高中数学选修2-3教案全集

2020-10-28 来源：星星旅游

高中数学教案选修全套

第一章计数原理

1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理

第一课时

1 分类加法计数原理（1）提出问题

问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？

问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？（2）发现新知

分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有同的方法. 那么完成这件事共有

m种不同的方法，在第2类方案中有n种不

种不同的方法. （3）知识应用

例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下： A大学 B大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学法学工程学

如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？

分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有

5+4=9（种）.

变式：若还有C大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？

探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，在第3类方案中有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？

如果完成一件事情有n类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：

完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有

NmnNm1m2mn

种不同的方法.

理解分类加法计数原理：

分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.

例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以, 第一类, m1 = 1×2 = 2 条第二类, m2 = 1×2 = 2 条

第三类, m3 = 1×2 = 2 条

所以, 根据加法原理, 从顶点A到顶点C1最近路线共有 N = 2 + 2 + 2 = 6 条

练习: ( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿ ; ( 2 ）从 A 村去 B 村的道路有 3 条，从 B 村去 C 村的道路有 2 条，从 A 村经 B 的路线有＿条．

第二课时

2 分步乘法计数原理（1）提出问题

问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以总共能编出多少个不同的号码？

A1,A2,…，B1,B2,…的方式给教室里的座位编号，

用列举法可以列出所有可能的号码：

我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．（2）发现新知

分步乘法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有

m种不同的方法，在第2类方案中有n种

不同的方法. 那么完成这件事共有种不同的方法. （3）知识应用

例1.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；

第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有30×24 =720 种不同的选法．一般归纳：完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有

NmnNm1m2mn

种不同的方法. 理解分步乘法计数原理：

分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事. 3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点 ①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题

②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.

例2 .如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？

解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,

第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有N = 3 × 2 ×1×1 = 6

第三课时

3 综合应用

例1. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书. ①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？

②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？ ③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】

①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理. ②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.

③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这

件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.

解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是

Nm1m2m3=4+3+2=9;

( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是

Nm1m2m3=4×3×2=24 .

（3）N43423226。

例2. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？解：从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第 1 步，从 3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上，有 3 种选法；第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上，有 2 种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是

N=3×2=6 .

6 种挂法可以表示如下：

分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．

例3.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？

分析：按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．解：将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：

第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；

第2步，从剩下的25个字母中选 1个，放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个字母中选 1个，放在第3位，有24种选法；第4步，从10个数字中选1个，放在第 4 位，有10种选法；第5步，从剩下的 9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；第6步，从剩下的 8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．

根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） . 同理，字母组合在右的牌照也有11232 000 个．所以，共能给 11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .辆汽车上牌照．

用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ― 需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．

练习

（a1a21．乘积a3)(b1b2b3)(c1c2c3c4c5)展开后共有多少项？

2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。到 9 之间的一个数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？

3．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？

4．某商场有 6 个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？

第四课时

例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？

分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．

解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7 + 6 = 13 种选法．再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9 = = 1053 个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．

例2. 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．

总共有 4 种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？

分析：用图1. 1一2 来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A , C , G , U 中任选一个来占据．

解：100个碱基组成的长链共有 100个位置，如图1 . 1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有

4410044100（个）

例3.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字

符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问：

(1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？

(2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？

分析：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．

解：(1）用图1.1一3 来表示一个字节．

图 1 . 1 一 3

一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示 2×2×2×2×2×2×2×2= 2 =256 个不同的字符；

( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示 256×256 = 65536

个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示．

例4.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．如图1.1一4，它是一个具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？

另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？

图1.1一4

分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第 1 步是从开始执行到 A 点；第 2 步是从 A 点执行到结束．而第 1 步可由子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 来完成；第 2 步可由子模块 4 或子模块 5 来完成．因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理．

解：由分类加法计数原理，子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 中的子路径共有18 + 45 + 28 = 91 （条） ; 子模块 4 或子模块 5 中的子路径共有38 + 43 = 81 （条） .

又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有91×81 = 7 371（条）.

在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块．这样，他可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为

18 + 45 + 28 + 38 + 43 =172.

再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1 步中的各个子模块和第 2 步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6 .

如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常．这样，测试整个模块的次数就变为 172 + 6=178（次）.

显然，178 与7371 的差距是非常大的．巩固练习：

1.如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通, 从丁地到丙地有2条路可通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？

2.书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？

（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？

3.如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为()

A. 180 B. 160 C. 96 D. 60 ② ① ③ 图一

④ ① ③ ② 图二

④ ② ① ③ ④

图三

若变为图二,图三呢?

5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？

6．（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ） A．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分教学反思：课堂小结

1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.

2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别

分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事. 3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：

分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即\"不重不漏\".

分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成. 分配问题

把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题．因为这涉及到两类元素：被分配元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了．

事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把10个全排列，可以理解为在10个人旁边，有序号为1，2，……，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”： ①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是

mn，这里nm.其中m是“接受单位”的个数。至于谁

是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要nm.个数为m的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以简化为

少

多

.这里的“多”只要“少”.

②.被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以

1．2．1排列

第一课时

一、复习引入：

Akk.

1分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法那么完成这件事共有 Nm1m2mn种不同的方法

2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方

法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有Nm1m2mn 种不同的方法分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,区别在于:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都完成才算做完这件事应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独

立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制二、讲解新课： 1问题：

问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？

分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙甲丙乙甲乙丙丙甲丙乙，其中被取的对象叫做元素解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有 3×2=6 种，如图 1.2一1 所示．

把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素 a , b ，。中任取 2 个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是 ab,ac,ba,bc,ca, cb,

共有 3×2=6 种．

问题2．从1,2,3,4这 4 个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？

分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，

从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法由分步计数原理共有：4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法显然，从 4 个数字中，每次取出 3 个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三位数．因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题：

第 1 步，确定百位上的数字，在 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个数字中任取 1 个，有 4 种方法；

第 2 步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的 3 个数字中去取，有 3 种方法；第 3 步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的 2 个数字中去取，有 2 种方法．

根据分步乘法计数原理，从 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个不同的数字中，每次取出 3 个数字，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，共有

4×3×2=24

种不同的排法，因而共可得到24个不同的三位数，如图1. 2一2 所示．

由此可写出所有的三位数：

123，124, 132, 134, 142, 143， 213，214, 231, 234, 241, 243， 312，314, 321, 324, 341, 342， 412，413, 421, 423, 431, 432 。同样，问题 2 可以归结为：

从4个不同的元素a, b, c，d中任取 3 个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？所有不同排列是

abc, abd, acb, acd, adb, adc, bac, bad, bca, bcd, bda, bdc, cab, cad, cba, cbd, cda, cdb, dab, dac, dba, dbc, dca, dcb. 共有4×3×2=24种. 树形图如下

a b ｃｄ

ｂｃｄａｃｄａｂｄａｂｃ

2．排列的概念：

从n个不同元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n个．．．．．不同元素中取出m个元素的一个排列．．．．

说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同 3．排列数的定义：

从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号An表示注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从n个不同元素中，任取m个元素按照一定的顺序排成一列，不是．．．．．

m数；“排列数”是指从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号An只表示排列

m数，而不表示具体的排列

4．排列数公式及其推导：

由

An2的意义：假定有排好顺序的2个空位，从n个元素a1,a2,an中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，

每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数

An2．由分步计数原理完成上述填空共有n(n1)种填法，∴An2=n(n1)由此，求求

33An可以按依次填3个空位来考虑，∴An=n(n1)(n2)，

mAnm以按依次填m个空位来考虑Ann(n1)(n2)(nm1)，

排列数公式：

mAnn(n1)(n2)(nm1)

（m,nN,mn）

说明：（1）公式特征：第一个因数是n，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是nm1，共有m个因数；

（2）全排列：当n全排列数：

m时即n个不同元素全部取出的一个排列 nAnn(n1)(n2)21n!（叫做n的阶乘）

另外，我们规定 0! =1 .

例1．用计算器计算： (1）A10； (2）A18; (3）A18解：用计算器可得：

451813A13.

由（ 2 ) ( 3 ）我们看到，A18nAnn!. AnmAnm(nm)!mn51813A18A13．那么，这个结果有没有一般性呢？即

排列数的另一个计算公式：

mAnn(n1)(n2)(nm1)

nn(n1)(n2)(nm1)(nm)321n!An=nm(nm)(nm1)321(nm)!Anm即

Anm=

n! (nm)! 例2．解方程：3

3Ax2Ax216Ax2．

解：由排列数公式得：3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)， ∵x3，∴ 3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，即3x解得 x5或x217x100，

2，∵x3，且xN，∴原方程的解为x5． 3x例3．解不等式：A96A9x2．

解：原不等式即

9!9!6，

(9x)!(11x)!也就是

162，化简得：x21x1040，

(9x)!(11x)(10x)(9x)!解得x8或x13，又∵2所以，原不等式的解集为例4．求证：（1）Annx9，且xN，

2,3,4,5,6,7．

(2n)!135n2n!(2n1)．

mnmAnAn（2）m；

证明：（1）

mnmAnAnmn!(nm)!n!Ann，∴原式成立 (nm)!（2）

(2n)!2n(2n1)(2n2)n2n!2nn!2nn(n1)4321

21(2n1)(2n3)2nn!31

n!13(2n3)(2n1)135n!(2n1)右边

∴原式成立说明：（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；

（2）公式

mAnn(n1)(n2)Anm中，m,nN且mn这些限制条件，要注意含排列数

(nm1)常用来求值，特别是m,n均为已知时，公式Anm=

n!，常用

(nm)!来证明或化简例5．化简：⑴

1232!3!4!n1；⑵11!22!33!n!nn! ⑴解：原式1!111112!2!3!3!4!1111

(n1)!n!n!⑵提示：由

n1!n1n!nn!n!，得nn!n1!n!，

原式n1!1 说明：

n111． n!(n1)!n!第二课时

例1．(课本例2)．某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？

解：任意两队间进行1次主场比赛与 1 次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列．因此，比赛的总场次是

2A14=14×13=182.

例2．(课本例3)．(1）从5本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？ (2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？

解：(1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不同送法的种数是

A53=5×4×3=60.

(2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有 5 种不同的选购方法，因此送给 3 名同学每人各 1 本书的不同方法种数是5×5×5=125.

例 8 中两个问题的区别在于： ( 1 ）是从 5 本不同的书中选出 3 本分送 3 名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而（ 2 ）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算．

例3．(课本例4)．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到 9 这 10 个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题

解法 1 ：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9 这中任选 1 个，有A9种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可的9个数字中任选2个，有原理，所求的三位数有

1A9A92=9×9×8=648（个） .

1能是O，因九个数字以从余下乘法计数

A92种选法（图1.2一 5) ．根据分步

解法 2 ：如图1.2 一6 所示，符合条件的三位数可分成 3 类．每一位数字都不是位数有 A 母个，个位数字是 O 的三位数有揭个，十位数字是 0 的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有

3A9A92A92=648个．

解法 3 ：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为

32A10，其中 O 在百位上的排列数是A9，它们的差就是用

这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是

32A10-A9=10×9×8-9×8=648.

对于例9 这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法 1 根据百位数字不能是。的要求，分步完成选 3 个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法 2 以 O 是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法 3 是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出 m (m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．

1.1节中的例 9 是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？四、课堂练习： 1．若x2．与3．若

n!3n3n3，则x （）(A)An (B)An (C)A3 (D)An3 3!398910A10A77不等的是（）(A)A10 (B)81A8 (C)10A9 (D)A10 53Am2Am，则m的值为（）(A)5 (B)3 (C)6 (D)7

56(m1)!2A93A9 ． 4．计算：； n16Am1(mn)!9!A105．若2(m1)!42，则m的解集是． m1Am1mA101096．（1）已知（3）已知

5，那么m ；（2）已知9!362880，那么A97= ；

222An56，那么n ；（4）已知An7An4，那么n ．

7．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停放1列火车）？ 8．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？答案：1. B 2. B 3. A 4. 1,1 5.

2,3,4,5,6

6. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5 7. 1680 8. 24 教学反思：

排列的特征：一个是“取出元素”；二是“按照一定顺序排列” ,“一定顺序”就是与位置有关，这也是判断一个问题是不是排列问题的重要标志。根据排列的定义，两个排列相同，且仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列顺序也相同. 了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。

对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指，按照要求，一点点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案剔出去．了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。

第三课时

例1．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？

解：（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：

3A554360，所以，共有60种不同的送法

（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：555125，所以，共有125种不同的送法说明：本题两小题的区别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算例2．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，每次可以任意挂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：分3类：第一类用1面旗表示的信号有

21A3种；第二类用2面旗表示的信号有A3种；第三类用3面旗表示的信号有

13A33种，由分类计数原理，所求的信号种数是：A3A32A333232115，

例3．将4位司机、4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？

分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把4位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有

A44种方法；

A44种方法，

第二步：把4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有利用分步计数原理即得分配方案的种数解：由分步计数原理，分配方案共有N字的三位数？

解法1：用分步计数原理：所求的三位数的个数是：

44A4A4576（种）例4．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数

1A9A92998648 32解法2：符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有A9个，个位数字是0的三位数有A9个，十位数字是0的三位数有A9个，

由分类计数原理，符合条件的三位数的个数

3A9A92A92648．

2是：

解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A10，其中以0为排头的排列数为A9，因此符合条件的三位数的个数是

3A10A92648-A92．

32说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏第四课时

例5．（1）7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：7个元素的全排列

A77＝5040．

（2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？

解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040．

（3）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——

A66=720．

（4）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？解：根据分步计数原理：第一步甲、乙站在两端有第二步余下的5名同学进行全排列有

A22种；

5A55种，所以，共有A22A5=240种排列方法（5）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？

解法1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A5种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有

解法2：（排除法）若甲站在排头有

2A55种方法，所以一共有A52A55＝2400种排列方法 A66种方法；若乙站在排尾有A66种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有A55种方

A77－2A66＋A55=2400种．

法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有

说明：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑例6.从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？解法一：（从特殊位置考虑）

15A9A9136080；

解法二：（从特殊元素考虑）若选：5则共有5A95A95；若不选：A96，

A96136080种；

65A10A9136080解法三：（间接法）第五课时

例7． 7位同学站成一排，

（1）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？

解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有甲、乙两个同学“松绑”进行排列有

62A21440种 A22种方法．所以这样的排法一共有A6A66种方法；再将

（2）甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？解：方法同上，一共有

A55A33＝720种（3）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？

解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有乙两个同学“松绑”进行排列有

A52种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A44种方法；最后将甲、

A22种方法．所以这样的排法一共有A52A44A22＝960种方法

解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2A5种方法，所以，丙不能站在排头和排尾的排法有(A66522A5)A2960种方法 5解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有以，这样的排法一共有

51A4种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有A5种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所

1A55A22＝960种方法． A4（4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有2个元素，∴一共有排法种数：

342A3A4A2288（种）

说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）．例8．7位同学站成一排，

（1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一：（排除法）

762A7A6A23600；

解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有分别插入这六个位置（空）有

A55种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学

种方法．

52A62种方法，所以一共有A5A63600（2）甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：先将其余四个同学排好有有

A44种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”

A53种方法，所以一共有A44A53＝1440种．

说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）．

第六课时

例9．5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列解：（1）先将男生排好，有故本题的排法有N5A55种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡”（包括两端）中，有2A5种排法 552A5A528800（种）；

10A105（2）方法1：N5A1030240；

A5方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有的位置已经指定，所以她们只有一种排法 5A10种排法；余下的5个位置排女生，因为女生

故本题的结论为N2007年高考题

5A10130240（种）

1．（2007年天津卷）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有

子涂一种颜色，390 种（用数字

作答）．

2．（2007年江苏卷）某校开设9门课程供学生选修，其中

A,B,C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同

学选修4门，共有 75 种不同选修方案。（用数值作答）

3．（2007年北京卷）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（Ｂ）Ａ．1440种

Ｂ．960种

Ｃ．720种

Ｄ．480种

4．图３是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的某种配件各５０件，在使用前发现需将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的这批配件分别调整为４０、４５、５４、６１件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（ｎ个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为ｎ）为答案：B；（Ａ）１５（Ｂ）１６（Ｃ）１７（Ｄ）１８

