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人教版高中数学选修2-3课后习题解答(...


新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答
第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习(P6) 1、 (1)要完成的“一件事情”是“选出 1 人完成工作” ,不同的选法种数是 5+4=9; (2)要完成的“一件事情”是“从 A 村经 B 村到 C 村去” ,不同路线条数是 3×2=6. 2、 (1)要完成的“一件事情”是“选出 1 人参加活动

” ,不同的选法种数是 3+5+4=12; (2)要完成的“一件事情”是“从 3 个年级的学生中各选 1 人参加活动” ,不同选法种 数是 3×5×4=60. 3、因为要确定的是这名同学的专业选择,并不要考虑学校的差异, 所以应当是 6+4-1=9(种)可能的专业选择. 练习(P10) 1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是 ai b j ck 的形式,所以可 以分三步完成:第一步,取 ai ,有 3 种方法;第二步,取 b j ,有 3 种方法;第三步,取 ck , 有 5 种方法. 根据分步乘法计数原理,展开式共有 3×3×5=45(项). 2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成,每一步都是从 0~9 这 10 个数字中取一个,共有 10×10×10×10=10000(个). 3、要完成的“一件事情”是“从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名”. 第一步选正组长, 有 5 种方法;第二步选副组长,有 4 种方法. 共有选法 5×4=20(种). 4、要完成的“一件事情”是“从 6 个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成: 先从 6 个门中选一个进入,再从其余 5 个门中选一个出去. 共有进出方法 6×5=30(种). 习题 1.1 A 组(P12) 1、 “一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有 4+7=11(种). 2、 “一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类,后分步” ,不同 的路线共有 2×3+4×2=14(条). 3、对于第一问, “一件事情”是“构成一个分数”. 由于 1,5,9,13 是奇数,4,8,12, 16 是偶数,所以 1,5,9,13 中任意一个为分子,都可以与 4,8,12,16 中的任意一个构成 分数. 因此可以分两步来构成分数:第一步,选分子,有 4 种选法;第二步,选分母,也有 4 种选法. 共有不同的分数 4×4=16(个). 对于第二问, “一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类:分子为 1 时,分母可以从 4,8, 12,16 中任选一个,有 4 个;分子为 5 时,分母可以从 8,12,16 中选一个,有 3 个;分子 为 9 时,分母从 12,16 中选一个,有 2 个;分子为 13 时,分母只能选 16,有 1 个. 所以共有 真分数 4+3+2+1=10(个). 4、 “一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识,容易得到不同的接通线路有 3+1 +2×2=8(条). 5、 “一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同,因此可以分两步 (1) 完成:第一步,从 A 中选横坐标,有 6 个选择;第二步,从 A 中选纵坐标,也有 6 个选择. 所 以共有坐标 6×6=36(个). (2) “一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、 斜率相同截距不同的直线都是互不相同的, 因此可分两步完成: 第一步, 取斜率, 4 种取法; 有 第二步,取截距,有 4 种取法. 所以共有直线 4×4=16(条). 习题 1.1 B 组(P13) 1、 “一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复,最后一个只能在 0~5
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这六个数字中拨,所以有号码 10×10×10×6=6000(个). 2、 “一件事情”是“4 名学生分别参加 3 个运动队中的一个,每人限报一个,可以报同 (1) 一个运动队”. 应该是人选运动队,所以不同报法种数是 34 . (2) “一件事情”是“3 个班分别从 5 个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点,故 不同的选法种数是 53 . 1.2 排列与组合 练习(P20) 1、 (1) ab, ac, ad , ba, bc, bd , ca, cb, cd , da, db, dc ; (2) ab, ac, ad , ae, ba, bc, bd , be, ca, cb, cd , ce, da, db, dc, de, ea, eb, ec, ed .
4 2、 (1) A15 ? 15 ?14 ?13 ?12 ? 32760 ;

7 (2) A7 ? 7! ? 5040 ;

(3) A84 ? 2 A82 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 2 ? 8 ? 7 ? 1568 ; 3、

(4)

8 7 A12 5 A12 ? 7 ? 5. 7 A12 A12

N N!

