试通过的概率
P1=P（A·B·）+P（·B·C）+P（A··C）+P（ABC）
=ab(1-c)+bc(1-a)+ac(1-b)+abc
=ab+bc+ca-2abc;
应聘者用方案二考试通过的概率
P2=P(A·B）+P(B·C)+P(A·C)
=(ab+bc+ca).
(Ⅱ)因为a,b,c∈[0,1],所以
P1-P2=(ab+bc+ca)-2abc
=≥0，
故P1≥P2,
即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.
【类题演练3】某零件从毛坯到成品，一共要经过六道自动加工工序，如果各道工序出次品的概率依次为0.01，0.02，0.03，0.03，0.05，0.05，那么这种零件的次品率是多少？
错解：设第i道工序出次品的事件为Ai,i=1,2,…,6,Ai是互斥事件，则Ai中至少有一个事件发生就为次品，故这种零件的次品率为P(A1+A2+…+A6）
=P(A1)+P(A2)+…+P(A6)=0.19.
剖析：错将相互独立事件看成互斥事件，由题意，只有同时经过六道工序才能将事件完成，不能只考虑一道工序是否通过.
正解：设第i道工序出次品的事件为Ai，i=1,2, …,6,它们相互独立但不互斥，则Ai中至少有一个事件发生就为次品，这种零件的次品率为：
P(A1+A2+…+A6)=1-P(）
1-（1-0.01）（1-0.02）（1-0.03）（1-0.03）·（1-0.05）·（1-0.05）≈0.176
【变式提升3】甲投蓝命中率为0.8，乙投蓝命中率为0.7，每人投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？
错解：设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，则两人都恰好投中两次为事件A+B.
P（A+B）=P（A）+P（B）
=0.8×0.8×0.2+0.8×0.2×0.8+0.2×0.8×0.8+0.7×0.7×0.3+0.7×0.3×0.7+0.3×0.7×0.7≈0.825.
剖析：本题错误的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑，将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好投中两次”与“乙恰好投中两次”的和.
正解：设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，且A，B相互独立，则两人都恰好投中两次为事件A·B，于是
P（A·B）=P（A）·P（B）=（0.8×0.8×0.2+0.8×0.2×0.8+0.2×0.8×0.8）×（0.7×0.7×0.3+0.7×0.3×0.7+0.3×0.7×0.7）≈0.169.
2.2.3 独立重复试验与二项分布
课堂导学
三点剖析
一、没有限制条件的独立重复试验问题
【例1】 某人射击一次命中目标的概率是,求此人射击6次恰好3次命中目标的概率.
思路分析：这是独立重复试验问题，分为个互斥事件的和，每一事件的概率都是()3(1-)6-3.
解：依题意，此人射击6次恰3次命中目标的概率为
P(x=3)= ()3(1-)6-3=.
温馨提示
若X—B(n,P),则P(x=k)= pk(1-p)n-k,此公式用于计算一次试验中事件发生的概率为p时，n次独立重复试验中这个事件恰k次发生的概率.这k次是哪k次呢？它有种可能的情况，从而这个问题转化为个互斥事件的和，每一个互斥事件又是n个相互独立的事件的积，其中该事件发生k次，其对立事件发生n-k次，概率都为pk(1-p)n-k，这样，n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率为P(x=k)= pk(1-p)n-k.
必须特别明确的是，有特定的意义，是具有相同概率pk(1-p)n-k的互斥事件发生k次的所有可能数目.
二、有限制条件的独立重复试验问题
【例2】 某人射击一次命中目的概率为,求此人射击6次3次命中且恰有两次连续命中的概率.
思路分析：这是独立重复试验问题，但是6次射击命中三次时又有了限制条件“恰有两次连续命中”，这样，这个问题就不是个互斥事件的和了，那么该问题有多少个互斥事件的和呢？这两次连续命中与另一次命中是间隔排到问题，共有种可能情况，从而该问题转化为个互斥事件的和的概率问题.
解：“6次射击三次命中且恰有两次连续命中”包含个互斥事件，其概率为：
·()3(1-)3=.