5．（2007年全国卷I）从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有

（用数字作答） 36 种．

6．（2007年全国卷Ⅱ）从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ B ） A．40种

B．60种

C．100种

D．120种

210 种.（用数字作答）

7. （2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有（A）288个（B）240个（C）144个（D）126个

8．（2007年四川卷）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（）解析：选B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有14A43396个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有23A4144个；

故共有96144240个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目．

9（．2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有____25_____种.（以数字作答）

10．（2007年宁夏卷）某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有

240

种．（用数字作答）

11．（2007年辽宁卷）将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第i个数为ai(i1，2，，6)，若a11，a33，a55，

a1a3a5，则不同的排列方法有种（用数字作答）．

解析：分两步：（1）先排a1,a3,a5，a1=2，有2种；a1=3有2种；a1=4有1种，共有5种；（2）再排a2,a4,a6，共有

3A36种，故不同的排列方法种数为5×6=30，填30．

1．2．2组合

第一课时

一、复习引入：

2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方

法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有Nm1m2mn 种不同的方法 3．排列的概念：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，．．．．．叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．．．． 4．排列数的定义：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号

Anm表示 5．排列数公式：

mAnn(n1)(n2)(nm1)（m,nN,mn）

6阶乘：n!表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘规定0!1． 7．排列数的另一个计算公式：

Anm=

(nm)! 8.提出问题：

示例1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去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，有多少种不同的选法？

示例2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？

引导观察：示例1中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例2只要求选出2名同学，是与顺序无关的引出课题：组合．．．

二、讲解新课：

1组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出mmn个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一

个组合说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同例1．判断下列问题是组合还是排列

（1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？（2）高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？

（3）从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不同的选法？

（4）10个人互相通信一次，共写了多少封信？（5）10个人互通电话一次，共多少个电话？问题：（1）1、2、3和3、1、2是相同的组合吗？（2）什么样的两个组合就叫相同的组合 2．组合数的概念：从n个不同元素中取出m的组合数．用符号Cn表示．．．．

例2．用计算器计算C10．

7mn个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素

解：由计算器可得

例3．计算：（1）C7；（2）C10；

477654＝35；

4!109876547（2）解法1：C10＝120．

7!10!10987 解法2：C10＝120． 7!3!3!（1）解： C74第二课时

3．组合数公式的推导：

（1）从4个不同元素a,b,c,d中取出3个元素的组合数C4是多少呢？

启发：由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数A4可以求得，故我们可以考察一下C4．．．．．．．．．

3A4的关系，如下：

333和

组合排列

abc abdacdbcdabc,bac,abd,bad,acd,cad,bcd,cbd,cab,dab,dac,dbc,acb,bca,cbaadb,bda,dba adc,cda,dcabdc,cdb,dcb3A4，可以分如下

由此可知,每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数

3两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有C4个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有

3A4种方法．由分步计数原理得：A＝CA，所以，C3A3343433A3334．

（2）推广：一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数Cn； ② 求每一个组合中m个元素全排列数（3）组合数的公式：

mmAn，可以分如下两步：

mmmmAm，根据分步计数原理得：An＝CnAm．

Anmn(n1)(n2)(nm1) CmAmm!mn或Cmnn!(n,mN,且mn)m!(nm)! 18

规定: C0n1.

三、讲解范例：

例4．求证：Cmnm1m1Cn．

nm证明：∵Cmnn!

m!(nm)!m1n!

nm(m1)!(nm1)!m1Cnm＝

m1nm1n!

(m1)!(nm)(nm1)!n!

m!(nm)!＝

∴Cmnm1m1Cn

nmx12x3Cx1的值例5．设xN, 求C2x3 解：由题意可得：2x3x1 ，解得2x4，

x12x3∵xN， ∴x当x2或x3或x4，

2时原式值为7；当x3时原式值为7；当x4时原式值为11．

第三课时

∴所求值为4或7或11．

例6．一位教练的足球队共有 17 名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：

(l)这位教练从这 17 名学员中可以形成多少种学员上场方案？

(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？

分析：对于（1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从 17 个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于（ 2 ) ，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．

解： (1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有 C ｝手＝ 12 376 （种） . (2）教练员可以分两步完成这件事情：

第1步，从17名学员中选出 n 人组成上场小组，共有C17种选法；第2步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有C11种选法．所以教练员做这件事情的方法数有

111C17C11=136136（种）.

例7．（1）平面内有10 个点，以其中每2 个点为端点的线段共有多少条？ (2）平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为端点的有向线段共有多少条？

解：(1）以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有

C21010945（条）.

12(2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每 2 个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段共有

2A1010990（条）.

例8．在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品．从这 100 件产品中任意抽出 3 件 . (1）有多少种不同的抽法？

(2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种？ (3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种？

解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有

C31001009998= 161700 （种）.

12312 (2）从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有C2种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有C98种，因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有

12C2C98=9506(种).

(3）解法 1 从 100 件产品抽出的 3 件中至少有 1 件是次品，包括有1件次品和有 2 件次品两种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有C2C98种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有

1221C2C98+C2C98=9 604 （种） .

12解法2 抽出的3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3 件的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数，即

33C100C98=161 700-152 096 = 9 604 （种）.

说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。变式：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？

（1）甲、乙、丙三人必须当选；（2）甲、乙、丙三人不能当选；（3）甲必须当选，乙、丙不能当选；（4）甲、乙、丙三人只有一人当选；（5）甲、乙、丙三人至多2人当选；（6）甲、乙、丙三人至少1人当选；例9．（1）6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？解：C6222C4C290．

（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求至少有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？解：问题可以分成2类：

第一类 2名男生和2名女生参加，有C5C4第二类 3名男生和1名女生参加，有C5C4312260中选法； 40中选法

依据分类计数原理，共有100种选法错解：C5C4C6211240种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多例10．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C4，C4所以，一共有C4+C432112C6+C4C6＝100种方法． 3C610032112C6，C4C6，

解法二：（间接法）C103 第四课时

组合数的性质1：CnmnmCn．

一般地，从n个不同元素中取出m个元素后，剩下nm个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n  m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中．．．．取出n  m个元素的组合数，即：CnnmmnmCn．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想证明：∵Cnn!n! (nm)![n(nm)]!m!(nm)!m又 Cnmnmn!，∴CnCn m!(nm)!0说明：①规定：Cn1；

nmnm时，计算Cn可变为计算Cn，能够使运算简化. 21②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标； ③此性质作用：当m例如C2002＝C2002 ④Cnx200120022001＝C2002=2002；

Cnyxy或xyn．

mmm12．组合数的性质2：Cn1＝Cn+Cn一般地，从a1,．

ma2,,an1这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是Cn1，这些组合可以分为两类：一类含

m1a3,,an1这n个元素中取出m 1个元素与a1组成的，共有Cn有元素a1，一类不含有a1．含有a1的组合是从a2,个；不含有a1的组合是从a2,ma3,,an1这n个元素中取出m个元素组成的，共有Cn个．根据分类计数原理，可以得

到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．

mm1证明：CnCnn!(nm1)n!m n!n! m!(nm1)!m!(nm)!(m1)![n(m1)]! m(nm1m)n!(n1)!Cn1

m!(nm1)!m!(nm1)!

∴Cn1＝Cn+Cnmmm1．

说明：①公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与大的相同的一个组合数； ②此性质的作用：恒等变形，简化运算例11．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？

（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？解：（1）C8332356,或C83C72C7，；（2）C721；（3）C735．

36C74C85C9； nn1n2例12．（1）计算：C7n（2）求证：Cm2＝Cm+2Cm+Cm解：（1）原式C84．

564C85C96C9C96C10C10210；

证明：（2）右边(Cmnn1n1n2nn1nCm)(CmCm)CmCC1m1m2左边例13．解方程：（1）C1313Ax3． 10解：（1）由原方程得x12x3或x12x313，∴x4或x5，

x12x3x2x3C13；（2）解方程：Cx2Cx21x113 又由12x313得2x8且xN，∴原方程的解为x4或x5 xN上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把x（2）原方程可化为Cx3x24和x5代入检验,这样运算量小得多.

(x3)!(x3)!13135，∴， Ax3，即CxA3x35!(x2)!10x!1010∴

11，

120(x2)!10x(x1)(x2)!2∴xx120，解得x4或x3，

经检验：x

4是原方程的解第五课时

例14．证明：CmnpnpCnpCmCmp。

证明：原式左端可看成一个班有m个同学，从中选出n个同学组成兴趣小组，在选出的n个同学中，p个同学参加数

p个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在m个同学中选出p个同学参加数学

兴趣小组，在余下的mp个同学中选出np个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边=

学兴趣小组，余下的n右边，等式成立。

例15．证明：CnCm0m1m1m0mCnCm…CnCmCm。 n（其中nm）

证明：设某班有n个男同学、m个女同学，从中选出m个同学组成兴趣小组，可分为m1类：男同学0个，1个，…，

m个，则女同学分别为m个，m1个，…，0

选法数为Cmn，故等式成立。

例16．证明：Cn证明：左边=Cn1i11m个，共有选法数为CnCm0m1m1m0CnCm…CnCm。又由组合定义知

23n2Cn3Cn…nCnn2n1。

23n1112131n2Cn3Cn…nCn=C1CnC2CnC3Cn…CnCn，

其中CiCn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选一个的组合数。设某班有n个同学，选出若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数i分类（i…，n），则选法总数即为原式左边。现换1，2，n1一种选法，先选组长，有n种选法，再决定剩下的n1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2以选法总数为n2n1种，所

种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。

123n22Cn32Cn…n2Cnn(n1)2n2。

例17．证明：Cn证明：由于i2iiCnCi1Ci1Cn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式

左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有

n2n1种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有

n(n1)2n2种选法。∴共有n2n1+n(n1)2n2n(n1)2n2种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，

等式成立。

例18．第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？答案是：8C42842264，这题如果作为习题课应如何分析解：可分为如下几类比赛：

⑴小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；

⑵八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场； ⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8强中每两个队比赛一场，可以决出4强，共有4场； ⑷半决赛：根据抽签规则，4强中每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场； ⑸决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两队比赛1场决出第三、四名共有2场. 综上，共有8C4四、课堂练习：

1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：

（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？

（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？ 2．7名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（）

2842264场 A．42 B．21 C．7 D．6

3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（）

A．15对 B．25对 C．30对 D．20对

4．设全集Ua,b,c,d，集合A、B是U的子集，若A有3个元素，B有2个元素，且ABa，求集合A、

B，则本题的解的个数为（）

A．42 B．21 C．7 D．3

5．从6位候选人中选出2人分别担任班长和团支部书记，有种不同的选法 6．从6位同学中选出2人去参加座谈会，有种不同的选法 7．圆上有10个点：

（1）过每2个点画一条弦，一共可画条弦；

（2）过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画个圆内接三角形 8．（1）凸五边形有条对角线；（2）凸n五边形有条对角线 9．计算：（1）C15；（2）C610．A,B,C,D,E情况共有多少种？

33C84．

（1）共需比赛多少场？（2）若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能5个足球队进行单循环比赛，

11．空间有10个点，其中任何4点不共面，（1）过每3个点作一个平面，一共可作多少个平面？（2）以每4个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？

12．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？ 13．写出从a,b,c,d,e这5个元素中每次取出4个的所有不同的组合答案：1. （1）组合, （2）排列 2. B 3. A 4. D 5. 30 6. 15

7. （1）45 （2） 120 8. （1）5（2）n(n3)/2 9. ⑴455； ⑵11. ⑴C1012. C41327 10. ⑴10； ⑵20 4120； ⑵C10210 234C4C4C42411513. a,b,c,d； a,b,c,e； a,b,d,e； a,c,d,e； b,c,d,e 教学反思：

1注意区别“恰好”与“至少”

从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的手套的不同取法共有多少种 2特殊元素（或位置）优先安排

将5列车停在5条不同的轨道上，其中a列车不停在第一轨道上，b列车不停在第二轨道上，那么不同的停放方法有种 3“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空”

七人排成一排，甲、乙两人必须相邻，且甲、乙都不与丙相邻，则不同的排法有多少种 4、混合问题，先“组”后“排”

对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？ 5、分清排列、组合、等分的算法区别

(1)今有10件不同奖品,从中选6件分给甲一件,乙二件和丙三件,有多少种分法?

(2) 今有10件不同奖品, 从中选6件分给三人,其中1人一件1人二件1人三件, 有多少种分法?

(3) 今有10件不同奖品, 从中选6件分成三份,每份2件, 有多少种分法? 6、分类组合,隔板处理

从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?

1．3．1二项式定理

第一课时

一、复习引入： ⑴(ab)⑵(ab)⑶(ab)202122a22abb2C2aC2abC2b；

1233a33a2b3ab2b3C30a3C3abC32ab2C3b3 4(ab)(ab)(ab)(ab)的各项都是4次式，

43即展开式应有下面形式的各项：a，ab，a2b2，ab3，b4，

0展开式各项的系数：上面4个括号中，每个都不取b的情况有1种，即C4种，a的系数是C4；恰有1个取b的情况有C4种，a340131223223b的系数是C4，恰有2个取b的情况有C4种，ab的系数是C4，恰有3个取b的情况有C4种，ab的系数

4是C4，有4都取b的情况有C4种，b的系数是C4， ∴(ab)404132223344C4aC4abC4abC4abC4b．

44二、讲解新课：二项式定理：(ab)nn0n1nCnaCnabrnrrCnabnnCnb(nN)

⑴(ab)的展开式的各项都是n次式，即展开式应有下面形式的各项：

an，anb，…，anrbr，…，bn，

⑵展开式各项的系数：

每个都不取b的情况有1种，即Cn种，a的系数是Cn；恰有1个取b的情况有Cn种，ar10n0n1b的系数是Cn，……，

恰有r个取b的情况有Cn种，annrbr的系数是Cnr，……，

n有n都取b的情况有Cn种，b的系数是Cn， ∴(ab)n0n1nCnaCnabrnrrCnabnnCnb(nN)，

n这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫

rCn(r0,1,(ab)n的二项展开式，⑶它有

n1项，各项的系数

n)叫二项式系数，

⑷Cnarnrrnrrbr叫二项展开式的通项，用Tr1表示，即通项Tr1Cnab．

1x1,bx，则(1x)n1CnrrCnx⑸二项式定理中，设a三、讲解范例：

例1．展开(1解一： (1xn 14)． x．

464114111112313)1C4()C4()C4()()41234xxxxxxxxx1414144413123解二：(1)()(x1)()xC4xC4xC4x1

xxx46411234．

xxxx例2．展开(2x16)． x解：(2x161)3(2x1)6

xx16152433221[(2x)C(2x)C(2x)C(2x)C(2x)C(2x)1] 666663x6012164x3192x2240x16023．

xxx第二课时

例3．求(xa)解：(xa)1212的展开式中的倒数第4项的展开式中共13项，它的倒数第4项是第10项，

91299339T91C12xaC12xa220x3a9．

例4．求（1）(2a3b)，（2）(3b2a)的展开式中的第3项．解：（1）T21 （2）T2166C62(2a)4(3b)22160a4b2，

C62(3b)4(2a)24860b4a2．

66点评：(2a3b)，(3b2a)的展开后结果相同，但展开式中的第r项不相同例5．（1）求(x39)的展开式常数项； 3x（2）求(x39)的展开式的中间两项 3x

39rx9r3rr2r9)C93x2，解：∵Tr1C()(3xr9∴（1）当93r0,r6时展开式是常数项，即常数项为T7C96332268； 2（2）(x39)的展开式共10项，它的中间两项分别是第5项、第6项， 3x4989T5C3x91294253109x2378x33，T6C9x15 第三课时

例6．（1）求(12x)的展开式的第4项的系数；（2）求(x719)的展开式中x3的系数及二项式系数 x解：(12x)的展开式的第四项是T31773C7(2x)3280x3，

∴(12x)的展开式的第四项的系数是280．（2）∵(x191)的展开式的通项是Tr1C9rx9r()r(1)rC9rx92r， xx∴92r3，r3，

∴x的系数(1)3333C984，x3的二项式系数C984．

例7．求(x23x4)4的展开式中x的系数分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开解：（法一）(x23x4)4[(x23x)4]4

01234C4(x23x)4C4(x23x)34C4(x23x)242C4(x23x)43C444，

显然，上式中只有第四项中含x的项， ∴展开式中含x的项的系数是C4（法二）：(x23343768

3x4)4[(x1)(x4)]4(x1)4(x4)4

0413223404132234(C4xC4xC4xC4xC4)(C4xC4x4C4x42C4x43C444)

∴展开式中含x的项的系数是C4例8．已知数最小值 33344C44768．

n*f(x)12x14xm (m,nN)的展开式中含x项的系数为36，求展开式中含x2项的系

分析：展开式中含x项的系数是关于m,n的关系式，由展开式中含x项的系数为36，可得2m4n转化为关于m或n的二次函数求解 236，从而

解：

12xm14xn展开式中含x的项为

1111Cm2xCn4x(2Cm4Cn)x

∴(2Cm114Cn)36，即m2n18，

12xm14xn展开式中含x的项的系数为

222222Cn42m22m8n28n， tCm∵m2n18， ∴m182n， ∴t2(182n)22(182n)8n28n16n2148n612

16(n23715337*时，t取最小值，但nN， n)，∴当n8442∴ n5时，t即x项的系数最小，最小值为272，此时n5,m8．

第四课时

例9．已知(x124x)n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，

（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项解：由题意：2Cn11121Cn()2，即n29n80，∴n8(n1舍去） 22163rrrr1rr8rC824(4)()C8xx1rx4222x ∴Tr1Cr8x8r1r0r8 rZ①若Tr1是常数项，则

163r0，即163r0， 4163r为整数， 4∵rZ，这不可能，∴展开式中没有常数项； ②若Tr1是有理项，当且仅当∴0r8,rZ，∴ r0,4,8，

x4，T5即展开式中有三项有理项，分别是：T163512x，T9x 8256例10．求0.998的近似值，使误差小于0.001．解：0.998601(10.002)6C6C6(0.002)1226C6(0.002)6，

展开式中第三项为C60.0020.00006，小于0.001，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，

∴0.998601(10.002)6C6C6(0.002)10.998，

一般地当a较小时(1a)四、课堂练习： 1.求2.求

n1na 2a3b3b2a36的展开式的第3项. 的展开式的第3项.