2 2

3 6

4 24

5 120

6 720

7

8

5040 40320

4、 (1)略.

8 7 6 7 7 7 7 (2) A8 ? 8 A7 ? 7 A6 ? 8 A7 ? 8 A7 ? A7 ? A7 . 3 6、 A4 ? 24 (种).

3 5、 A5 ? 60 (种).

练习(P25) 1、 (1)甲、乙, 甲、丙, 甲、丁, 乙、丙, 乙、丁, 丙、丁; (2) 冠军 甲 乙 甲 丙 甲 丁 乙 丙 乙 丁 亚军 乙 甲 丙 甲 丁 甲 丙 乙 丁 乙 2、 ?ABC , ?ABD , ?ACD , ?BCD .
3 3、 C6 ? 20 (种). 2 4、 C4 ? 6 (个).

丙 丁

丁 丙

2 5、 (1) C6 ?

6?5 ? 15 ; 1? 2

3 (2) C8 ?

8? 7 ? 6 ? 56 ; 1? 2 ? 3

3 2 (3) C7 ? C6 ? 35 ? 15 ? 20 ;

3 (4) 3C8 ? 2C52 ? 3 ? 56 ? 2 ?10 ? 148 .

6、

m ? 1 m?1 m ? 1 (n ? 1)! n! m Cn ?1 ? ? ? ? Cn n ?1 n ? 1 (m ? 1)![(n ? 1) ? (m ? 1)]! m !? n ? m ?!
A 组(P27)

习题 1.2

3 2 1 2 3 4 1、 (1) 5 A5 ? 4 A4 ? 5 ? 60 ? 4 ?12 ? 348 ; (2) A4 ? A4 ? A4 ? A4 ? 4 ? 12 ? 24 ? 24 ? 64 .

3 197 3 3 2、 (1) C15 ? 455 ; (2) C200 ? C200 ? 1313400 ; (3) C6 ? C84 ?

2 ; 7

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(4) C

n n ?1

?C

n?2 n

?C

n n ?1

n(n ? 1) n(n 2 ? 1) . ? C ? (n ? 1) ? ? 2 2
2 n

n ?1 n n n n n ?1 3、 (1) An ?1 ? An ? (n ? 1) An ? An ? nAn ? n 2 An ?1 ;

(2)

(n ? 1)! n! (n ? 1)!? k ? n ! (n ? k ? 1)n ! . ? ? ? k! (k ? 1)! k! k!

4、由于 4 列火车各不相同,所以停放的方法与顺序有关,有 A84 ? 1680 (种)不同的停法.
4 5、 A4 ? 24 . 20 6、由于书架是单层的,所以问题相当于 20 个元素的全排列,有 A20 种不同的排法. 4 7、可以分三步完成:第一步,安排 4 个音乐节目,共有 A4 种排法;第二步,安排舞蹈节 3 2 目 , 共 有 A3 种 排 法 ; 第 三 步 , 安 排 曲 艺 节 目 , 共 有 A2 种 排 法 . 所 以 不 同 的 排 法 有
4 3 2 A4 ? A3 ? A2 ? 288 (种).

8、由于 n 个不同元素的全排列共有 n ! 个,而 n! ? n ,所以由 n 个不同的数值可以以不同的 顺序形成其余的每一行,并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复, m 可以取的最大值是 n ! .
2 9、 (1)由于圆上的任意 3 点不共线,圆的弦的端点没有顺序,所以共可以画 C10 ? 45 (条)

不同的弦;
3 (2)由于三角形的顶点没有顺序,所以可以画的圆内接三角形有 C10 ? 120 (个).