温馨提示公式p(x=k)= pk(1-p)n-k
只能用于计算不附带限制条件的独立重复试验问题.附带限制条件的独立重复试验问题关键是求出可以转化为互斥事件的个数，而每一个互斥事件的概率都还是pk(1-p)n-k
三、有关二项分布问题
【例3】 某小组有10台各为7.5千瓦的机床，如果每台机床的使用情况是相互独立的，且每台机床平均每小时开动12分钟，问全部机床用电超过48千瓦的可能性有多少？
解析：由于每台机床正在工作的概率是=,而且每台机床有“工作”与“不工作”两种情况，故某一时刻正在工作的机床台数ξ服从二项分布，即
ξ—B(10,)且
P(ξ=k)=()k()10-k,(k=0,1,2,…,10).
48千瓦可供6台机床同时工作，“用电超过48千瓦”，就意味着“有7台或7台以上的机床在工作”，这一事件的概率为
P(ξ≥7)=P(ξ=7)+P(ξ=8)+P(ξ=9)+P(ξ=10)=()7()3+()8()2+()9()1+（)10()0≈
这说明用电超过48千瓦的可能性很小，根据这一点，我们可以选择适当的供电设备.做到既保证供电又合理节约电源.
各个击破
【类题演练1】假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1-P,且各引擎是否故障是独立的，如果至少50%的引擎能正常运行，飞机就可以成功地飞行，问对于多大的P而言，4引擎飞机比2引擎的飞机更为安全？
解析：4引擎飞机成功飞行的概率为
P2(1-P)2+P3(1-P)+P4=6P2(1-P)2+4P3(1-P)+P4.
2引擎飞机成功飞行的概率为P(1-P)+ P2=2P(1-P)+P2.
要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，只要6P2(1-P)2+4P3(1-P)+P4≥2P(1-P)+P2.
化简，分解因式得(P-1)2(3P-2)≥0.
所以3P-2≥0,
即得P≥.
答：当引擎不出故障的概率不小于时，4引擎飞机比2引擎飞机安全.
【变式提升1】一批产品的废品率p=0.03,进行20次重复抽样（每次抽一个，观察后放回去再抽下一个），求出现废品的频率为0.1的概率.
解析：令ξ表示20次重复抽取中废品出现的次数，它服从二项分布.
P(=0.1)=P(ξ=2)=0.098 8
【类题演练2】某人射击一次命中目标的概率是,求此人射击6次命中目标且不连续命中的概率.
解析：此人射击6次三次命中且不连续命中的概率为：
P=()3(1-)3=.
【变式提升2】某产品的出厂要经过五个指标的抽检，有两项或两项以上指标的抽检不合格时，该产品不能出厂，每项指标不合格的概率都为13，试求该项产品经过五项指标的抽检，恰有连续三项不合格而不能出厂的概率.
解析：相邻三项为：1,2,3；2，3，4；3，4，5.此时所求事件包含三个互斥事件，且每个事件的概率为()3(1-)2,故所求概率为：
P=3()3(1-)2=
【类题演练3】某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%，现从一批产品中任意地连续取出2件，其中次品数ξ的概率分布是
ξ
0
1
2
P
解析：由题意“任意地连续取出2件”可认为两次独立重复试验，则次品数ξ服从二项分布，即
ξ-(2,0.05),
∴ξ=0时，P0=(0.95)2=0.902 5;
ξ=1时，P1=0.95×0.05=0.095;
ξ=2时，P2=0.052=0.002 5.
则ξ的概率分布为
ξ
0
1
2
P
0.902 5
0.095
0.002 5
【变式提升3】10部机器各自独立工作，因修理调整等原因，每部机器停车的概率为0.2.求同时停车数目ξ的分布.
解析：ξ—B(10,k),计算结果列表如下：
ξ
0
1
2
3
4
P
0.11
0.27
0.30
0.20
0.09
ξ
5
6
7
8
9
10
P
0.03
0.01
0.00
0.00
0.00
0.00
2.3.1 离散型随机变量的均值
课堂导学
三点剖析
一、离散型随机变量均值的求法
【例1】 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的人数.