63.写出(x123x7)n的展开式的第r+1项.

4.求

x32x3的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数.

5.用二项式定理展开：（1）(ab)5；（2）(x25). 2x56.化简：（1）(17．

lgx5x)(1x)5；（2）(2x6123x12)(2x3x41212)4

xx展开式中的第3项为102n，求x．

1 8．求xx答案：1. T212. T21展开式的中间项 C62(2a)62(3b)22160a4b2

C62(3b)62(2a)24860a2b4 n2r1r3r3nrr3. Tr1Cn(x)( )Cnx32x21r 4.展开式的第4项的二项式系数C75. （1）(a333335，第4项的系数C72280 b)5a55a43b10a33b210a2b5ab3bb3b2；

（2）(x25125xxx)xxxx5x204023232328xxxxx)5(1x)5220x10x2；

6. （1）(112（2）(2x3x)(2x3x)192x12412124432 x 29

xx展开式中的第3项为Cxlgx52532lgx106x32lgx105

2lg2x3lgx50lgx1,lgx105x10,x 10002 18. xx2n展开式的中间项为(1)nC2nn

五、小结：二项式定理的探索思路:观察——归纳——猜想——证明；二项式定理及通项公式的特点八、教学反思：

(a+b) =

这个公式表示的定理叫做二项式定理，公式右边的多项式叫做 (a+b)的，其中Cn（r=0,1,2,……,n）叫

ｎ

r做，叫做二项展开式的通项，它是展开式的第项，展开式共有个项.

掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。

培养归纳猜想，抽象概括，演绎证明等理性思维能力。教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生数学探究能力的极好载体，教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。

二项式定理是指(ab)nn1n22nrranC1bC2bCrb nananan这样一个展开式的公式.它是(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3…等等展开式的一般形式，在初等数学中Cnbn它各章节的联系似乎不太多，而在高等数学中它是许多重要公式的共同基础，根据二项式定理的展开，才求得y=xn的导数公式y′=nxn1，同时lim(1－

n1n)=e≈2.718281…也正是由二项式定理的展开规律所确定，而e在高等数学中的地位更是nθ举足轻重，概率中的正态分布，复变函数中的欧拉公式ei=cosθ+isinθ，微分方程中二阶变系数方程及高阶常系数方程的解由e的指数形式来表达.且直接由e的定义建立的y=lnx的导数公式y=

11与积分公式=dxlnx+c是分析学中用的最多的xxf(x0)1!(x－x0)2+…

公式之一.而由y=xn的各阶导数为基础建立的泰勒公式；f(x)=f(x0)+

fn(x0)n!(x－

x0)n+

f(n1)[x0(xx0)](xx0)n1(θ∈(0，1))以及由此建立的幂级数理论，更是广泛深入到高等数学的各个

(n1)!分支中.

怎样使二项式定理的教学生动有趣

正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，课本上先给出一个(a+b)4用组合知识来求展开式的系数的例子.然后推广到一般形式，再用数学归纳法证明，因为证明写得很长，上课时的板书几乎占了整个黑板，所以课必然上得累赘，学生必然感到被动.那么多的算式学生看都不及细看，记也感到吃力，又怎能发挥主体作用？

怎样才能使得在这节课上学生获得主动？采用课前预习；自学辅导；还是学生讨论，或读，议、讲，练，或目标教学，还是设置发现情境？看来这些办法遇到真正困难时都会无能为力，因为这些方法都无法改变算式的冗长，证法的呆板，课堂

上的新情境与学生的认知结构中的图式不协调的事实.

而MM教育方式即数学方法论的教育方式却能根据习题理论注意到充分利用数学方法与数学技术把所要证明或计算的形式变换得十分简洁，心理学家皮亚杰一再强调“认识起因于主各体之间的相互作用”1只有客体的形式与学生主体认知结构中的图式取得某种一致的时候，才能完成认识的主动建构，也就是学生获得真正的理解.

MM教育方式遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”2在教学中追求简易，重视直观，并巧妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主动，充分发挥其课堂上的主体作用.

1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质

第一课时

一、复习引入：

1．二项式定理及其特例：（1）(ab)（2）(1n0n1nCnaCnabrnrrCnabnnCnb(nN)，

［］

1x)n1CnxrrCnxxn.

2．二项展开式的通项公式：Tr1rnrrCnab 3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r的限制；要注意到指数及项数的整数性

求有理项时

二、讲解新课：

1二项式系数表（杨辉三角）

(ab)n展开式的二项式系数，当n依次取1,2,3…时，二项式系数表，表中

是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和每行两端都

2．二项式系数的性质：

012nr(ab)n展开式的二项式系数是Cn，Cn，Cn，…，Cn．Cn可以看成以r为自

变量的函数

f(r)

定义域是{0,1,2,,n}，例当n6时，其图象是7个孤立的点（如图）

mnmCn）．

（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵Cn直线rn是图象的对称轴． 2kn(n1)(n2)(nk1)k1nk1， Cnk!knk1nk1n1kk11k∴Cn相对于Cn的增减情况由决定，，

kk2n1当k时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；

2（2）增减性与最大值．∵Cn当n是偶数时，中间一项C取得最大值；当n是奇数时，中间两项C（3）各二项式系数和： ∵(11x)n1CnxrrCnxn2nn12n，Cn12n取得最大值．

xn，

令x1，则2n012CnCnCnrCnnCn 三、讲解范例：

例1．在(ab)的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和 n证明：在展开式(ab)n0n1nCnaCnabrnrrCnabnnCnb(nN)中，令a1,b1，则

0123(11)nCnCnCnCnn(1)nCn，

即0(Cn∴Cn002Cn13)(CnCn)，

2Cn13CnCn，

即在(ab)的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和．说明：由性质（3）及例1知Cn例2．已知(12x)（1）a1a27n02Cn13CnCn2n1.

a0a1xa2x2a7x7，求：

a7；（2）a1a3a5a7；（3）|a0||a1|7|a7|.

解：（1）当x1时，(12x)(12)71，展开式右边为

a0a1a2∴a0当xa7

a71，

a7112， a71 ①

a1a20时，a01，∴a1a2a1a2（2）令x1， a0令x1，a0a1a2a3a4a5a6a737 ②

7137①② 得：2(a1a3a5a7)13，∴ a1a3a5a72（3）由展开式知：a1,a3,a5,a7均为负，a0,a2,a4,a8均为正， ∴由（2）中①+② 得：2(a0.

a2a4a6)137，

，

137∴ a0a2a4a62∴|a0||a1||a7|a0a1a2a3a4a5a6a7

(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)37 例3.求(1+x)+(1+x)+…+(1+x)展开式中x的系数 2103

(1x)[1(1x)10]（1x）解：(1x)(1x)

1(1x)210(x1)11(x1)=，

x∴原式中x实为这分子中的x，则所求系数为C11 347

第二课时

例4.在(x+3x+2)的展开式中，求x的系数 25

解：∵(x23x2)5(x1)5(x2)5

1∴在(x+1)展开式中，常数项为1，含x的项为C555

5x，

14在(2+x)展开式中，常数项为2=32，含x的项为C52∴展开式中含x的项为 1(80x)5x(32)∴此展开式中x的系数为240 x80x

240x，

例5.已知(x42n)的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项 x2解：依题意Cn42:C214:33C14Cnnn

∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10 设第r+1项为常数项，又 Tr1C(x)r1010r2r(2)r(2)rC10xx105r2

令

105r0r2， 22T21C10(2)2180.此所求常数项为180 例6．设当a01x1x1x231xa0a1xa2x2nanxn，

a1a2an254时，求n的值解：令x1得：

a0a1a2∴2nan222232(2n1)2254，

21n128,n7，

点评：对于

f(x)a0(xa)na1(xa)n1an，令

xa1,即

xa1可得各项系数的和

a0a1a2an的值；令xa1,即xa1，可得奇数项系数和与偶数项和的关系 1232Cn3CnnnCnn2n1．

nnCn ① 212CnCn

例7．求证：Cn证（法一）倒序相加：设S又∵S∵Cnr1232Cn3CnCnnCnn(n1)Cnn1(n2)Cnn2nr0n1n1Cn，∴CnCn,CnCn, ②

，

nCn，

nnCnn2n1．

由①+②得：2S∴S012nCnCnCn11232Cn3Cnn2nn2n1，即Cn2（法二）：左边各组合数的通项为

rCnrr∴ Cn1n!n(n1)!r1nCn1，

r!(nr)!(r1)!(nr)!n012nCnnCn1Cn1Cn2n1n1． Cn1n2232Cn3Cn10例8．在(2x3y)的展开式中,求: ①二项式系数的和; ②各项系数的和;

③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和; ④奇数项系数和与偶数项系数和; ⑤x的奇次项系数和与x的偶次项系数和.

分析:因为二项式系数特指组合数Cn,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式2x3y中的系数无关. 解：设(2x3y)10ra0x10a1x9ya2x8y2a10y10(*),

各项系数和即为

a0a1a10,奇数项系数和为a0a2a10,偶数项系数和为

a1a3a5a9,x的奇次项系数和为a1a3a5a9,x的偶次项系数和a0a2a4a10.

由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和. ①二项式系数和为C10②令x0110C10C10210.

y1,各项系数和为(23)10(1)101.

0210C10C1029,

③奇数项的二项式系数和为C10

偶数项的二项式系数和为C10④设(2x3y)令x10139C10C1029.

a0x10a1x9ya2x8y2a10y10,

y1,得到a0a1a2a101…(1),

y1(或x1,y1)得a0a1a2a3a10510…(2)

a2a10)1510,

10令x1,

(1)+(2)得2(a0∴奇数项的系数和为15;

2(1)-(2)得2(a1a3a9)1510,

10∴偶数项的系数和为152.

10⑤x的奇次项系数和为aaaa1513592;

10x的偶次项系数和为a0a2a4a1015.

2点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.

第三课时

例9．已知(3xx2)2n的展开式的系数和比(3x1)n的展开式的系数和大992,求(2x1)2n的展开式中:①二项式系

x数最大的项;②系数的绝对值最大的项.

解：由题意2①(2x即T62n2n992,解得n5.

110)的展开式中第6项的二项式系数最大, x15T51C10(2x)5()58064.

x②设第r1项的系数的绝对值最大, 则Tr11rrC10(2x)10r()r(1)rC10210rx102r

xr10rr1rr1C10210r111r2rC102C102C10∴,得,即

r10rr110r1rr12(r1)10rC102C1022C10C10 ∴8r11,∴r3,故系数的绝对值最大的是第4项 33例10．已知：(x233x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992．

（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项解：令x1，则展开式中各项系数和为(13)又展开式中二项式系数和为2， ∴22nn22n，

n2n992，n5．

233232223（1）∵n5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项， ∴T3C(x)(3x)90x25226，T4C(x)(3x)270xC(x)r5235r2r3523，

rr5104r3（2）设展开式中第r1项系数最大，则Tr1(3x)3Cx，

rrr1r1793C53C5r∴，∴r4，

rrr1r1223C53C5即展开式中第5项系数最大，T5例11．已知SnC(x)(3x)405x452324263．

1n12n2n12nCn2Cn2Cn21(nN)，

求证：当n为偶数时，Sn4n1能被64整除分析：由二项式定理的逆用化简Sn，再把Sn ∵Sn∴Sn∴Sn1n12n22nCn2Cn24n1变形，化为含有因数64的多项式 n1Cn21(21)n3n，

4n13n4n1，∵n为偶数，∴设n2k（kN*）， 4n132k8k1(81)k8k1

1k1Ck08kCk8Ckk1818k1 Ck2)82 （），

(Ck8当k=1时，Sn当k0k1k1C884n10显然能被64整除，

（）式能被64整除， 2时，

所以，当n为偶数时，Sn三、课堂练习： 1．

4n1能被64整除 x1x1展开式中x的系数为，各项系数之和为．

4542．多项式

123f(x)Cn(x1)Cn(x1)2Cn(x1)3nCn(x1)n（n6）的展开式中，x6的系数为 3．若二项式(3x21nnN)（）的展开式中含有常数项，则n的最小值为（） 32x 36

A.4 B.5 C.6 D.8

4．某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应（） A.低于5％ B.在5％～6％之间 C.在6％～8％之间 D.在8％以上 5．在(1x)n的展开式中，奇数项之和为p，偶数项之和为q，则(1x2)n等于（）

A.0 B.

pq C.p2q2 D.p2q2

1an1n1Cn．

1an1a01a211a321a43CnCnCnCn6．求和：

1a1a1a1a7．求证：当nN且n2时，38．求

n2n1n2．

2x10的展开式中系数最大的项答案：1. 45, 0 2. 0 ．提示：3. B 4. C 5. D 6. a7. (略) 8. T31fxxn1n6 1an1

15360x3

四、小结：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用

1621x1．已知(a1)展开式中的各项系数的和等于x52n5的展开式的常数项，而(a21)n 展开式的系数的最大

的项等于54，求a的值(aR)答案：a3 132．设

1x32xa1059a0x1a1x114a13x1a14

9求：① a0a14 ②a1a3a13．答案：①3319683； ②

93529963 3．求值：2C94．设

813589C92C92C92C94C92C96C972C9C9．答案：2256 f(x)(x2x1)9(2x1)6，试求f(x)的展开式中：

（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和答案：（1）36729；

361361364；所有奇次项的系数和为365（2）所有偶次项的系数和为

22七、教学反思：

二项展开式中的二项式系数都是一些特殊的组合数，它有三条性质，要理解和掌握好，同时要注意“系数”与“二项式系数”的区别，不能混淆，只有二项式系数最大的才是中间项，而系数最大的不一定是中间项，尤其要理解和掌握“取特值”法，它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。

二项式定理概念的引入，我们已经学过(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3，那么对一般情况；(a+b)n展开后应有什么规律，这里n∈N，这就是我们这节课“二项式定理”要研究的内容.

选择实验归纳的研究方式，对(a+b)n一般形式的研究与求数列{an}的通项公式有些类似，大家想想，求an时我们用了什么方法，学生：先写出前n项，再观察规律，猜测其表达式，最后用数学归纳法证明，老师：大家说得很正确，现在我们用同样的方式来研究(a+b)4的展开，因(a+b)4=(a+b)3(a+b)，我们可以用(a+b)3展开的结论计算(a+b)4(由学生板演完成，体会计算规律)然后老师把计算过程总结为如下形式：

(a+b)4=(a+b)3(a+b)=(a3+3a2b+3ab2+b3)(a+b)=a4+3a3b2+ab3+3a2b2+3ab3+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.