10、 (1)凸五边形有 5 个顶点,任意 2 个顶点的连线段中,除凸五边形的边外都是对角线, 所以共有对角线 C52 ? 5 ? 5 (条) ;

n(n ? 3) (条).说明:本题采用间接法更方便. 2 11、由于四张人民币的面值都不相同,组成的面值与顺序无关,所以可以分为四类面值,
2 (2)同(1)的理由,可得对角线为 Cn ? n ?
1 2 3 4 分别由 1 张、2 张、3 张、4 张人民币组成,共有不同的面值 C4 ? C4 ? C4 ? C4 ? 15 (种).

12、 (1)由“三个不共线的点确定一个平面” ,所确定的平面与点的顺序无关,所以共可确
3 定的平面数是 C8 ? 56 ;

(2)由于四面体由四个顶点唯一确定,而与四个点的顺序无关,所以共可确定的四面体个
4 数是 C10 ? 210 .
3 13、 (1)由于选出的人没有地位差异,所以是组合问题,不同的方法数是 C5 ? 10 . 3 (2)由于礼物互不相同,与分送的顺序有关系,所以是排列问题,不同方法数是 A5 ? 60 ;

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(3) 由于 5 个人中每个人都有 3 中选择, 而且选择的时间对别人没有影响, 所以是一个 “可 重复排列”问题,不同方法数是 35 ? 243 ; (4)由于只要取出元素,而不必考虑顺序,所以可以分两步取元素:第一步,从集合 A 中 取,有 m 种取法;第二步,从集合 B 中取,有 n 种取法. 所以共有取法 mn 种. 说明:第(3)题是“可重复排列”问题,但可以用分步乘法计数原理解决. 14、由于只要选出要做的题目即可,所以是组合问题,另外,可以分三步分别从第 1,2,3
3 1 题中选题,不同的选法种数有 C4 ? C32 ? C2 ? 24 .

15、由于选出的人的地位没有差异,所以是组合问题.
2 (1) C52 ? C4 ? 60 ;
2 (2)其余 2 人可以从剩下的 7 人中任意选择,所以共有 C7 ? 21 (种)选法;

(3)用间接法,在 9 人选 4 人的选法中,把男甲和女乙都不在内的去掉,就得到符合条
4 件的选法数为 C94 ? C7 ? 91 ;

如果采用直接法,则可分为 3 类:只含男甲;只含女乙;同时含男甲女乙,得到符合条件
3 3 2 的方法数为 C7 ? C7 ? C7 ? 91 ;

(4)用间接法,在 9 人选 4 人的选法中,把只有男生和只有女生的情况排除掉,得到选
4 法总数为 C94 ? C54 ? C4 ? 120 .

也可以用直接法,分别按照含男生 1,2,3 人分类,得到符合条件的选法数为
1 3 2 3 1 C5C4 ? C52C4 ? C5 C4 ? 120 .

16、按照去的人数分类,去的人数分别为 1,2,3,4,5,6,而去的人大家没有地位差异,
1 2 3 4 5 6 所以不同的去法有 C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? C6 ? 63 (种).

3 17、 (1) C198 ? 1274196 ;

1 4 5 (2) C2 ? C198 ? 124234110 ; (3) C198 ? 2410141734 ; 5 5 解法 2: C200 ? C198 ? 125508306 .

3 1 4 (4)解法 1: C198 ? C2 ? C198 ? 125508306 .

说明:解答本题时,要注意区分“恰有” “至少有”等词. 习题 1.2 B 组(P28)
7 1、容易知道,在 C37 注彩票中可以有一个一等奖.

在解决第 2 问时,可分别计算 37 选 6 及 37 选 8 中的一等奖的中奖机会,它们分别是

1 1 1 1 ? 和 8 ? . 6 C37 2324784 C37 38608020
要将一等奖的机会提高到

1 1 以上且不超过 , 6000000 500000
n 即 500000 ? C37 ? 6000000 ,

用计算机可得, n ? 6 ,或 n ? 31 .
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所以可在 37 个数中取 6 个或 31 个. 2、可以按照 I,II,III,IV 的顺序分别着色:分别有 5,4,3,3 种方法,所以着色种数有 5×4×3×3=180(种).
3 3、 “先取元素后排列” ,分三步完成:第一步,从 1,3,5,7,9 中取 3 个数,有 C5 种取 2 法;第二步,从 2,4,6,8 中取 2 个数,有 C4 种取法;第三步,将取出的 5 个数全排列,有
3 2 5 A55 种排法. 共有符合条件的五位数 C5 ? C4 ? A5 ? 7200 (个).