（1）求X的分布列；
（2）求X的均值；
（3）求“所选3人中女生人数X≤1”的概率.
解析：（1）X可能取的值为0，1，2.
P（X=k)=,k=0,1,2.
所以，X的分布列为：
X
0
1
2
P
（2）由（1），X的均值为
EX=0×+1×+2×=1.
（3）由（1），“所选3人中女生人数X≤1”的概率为
P（X≤1)=P(x=0)+P(X=1)=
温馨提示
做这类的题目，首先要确定随机变量的分布列，然后再去求它的均值.
二、离散型随机变量的均值的应用
【例2】 A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，A队队员是A1,A2,A3，B队队员是B1，B2，B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
对阵队员 A队队员的胜率 B队队员的胜率
A1对B1
A2对B2
A3对B3
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A，B两队最后所得总分分别为ξ，η.
（1）求ξ，η的概率分布；
（2）求两队各自获胜的期望.
解析：（1）ξ，η的可能取值分别为3，2，1，0，ξ=3表示三场A队全胜，P（ξ=3）=··=，ξ=2表示三场中A队胜两场，有三种可能.
∴P（ξ=2）=··(1-)+(1-)·+(1-)··=.ξ=1表示三场中A队胜一场，也有三种可能：P（ξ=1）=··+··+··=，ξ=0表示三场A队全负.P（ξ=0）=··=.依题意可知：ξ+η=3，∴P（η=0）=P（ξ=3）=，P(η=1）=P（ξ=2）=，P（η=2）=P（ξ=1）=，P（η=3）=P（ξ=0）=；
（2）Eξ=3×+2×+1×+0×=.
∵ξ+η=3.∴Eη=3-Eξ=.故甲队获胜的期望是，乙队获胜的期望是.
三、与其他知识的交汇题
【例3】 某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4，0.5，0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值.
(Ⅰ)求ξ的分布及数学期望；
(Ⅱ)记“函数f(x)=x2-3ξx+1在区间［2，+∞)上单调递增”为事件A，求事件A的概率.
解析：（Ⅰ）ξ的分布列为
ξ
1
3
P
0.76
0.24
Eξ=1×0.76+3×0.24=1.48.
（Ⅱ）因为f(x)=(x-ξ)2+1-ξ2，所以函数f(x)=x2-3ξx+1在区间［ξ，+∞)上单调递增，要使f(x)在［2,+∞)上单调递增，
当且仅当32ξ≤2，即ξ≤.
从而P（A）=P(ξ≤)
=P(ξ=1)=0.76.
温馨提示
该题考查概率的分布列、期望、随机变量ξ在某一范围内的概率，考查函数的单调性.但是它并没有直接给出ξ的范围，而是通过函数的单调性间接地给出ξ的范围，把函数的单调性和概率结合起来了.
各个击破
【类题演练1】若对于某个数学问题，甲、乙两人都在研究，甲解出该题的概率为，乙解出该题的概率为，设解出该题的人数为ξ，求Eξ.
解析：记“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B.ξ可能取值为0，1，2，
P（ξ=0）=P（）P（）=(1-)(1-)=；
P（ξ=1）=P（A）+P（B）=P（A）P（）+P（）P（B）=(1-)×+ (1-)= ；P（ξ=2）=P（A）P（B）=×=.
所以ξ的分布列为：
Ξ
0
1
2
P
故Eξ=0×+1×+2×≈1.467.
【变式提升1】已知随机变量X的概率分布列为：P（X=k)=qk-1p(k=1,2,…,0＜p＜1,q=1-p),求证：EX=.