对计算的化算：对(a+b)n展开式中的项，字母指数的变化规律是十分明显的，大家能说出它们的规律吗？学生：a的指数从n逐次降到0，b的指数从0逐次升到n，老师：大家说的很对，这样一来展开式的项数就是从0到n的(n+1) 项了，但唯独系数规律还是“犹抱琵琶半遮面”使我们难以发现，但我们仍可用an,anan来表示，它这样一来(a+b)n的展开形式就可写成(a+b)n=ana来化简计算 01n0nn1rnrrnnr的表达形式.为此我们要采用抽象分析法a1banabanb现在的问题就是要找anna1．（2007年江苏卷）若对于任意实数x，有x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，则a2的值为（B）

A．3 B．6 C．9 D．12

222．（2007年湖北卷）如果3xx3【分析】：Tr1rCn(3x2)nr(n 的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为(B)

A.3 B.5 C.6 D.10

2rrnrr2(nr)3rrnrr2n5r， )C3(2)xC3(2)xnn3x）。nminn2n5r0，n5r（r2,4,25.

33．（2007年江西卷）已知x3xＡ．4

Ｂ．5

n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于（ C ）Ｃ．6

Ｄ．7

214．（2007年全国卷I）xxA．3

B．4

的展开式中，常数项为15，则n（ D ）

8C．5 D．6

的展开式中常数项为

（用数字作答） 42 ．

125．（2007年全国卷Ⅱ）(12x)xx216．（2007年天津卷）若xax7．（2007年重庆卷）若(x6的二项展开式中x的系数为

25，则a 22 （用数字作答）．

1n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ B ） x 38

A10 B.20 C.30 D.120

8．（2007年安徽卷）若(2x3+

1x)a的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于 7 .

9．（2007年湖南卷）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第 2n1 行；第61

行中1的个数是 32 ．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ……………………………………… 图1

第二章随机变量及其分布 2．1．1离散型随机变量

第一课时

思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1 , 2 ，3，4，5，6来表示．那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？

掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1和 0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1 ) .

在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．

定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )．随机变量常用字母 X , Y，，，… 表示．

思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？

随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数．在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域．

例如，在含有10件次品的100 件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X 将随着抽取结果的变化而变化，是一个随机变量，其值域是｛0, 1, 2 , 3, 4 } .

利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出0件次品” , {X =4｝表示“抽出4件次品”等．你能说出｛X< 3 ｝在这里表示什么事件吗？“抽出 3 件以上次品”又如何用 X 表示呢？

定义2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) .

离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0，1，…，10；某网页在24小时内被浏览的次数Y也是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0, 1,2，….

思考3：电灯的寿命X是离散型随机变量吗？

电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所以 X 不是离散型随机变量．在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关心电灯泡的使用寿命是否超过1000 小时，那么就可以定义如下的随机变量：

0，寿命<1000小时； Y=1,寿命1000小时.与电灯泡的寿命 X 相比较，随机变量Y的构造更简单，它只取两个不同的值0和1，是一个离散型随机变量，研究起来更加容易．

连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量如某林场树木最高达30米，则林场树木的高度是一个随机变量，它可以取（0，30]内的一切值 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验

的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达如投掷一枚硬币，表示正面向上，=0，=1，

表示反面向上（2）若是随机变量，三、讲解范例：

ab,a,b是常数，则也是随机变量例1．写出下列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)一袋中装有5只同样大小的白球，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

ξ；

(2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η 解：(1) ξ可取3，4，5 ξ=3，表示取出的3个球的编号为1，2，3；

ξ=4，表示取出的3个球的编号为1，2，4或1，3，4或2，3，4；

ξ=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或3，4，5

（2）η可取0，1，…,n，… η=i，表示被呼叫i次，其中i=0,1,2,… 例2．抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ，试问：“ξ> 4”表示的试

验结果是什么？

答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5，6六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5，也就是说“ξ>4”就是“ξ=5”

所以，“ξ>4”表示第一枚为6点，第二枚为1点例3 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km，则按10元的标准收租车费若行驶路程超出4km，则按

每超出lkm加收2元计费(超出不足1km的部分按lkm计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量 (1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；

(Ⅱ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2 (Ⅱ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15．所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟．四、课堂练习：

1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数；②长江上某水文站观察到一天中的水位；③某超市一天中的顾客量 其中的是连续型随机变量的是（）

A．①； B．②； C．③； D．①②③ ２.随机变量的所有等可能取值为1,2,…,n，若P40.3，则（）

A．n3； B．n4； C．n10； D．不能确定 3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（） A．

11； 12 B．

31； 36 C．

5； 36 D．

1 124.如果是一个离散型随机变量，则假命题是( )

A. C. D.

取每一个可能值的概率都是非负数；B. 取所有可能值的概率之和为1；

取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；

在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和答案：1.B 2.C 3.B 4.D

五、小结：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念随机变量ξ是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对

应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=aξ+b(其中a、b是常数)也是随机变量 2． 1．2离散型随机变量的分布列

一、复习引入：

1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、

η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出若是随机变量，ab,a,b是常数，则也是随机变量并且不改变其属性（离散型、连续型）请同学们阅读课本P5-6的内容，说明什么是随机变量的分布列？二、讲解新课：

1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x1，x2，…，x3，…，

ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为P(ξ P x1 P1 x2 P2 xi)pi，则称表

… … xi Pi … … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:0P(A)1，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：

⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．

对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和

即

P(xk)P(xk)P(xk1)

3.两点分布列:

例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令X=如果针尖向上的概率为

1，针尖向上；0,针尖向下.

p，试写出随机变量 X 的分布列．

p) ．于是，随机变量 X 的分布列是

解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（1ξ P 0 1 1p p 42

像上面这样的分布列称为两点分布列．

两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖；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，都可以用两点分布列来研究．如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布 ( two一point distribution)，而称

p=P (X = 1）为成功概率．

两点分布又称0一1分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努

利分布．

P0q， P1p，

0p1，pq1．

4. 超几何分布列：

例 2．在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求： (1)取到的次品数X 的分布列；（2）至少取到1件次品的概率．

解： (1)由于从 100 件产品中任取3 件的结果数为C10，从100 件产品中任取3件，

其中恰有k 件次品的结果数为C5C95，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为

3kC5kC95P(Xk),k0,1,2,3。 3C100k3k3所以随机变量 X 的分布列是

X P 0 3C50C953C1001 12C5C953C1002 1C52C953C1003 30C5C953C100

(2)根据随机变量X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) ≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 .

一般地，在含有M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有X件次品数，则事件 {X=k｝发生的概率为

knkCMCNMP(Xk),k0,1,2,nCN,m,

其中mmin{M,n}，且nX P 0 0nCMCNMnCNN,MN,n,M,NN．称分布列

1 … … m mnmCMCNMnCN 1n1CMCNMnCN

为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布（ hypergeometriC distribution ) .

例 3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同．一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖．求中奖的概率．

解：设摸出红球的个数为X，则X服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 ．于是中奖的概率 P (X≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 )

353454555C10C30C10C30C10C30101010=555C30C30C30≈0.191.

思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？

kknPkCmCNk/CN

例4.已知一批产品共由古典概型知

件，其中件是次品，从中任取

与

件，试求这件产品中所含次品件数的分布律。

解显然，取得的次品数只能是不大于最小者的非负整数，即

的可能取值为：0，1，…，min{M,n}，

knkCMCNMP(Xk),k0,1,2,,m nCN 此时称服从参数为(N,M,n)的超几何分布。

注超几何分布的上述模型中，“任取成了

件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取件”.如果是有放回地抽取，就变

重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品

时，超几何分布的极限分布就是二项分布，

总数很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当即有如下定理. 定理如果当

时，

Mp，那么当 N。

时（不变），则

knkCMCNkkMCNp(1p)nknCN

由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：

超几何分布

二项分布

普阿松分布.

例5．一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得－1分，试写出从该盒中取出一球所得分数ξ的分布列．

分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率．解：设黄球的个数为n，由题意知

绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中的总数为7n． ∴

P(1)4n4n12n2，P(0)，P(1)． 7n77n77n7ξ P 1 0 －1 所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为

4 7172 7说明：在写出ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1．例6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下：

ξ P 4 0.02 5 0.04 6 0.06 7 0.09 8 0.28 9 0.29 10 0.22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．

分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10”的和，根据互斥事件的概率

加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．

解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有

P(ξ=7)＝0.09，P(ξ=8)＝0.28，P(ξ=9)＝0.29，P(ξ=10)＝0.22. 所求的概率为 P(ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88 四、课堂练习：

某一射手射击所得环数分布列为

 P 4 0．02 5 0．04 6 0．06 7 0．09 8 0．28 9 0．29 10 0．22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率解：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“=7”，“=8”，“=9”，“=10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，有：

P（≥7）=P（=7）+P（=8）+P（=9）+P（=10）=0.88 注：求离散型随机变量的概率分布的步骤: （1）确定随机变量的所有可能的值xi （2）求出各取值的概率p(=xi)=pi （3）画出表格五、小结：⑴根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率；⑵两点分布是一种常见的离散型随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几何分布 2． 2．1条件概率

一、复习引入：

探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.

若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ 和

，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：YYY，YYYY”

YYY．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件YYY．由古典概型计算公式可

知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P(B)1. 3YY和YYY．而“最后一名同学抽到中奖

思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y奖券”包含的基本事件仍是YYY.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为

12，不妨记为P（B|A ) ，

其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.

已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？

在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) .

思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？

用表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即=｛YY件A必然发生，那么只需在A={YYY,

．既然已知事Y, YYY,YYY｝

YYY}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件YYY和YYY．在事件 A 发

YY，因

生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y此

P(B|A)=

1n(AB)=. 2n(A)其中n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，

P(AB)n(AB)n(A),P(A)

n()n()其中 n（）表示中包含的基本事件个数．所以，

n(AB)n(AB)P(AB)n(). P(B|A)=

n(A)n()P()n()因此，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P（B| A ) .

条件概率 1.定义

设A和B为两个事件，P(A)>0，那么，在“A已发生”的条件下，B发生的条件概率（conditional probability ).

P(B|A)读作A 发生的条件下 B 发生的概率．

P(B|A)定义为 P(B|A)P(AB).

P(A)

由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若P(B)0，则有

P(AB)P(B|A)P(A).

并称上式微概率的乘法公式. 2.P（·|B）的性质：

（1）非负性：对任意的Af. 0（2）规范性：P（|B）=1；

（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则

P(B|A)1；

P(BC|A)P(B|A)P(C|A).

更一般地,对任意的一列两两部相容的事件

Ai（I=1,2…），有

P Ai|B=P(Ai|B). i1i1例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l）第1次抽到理科题的概率；

(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；

(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．

解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB. (1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为 n（）=

A53=20.

11A3A4=12 ．于是

根据分步乘法计数原理，n (A）=

P(A)n(A)123.

n()2052(2）因为 n (AB)＝A3=6 ，所以

P(AB)n(AB)63.

n()2010(3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概

3P(AB)101P(B|A).

3P(A)25解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以

P(B|A)P(AB)61.

P(A)122例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：

(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；

(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解：设第i次按对密码为事件(1）因为事件

Ai(i=1,2) ，则AA1(A1A2)表示不超过2次就按对密码．

A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式得

P(A)P(A1)P(A1A2)1911. 101095(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则

P(A|B)P(A1|B)P(A1A2|B)

1412. 5545 47

课堂练习.

1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。

2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P（AB），P（A︱B）。

3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。

2．2．2事件的相互独立性

一、复习引入：

1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；

必然事件：在一定条件下必然发生的事件；不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件时就把这个常数叫做事件

A发生的频率

m总是接近某个常数，在它附近摆动，这nA的概率，记作P(A)．

3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为0件看作随机事件的两个极端情形 P(A)1，必然事件和不可能事

5基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件

A）称为一个基本事件 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是

1，这种事件叫等可能性事件 n7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果都是等可能的，如果事件果，那么事件

A包含m个结

A的概率P(A)mn 8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件A和事件B是可以进行加法运算的 10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件．P(AB)P(A)P(B)

一般地：如果事件

A1,A2,,An中的任何两个都是互斥的，那么就说事件A1,A2,A)1P(A)1P(A)

,An彼此互斥 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．P(A12．互斥事件的概率的求法:如果事件

A1,A2,,An彼此互斥，那么 P(An) P(A1A2探究:

An)＝P(A1)P(A2)(1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？

事件

A：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件B：乙掷一枚硬币，正面朝上 (2)甲坛子里有3个白球，2个黑球，乙坛子里有2个白球，2个黑球，从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率是多少？事件

A：从甲坛子里摸出1个球，得到白球；事件B：从乙坛子里摸出1个球，得到白球问题(1)、(2)中事件A、B是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以）

问题(1)、(2)中事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率有无影响？（无影响）

思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”, 事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件A的发生会影响事件B 发生的概率吗?

显然，有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学抽的结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B 发生的概率．于是

P（B| A）=P(B）,

P（AB）=P( A ) P ( B |A）=P（A）P(B). 二、讲解新课：

1．相互独立事件的定义：

设A, B为两个事件，如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件A与事件B相互独立（mutually independent ) . 事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件若

A与B是相互独立事件，则A与B，A与B，A与B也相互独立 2．相互独立事件同时发生的概率：P(AB)P(A)P(B)

问题2中，“从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生，就是事件记作

（简称积事件） AB．

A，B同时发生，

从甲坛子里摸出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能的结果于是从这两个坛子里分别摸出1个球，共有54种等可能的结果同时摸出白球的结果有32种所以从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是

白球的概率P(AB)323． 54103，从乙坛子里摸出51个球，得到白球的概率

另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率P(A)P(B)2．显然P(AB)P(A)P(B)． 4这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积一般地，如果事件独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即 P(A1A2A1,A2,,An相互

An)P(A1)P(A2)P(An)．

3．对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：

P(AB)P(A)P(B)P(AB)三、讲解范例：

例 1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是 0 . 05 ，求两次抽奖中以下事件的概率：

(1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； (3)至少有一次抽到某一指定号码．

解： (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A, “第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB．由于两次抽奖结果互不影响，因此A与B相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽

到某一指定号码的概率

P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 05×0.05 = 0.0025.

(2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（AB）U（加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为

P (AB）十P（AB）=P（A）P（B）+ P（ = 0. 05×(1-0.05 ) + (1-0.05 ) ×0.05 = 0. 095.