4、 由于甲和乙都没有得冠军, 所以冠军是其余 3 人中的一个, A3 种可能; 有 1 乙不是最差的,
1 所以是第 2,3,4 名中的一种有 A3 种可能;上述位置确定后,甲连同其他 2 人可任意排列, 3 1 1 3 有 A3 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是 A3 ? A3 ? A3 ? 54 .

5、等式两边都是两个数相乘,可以想到分步乘法计数原理,于是可得如下分步取组合的方 法. 在 n 个人中选择 m 个人搞卫生工作,其中 k 个人擦窗, m ? k 个人拖地,共有多少种不同的 选取人员的方法? 解法 1:利用分步计数原理,先从 n 个人中选 m 个人,然后从选出的 m 个人中再选出 k 个人
m k 擦窗,剩余的人拖地,这样有 Cn Cm 种不同的选取人员的方法;

解法 2:直接从 n 个人中选 k 个人擦窗,然后在剩下的 n ? k 个人中选 m ? k 个人拖地,这样,
k m 由分步计数原理得,共有 Cn Cn ??kk 种不同的人员选择方法.
k m m k 所以, Cn Cn ??kk ? Cn Cm 成立.

说明:经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发,构造一个实际问题加以解释, 有助于学生对问题的深入理解,检查结果,纠正错误. 1.3 二项式定理 练习(P31) 1、 p 7 ? 7 p 6 q ? 21 p5 q 2 ? 35 p 4 q3 ? 35 p3q 4 ? 21 p 2 q5 ? 7 pq 6 ? q 7 .
2 2、 T3 ? C6 (2a)4 ? (3b) 2 ? 2160a 4b 2 .

r 3、 Tr ?1 ? Cn ( 3 x ) n ? r ? (?

1 23 x

)r ?

(?1) r r n ?32 r Cn x . 2r

4、 D .

5 5 理由是 T5?1 ? C10 x10?5 (?1)5 ? ?C10 x5 .

练习(P35)
n n ?1

1、 (1)当 n 是偶数时,最大值 Cn2 ;当 n 是奇数时,最大值 Cn 2 .
1 3 11 (2) C11 ? C11 ? ? ? C11 ?

1 11 ? 2 ? 1024 . 2

(3)

1 . 2

0 1 2 k n 2、∵ Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? ? ? Cn ? 2n ,

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0 1 2 k n 2、∵ Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? ? ? Cn ? 2n , 0 2 1 3 Cn ? Cn ?? ? Cn ? Cn ? ? 0 1 2 k n ∴ Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? ? ? Cn 0 2 1 3 ? (Cn ? Cn ? ?) ? (Cn ? Cn ? ?) 0 2 ? 2(Cn ? Cn ? ?) ? 2n

2n ∴ C ? C ??? C ? ? 2n ?1 . 2
0 n 2 n n n

3、略.

习题 1.3 A 组(P36)
0 1 2 r n 1、 (1) Cn P n ? Cn P n?1 (1 ? P) ? Cn P n?2 (1 ? P)2 ? ? ? Cn P n ?r (1 ? P) r ? ? ? Cn (1 ? P) n ;

(2)

0 1 2 n Cn Cn Cn Cn ? n ? n ?? ? n . 2n 2 2 2

2、 (1) (a ? 3 b )9 ? a 9 ? 9a8 3 b ? 36a 7 3 b 2 ? 84a 6b ? 126a 5b 3 b ? 126a 4b 3 b 2 ? 84a 3b 2 ?
3 2 3 6 2 b23 b 9 a b a ? 2 ? b 3 b