证明：∵P（X=k)=qk-1p,
∵EX=1×p+2×qp+3q2p+…+kqk-1p+…
=p(1+2q+3q2+…+kqk-1+…)
令S=1+2q+3q2+…+kqk-1+(k+1)qk+…①
Sq=q+2q2+3q3+…+kqk+(k+1)qk+1+…②
①-②得：
S-Sq=1+q+q2+…+qk+…
即S（1-q)=
∵S=
∴EX=pS=p×=
【类题演练2】某儿童商品专卖商场统计资料表明，每年六一国际儿童节商场内促销活动可获得经济效益2.5万元，商场外的促销活动如不遇雨天可获得经济效益12万元.若促销活动遇到雨天则带来5万元的经济损失.5月30日气象台预报六一儿童节当天有雨的概率是40%，问商场应该采取哪种促销方式？
解析：设该商场六一儿童节在商场外的促销活动获得的经济效益为ξ万元，则由天气预报知P（ξ=12）=0.6，P（ξ=-5）=0.4，∴Eξ=12×0.6+(-5)×0.4=5.2(万元).
即在六一儿童节当地有雨的概率是40%的情况下，在商场外的促销活动的经济效益的期望是5.2万元，超过在商场内促销活动可获得的经济效益2.5万元.故商场应选择商场外的促销活动.
【变式提升2】某寻呼台共有客户3 000人，若寻呼台准备了100份小礼品，邀请客户在指定时间来领取，假设任一客户去领奖的概率为4%，问寻呼台能否向每一位顾客都发出领奖邀请？若能使每一位领奖人都能得到礼品，寻呼台至少应准备多少礼品？
解析：设来领奖的人数ξ=k(k=0,1,2,…,3 000),所以P（ξ=k)=(0.04)k(1-0.04) 3 000-k,可见ξ—B（3 000，0.04)，
所以Eξ=3 000×0.04=120(人）＞100（人）. 答：不能都发出邀请，至少应准备120份礼品.
【类题演练3】某地最近出台一项机动车驾照考试规定；每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7,0.8,0.9,求在一年内李明参加驾照考试次数ξ的分布列和ξ的期望，并求李明在一年内领到驾照的概率.
解析：ξ的取值分别为1，2，3，4. ξ=1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（ξ=1）=0.6. ξ=2，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故
P（ξ=2）=（1-0.6)×0.7=0.28. ξ=3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故
P（ξ=3）=（1-0.6)×(1-0.7）×0.8=0.096.
ξ=4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故
P（ξ=4）=（1-0.6）×（1-0.7）×（1-0.8）=0.024.
∴李明实际参加考试次数ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
0.6
0.28
0.096
0.024
∴ξ的期望Eξ=1×0.6+2×0.28+3×0.096+4×0.024=1.544.
李明在一年内领到驾照的概率为
1-（1-0.6）（1-0.7）（1-0.8）（1-0.9）=0.997 6.
【变式提升3】某电器商经过多年经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ξ是一个随机变量，它的分布列如下：
ξ
1
2
3
4
…
P
1/12
1/12
1/12
1/12
…
设每售出一台电冰箱，电器商可以获利300元，如果售不出而囤积于仓库，则每台每月需花保养费100元，问电器商月初购进多少台电冰箱才能使自己月平均收益最大？
解析：设x为月初电器商购进的电冰箱的台数，只需考虑1≤x≤12的情况，设电器商每月的收益为η元，则η是随机变量ξ的函数，且
η=
电器商平均每月获益的平均数，即数学期望为
Eη=300x（P x+P x+1+…+P12）+［300-100（x-1）］P1+［2×300-100（x-2）］P2+…+［300（x-1）-100］P x-1=300x（12-x+1）×+［300×-100×］=（-2x2+38x）.
由于x∈N+，所以当x=9或10时，即电器商每月初购进9台或10台电冰箱时，收益最大.
2.3.2 离散型随机变量的方差
课堂导学
三点剖析
一、随机变量的方差与标准差的求法
【例1】 设X是一个离散型随机变量，其分布列如下表，试求EX，DX.
X
-1
0
1
P
1-2q
q2
思路分析：依题意，先应按分布列的性质，求出q的数值后，再计算出EX与DX.
解析：由于离散型随机变量的分布列满足
(1)pi≥0,i=1,2,3,…;
(2)p1+p2+…+pn+…=1.