AB）表示．由于事件AB与AB互斥，根据概率

A）P（B )

AB）表示．由于事件 AB , AB和AB

两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P ( AB ) + P（AB）+ P（AB ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097

例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：（1）2人都射中目标的概率；（2）2人中恰有1人射中目标的概率；（3）2人至少有1人射中目标的概率；（4）2人至多有1人射中目标的概率？解：记“甲射击1次，击中目标”为事件

“乙射击1次，击中目标”为事件B，则A与B，A与B，A与B，A，

( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB ) U ( AB）U（

A与B为相互独立事件，

（1）2人都射中的概率为：

P(AB)P(A)P(B)0.80.90.72，

∴2人都射中目标的概率是0.72．

（2）“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件甲未击中、乙击中（事件

，另一种是AB发生）

AB发生）根据题意，事件AB与AB互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件

的概率乘法公式，所求的概率为：

P(AB)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)

0.8(10.9)(10.8)0.90.080.180.26

∴2人中恰有1人射中目标的概率是0.26．

（3）（法1）：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为

PP(AB)[P(AB)P(AB)]0.720.260.98．

（法2）：“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件， 2个都未击中目标的概率是P(AB)P(A)P(B)(10.8)(10.9)0.02，

1P(AB)10.020.98．

∴“两人至少有1人击中目标”的概率为P（4）（法1）：“至多有1人击中目标”包括“有1人击中”和“2人都未击中”，故所求概率为：

PP(AB)P(AB)P(AB)

P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)

0.020.080.180.28．

（法2）：“至多有1人击中目标”的对立事件是“2人都击中目标”，故所求概率为P1P(AB)1P(A)P(B)10.720.28 例 3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有合，线路就能正常工作假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都JAJBJC1个开关能够闭是0.7，计算在

这段时间内线路正常工作的概率解：分别记这段时间内开关JA，JB，JC能够闭合为事件

A，

B，C．

由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是

P(ABC)P(A)P(B)P(C)

1P(A)1P(B)1P(C) (10.7)(10.7)(10.7)0.027

∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是

1P(ABC)10.0270.973．

答：在这段时间内线路正常工作的概率是0.973．

变式题1：如图添加第四个开关JD与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率（1P(ABC)P(D)0.9730.70.6811）

变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率方法一：P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)

0.847

方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除个开的情况 JAJB与

JC开且JAJCJB至少有

1P(C)1P(AB)10.3(10.72)0.847

例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2．

（1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；（2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？

分析:因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1门高炮击中敌机的概率解:（1）设敌机被第k门高炮击中的事件为

AK(k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为

A1A2A3A4A5．

∵事件

A1，A2，A3，A4，A5相互独立，

∴敌机未被击中的概率为

P(A1A2A3A4A5)=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)

4(10.2)5()55 ∴敌机未被击中的概率为(45)． 5（2）至少需要布置n门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得：

4n) 54n4n1∴令1()0.9，∴()

5510敌机被击中的概率为1-(两边取常用对数，得n110.313lg2 ∵nN，∴n11 ∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思考方法采用这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题

时的运用，常常能使问题的解答变得简便

四、课堂练习：

1．在一段时间内，甲去某地的概率是至少有1人去此地的概率是( )

11，乙去此地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内453129 (B) (C) (D) 2055201152．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，从两个口袋内各摸出1个球，那么等

326(A)于（）

(A)2个球都是白球的概率 (B)2个球都不是白球的概率 (C)2个球不都是白球的概率 (D)2个球中恰好有1个是白球的概率

3．电灯泡使用时间在1000小时以上概率为0.2，则3个灯泡在使用1000小时后坏了1个的概率是（）

(A)0.128 (B)0.096 (C)0.104 (D)0.384

4．某道路的

A、B、C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这

条路上行驶时，三处都不停车的概率是（）

(A)35253565 (B) (C) (D) 1921925761925．（1）将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是；

（2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是0.8与0.7，那么在一次预报中两个气象台都预

报准确的概率是．

6．棉籽的发芽率为0.9，发育为壮苗的概率为0.6，

（1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为；此穴无壮苗的概率为．（2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为；此穴有壮苗的概率为．

7．一个工人负责看管4台机床，如果在1小时内这些机床不需要人去照顾的概率第1台是0.79，第2台是0.79，第3台是0.80，第4台是0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不需要人去照顾的概率.

8．制造一种零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05．从它们制造的产品中各任抽1件，其中恰有1件废品的概率是多少？

9．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？

1 (2) 0.56 6.(1) 0.01 , 0.16 (2) 0.999,0.936 3286461227. P=0.790.810.4048. P=0.040.950.960.050.0869. 提示：P 121212122答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1)

五、小结：两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响一般地，两个事件不可能即互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的概率和也是不同的 2．2．3独立重复实验与二项分布

一、复习引入：

1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；

A发生的频率

m总是接近某个常数，在它附近摆动，这nA的概率，记作P(A)．

5 基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件

A）称为一个基本事件 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是

1，这种事件叫等可能性事件 n7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果都是等可能的，如果事件果，那么事件

A包含m个结

一般地：如果事件

A1,A2,,An中的任何两个都是互斥的，那么就说事件A1,A2,A)1P(A)1P(A)

,An彼此互斥 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．P(A

12．互斥事件的概率的求法:如果事件

A1,A2,,An彼此互斥，那么 P(An) P(A1A2An)＝P(A1)P(A2)13．相互独立事件：事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件若

A与B是相互独立事件，则A与B，A与B，A与B也相互独立 14．相互独立事件同时发生的概率：P(AB)一般地，如果事件

P(A)P(B)

A1,A2,,An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，P(An)

P(A1A2An)P(A1)P(A2) 二、讲解新课：

1 独立重复试验的定义：

指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验 2．独立重复试验的概率公式：

一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是

kPn(k)CnPk(1P)nk．

P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率

它是

(1P)Pn展开式的第k1项 3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是

kPn(k)Cnpkqnk，（k＝0,1,2,…，n，q1p）．

于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

ξ P 由于Cnk0 00nCnpq 1 11n1Cnpq … … k kknkCnpq … … n nn0Cnpq pkqnk恰好是二项展开式

00n11n1kknknn0(qp)nCnpqCnpqCnpqCnpq

中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布（binomial distribution )，

记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记Cn

三、讲解范例：

例1．某射手每次射击击中目标的概率是0 . 8.求这名射手在 10 次射击中， (1)恰有 8 次击中目标的概率；

(2)至少有 8 次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．) 解：设X为击中目标的次数，则X～B (10, 0.8 ) . (1)在 10 次射击中，恰有 8 次击中目标的概率为

kpkqnk＝b(k；n，p)．

P (X = 8 ) ＝C100.888(10.8)1080.30.

(2)在 10 次射击中，至少有 8 次击中目标的概率为 P (X≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 )

8910C100.88(10.8)108C100.89(10.8)109C100.810(10.8)1010

0.68.

例2．（2000年高考题）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，写出其中次品数ξ的概率分布．

解：依题意，随机变量ξ～B(2，5%)．所以，

P(ξ=0)=C2(95%)=0.9025，P(ξ=1)=C2(5%)(95%)=0.095， P(

22(5%)=0.0025． 2)=C2021因此，次品数ξ的概率分布是

ξ P 0 0.9025 1 0.095 2 0.0025 例3．重复抛掷一枚筛子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．解：依题意，随机变量ξ～B5,1． 65

5255141∴P(ξ=4)=C5=，P(ξ=5)=C56667776∴P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=

1．

777613 3888例4．某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留两个有效数字）：

（1）5次预报中恰有4次准确的概率；（2）5次预报中至少有4次准确的概率解：（1）记“预报1次，结果准确”为事件

A．预报5次相当于5次独立重复试验，根据n次独立重复试验中某事件

C540.84(10.8)540.840.41

恰好发生k次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的概率P5(4)答：5次预报中恰有4次准确的概率约为0.41.

（2）5次预报中至少有4次准确的概率，就是5次预报中恰有4次准确的概率与5次预报都准确的概率的和，即

5PP5(4)P5(5)P5(4)C540.84(10.8)54C50.85(10.8)55

0.840.850.4100.3280.74 答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74．

例5．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是率是多少？（结果保留两个有效数字）

，1小时内5台机器需要照管相当于5次独立重复试验 A＝“1小时内，1台机器需要人照管”

15351小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率P(0)(1)()， 544解：记事件

1，求1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概4 55

1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率P5(1)C5所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为

111(1)4， 44P1P5(0)P5(1)0.37 答：1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率约为0.37．点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法例6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是0.25，若使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击几次？解：设要使至少命中1次的概率不小于0.75，应射击n次记事件

，则P(A)0.25． A＝“射击一次，击中目标”

∵射击n次相当于n次独立重复试验， ∴事件

A至少发生1次的概率为P1Pn(0)10.75n．

lg13n1n44.82，由题意，令10.750.75，∴()，∴n344lg4∴n至少取5．

答：要使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击5次例7．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？

解：依题意，从低层到顶层停不少于3次，应包括停3次，停4次，停5次，……，直到停9次 ∴从低层到顶层停不少于3次的概率

113131651514919PC9()()C94()4()5C9()()C9()

222222219192333591990129 (C9C94C9C9)()2(CCC)()(246)()9992222561k1k19k设从低层到顶层停k次，则其概率为C9()()C9k()9，

222kk19∴当k4或k5时，C9最大，即C9()最大，

2233答：从低层到顶层停不少于3次的概率为，停4次或5次概率最大．

256例8．实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．（2）按比赛规则甲获胜的概率．

解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为记事件

11，乙获胜的概率为． 22，记事件B=“甲打完4局才能取胜”， A=“甲打完3局才能取胜”

记事件C=“甲打完5局才能取胜”． ①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜 ∴甲打完3局取胜的概率为P(A)C3(3131)． 28②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负

∴甲打完4局才能取胜的概率为P(B)C321113()2． 22216③甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负 1113()2()2． 22216(2)事件D＝“按比赛规则甲获胜”，则DABC，又因为事件A、B、C彼此互斥，

1331故P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)．

8161621答：按比赛规则甲获胜的概率为．

2∴甲打完5局才能取胜的概率为P(C)C42例9．一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（lg20.3010）

，则P(A)0.8，P(A)10.80.2， A＝“种一粒种子，发芽”

解：记事件

（1）设每穴至少种n粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%． ∵每穴种n粒相当于n次独立重复试验，记事件B＝“每穴至少有一粒发芽”，则

0P(B)Pn(0)Cn0.80(10.8)n0.2n．

∴P(B)1P(B)10.2n．

n由题意，令P(B)98%，所以0.20.02，两边取常用对数得，

nlg0.2lg0.02．即n(lg21)lg22，

∴nlg221.69902.43，且nN，所以取n3．

lg210.6990答：每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%．（2）∵每穴种3粒相当于3次独立重复试验， ∴每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为PC320.820.20.384，

答：每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为0.384

四、课堂练习： 1．每次试验的成功率为

p(0p1)，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（）

33p3(1p)7 (B)C10p3(1p)3 (C)p3(1p)7 (D)p7(1p)3 (A)C102．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（）

2133A7A3(A)C0.70.3 (B)C0.70.3 (C) (D)310A103102132

3．某人有5把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开，则此人在3次内能开房门的概率

是（）

3A3(A)13A5112A32A2A3A2 (B) 33A5A5

332321()1()2 (C)1()3 (D)C32()2()C3555554．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲

打完4局才胜的概率为（）

323233323231()() (D)C4()() (A)C32()3 (B)C32()2() (C)C4555355335．一射手命中10环的概率为0.7，命中9环的概率为0.3，则该射手打3发得到不少于29环的概率为．（设每次命中的环数都是自然数）

6．一名篮球运动员投篮命中率为60%，在一次决赛中投10个球，则投中的球数不少于9个的概率为． 7．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为

80，则此射手的命中率为． 811，求：（1）38．某车间有5台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于停车状态的概率为在任一时刻车间有3台车床处于停车的概率；（2）至少有一台处于停车的概率 9．种植某种树苗，成活率为90%，现在种植这种树苗5棵，试求： ⑴全部成活的概率； ⑵全部死亡的概率； ⑶恰好成活3棵的概率； ⑷至少成活4棵的概率 80，试求在一次试验中事件A发生的概率（2）某人811向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概率为，求在第n次才击中目标的概率 310．（1）设在四次独立重复试验中，事件

A至少发生一次的概率为

答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.046

240211312527. 8.（1）P（2） 3CPB1PB1C55533324332433259.⑴C50.9⑶P55550.59049； ⑵C50.150.00001；

3C530.930.120.0729； ⑷PP54P550.91854

212n1 (2) P() 33310.(1) P五、小结：1．独立重复试验要从三方面考虑第一：每次试验是在同样条件下进行第二：各次试验中的事件是相互独立的第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生 2．如果1次试验中某事件发生的概率是

kPn(k)CnPk(1P)nkP，那么

n次独立重复试验中这个事件恰好发生

k次的概率为

对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件

A要么发生，要么不发生，所以在n次独立重

复试验中

A恰好发生k次，则在另外的nk次中A没有发生，即A发生，由P(A)P，P(A)1PP)P]n展开式中的第k1项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系所以上面的公式恰为[(1

2．3离散型随机变量的均值与方差 2．3．1离散型随机变量的均值

一、复习引入：

1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、

η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出若是随机变量，ab,a,b是常数，则也是随机变量并且不改变其属性（离散型、连续型） 5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x1，x2，…，x3，…，

ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为P(ξ P x1 P1 xi)pi，则称表

… … x2 P2 xi Pi … … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．

7.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是

kPn(k)Cnpkqnk，（k＝0,1,2,…，n，q1p）．

于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

ξ P 0 00nCnpq 1 11n1Cnpq … … k kknkCnpq … … n nn0Cnpq k称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记Cnpkqnk＝b(k；n，p)．

8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“件A不发生记为Ak，P(

k”表示在第k次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k次试验时事件A发生记为Ak、事Ak)=p，P(Ak)=q(q=1-p)，那么

P(k)P(A1A2A3Ak1Ak)P(A1)P(A2)P(A3)P(Ak1)P(Ak)qk1p（k＝0,1,2,…，

q1p）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

ξ P 1 2 3 … … k … … p pq q2p qk1p 称这样的随机变量ξ服从几何分布记作g(k，p)= qk1p，其中k＝0,1,2,…， q1p．

二、讲解新课：

根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如：已知某射手射击所得环数ξ的分布列如下

ξ 4 0.02 5 0.04 6 0.06 7 0.09 8 0.28 9 0.29 10 0.22 P 期望在n次射击之前，可以根据这个分布列估计n次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或根据射手射击所得环数ξ的分布列，

我们可以估计，在n次射击中，预计大约有

P(4)n0.02n

次得4环；次得5环；

P(5)n0.04n

…………

P(10)n0.22n

故在n次射击的总环数大约为

次得10环．

40.02n50.04n100.22n

(40.0250.04100.22)n，

从而，预计n次射击的平均环数约为

40.0250.04100.228.32．

这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射击的平均水平．

对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个P(他任意n次射击的平均环数:

，我们可以同样预计i)（i=0，1，2，…，10）

0P(0)1P(1)…10P(10)．

1. 均值或数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为

ξ P 则称 Ex1 p1 x2 p2 … … xn pn … … x1p1x2p2…xnpn… 为ξ的均值或数学期望，简称期望．

2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平 3. 平均数、均值:一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令

p1p2…pn，则有p1p2…

pn11，E(x1x2…xn)，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值 nn 4. 均值或期望的一个性质:若ξ ab(a、b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为

x1 x2 … xn …

η P 于是Eax1b p1 ax2b p2 … … axnb pn … … (ax1b)p1(ax2b)p2…(axnb)pn…

x2p2…xnpn…)b(p1p2…pn…)

＝a(x1p1 ＝aEb，

b)aEb

由此，我们得到了期望的一个性质:E(a5.若ξ证明如下： ∵ ∴

B（n,p），则Eξ=np

kkkknkP(k)Cnp(1p)nkCnpq，

00n11n122n2kknknn0pq＋1×Cnpq＋2×Cnpq＋…＋k×Cnpq＋…＋n×Cnpq． E0×Cn又∵ kCnkkn!n(n1)!k1nCn1，

k!(nk)!(k1)![(n1)(k1)]! ∴

Enp(00n1Cn1pq＋

11n2Cn1pq＋…＋

k1k1(n1)(k1)Cnq1p＋…＋

n1n10Cnq)np(pq)n1np． 1p故若ξ～B(n，p)，则E三、讲解范例：

np．

例1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分的期望解：因为P(所以E1)0.7,P(0)0.3，

10.700.30.7 例2. 一次单元测验由20个选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答案得5分，不作出选择或选错不得分，满分100分学生甲选对任一题的概率为0.9，学生乙则在测验中对每题都从4个选

择中随机地选择一个，求学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望解：设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是,，则~ B（20,0.9）,~B(20,0.25),

E200.918,E200.255 由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是5和5 所以，他们在测验中的成绩的期望分别是：

E(5)5E()51890,E(5)5E()5525 例3. 根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0. 01．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10000元．为保护设备，有以下3 种方案：

方案1：运走设备，搬运费为3 800 元．

方案2：建保护围墙，建设费为2 000 元．但围墙只能防小洪水．方案3：不采取措施，希望不发生洪水．试比较哪一种方案好．

解：用X1 、X2和X3分别表示三种方案的损失．采用第1种方案，无论有无洪水，都损失3 800 元，即 X1 = 3 800 .

采用第2 种方案，遇到大洪水时，损失2 000 + 60 000=62 000 元；没有大洪水时，损失2 000 元，即

62000，有大洪水； X2=2000,无大洪水.同样，采用第 3 种方案，有

60000，有大洪水；X3=10000,有小洪水；

0,无洪水.于是， EX1＝3 800 ,

EX2＝62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 ) = 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 ,

EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0) = 60 000×0.01 + 10000×0.25=3100 .

采取方案2的平均损失最小，所以可以选择方案2 .