(2) (

2 3 1 3 5 7 ? ? ? ? x 2 7 1 7 7 5 21 2 35 1 ? ) ? x 2 ? x ? x ? x 2 ? 70 x 2 ? 168 x 2 ? 224 x 2 ? 128 x 2 . 2 128 32 8 2 x

3、 (1) (1 ? x )5 ? (1 ? x )5 ? 2 ? 20 x ? 10 x 2 ; (2) (2 x ? 3x ) ? (2 x ? 3x ) ? 192 x ? 432 x ?1 . 4、 (1)前 4 项分别是 1, ?30x , 420x 2 , ?3640x3 ; (2) T8 ? ?2099520a9b14 ; (3) T7 ? 924 ;
1 2 ? 1 2 4 1 2 ? 1 2 4

(4)展开式的中间两项分别为 T8 , T9 ,其中
7 T8 ? C15 ( x y )8 (? y x )7 ? ?6435 x11 y11 x 8 T9 ? C15 ( x y )7 (? y x )8 ? 6435 x11 y11 y

1 63 1 5 的项是第 6 项,它的系数是 C10 (? )5 ? ? ; 5 2 8 x 15 5 (2)常数项是第 6 项, T6 ? C10 ? 210 ?5 (? ) ? ?252 . 2 1 r r r 6、 (1) Tr ?1 ? C2 n x 2 n ?r (? ) ? (?1)r C2 n x 2 n ?2 r x
5、 (1)含
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1 r r 6、 (1) Tr ?1 ? C2 n x 2 n ?r (? )r ? (?1)r C2 n x 2 n ?2 r x 1 由 2n ? 2r ? 0 得 r ? n ,即 ( x ? ) 2 n 的展开式中常数项是 x
r Tn ?1 ? (?1) n C2 n

? (? 1 n)

(2 )! n n !n ! 1? 2? 3 ?4 ?…? n(? ? 1 ) 2 ? 5 2 n ? (? 1 n) n !n ! [ 1 3 ?5 ? n ? 1 ? ] ?[ 2…? n ? ? … (2 ) ? 4 6 ? (? 1 n) n !n !
? (? 1 n) [ 1 3 ?5 ? n ? ? ? … (2 n !n ! ?1 n ?]n 2 ) !

2 ]

? (? 2 n)

1? 3 ? 5… ? (n2 ? 1 ) ? n!

(2) (1 ? x) 2 n 的展开式共有 2n ? 1 项,所以中间一项是
n Tn?1 ? C2 n x n ?

1? 3 ? 5 ?…? (2n ? 1) (2 x)n n!

7、略.
3 7 8、展开式的第 4 项与第 8 项的二项式系数分别是 Cn 与 Cn , 3 n 由 Cn ? Cn ?7 ,得 3 ? n ? 7 ,即 n ? 10 .
3 7 所以,这两个二项式系数分别是 C10 与 C10 ,即 120.

习题 1.3 B 组(P37)
1 2 n n 1、 (1)∵ (n ? 1)n ? 1 ? nn ? Cn n n?1 ? Cn n n?2 ? ? ? Cn ?2 n 2 ? Cn ?1n ? 1 ? 1 1 n n ? ? nn ? C n? 1 ? C2 n 2 ? ? n n ? ? nn C 2 2 2 n? n

n n ? n2 ( n ? 2 ? C1 n? 3? n 2 nn ? C ? 4 ? n

n? 2 ? nC 1? )

∴ (n ? 1)n ? 1 能被 n 2 整除; (2)∵ 9910 ? 1 ? (100 ? 1)10 ? 1
1 9 8 ? 1 0 1 0 ?C1 0 ? 1 0 0 ? 1 0 ? 1 0? 0 C 2 0? 1 9 8 ? 1 0 1 0 ?C1 0 ? 1 0 0 ? 1 0 ? 1 0? 0 C 2 0? 7 ? 1 0 0 0 (11 0 C1 0 ? ? 1 1 150C 1 0 2 ? ? 2 C 1 0 ? 1 0 C? 1 0 ? 1 0? ?1 1 ? 8 0 9 0 2 C 1 0 ? 1 0 0? ? 8

1?0 1 0 0 1)

1 3 10 ? ?