故
解得 q=1-
故X的分布列为
X
-1
0
1
P
∴EX=(-1)×+0×(-1)+1×()
=-+（-）=1-
DX=［-1-（1-)］2×+（1-）2×（-1）+［1-（1-)］2×()
=（-2）2×+（-1）3+2()=-1
温馨提示
解本题时，要防止机械地套用均值与方差的计算公式，即
EX=（-1）×+0×(1-2q)+1×q2=q2-;
DX=［-1-(q2-)］2×+(q2-)2×(1-2q)+［1-(q2-)］2×q2
这是由于忽略了随机变量分布列的性质所出现的误解，求离散型随机变量的均值与方差，应明确随机变量的分布列，若分布列中的概率值是待定常数时，应先求出待定常数后，再求其均值与方差.
二、两点分布、二项分布的方差
【例2】 设一次试验的成功率为p，进行100次独立重复试验，求当p为何值时，成功次数的标准差的值最大？并求其最大值.
思路分析：根据题意，可知本题主要考查服从二项分布的随机变量的标准差公式，所以解本题的关键就是找出几个变量之间的关系.
解：设成功次数为随机变量X，由题意可知X—B（100，p），那么σX=，因为DX=100p(1-p)
=100p-100p2 （0≤p≤1）
把上式看作一个以p为自变量的一元二次函数，易知当p=时，DX有最大值25.所以的最大值为5，即当p=时，成功次数的标准差的最大值为5.
温馨提示
要求成功次数标准差的最大值，就需先建立标准差关于变量p的函数关系式，另外要注意利用分布列的性质求出定义域0≤p≤1.
三、方差的应用
【例3】 海关大楼顶端镶有A、B两面大钟，它们的日走时误差分别为X1、X2（单位：s），其分布列如下：
X1
-2
-1
0
1
2
P
0.05
0.05
0.8
0.05
0.05
X2
-2
-1
0
1
2
P
0.1
0.2
0.4
0.2
0.1
根据这两面大钟日走时误差的均值与方差比较这两面大钟的质量.
解：∵EX1=0,EX2=0
∴EX1=EX2
∵DX1=(-2-0)2×0.05+(-1-0)2×0.05+(0-0)2×0.8+(1-0)2×0.05+(2-0)2×0.05=0.5
DX2=(-2-0)2×0.1+(-1-0)2×0.2+(0-0)2×0.4+(1-0)2×0.2+(2-1)2×0.1=1.2
∴DX1＜DX2
由上可知，A面大钟的质量较好.
温馨提示
随机变量X的方差的意义在于描述随机变量稳定与波动或集中与分散的状况.标准差σX=则体现随机变量取值与其均值的偏差，在实际问题中，若有两个随机变量X1、X2，且EX1=EX2或EX1与EX2比较接近时，我们常用DX1与DX2来比较这两个随机变量，方差值大的，则表明X较为离散，反之则表明X较为集中.同样，标准差的值较大，则标明X与其均值的偏差较大，反之，则表明X与其均值的偏差较小.
各个击破
【类题演练1】若随机事件A在一次试验中发生的概率为2a.随机变量ξ表示在一次试验中发生的次数.
求方差Dξ的最值.
解析：由题意得ξ的分布列为
ξ
0
1
P
1-2a
2a
∴Eξ=0×(1-2a)+1×2a=2a
∴Dξ=(0-2a)2(1-2a)+(1-2a)22a
=(1-2a)2a(2a+1-2a)
=2a(1-2a)=-4［a-］2+
由分布列的性质得0≤1-2a≤1
且0≤2a≤1 ∴0≤a≤
∴当a=时Dξ最大值为；
当a=0或时Dξ的最小值为0.
【变式提升1】某射击手进行射击练习，每射击5发子弹算一组，一旦命中就停止射击，并进入下一组的练习，否则一直打完5发子弹才能进入下一组练习，若该射手在某组练习中射击命中一次，并且已知他射击一次的命中率为0.8，求在这一组练习中耗用子弹数ξ的分布列，并求出ξ的期望Eξ与方差Dξ（保留两位小数）.