值得注意的是，上述结论是通过比较“平均损失”而得出的．一般地，我们可以这样来理解“平均损失”：假设问题中的气象情况多次发生，那么采用方案 2 将会使损失减到最小．由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对于个别的一次决策，采用方案 2 也不一定是最好的．

例4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数的期望解：∵P(i)1/6,i1,2,,6，

E11/621/661/6=3.5 例5.有一批数量很大的产品，其次品率是15%，对这批产品进行抽查，每次抽取1件，如果抽出次品，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过10次求抽查次数的期望（结果保留三个有效数字）解：抽查次数取110的整数，从这批数量很大的产品中抽出1件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次

品的概率是0.15，取出正品的概率是0.85，前k1次取出正品而第k次（k=1，2，…，10）取出次品的概率：

P(k)0.85k10.15（k=1，2，…，10）

需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率：P(10)0.8596 0.0666 由此可得的概率分布如下： 7 0.0566 8 0.0481 9 0.0409 10 0.2316  P 1 0.15 2 0.1275 3 0.1084 4 0.092 5 0.0783 根据以上的概率分布，可得的期望

E10.1520.1275100.23165.35 例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为

ξ P 所以

1 2 3 4 5 6 161616＋6×

1616 E1×

111＋4×＋5×6661＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5．

6＋2×

＋3×

161616抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值．

例7.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km时租车费为10元，若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足lkm的部分按lkm计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机经常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量．设他所收租车费为η (Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式； (Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为

ξ P 求所收租车费η的数学期望．

(Ⅲ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(Ⅰ)依题意得 η=2(ξ-4)十10，即 η=2ξ+2； (Ⅱ)

15 0.1 16 0.5 17 0.3 18 0.1 E150.1160.5170.3180.116.4

∵ η=2ξ+2 ∴ E2Eξ+2=34.8 （元）

故所收租车费η的数学期望为34.8元．

(Ⅲ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5(18-15)=15 所以出租车在途中因故停车累计最多15分钟四、课堂练习：

1. 口袋中有5只球，编号为1，2，3，4，5，从中任取3球，以表示取出球的最大号码，则E

（）

A．4； B．5； C．4.5； D．4.75 答案：C 2. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中的1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求 ⑴他罚球1次的得分ξ的数学期望； ⑵他罚球2次的得分η的数学期望； ⑶他罚球3次的得分ξ的数学期望．解：⑴因为P(1)0.7，P(0)0.3，所以

E1×P(1)＋0×P(0)0.7

⑵η的概率分布为

η P 所以 E0 1 2 10.32 C20.70.3 0.72 0×0.09＋1×0.42＋2×0.98＝1.4．

⑶ξ的概率分布为

ξ P 所以 E０１ 2 3 0.33 1C30.70.32 C320.720.3 0.73 0×0.027＋1×0.189＋2×0.98＝2.1.

3．设有m升水，其中含有大肠杆菌n个．今取水1升进行化验，设其中含有大肠杆菌的个数为ξ，求ξ的数学期望．分析：任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是

1m，事件“ξ=k”发生，即n个大肠杆菌中恰有k个在此升水

中，由n次独立重复实验中事件A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生k次的概率计算方法可求出P(ξ=k),进而可求

Eξ.

解：记事件A：“在所取的1升水中含一个大肠杆菌”，则P(A)= ∴ P(ξ=k)=Pn(k)=Cn ∴ ξ～B(n,

k1m．

1m)，故

1n－k)（k=0,1,2,….,n）． m1nEξ =n×= mm)(1－

k1m五、小结：(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；

(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ

=np 六、课后作业：P64-65练习1,2,3,4 P69 A组1,2,3

1.一袋子里装有大小相同的3个红球和两个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是（用数字作答）

解：令取取黄球个数 (=0、1、2)则的要布列为

 0 1

p 于是 E（）=0×

3 103 51 10331+1×+2×=0.8

51010故知红球个数的数学期望为1.2

2.袋中有4个黑球、3个白球、2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球记0分，每取到一个白球记1分，每取到一个红球记2分，用表示得分数 ①求的概率分布列 ②求的数学期望

解：①依题意的取值为0、1、2、3、4

2C41=0时，取2黑 p(=0)=2

C9611C4C31 =1时，取1黑1白 p(=1)=3C9211C32C2C411 =2时，取2白或1红1黑p(=2)= 2+236C9C911C3C21 =3时，取1白1红，概率p(=3)= 6C922C21 =4时，取2红，概率p(=4)= 2C936

∴分布列为

（2）期望E=0×

 0 1 2 3 4 p 16 1 3114= 36911 3616 1 3616+1×

1111+2×+3×3636+4×

3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分别为p1、p2、p3，求试验中三台投影仪产生故障的数学期望解：设表示产生故障的仪器数，Ai表示第i台仪器出现故障（i=1、2、3）

Ai表示第i台仪器不出现故障，则：

p(=1)=p(A1·A2·

A3)+ p(A1·A2·A3)+ p(A1·A2·A3)

=p1(1－p2) (1－p3)+ p2(1－p1) (1－p3)+ p3(1－p1) (1－p2)

= p1+ p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3 p(=2)=p(A1· A2·A)+ p(A1·A2·= p1p2 (1－p3)+ p1p3(1－p2)+ p2p3(1－p1) = p1p2+ p1p3+ p2p3－3p1p2p3 p(=3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3

∴E=1×p(=1)+2×p(=2)+3×p(=3)= p1+p2+p3 A3)+ p(A1·A2·A3)

注：要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望 4.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望是 1.2 解：从5个球中同时取出2个球，出现红球的分布列为

 P 0 2C20.1 2C51 11C3C20.6 2C52 2C30.3 2C5E00.110.620.31.2

A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1,A2,A3，B队队员是B1,B2,B3，按

对阵队员 A1对B1 A队队员胜的概率 B队队员胜的概率以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：

A2对B2 A3对B3 2 32 52 51 33 53 5现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设（1）求，的概率分布；（2）求E，E 解：（Ⅰ），的可能取值分别为3，2，1，0 A队，B队最后所得分分别为， 232P232P131P03P3根据题意知25253535253535358,2712223228,35535575 1231322,35535553253，所以

P0P3P2P1（Ⅱ）E828,P1P2,7575 23,P3P05258282322； 21075755251523因为3,所以E3E 1532．3．2离散型随机变量的方差

一、复习引入：

1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、

ξ P x1 P1 x2 P2 … … xi Pi … … 6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1． 7.二项分布:ξ～B(n，p)，并记Cnkpkqnk＝b(k；n，p)．

1 11n1Cnpq ξ P 0 00nCnpq k1… … k kknkCnpq … … n nn0Cnpq 8.几何分布： g(k，p)= qp，其中k＝0,1,2,…， q1p．

1 2 3 … … ξ P k … … p pq q2p qk1p 9.数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为

ξ P 则称 Ex1 p1 x2 p2 … … xn pn … … x1p1x2p2…xnpn… 为ξ的数学期望，简称期望．

10. 数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平 11 平均数、均值:在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令

p1p2…pn，则有p1p2…pn1，nE(x1x2…xn)1，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值 nb)aEb

12. 期望的一个性质: E(a13.若ξ

B（n,p），则Eξ=np

二、讲解新课：

1. 方差: 对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取这些值的概率分别是

p1，

p2，…，pn，…，那么,

D＝(x1E)2p1＋(x2E)2p2＋…＋(xnE)2pn＋…

称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的E是随机变量ξ的期望．

2. 标准差:D的算术平方根3.方差的性质：（1）D(aD叫做随机变量ξ的标准差，记作．

22b)a2D；（2）DE(E)；

（3）若ξ～B(n，p)，则D4.其它：

np(1-p) ⑴随机变量ξ的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的；

⑵随机变量ξ的方差、标准差也是随机变量ξ的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；

⑶标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛三、讲解范例：

例1．随机抛掷一枚质地均匀的骰子,求向上一面的点数的均值、方差和标准差. 解：抛掷散子所得点数X 的分布列为

ξ P 从而

1 2 3 4 5 6 1 61 61 61 61 61 6111111EX1234563.5;

6666661111DX(13.5)2(23.5)2(33.5)2(43.5)26666

11(53.5)2(63.5)22.9266XDX1.71.

例2．有甲乙两个单位都愿意聘用你，而你能获得如下信息：

甲单位不同职位月工资X1/元获得相应职位的概率P1

乙单位不同职位月工资X2/元 1000 1400

1800 2000 1200 0.4 1400 0.3 1600 0.2 1800 0.1 获得相应职位的概率P2 0.4 0.3 0.2 0.1 根据工资待遇的差异情况，你愿意选择哪家单位？

解：根据月工资的分布列，利用计算器可算得 EX1 = 1200×0.4 + 1 400×0.3 + 1600×0.2 + 1800×0.1 = 1400 ,

DX1 = (1200-1400) 2 ×0. 4 + (1400-1400 ) 2×0.3 + (1600 -1400 )2×0.2+(1800-1400) 2×0. 1 = 40 000 ;

EX2＝1 000×0.4 +1 400×0.3 + 1 800×0.2 + 2200×0.1 = 1400 ,

DX2 = (1000-1400)2×0. 4+(1 400-1400)×0.3 + (1800-1400)2×0.2 + (2200-1400 )2×0.l = 160000 .

因为EX1 =EX2, DX1例3．设随机变量ξ的分布列为

ξ P 求Dξ 1 2 … … n 1 n1 n1 nn2-1n1 解：（略）E, D122 例4．已知离散型随机变量1的概率分布为

1 P 1 2 3 4 5 6 7 17 17 17 17 17 17 17 离散型随机变量2的概率分布为

2 P 3．7 3．8 3．9 4 4．1 4．2 4．3 171 17 17 17 17 17 17 求这两个随机变量期望、均方差与标准差解：E1111274； 777111D1(14)2(24)2(74)24；1D12777111E23.73.84.34；

777

D2=0.04, 2D20.2.

点评：本题中的中．E11和2都以相等的概率取各个不同的值，但

1的取值较为分散，2的取值较为集

E24，D14，D20.04，方差比较清楚地指出了2比1取值更集中．

1＝2，2=0.02，可以看出这两个随机变量取值与其期望值的偏差

例5．甲、乙两射手在同一条件下进行射击，分布列如下：射手甲击中环数8，9，10的概率分别为0.2,0.6,0.2;射手乙击中环数8，9，10的概率分别为0.4,0.2,0.24用击中环数的期望与方差比较两名射手的射击水平解：E180.290.6100.29

D1(89)20.2(99)20.6+（10-9）20.20.4；

同理有E29,D20.8 所以，在射击之前，可以预测甲、乙两名射手所得的平均环数很接近，均在9

由上可知，E1E2，D1D2环左右，但甲所得环数较集中，以9环居多，而乙得环数较分散，得8、10环地次数多些．

点评：本题中，1和2所有可能取的值是一致的，只是概率的分布情况不同．E1和D2=0.8来比较1和2的离散程度，即两名射手成绩的稳定情况 E2=9，这时就通过D1=0.4

例6．A、B两台机床同时加工零件，每生产一批数量较大的产品时，出次品的概率如下表所示：

0 A机床 1 2 0.06 3 0.04

0 B机床 1 2 0.04 3 0.10 次品数ξ1 概率P 次品数ξ1 概率P 0.7 0.2 0.8 0.06 问哪一台机床加工质量较好解： Eξ1=0×0.7+1×0.2+2×0.06+3×0.04=0.44,

Eξ2=0×0.8+1×0.06+2×0.04+3×0.10=0.44.

它们的期望相同，再比较它们的方差 Dξ1=（0-0.44）×0.7+（1-0.44）×0.2+（2-0.44）

×0.06+（3-0.44）×0.04=0.6064,

Dξ2=（0-0.44）×0.8+（1-0.44）×0.06+（2-0.44）

×0.04+（3-0.44）×0.10=0.9264. ∴Dξ1< Dξ2 故A机床加工较稳定、质量较好. 四、课堂练习：

1 .已知~Bn,p,E8,D1.6，则n,p的值分别是（）

A．100和0.08； B．20和0.4； C．10和0.2； D．10和0.8 答案：1.D 2. 一盒中装有零件12个，其中有9个正品，3个次品，从中任取一个，如果每次取出次品就不再放回去，再取一个零件，直到取得正品为止．求在取得正品之前已取出次品数的期望．

分析：涉及次品率；抽样是否放回的问题．本例采用不放回抽样，每次抽样后次品率将会发生变化，即各次抽样是不独立的．如果抽样采用放回抽样，则各次抽样的次品率不变，各次抽样是否抽出次品是完全独立的事件．

解：设取得正品之前已取出的次品数为ξ，显然ξ所有可能取的值为0，1，2，3 当ξ=0时，即第一次取得正品，试验停止，则 P（ξ=0）=

93 124399 1211443299 12111022032191 1211109220当ξ=1时，即第一次取出次品，第二次取得正品，试验停止，则 P（ξ=1）=

当ξ=2时，即第一、二次取出次品，第三次取得正品，试验停止，则 P（ξ=2）=

当ξ=3时，即第一、二、三次取出次品，第四次取得正品，试验停止，则P（ξ=3）=所以，Eξ=039913123 444220220103. 有一批数量很大的商品的次品率为1%，从中任意地连续取出200件商品，设其中次品数为ξ，求Eξ，Dξ 分析：涉及产品数量很大，而且抽查次数又相对较少的产品抽查问题．由于产品数量很大，因而抽样时抽出次品与否对后面的抽样的次品率影响很小，所以可以认为各次抽查的结果是彼此独立的．解答本题，关键是理解清楚：抽200件商品可以看作200次独立重复试验，即ξ

B（200，1%），从而可用公式：Eξ=np，Dξ=npq(这里q=1-p)直接进行计算解：因为商品数量相当大，抽200件商品可以看作200次独立重复试验，所以ξ这里n=200，p=1%，q=99%，所以，Eξ=200×1%=2,Dξ=200×1%×99%=1.98

B（200，1%）因为Eξ=np，Dξ=npq，

4. 设事件A发生的概率为p，证明事件A在一次试验中发生次数ξ的方差不超过1/4 分析：这是一道纯数学问题．要求学生熟悉随机变量的期望与方差的计算方法，关键还是掌握随机变量的分布列．求出方差Dξ=P(1-P)后，我们知道Dξ是关于P(P≥0)的二次函数，这里可用配方法，也可用重要不等式证明结论证明：因为ξ所有可能取的值为0，1且P（ξ=0）=1-p,P(ξ=1)=p, 所以，Eξ=0×(1-p)+1×p=p 则 Dξ=（0-p）×(1-p)+(1-p)

2 2

1p(1p)×p=p(1-p) 

24130 0.1 135 0.2 ξB P 100 0.1 115 0.2 125 0.4 130 0.1 145 0.2 2 5. 有A、B两种钢筋，从中取等量样品检查它们的抗拉强度，指标如下： ξA P 110 0.1 120 0.2 125 0.4 其中ξA、ξB分别表示A、B两种钢筋的抗拉强度．在使用时要求钢筋的抗拉强度不低于120，试比较A、B两种钢筋哪一种质量较好分析：两个随机变量ξA和ξB&都以相同的概率0．1，0．2，0．4，0．1，0．2取5个不同的数值．ξA取较为集中的数值110，120，125，130，135；ξB取较为分散的数值100，115，125，130，145．直观上看，猜想A种钢筋质量较好．但猜想不一定正确，需要通过计算来证明我们猜想的正确性解：先比较ξA与ξB的期望值，因为

EξA=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125, EξB=100×0.1+115×0.2+125×0.4十130×0.1+145×0.2=125.

所以，它们的期望相同．再比较它们的方差．因为

DξA=(110-125)×0.1+(120-125) ×0.2+(130-125)×0.1+(135-125)×0.2=50， DξB=(100-125)×0.1+(110-125) ×0.2+(130-125)×0.1+(145-125)×0.2=165.

所以，DξA < DξB.因此，A种钢筋质量较好 22

2 2

6. 在有奖摸彩中，一期(发行10000张彩票为一期)有200个奖品是5元的，20个奖品是25元的，5个奖品是100元的．在不考虑获利的前提下，一张彩票的合理价格是多少元？

分析：这是同学们身边常遇到的现实问题，比如福利彩票、足球彩票、奥运彩票等等．一般来说，出台各种彩票，政府要从中收取一部分资金用于公共福利事业，同时也要考虑工作人员的工资等问题．本题的“不考虑获利”的意思是指：所收资金全部用于奖品方面的费用解：设一张彩票中奖额为随机变量ξ，显然ξ所有可能取的值为0，5，25，100依题

意，可得ξ的分布列为

ξ P 0 5 25 100 13911 50040050391111E05251000.2

400505002000 答：一张彩票的合理价格是0．2元．

1 2000五、小结：⑴求离散型随机变量ξ的方差、标准差的步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由期望的定义求出Eξ；④根据方差、标准差的定义求出若ξ～B(n，p)，则不必写出分布列，直接用公式计算即可．

⑵对于两个随机变量1和2，在E1和E2相等或很接近时，比较D1和

D、.