C 1 0 8 ? 1? ? 0

∴ 9910 ? 1 能被 1000 整除.
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0 1 2 n n 2、由 (2 ? 1) n ? Cn ? 2n ? Cn ? 2n ?1 ? Cn ? 2n ?2 ? ? ? (?1) n ?1 ? Cn ?1 ? 2 ? (?1) n Cn , 1 2 n 得 2n ? Cn ? 2n ?1 ? Cn ? 2n ?2 ? ? ? (?1) n ?1 ? Cn ?1 ? 2 ? (?1) n ? 1 .

第一章 复习参考题 A 组(P40)
1、 (1) n 2 ; 说明:这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是 ai b j ,而 i, j 都有 n 种取法.
3 2 (2) C7 ? C6 ? 525 ; 1 5 4 (3) A4 ? A5 ? 480 ,或 A52 ? A4 ? 480 ;

说明:第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置,第二种方法是先考虑有限制的 两个位置. (4) C54 ; 说明:因为足球票无座,所以与顺序无关,是组合问题. (5) 35 ; 说明:对于每一名同学来说,有 3 种讲座选择,而且允许 5 名同学听同一个讲座,因此是 一个“有重复排列”问题,可以用分步乘法原理解答. (6)54;
2 说明:对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数 C12 ,减去其中的正

2 十二边形的边 12 条: C12 ? 12 ?

12 ?11 ? 12 ? 54 . 2

(7)第 n ? 1项. 说明:展开式共有 2n ? 1 项,且各系数与相应的二项式系数相同.
1 2 3 4 5 6 2、 (1) A6 ? A6 ? A6 ? A6 ? A6 ? A6 ? 1956 ;

说明:只要数字是 1,2,3,4,5,6 中的,而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、 四位数、五位数和六位数都符合要求.
5 (2) 2 A5 ? 240 .

说明:只有首位数是 6 和 5 的六位数才符合要求.
3 3、 (1) C8 ? 56 ; 1 3 (2) C5 ? C52 ? C5 ? C54 ? 30 .

4、 C84 ? C86 ? 98 . 说明:所请的人的地位没有差异,所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准 分为两类. n(n ? 1) 2 5、 (1) Cn ? ; 说明:任意两条直线都有交点,而且交点各不相同. 2
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2 (2) Cn ?

n(n ? 1) . 2

说明:任意两个平面都有一条交线,而且交线互不相同.

5 3 3 3 2 6、 (1) C97 ? 64446024 ; (2) C32 ? C97 ? 442320 ; (3) C32 ? C97 ? C3 ? C97 ? 446976 .
3 4 5 3 7、 A3 ? A4 ? A5 ? A3 ? 103680 .

说明:由于不同类型的书不能分开,所以可以将它们看成一个整体,相当于是 3 个元素的 全排列. 但同类书之间可以交换顺序,所以可以分步对它们进行全排列. 8、 (1) ?26x 2 ;
2 1 1 说明:第三项是含 x 2 的项,其系数是 C4 ? 32 ? C4 ? C5 (?2 ? 3) ? C52 (?2)2 ? 26 .

r (2) Tr ?1 ? C18 (9 x)18?r (?

1 3 x

) r ,由题意有

18 ? r ?
解得 r ? 12 , T13 ? 18564 ;
9 8 10 (3)由题意得 2Cn ? Cn ? Cn ,即

r ?0 2

2 ? n! n! n! ? ? 9!(n ? 9)! 8!(n ? 8)! 10!( n ? 10)!
化简得 n2 ? 37n ? 322 ? 0 ,解得 n ? 14 , n ? 23 ; (4)解法 1:设 Tr??1 是 (1 ? x)10 展开式的第 r ? 1 项,由题意知,所求展开式中 x 4 的系数为

T4??1 , T3??1 与 T2??1 的系数之和.
4 3 2 T4??1 ? C10 (? x) 4 , T3??1 ? C10 (? x)3 , T2??1 ? C10 (? x) 2 , 4 3 2 因此, x 4 的系数 ? C10 ? C10 ? C10 ? 135 .