解析：该组练习耗用的子弹数ξ为随机变量，ξ可以取值为1，2，3，4，5.
ξ≈1表示一发即中，故概率为
P（ξ=1）=0.8
ξ=2，表示第一发未中，第二发命中，
故P（ξ=2）=（1-0.8）×0.8=0.16；
ξ=3，表示第一、二发未中，第三发命中，
故P（ξ=3）=（1-0.8）2×0.8=0.032；
ξ=4，表示第一、二、三发未中，第四发命中，
故P（ξ=4）=（1-0.8）3×0.8=0.006 4；
ξ=5，表示第一、二、三、四发未中，第五发命中，
故P（ξ=5）=（1-0.8）4=0.001 6，因此，它的分布列为
ξ
1
2
3
4
5
P
0.8
0.16
0.032
0.006 4
0.001 6
Eξ=1×0.8+2×0.16+3×0.032+4×0.006 4+5×0.001 6=1.25.
Dξ=(1-1.25)2×0.8+(2-1.25)2×0.16+(3-1.25)2×0.032+(4-1.25)2×0.006 4+(5-1.25)2×0.001 6=0.31.
【类题演练2】若随机变量A在一次试验中发生的概率为p(0＜p＜1)，用随机变量ξ表示A在1次试验中发生的次数.
（1）求方差Dξ的最大值；
（2）求的最大值.
解析：随机变量ξ的所有可能取值为0，1，并且有P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1-p，从而Eξ=0×（1-p)+1×p=p,Dξ=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p-p2.
(1)Dξ=p-p2=-(p-)2+,
∵0＜p＜1,
∴当p=时，Dξ取得最大值为.
（2）=,
∵0＜p＜1,∴2p+≥.
当且仅当2p=,即p=时，取得最大值2-2.
【变式提升2】证明：事件在一次实验中发生的次数的方差不超过14.
证明：设事件在一次试验中发生的次数为ξ，ξ的可能取值为0或1，又设事件在一次试验中发生的概率为p，则p（ξ=0）=1-p,P(ξ=1)=p,Eξ=0×(1-p)+1×p=p,Dξ=(1-p)·(0-p)2+p(1-p)2= p(1-p)≤()2=.
所以事件在一次试验中发生的次数的方差不超过.
【类题演练3】甲、乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ、η的分布列为：
ξ
10
9
8
7
6
5
0
P
0.5
0.2
0.1
0.1
0.05
0.050
η
10
9
8
7
6
5
0
P
0.1
0.1
0.1
0.1
0.2
0.2
0.2
计算ξ、η的期望与方差，并以此分析甲、乙的技术优劣.
解析：依题意，有Eξ=10×0.5+9×0.2+8×0.1+7×0.1+6×0.05+5×0.05+0×0=8.85(环）.
Eη=10×0.1+9×0.1+8×0.1+7×0.1+6×0.2+5×0.2+0×0.2=5.6(环）.
Dξ=（10-8.85)2×0.5+(9-8.85)2×0.2+(8-8.85)2×0.1×…+(5-8.85)2×0.05+(0-8.85)2×0=2.227 5.
Dη=（10-5.6）2×0.1+（9-5.6）2×0.1+（8-5.6）2×0.1+…+（5-5.6)2×0.2+（0-5.6）2×0.2=10.24.
所以Eξ＜Eη，说明甲的平均水平比乙高，又因为Dξ＜Dη，说明甲射中的环数比较集中，比较稳定，而乙射中的环数分散较大，技术波动较大，不稳定，所以甲比乙的技术好.
【变式提升3】现要从甲、乙两个技工中选派一个参加技术比赛，已知他们在同样的条件下每天的产量相等，而出次品的个数的分布列如下：
次品数ξ1
0
1
2
P
0.1
0.5
0.4
甲
次品数ξ2
0
1
2
3
P
0.3
0.3
0.2
0.2
乙
根据以上条件，选派谁去合适？
解析：Eξ1=0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,
Eξ2=0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2=1.3.由于Eξ1=Eξ2，所以甲技工与乙技工出现次品数的平均水平基本一致，因而还需考查稳定性.