D2，可以确定哪个随机变量的性质更适合生产生活实际，适合人们的需要六、课后作业： P69练习1,2,3 P69 A组4 B组1,2

1.设～B(n、p)且E=12 D=4，求n、p

解：由二次分布的期望与方差性质可知E=np D= np（1－p）

n18np12∴ ∴2

pnp(1p)432.已知随机变量服从二项分布即~B(6、解：p(=2)=c6(

11)求b (2；6，) 3312)() 332

3.已知甲、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和，已知和 的分布列如下：（注得分越大，水平越高）

 p 1 a 2 0.1 3 0.6

 p 1 0.3 2 b 3 0.3 试分析甲、乙技术状况解：由0.1+0.6+a+1a=0.3 0.3+0.3+b=1a=0.4 ∴E=2.3 , E=2.0 D=0.81 , D=0.6 2．4正态分布

复习引入：

总体密度曲线:样本容量越大，所分组数越多，各组的频率就越接近于总体在相应各组取值的概率．设想样本容量无限增大，分组的组距无限缩小，那么频率分布直方图就会无限接近于一条光滑曲线,这条曲线叫做总体密度曲线．

频率/组距总体密度曲线单位Oab

它反映了总体在各个范围内取值的概率．根据这条曲线，可求出总体在区间(a，b)内取值的概率等于总体密度曲线，直线x=a，x=b及x轴所围图形的面积．

观察总体密度曲线的形状，它具有“两头低，中间高，左右对称”的特征，具有这种特征的总体密度曲线一般可用下面函数的图象来表示或近似表示：

1,(x)e2(x)222,x(,)

式中的实数

、(0)是参数，分别表示总体的平均数与标准差，,(x)的图象为正态分布密度曲线,简

称正态曲线．讲解新课：

一般地，如果对于任何实数ab，随机变量X满足

P(aXB),(x)dx,

ab则称 X 的分布为正态分布（normal distribution ) ．正态分布完全由参数

和确定，因此正态分布常记作

N(,2)．如果随机变量 X 服从正态分布，则记为X～N(,2).

经验表明，一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．例如，高尔顿板试验中，小球在下落过程中要与众多小木块发生碰撞，每次碰撞的结果使得小球随机地向左或向右下落，因此小球第1次与高尔顿板底部接触时的坐标 X 是众多随机碰撞的结果，所以它近似服从正态分布．在现实生活中，很多随机变量都服从或近似地服从正态分布．例如长度测量误差；某一地区同年龄人群的身高、体重、肺活量等；一定条件下生长的小麦的株高、穗长、单位面积产量等；正常生产条件下各种产品的质量指标（如零件的尺寸、纤维的纤度、电容器的电容量、电子管的使用寿命等）；某地每年七月份的平均气温、平均湿度、降雨量等；一般都服从正态分布．因此，正态分布广泛存在于自然现象、生产和生活实际之中．正态分布在概率和统计中占有重要的地位．

说明:1参数是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本均值去佑计；是衡量随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本标准差去估计．

2.早在 1733 年，法国数学家棣莫弗就用n！的近似公式得到了正态分布．之后，德国数学家高斯在研究测量误差时从另一个角度导出了它，并研究了它的性质，因此，人们也称正态分布为高斯分布． 2．正态分布N(,2)）是由均值μ和标准差σ唯一决定的分布

通过固定其中一个值，讨论均值与标准差对于正态曲线的影响

3．通过对三组正态曲线分析，得出正态曲线具有的基本特征是两头底、中间高、左右对称正态曲线的作图，书中没有做要求，教师也不必补上讲课时教师可以应用几何画板，形象、美观地画出三条正态曲线的图形，结合前面均值与标准差对图形的影响，引导学生观察总结正态曲线的性质 4．正态曲线的性质：

（1）曲线在x轴的上方，与x轴不相交（2）曲线关于直线x=μ对称（3）当x=μ时，曲线位于最高点（4）当x＜μ时，曲线上升（增函数）；当x＞μ时，曲线下降（减函数）并且当曲线向左、右两边无限延伸时，以x

轴为渐近线，向它无限靠近（5）μ一定时，曲线的形状由σ确定 σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散； σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中：

五条性质中前三条学生较易掌握，后两条较难理解，因此在讲授时应运用数形结合的原则，采用对比教学 5．标准正态曲线:当μ=0、σ=l时，正态总体称为标准正态总体，其相应的函数表示式是

f(x)12ex22，（-∞

＜x＜+∞）

其相应的曲线称为标准正态曲线标准正态总体N（0，1）在正态总体的研究中占有重要的地位任何正态分布的概率问题均可转化成标准正态分布的概率问题讲解范例：

例1．给出下列三个正态总体的函数表达式，请找出其均值μ和标准差σ （１）

f(x)121ex22,x(,)

（２）

f(x)22e(x1)28,x(,)

（３）

22(x1)2f(x)e,x(,)

2答案：(1)0，1；(2)1，2；(3)-1，0.5

例2求标准正态总体在（-1，2）内取值的概率．解：利用等式

p(x2)(x1)有

p(2)(1)(2)11

=(2)(1)1=0.9772＋0.8413－1=0.8151．

1.标准正态总体的概率问题:

对于标准正态总体N（0，1），(x0)是总体取值小于x0的概率，即 (x0)其中x0P(xx0)，

0，图中阴影部分的面积表示为概率P(xx0)

只要有标准正态分布表即可查表解决.从图中不难发现:当

x00时，(x0)1(x0)；而当x00时，Φ（0）=0.5 2.标准正态分布表标准正态总体

N(0,1)在正态总体的研究中有非常重要的地位，为此专门制作了“标准正态分布表”．在这

个表中，对应于若

x0的值(x0)是指总体取值小于x0的概率，即 (x0)P(xx0)，(x00)．

x00，则(x0)1(x0)．

利用标准正态分布表，可以求出标准正态总体在任意区间

(x1,x2)内取值的概率，即直线xx1，xx2与正态曲线、x轴所围成的曲边梯形的面积

P(x1xx2)(x2)(x1)．

3．非标准正态总体在某区间内取值的概率:可以通过F(x)(x)转化成标准正态总体，然后查标准正态分布

表即可在这里重点掌握如何转化首先要掌握正态总体的均值和标准差，然后进行相应的转化 4.小概率事件的含义

发生概率一般不超过5％的事件，即事件在一次试验中几乎不可能发生假设检验方法的基本思想:首先，假设总体应是或近似为正态总体，然后，依照小概率事件几乎不可能在一次试验中发生的原理对试验结果进行分析假设检验方法的操作程序，即“三步曲”

一是提出统计假设，教科书中的统计假设总体是正态总体；

二是确定一次试验中的a值是否落入(μ-3σ，μ+3σ)；三是作出判断讲解范例：

例1. 若x～N(0,1),求(l)P(-2.322). 解：(1)P(-2.32=(1.2)-[1-(2.32)]=0.8849-(1-0.9898)=0.8747. (2)P(x>2)=1-P(x<2)=1-(2)=l-0.9772=0.0228. 例2．利用标准正态分布表，求标准正态总体在下面区间取值的概率： (1)在N(1,4)下，求F(3) （2）在N（μ，σ）下，求Ｆ（μ－σ，μ＋σ）；Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）；Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）；Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）

31)＝Φ（1）＝0.8413 2（２）Ｆ（μ＋σ）＝()＝Φ（1）＝0.8413

解：（１）F(3)＝(Ｆ（μ－σ）＝()＝Φ（－1）＝１－Φ（1）＝１－0.8413＝0.1587

Ｆ（μ－σ，μ＋σ）＝Ｆ（μ＋σ）－Ｆ（μ－σ）＝0.8413－0.1587＝0.6826 Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）＝Ｆ（μ＋1.84σ）－Ｆ（μ－1.84σ）＝0.9342 Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）＝Ｆ（μ＋2σ）－Ｆ（μ－2σ）＝0.954 Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）＝Ｆ（μ＋3σ）－Ｆ（μ－3σ）＝0.997 对于正态总体N(,2)取值的概率：

68.3%95.4%99.7%2σ4σ6σ

在区间（μ-σ，μ+σ）、（μ-2σ，μ+2σ）、（μ-3σ，μ+3σ）内取值的概率分别为68.3%、95.4%、99.7% 因此我们时常只在区间（μ-3σ，μ+3σ）内研究正态总体分布情况，而忽略其中很小的一部分例3．某正态总体函数的概率密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为

12，求总体落入区间（－1.2，0.2）之间

的概率解：正态分布的概率密度函数是

f(x)12e(x)222,x(,)，它是偶函数，说明μ＝0，f(x)的最大

值为

f()＝

12，所以σ＝1，这个正态分布就是标准正态分布 P(1.2x0.2)(0.2)(1.2)(0.2)[1(1.2)](0.2)(1.2)1

巩固练习：书本第74页 1,2,3

课后作业：书本第75页习题2. 4 A组 1 , 2 B组1 , 2 教学反思：

1．在实际遇到的许多随机现象都服从或近似服从正态分布在上一节课我们研究了当样本容量无限增大时，频率分布直方图就无限接近于一条总体密度曲线，总体密度曲线较科学地反映了总体分布但总体密度曲线的相关知识较为抽象，学生不易理解，因此在总体分布研究中我们选择正态分布作为研究的突破口正态分布在统计学中是最基本、最重要的一种分布 2．正态分布是可以用函数形式来表述的其密度函数可写成：

f(x)1e2(x)222,x(,)，（σ＞0）

2由此可见，正态分布是由它的平均数μ和标准差σ唯一决定的常把它记为N(,) 3．从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的 4．通过三组正态分布的曲线，可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征。由于正态分布是由其平均数μ和标准差σ唯一决定的，因此从某种意义上说，正态分布就有好多好多，这给我们深入研究带来一定的困难但我们也发现，许多正态分布中，重点研究N（0，1），其他的正态分布都可以通过F(x)(x)转化为N（0，1），我们把N（0，1）

称为标准正态分布，其密度函数为F(x)12e1x22，x∈（-∞，+∞），从而使正态分布的研究得以简化。结合正态曲

线的图形特征，归纳正态曲线的性质正态曲线的作图较难，教科书没做要求，授课时可以借助几何画板作图，学生只要了解大致的情形就行了，关键是能通过正态曲线，引导学生归纳其性质。

第三章统计案例

§3.1 独立性检验（1）

一．问题情境

5月31日是世界无烟日。有关医学研究表明，许多疾病，例如：心脏病、癌症、脑血管病、慢性阻塞性肺病等都与吸烟有关，吸烟已成为继高血压之后的第二号全球杀手。这些疾病与吸烟有关的结论是怎样得出的呢？我们看一下问题：

1．某医疗机构为了了解呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了515个成年人，其中吸烟者220人，

不吸烟者295人．调查结果是：吸烟的220人中有37人患呼吸道疾病（简称患病），183人未患呼吸道疾病（简称未患病）；不吸烟的295人中有21人患病，274人未患病．问题：根据这些数据能否断定“患呼吸道疾病与吸烟有关”？二．学生活动

为了研究这个问题，（1）引导学生将上述数据用下表来表示：

吸烟不吸烟合计患病 37 21 58 未患病 183 274 457 合计 220 295 515 （2）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异：

在吸烟的人中，有

372116.82%的人患病，在不吸烟的人中，有7.12%的人患病． 220295问题：由上述结论能否得出患病与吸烟有关？把握有多大？三．建构数学 1．独立性检验：

（1）假设H0：患病与吸烟没有关系．

若将表中“观测值”用字母表示，则得下表：

吸烟不吸烟合计患病未患病合计 a c ac b d bd ab cd abcd （近似的判断方法：设nabcd，如果H0成立，则在吸烟的人中患病的比例与不吸烟的人中患病的比例应差不多，由此可得

acabcd，即a(cd)c(ab)adbc0，因此，

|adbc|越小，患病与吸烟之间的关系越弱，否则，关系越强．）

设nabcd，

在假设H0成立的条件下，可以通过求 “吸烟且患病”、“吸烟但未患病”、“不吸烟但患病”、“不吸烟且未患病”的概率（观测频率），将各种人群的估计人数用a,b,c,d,n表示出来．例如：“吸烟且患病”的估计人数为nP(AB)nabac； nn 79

abbd； nncdac“不吸烟但患病”的估计人数为nP(AB)n； nncdbd“不吸烟且未患病”的估计人数为nP(AB)n． nn“吸烟但未患病” 的估计人数为nP(AB)n如果实际观测值与假设求得的估计值相差不大，就可以认为所给数据（观测值）不能否定假设H0．否则，应认为假设H0不能接受，即可作出与假设H0相反的结论．（2）卡方统计量：

为了消除样本对上式的影响，通常用卡方统计量（χ2

卡方χ2统计量公式：

(观测值预期值)2预期值）来进行估计．

abacabbdanbnnnnnχ2abacabbdnnnnnncdaccdbdcndnnnnncdaccdbdnnnnnn222

nadbc（其中nabcd） abcdacbd由此若H0成立，即患病与吸烟没有关系，则χ2的值应该很小．把a37,b183,c21,dχ211.8634，统计学中有明确的结论，在H0成立的情况下，随机事件“发生的概率约为0.01，即P(22274代入计算得

6.635”

6.635)0.01，也就是说，在H0成立的情况下，对统计量χ2进行多次观测，

观测值超过6.635的频率约为0.01．由此，我们有99%的把握认为H0不成立，即有99%的把握认为“患病与吸烟有关系”．

象以上这种用统计量研究吸烟与患呼吸道疾病是否有关等问题的方法称为独立性检验．说明：

（1）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异是用频率估计概率，利用χ2进行独立性检验，可以对推断的正确性的概率作出估计，观测数据a,b,c,d取值越大，效果越好．在实际应用中，当a,b,c,d均不小于5，近似的效果才可接受．

（2）这里所说的“呼吸道疾病与吸烟有关系”是一种统计关系，这种关系是指“抽烟的人患呼吸道疾病的可能性（风

险）更大”，而不是说“抽烟的人一定患呼吸道疾病”．

（3）在假设H0下统计量χ2应该很小，如果由观测数据计算得到χ2的观测值很大，则在一定程度上说明假设不合理（即统计量χ2越大，“两个分类变量有关系”的可能性就越大）． 2．独立性检验的一般步骤：

一般地，对于两个研究对象Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ有两类取值：类

Ⅰ 类1 Ⅱ 类2 A和类B（如吸烟与不吸烟），Ⅱ也有两类取值：类1和

合计类2（如患呼吸道疾病与不患呼吸道疾病），得到如下表所示： A 类B 类合计 a c ac b d bd ab cd abcd 推断“Ⅰ和Ⅱ有关系”的步骤为：

第一步，提出假设H0：两个分类变量Ⅰ和Ⅱ没有关系；第二步，根据2×2列联表和公式计算χ2统计量；第三步，查对课本中临界值表，作出判断． 3．独立性检验与反证法：

反证法原理：在一个已知假设下，如果推出一个矛盾，就证明了这个假设不成立；

独立性检验（假设检验）原理：在一个已知假设下，如果一个与该假设矛盾的小概率事件发生，就推断这个假设不成立．四．数学运用 1．例题：

例1．在500人身上试验某种血清预防感冒的作用，把他们一年中的感冒记录与另外500名未用血清的人的感冒记录作比较，结果如表所示．问：该种血清能否起到预防感冒的作用？

使用血清未使用血清合计未感冒 258 216 474 感冒 242 284 526 合计 500 500 1000 分析：在使用该种血清的人中，有

24228448.4%的人患过感冒；在没有使用该种血清的人中，有56.8%的500500人患过感冒，使用过血清的人与没有使用过血清的人的患病率相差较大．从直观上来看，使用过血清的人与没有使用过血清的人的患感冒的可能性存在差异．