解法 2:原式 ? (1 ? x3 )(1 ? x)9
2 ? ( 1 ?x3 ) ( 1 x9 ?C2 x ? 9 3 x ? 9C4 x4 ? ? C 3 ? 9

)

因此, x 4 的系数 ? C94 ? 9 ? 135 . 9、 5555 ? 9 ? (56 ? 1)55 ? 9
5 ? 5 6 5? C5 1? 5 65?4? ? C 5 ?55 4 5 6 ? 1 ? 5 5 ? 5 6 5? C5 1? 5 65?4? ? C 5 ?55 4 5 6 ? 5

9

8

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 9 页共 11 页)

1 54 由于 5655 ? C55 ? 5654 ? ? ? C55 ? 56 ? 8 中各项都能被 8 整除,因此 5555 ? 9 也能被 8 整除.

第一章 复习参考题 B 组(P41)
1 n ?1 2 1、 (1) Cn ?1 ? Cn ?1 ? 21 ,即 (n ? 1) ? n ? 21 ,解得 n ? 6 ; 2
1 1 4 (2) A4 ? A2 ? A4 ? 4 ? 2 ? 24 ? 192 ;

说明:先排有特殊要求的,再排其他的. (3) 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 34 , 4 ? 4 ? 4 ? 43 ; 说明:根据映射定义,只要集合 A 中任意一个元素在集合 B 中能够找到唯一对应的元素, 就能确定一个映射,对应的元素可以相同,所以是“有重复排列”问题.
2 (4) A26 ?104 ? 6500000 ;

(5) C84 ? 12 ? 58 ;

D A B

C

说明:在从正方体的 8 个顶点中任取 4 个的所有种数 C84 中, 排除四点共面的 12 种情况,即正方体表面上的 6 种四点共 面的情况,以及如右图中 ABC?D? 这样的四点共面的其他 6 种情况,因此三棱锥的个数为 C ? 12 ? 58
4 8

D' A' B'

C'

(6)1 或 ?1 .

说明:令 x ? 1 ,这时 (1 ? 2 x) n 的值就是展开式中各项系数的和,其值是

??1, n是奇数 (1 ? 2) n ? (?1) n ? ? ?1,n是偶数
1 2、 (1)先从 1,3,5 中选 1 个数放在末位,有 A3 种情况;再从除 0 以外的 4 个数中选 1 1 4 个数放在首位,有 A4 种情况;然后将剩余的数进行全排列,有 A4 种情况. 所以能组成的六位 1 1 4 奇数个数为 A3 ? A4 ? A4 ? 288 . 1 5 (2)解法 1:由 0,1,2,3,4,5 组成的所有没有重复数字的正整数的个数是 A5 ? A5 ,

其中不大于 201345 的正整数的个数,当首位数字是 2 时,只有 201345 这 1 个;当首位数字是
5 1 5 5 1 时,有 A5 个. 因此,所求的正整数的个数是 A5 ? A5 ? (1 ? A5 ) ? 479 .

解法 2:由 0,1,2,3,4,5 组成的没有重复数字的正整数中,大于 201345 的数 分为以下几种情况: 前 4 位数字为 2013,只有 201354,个数为 1;
1 2 1 3 同理,前 3 位数字为 201,个数为 A2 ? A2 ;前 2 位数字为 20,个数为 A3 ? A3 ; 1 4 1 5 首位数字为 2,个数为 A4 ? A4 ;首位数字为 3,4,5 中的一个,个数为 A3 ? A5 ;
1 2 1 3 1 4 1 5 根据分类计数原理,所求的正整数的个数是 1 ? A2 ? A2 ? A3 ? A3 ? A4 ? A4 ? A3 ? A5 ? 479 .