Dξ1=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.41;
Dξ2=(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.因此Dξ1＜Dξ2，所以技工乙波动较大，稳定性较差.综上所述，应选派技工甲去参加比赛.
2.4 正态分布
课堂导学
三点剖析
一、正态分布的性质
【例1】 正态总体N（0，1）的概率密度函数是
f(x)=.x∈R.
(1)求证：f(x)是偶函数；
（2）求f(x)的最大值；
(3)利用指数函数的性质说明f(x)的增减性.
解：（1）对于任意的x∈R，
f(-x)===f(x)
∴f(x)是偶函数.
(2)令z=,当x=0时，z=0，e z=1,∵e z是关于z的增函数，当x≠0时，z＞0,e z＞1,
∴当x=0,即z=0时，取得最小值.
∴当x=0时，f(x)=取得最大值.
(3)任取x1＜0,x2＜0,且x1＜x2,有x12＞x22,∴＜-,∴＜,
∴
即f(x1)＜f(x2)
它表明当x＜0时，f(x)是递增的.
同理可得，对于任取的x1＞0,x2＞0,且x1＜x2，有f(x1)＞f(x2),即当x＞0时，f(x)是递减的.
二、利用正态分布的密度函数求概率
【例2】 设ξ服从N（0，1），求下列各式的值：（1）P（ξ＞2.35);(2)P(ξ＜-1.24);(3)P(|ξ|＜1.54).
分析：因为ξ服从标准正态分布，所以可借助于标准正态分布表，查出其值，由于表中只列出x0＞0,P(ξ＜x0)=Φ（x0)的情形，其他情形需用公式：Φ（-x)=1-Φ(x);P(a＜ξ＜b)=Φ（b)-Φ(a);和P（ξ＞x0)=1-P(ξ＜x0)进行转化.
解析：（1）P(ξ＞2.35)=1-P(ξ＜2.35)=1-Φ(2.35)=1-0.990 6=0.009 4;
(2)P(ξ＜-1.24)=Φ(-1.24)=1-Φ(1.24)=1-0.892 5=0.107 5;
(3)P(|ξ|＜1.54)=P(-1.54＜ξ＜1.54)=Φ(1.54)-Φ(-1.54)=2Φ(1.54)-1=0.876 4.
温馨提示
对于标准正态分布N（0，1）来说，总体在区间（x1,x2)内取值的概率P（x1＜ξ＜x2)=φ(x2)-φ(x1)的几何意义是：介于直线x=x1和x=x2间，x轴上方，总体密度曲线下方的阴影部分面积.
三、正态分布的应用
【例3】 从南部某地乘车前往北区火车站搭汽车有两条线路可走，第一条线路穿过市区，路线较短，但交通拥挤，所需时间（单位为分）服从正态分布N(50,100)，第二条线路沿环城路走，线路较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N（60，16），试计算
(1)若有70分钟时间可用，应走哪条线路？
（2）若有65分钟时间可用，又应走哪条线路？
解析：（1）有70分钟时走第一条线路及时赶到的概率为：
P（ξ≤70)=Φ()=Φ(2)=0.977 2.
走第二条线路及时赶到的概率为
P（ξ≤70）=Φ()=Φ(2.5)=0.993 8.
所以，应走第二条线路.
（2）只有65分钟可用时，走第一条线路及时赶到的概率为：
P(ξ≤65)=Φ()=Φ(1.5)=0.933 2.
走第二条线路及时赶到的概率为
P（ξ≤65）=Φ()
=Φ(1.25)=0.894 4.
所以，应走第一条线路.
温馨提示
正态分布是自然界中最常见的一种分布，例如测量的误差，人的生理特征的某些数据，学生的考试成绩等，它广泛存在于自然现象及科学技术的许多领域中，在实际应用中，当给定一个标准的正态分布N（0，1）以后，设P（ξ＜x）=P,结合标准的正态分布表可求两个方面的问题：一是已知x的值求概率P；二是已知概率P的值求x的值.若ξ—N(μ,σ2)，则—N(0,1),从而把一般的正态分布转化为标准的正态分布.