解：提出假设H0：感冒与是否使用该种血清没有关系．由列联表中的数据，求得

1000(258284242216)27.075

4745265005002∵当H0成立时，26.635的概率约为0.01，∴我们有99%的把握认为：该种血清能起到预防感冒的作用．

例2．为研究不同的给药方式（口服或注射）和药的效果（有效与无效）是否有关，进行了相应的抽样调查，调查结果如表所示．根据所选择的193个病人的数据，能否作出药的效果与给药方式有关的结论？

口服有效 58 无效 40 81

合计 98 注射合计 64 122 31 71 95 193 分析：在口服的病人中，有

586459%的人有效；在注射的病人中，有67%的人有效．从直观上来看，口服9895与注射的病人的用药效果的有效率有一定的差异，能否认为用药效果与用药方式一定有关呢？下面用独立性检验的方法加以说明．

解：提出假设H0：药的效果与给药方式没有关系．由列联表中的数据，求得

193(58314064)21.38962.072

1227198952当H0成立时，21.3896的概率大于15%，这个概率比较大，所以根据目前的调查数据，不能否定假设H0，

即不能作出药的效果与给药方式有关的结论．说明：如果观测值22.706，那么就认为没有充分的证据显示“Ⅰ与Ⅱ有关系”，但也不能作出结论“H0成立”，

即Ⅰ与Ⅱ没有关系．

§3.1 独立性检验（2）

一．学生活动

练习：

（1）某大学在研究性别与职称(分正教授、副教授)之间是否有关系，你认为应该收集哪些数

据？．

（2）某高校“统计初步”课程的教师随机调查了选该课的一些学生情况，具体数据如下表：非统计专业统计专业专性男别女业 13 7 10 20

为了判断主修统计专业是否与性别有关系，根据表中的数据，得到

250(1320107)4.844，∵χ23.841， χ223272030所以判定主修统计专业与性别有关系，那么这种判断出错的可能性为．（答案：5%）附：临界值表（部分）： P（χ2x0） x0

二．数学运用 1．例题：

0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 例1．在对人们的休闲方式的一次调查中，共调查了124人，其中女性70人，男性54人。女性中有43人主要的休闲方式是看电视，另外27人主要的休闲方式是运动；男性中有21人主要的休闲方式是看电视，另外33人主要的休闲方式是运动。

（1）根据以上数据建立一个2× 2列联表；（2）判断性别与休闲方式是否有关系。

解：（1）2× 2的列联表：休闲方式看电视运动总计性别 82

女男总计 43 21 64 27 33 60 70 54 124 （2）假设“休闲方式与性别无关”

2124(43332721)6.201 χ270546460因为χ25.024，所以有理由认为假设“休闲方式与性别无关”是不合理的，即有97.5%的把握认为“休闲方式与性

别有关”。

例2．气管炎是一种常见的呼吸道疾病，医药研究人员对两种中草药治疗慢性气管炎的疗效进行对比，所得数据如表所示．问它们的疗效有无差异（可靠性不低于99%）？

复方江剪刀草胆黄片合计有效 184 91 275 无效 61 9 70 合计 245 100 345 分析：由列联表中的数据可知，服用复方江剪刀草的患者的有效率为

18475%，服用胆黄片的患者的有效率为2459191%，可见，服用复方江剪刀草的患者与服用胆黄片的患者的有效率存在较大差异．下面用2进行独立100性检验，以确定能有多大把握作出这一推断．

解：提出假设H0：两种中草药的治疗效果没有差异，即病人使用这两种药物中的何种药物对疗效没有明显差异．

由列联表中的数据，求得

345(18496191)211.098

275702451002当H0成立时，210.828的概率约为0.001，而这里211.09810.828

所以我们有99.9%的把握认为：两种药物的疗效有差异．

例3．下表中给出了某周内中学生是否喝过酒的随机调查结果，若要使结论的可靠性不低于95%，根据所调查的数据，能否作出该周内中学生是否喝过酒与性别有关的结论？

男生女生合计喝过酒 77 16 93 没喝过酒 404 122 526 合计 481 138 619

解：提出假设H0：该周内中学生是否喝过酒与性别无关．由列联表中的数据，求得当H0成立时，221.6366，

3.841的概率约为0.05，而这里21.63663.841，

所以，不能推断出喝酒与性别有关的结论．三．回顾小结：

1．独立性检验的思想方法及一般步骤．

四．课外作业：补充。

§3.2 回归分析(1)

教学目标

（1）通过实例引入线性回归模型，感受产生随机误差的原因；

（2）通过对回归模型的合理性等问题的研究，渗透线性回归分析的思想和方法；（3）能求出简单实际问题的线性回归方程．教学重点，难点

线性回归模型的建立和线性回归系数的最佳估计值的探求方法．教学过程一．问题情境

1．情境：对一作直线运动的质点的运动过程观测了8次，得到如下表所示的数据，试估计当x=９时的位置y的值．

时刻x/s 位置观测值y/cm 根据《数学3（必修）》中的有关内容，解决这个问题的方法是：

先作散点图，如下图所示：

3 5 8 6 7 2 4 1 5.54 7.52 10.02 11.73 15.69 16.12 16.98 21.06 从散点图中可以看出，样本点呈直线趋势，时间x与位置观测值y之间有着较好的线性关系．因此可以用线性回归方程来刻画它们之间的关系．根据线性回归的系数公

nxiyinxyi1bn式，xi2n(x)2 i1aybx可以得到线性回归方为

y3.53612.1214x，所以当x9时，由线性回归方程可以估计其位置值为

y22.6287

2．问题：在时刻x二．学生活动

思考，讨论：这些点并不都在同一条直线上，上述直线并不能精确地反映x与全确定，它们之间是统计相关关系，三．建构数学

1．线性回归模型的定义：

我们将用于估计

9时，质点的运动位置一定是22.6287cm吗？

y之间的关系，y的值不能由x完

y的实际值与估计值之间存在着误差．

y值的线性函数abx作为确定性函数；

，称之为随机误差；

y的实际值与估计值之间的误差记为将

yabx称为线性回归模型．

①所用的确定性函数不恰当引起的误差；

说明：（1）产生随机误差的主要原因有：

②忽略了某些因素的影响； ③存在观测误差．

（2）对于线性回归模型，我们应该考虑下面两个问题： ①模型是否合理（这个问题在下一节课解决）； ②在模型合理的情况下，如何估计a，b？ 2．探求线性回归系数的最佳估计值：

对于问题②，设有n对观测数据(xi,yi)(i1,2,3,,n)，根据线性回归模型，对于每一个xi，对应的随机

n误差项

iyi(abxi)，我们希望总误差越小越好，即要使i2i1n越小越好．所以，只要求出使

Q(,)(yixi)2取得最小值时的i1，值作为a，b的估计值，记为a，b．

注：这里的

i就是拟合直线上的点

xi,abxi到点Pixi,yi的距离．

用什么方法求a，b？

回忆《数学3（必修）》“2．4线性回归方程”P71“热茶问题”中求a，b的方法：最小二乘法．利用最小二乘法可以得到a，b的计算公式为

n(xix)(yiy)i1bn(xix)2i1aybxxynxyiinxi1i1n2in(x)2，

1n其中xxini11n，yyi

ni1b分别为a，此直线方程即为线性回归方程．其中a，yabx就称为这n对数据的回归直线，

由此得到的直线

b的估计值，a称为回归截距，b称为回归系数，y称为回归值．

在前面质点运动的线性回归方程3．线性回归方程

y3.53612.1214x中，a3.5361，b2.1214．

yabx中a，b的意义是：以a为基数，x每增加1个单位，y相应地平均增加b个单位；

4．化归思想（转化思想）

在实际问题中，有时两个变量之间的关系并不是线性关系，这就需要我们根据专业知识或散点图，对某些特殊的非线性关系，选择适当的变量代换，把非线性方程转化为线性回归方程，从而确定未知参数．下面列举出一些常见的曲线方程，并给出相应的化为线性回归方程的换元公式．（1）

yab1，令y'y，x'，则有y'abx'．

（2）（3）

yaxb，令y'lny，x'lnx，a'lna，则有y'a'bx'． yaebx，令y'lny，x'x，a'lna，则有y'a'bx'．

（4）

yaebx，令

y'lny，x'1，a'lna，则有y'a'bx'． x （5）

yablnx，令y'y，x'lnx，则有y'abx'．

四．数学运用 1．例题：

例1．下表给出了我国从1949年至1999年人口数据资料，试根据表中数据估计我国2004年的人口数．年份人口数/百万 1949 1954 1959 1964 1969 1974 1979 1984 1989 1994 1999 542 603 672 705 807 909 975 1035 1107 1177 1246 解：为了简化数据，先将年份减去1949，并将所得值用x表示，对应人口数用y表示，得到下面的数据表：

x y 5 0 10 15 20 25 30 35 40 45 50 542 603 672 705 807 909 975 1035 1107 1177 1246 作出11个点

x,y构成的散点图，

yabx来表示它们之间的关系．

由图可知，这些点在一条直线附近，可以用线性回归模型根据公式（1）可得

b14.453, a527.591.这里的a,b分别为a,b的估计值，因此线性回归方程为

y527.59114.453x

x55,代入

线性回归

由于2004年对应的方程

，即2004年的人口总数估计为13.23亿. y527.59114.453x可得y1322.506（百万）

例2．某地区对本地的企业进行了一次抽样调查，下表是这次抽查中所得到的各企业的人均资本x（万元）与人均产出

y（万元）的数据：

3 人均资本 4 5.5 6.5 7 8 9 10.5 11.5 14 x/万元人均产出 4.12 4.67 8.68 11.01 13.04 14.43 17.50 25.46 26.66 45.20 ，试根据表中数据估计a和b的值； y与x之间具有近似关系yaxb（a,b为常数）

y/万元（1）设

（2）估计企业人均资本为16万元时的人均产出（精确到0.01）．

分析：根据x，y所具有的关系可知，此问题不是线性回归问题，不能直接用线性回归方程处理．但由对数运算的性质可知，只要对解（1）在

yaxb的两边取对数，就能将其转化为线性关系．

，则

yaxb的两边取常用对数，可得lgylgablgx，设lgyz，lgaA，lgxXzAbX．相关数据计算如图327所示．

1 2 3 4

A 人均资本B 3 4.12 0.47712 0.6149 C 4 4.67 0.60206 0.66932 D 5.5 8.68 0.74036 0.93852 E 6.5 11.01 0.81291 1.04179 F 7 13.04 0.8451 1.11528 G 8 14.43 0.90309 1.15927 H 9 17.5 0.95424 1.24304 I J 11.5 26.66 1.0607 1.42586 K 14 45.2 1.14613 1.65514 x/万元人均产出10.5 25.46 1.02119 1.40586 y/万元 Xlgx zlgy A0.2155,仿照问题情境可得A，b的估计值A，b分别为由lga0.2155可得a0.6088，即a，bb1.5677,的估计值分别为0.6088和1.5677．

（2）由（1）知

y0.6088x1.5677．样本数据及回归曲线的图形如图328（见书本P102 页）

，故当企业人均资本为16万元时，人均产值约为47.01万y0.6088161.567747.01（万元）

当x16时，元．

§3.2 回归分析(2)

一．问题情境

1．情境：下面是一组数据的散点图，若求出相应的线性回归方程，求出的线性回归方程可以用作预测和估计吗？

2．问题：思考、讨论：求得的线性回归方程是否有实际意义．二．学生活动

对任意给定的样本数据，由计算公式都可以求出相应的线性回归方程，但求得的线性回归方程未必有实际意义．左图中的散点明显不在一条直线附近，不能进行线性拟合，求得的线性回归方程是没有实际意义的；右图中的散点基本上在一条直线附近，我们可以粗略地估计两个变量间有线性相关关系，但它们线性相关的程度如何，如何较为精确地刻画线性相关关系呢？

1086420051015系1086420051015

这就是上节课提到的问题①，即模型的合理性问题．为了回答这个问题，我们需要对变量x与行检验（简称相关性检验）．三．建构数学

1．相关系数的计算公式：

对于x，

ny的线性相关性进

y随机取到的n对数据(xi,yi)(i1,2,3,niiii,n)，样本相关系数r的计算公式为

r(xx)(yy)i1(xx)(yy)2iii1i1nn2xynxyi1(xi2n(x)2)(yi2n(y)2)i1i1nn．

2

2．相关系数r的性质：（1）|r|1；

（2）|r|越接近与1，x，（3）|r|越接近与0，x，

y的线性相关程度越强； y的线性相关程度越弱．

可见，一条回归直线有多大的预测功能，和变量间的相关系数密切相关． 3．对相关系数r进行显著性检验的步骤：

相关系数r的绝对值与1接近到什么程度才表明利用线性回归模型比较合理呢？这需要对相关系数r进行显著性检

验．对此，在统计上有明确的检验方法，基本步骤是：（1）提出统计假设H0：变量x，

y不具有线性相关关系；

（2）如果以95%的把握作出推断，那么可以根据10.950.05与n2（n是样本容量）在附录2（教材P111）中查出一个r的临界值r0.05（其中10.950.05称为检验水平）；（3）计算样本相关系数r；

（4）作出统计推断：若|r|r0.05，则否定H0，表明有95%的把握认为变量

y与x之间具有线性相关关系；若

|r|r0.05，则没有理由拒绝H0，即就目前数据而言，没有充分理由认为变量y与x之间具有线性相关关系．

说明：1．对相关系数r进行显著性检验，一般取检验水平某种关系．

3．这里的r是对抽样数据而言的．有时即使|r|1，两者也不一定是线性相关的．故在统计分析时，不能就数据论数据，要结合实际情况进行合理解释．

4．对于上节课的例1,可按下面的过程进行检验：（1）作统计假设H0：x与

0.05，即可靠程度为95%．

2．这里的r指的是线性相关系数，r的绝对值很小，只是说明线性相关程度低，不一定不相关，可能是非线性相关的

y不具有线性相关关系；

0.602；

（2）由检验水平0.05与n29在附录2中查得r0.05（3）根据公式

2得相关系数r0.998；

（4）因为

r0.9980.602，即rr0.05，所以有95﹪的把握认为x与y之间具有线性相关关系,线性回归方

程为

y527.59114.453x是有意义的．

四．数学运用 1．例题：

例1．下表是随机抽取的8对母女的身高数据,试根据这些数据探讨母亲身高x/cm 女儿身高y与x之间的关系．

161 162 163 154 157 158 159 160 y/cm 155 156 159 162 161 164 165 166 解：所给数据的散点图如图所示：由图可以看出，这些点在一条直线附近，

因为x81541571638159.25，y15515616328159.25259.5， 166281612116，

1668161，

xi182i8(x)215428(y)21552yi182ixy8xy154155iii11631668159.2516180，

所以r8059.51160.963，

0.707，因为0.9630.707,所以可以认为x与y之间具

由检验水平0.05及n26，在附录2中查得r0.05有较强的线性相关关系．线性回归模型

yabx中a,b的估计值a,b分别为

bxy8xyii8xi8x2i1i1821.345, aybx53.191，

故

y对x的线性回归方程为y53.1911.345x．

例2．要分析学生高中入学的数学成绩对高一年级数学学习的影响，在高一年级学生中随机抽取10名学生，分析他们入学的数学成绩和高一年级期末数学考试成绩如下表：

学生编号入学成绩x 高一期末成绩2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 63 67 45 88 81 71 52 99 58 76 65 78 52 82 92 89 73 98 56 75 y的相关系数； y （1）计算入学成绩x与高一期末成绩（2）如果x与

y之间具有线性相关关系，求线性回归方程；

（3）若某学生入学数学成绩为80分，试估计他高一期末数学考试成绩．

11解：(1)因为x63677670，y65781010Lxy(xix)(yiy)1894，Lxx(xix)2474，

i1107576，

10102i1Lyy(yiy)22056．

i1因此求得相关系数为r(xx)(yy)iii110(xix)2i110(yiy)2i110LxyLxxLyy0.840．

结果说明这两组数据的相关程度是比较高的；小结解决这类问题的解题步骤：

（1）作出散点图，直观判断散点是否在一条直线附近；（2）求相关系数r；

（3）由检验水平和n2的值在附录中查出临界值，判断（4）计算a，b，写出线性回归方程．

y与x是否具有较强的线性相关关系；

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文

全部栏目

高中数学选修2-3教案全集