各个击破
【类题演练1】下列函数是正态密度函数的是( )
A.f(x)= B.f(x)=
C.f(x)= D.f(x)=
思路分析：对照正态密度函数f(x)=易知B选项正确.此时σ=1，μ=0.
答案：B
【变式提升1】把一正态曲线C1沿着横轴方向向右移动2个单位，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为概率密度曲线的总体的方差比的曲线C2为概率密度曲线的总体的方差大2
D.以曲线C2为概率密度设曲线的总体的均值比以曲线C1为概率密度曲线的总体的均值大2
思路分析：正态密度函数为f(x)= ,正态曲线对称轴为x=μ,曲线最高点纵坐标为f(μ)=,所以曲线C1向右平移2个单位后，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，所以均值μ增大2个单位.
答案：C
【类题演练2】若公共汽车门的高度是按照保证成年男子与车门顶部碰头的概率在1%以下设计的，如果某地成年男子的身高ξ—N(175,62)(单位：cm），则该地公共汽车门的高度应设计为多高？
解析：设该地公共汽车门的高度应设计为x cm,则根据题意可知：P（ξ＞x)＜1%,由于ξ—N(175,62)，所以P(ξ＞x)=1-P(ξ＜x)=1-Φ()＜0.01;也就是：Φ()＞0.99,查表可知：＞2.33;解得x＞188.98，即该地公共汽车门至少应设计为189 cm高.
【变式提升2】某镇农民年平均收入服从μ=500元，σ=20元的正态分布，（1）求此镇农民年平均收入在500元—520元间人数的百分比；（2）如果要使农民的年收入在(μ-a,μ+a)内的概率不小于0.95，则a至少为多大？
解析：设ξ表示此镇农民的年收入，由已知ξ—N（500，202）.
（1）P（500＜ξ＜520)
=Φ()-Φ()
=Φ（1）-Φ（0）=0.341 3.这说明此镇农民平均收入在500元—520元间的人数约为34%.
（2）令P(μ-a＜ξ＜μ+a)
=Φ()-Φ(-)≥0.95,
则有Φ()-［1-Φ()］≥0.95,有2Φ()-1≥0.95，所以Φ()≥0.975，由于Φ(x)是增函数，故查表得()≥1.96,所以a＞39.2，因此要使农民的平均收入在（500-a,500+a）内的概率不小于0.95，a不能小于39.2.
【类题演练3】某班有48位同学，一次考试后数学成绩服从正态分布，平均分为80分，标准差为10，问从理论上讲在80分至90分之间有多少人？
解析：设x表示这个班的数学成绩，则x服从N（80，102），P（80＜x＜90）=Φ()-Φ()=Φ(1)-Φ(0),查标准正态分布表得
Φ(1)=0.841 3,Φ(0)=0.500 0,故P(80＜x＜90)=0.841 3-0.500 0=0.341 3.所以从理论上讲在80分至90分之间有48×0.341 3=16.382 4≈16(人).
【变式提升3】已知测量误差ξ—N(7.5,100),(单位cm),则必须进行多少次测量才能使至少一次测量的绝对误差不超过10 cm的概率大于0.9?
解析：设测量的绝对误差不超过10 cm的概率为p，则
p=P(|ξ|≤10)
=Φ()-Φ()
=Φ(0.25)-Φ(-1.75)
=Φ(0.25)-［1-Φ(1.75)］
=Φ(0.25)+Φ(1.75)-1
=0.598 7+0.959 9-1=0.558 6.
设η表示n次测量中绝对误差不超过10 cm的次数，则η—B(n,p),由P(η≥1)＞0.9得1-P（η=0）＞0.9,即1-0.558 60(1-0.558 6)n＞0.9,(0.441 6)n＜0.1.
解得n＞=2.815;所以至少要进行3次测量.