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3、 (1)分别从两组平行线中各取两条平行线,便可构成一个平行四边形,所以可以构成的 1 2 平行四边形个数为 Cm ?2 ? mn(m ? 1)(n ? 1) ; n 4 (2)分别从三组平行平面中各取两个平行平面,便可构成一个平行六面体,所以可以构 1 2 2 成的平行六面体个数为 Cm ? Cn ? Cl2 ? mnl (m ? 1)(n ? 1)(l ? 1) . 8
1 4 4、 (1)先排不能放在最后的那道工序,有 A4 种排法;再排其余的 4 道工序,有 A4 种排法.
1 4 根据分步乘法计数原理,排列加工顺序的方法共有 A4 ? A4 ? 96 (种) ;

(2) 先排不能放在最前和最后的那两道工序, A32 种排法; 有 再排其余的 3 道工序, A3 有 3
3 种排法,根据分步乘法计数原理,排列加工顺序的方法共有 A32 ? A3 ? 36 (种).

5、解法 1:由等比数列求和公式得 (1 ? x)3 ? (1 ? x) 4 ? ? ? (1 ? x) n ? 2 ?

(1 ? x)n ?3 ? (1 ? x)3 , x

3 3 上述等式右边分子的两个二项式中含 x 2 项的系数分别是 C n ? 3 , C3 ,

3 3 因此它们的差 Cn ?3 ? C3 ?

n(n 2 ? 6n ? 11) ,就是所求展开式中含 x 2 项的系数. 6

2 2 解法 2:原式中含 x 2 项的系数分别是 C32 , C4 ,?, C n ? 2 ,因此它们的和就是所求展开式

中含 x 2 项的系数. 与复习参考题 B 组第 2 题同理,可得
2 2 3 3 C32 ? C4 ? ? ? Cn ? 2 ? Cn ?3 ? C3 ?

n(n 2 ? 6n ? 11) 6

修 2—3 第二章课后习题解答
第二章 随机变量及其分布 2.1 离散型随机变量及其分布列 练习(P45) 1、 (1)能用离散型随机变量表示. 可能的取值为 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12. (2)能用离散型随机变量表示. 可能的取值为 0,1,2,3,4,5. (3)不能用离散型随机变量表示. 说明:本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在(3)中,实际值与规定 值之差可能的取值是在 0 附近的实数,既不是有限个值,也不是可数个值. 2、可以举的例子很多,这里给出几个例子: 例 1 某公共汽车站一分钟内等车的人数; 例 2 某城市一年内下雨的天数; 例 3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数; 例 4 某人的手机在 1 天内接收到电话的次数.
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说明:本题希望学生能观察生活中的随机现象,知道哪些量是随机变量,哪些随机变量又 是离散型随机变量. 练习(P49) 1、设该运动员一次罚球得分为 X , X 是一个离散型随机变量,其分布列为 0 1 X 0.3 0.7 P 说明:这是一个两点分布的例子,投中看作试验成功,没投中看作试验失败. 通过这样的例 子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型,实际中大量存在. 虽然离散型随机变量 的分布列可以用解析式的形式表示,但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时,通常用 列表的方式表示分布列更为方便. 2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次,其全部可能的结果为{正正,正反,反正,反反}. 正面 向上次数 X 是一个离散型随机变量, 1 P( X ? 0 )? P ( { 反反 }?) ? 0 . 2 5 4 2 P( X ? 1 )? P ( { ?}反正 ? ) ? 正反 { } 0.5 4 1 P( X ? 2 )? P ( { 正正 }?) ? 0 . 2 5 4 因此 X 的分布列为 0 1 2 X 0.25 0.5 0.25 P 说明:这个离散型随机变量虽然简单,但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例 子. 试验的全部可能的结果为{正正,正反,反正,反反},随机量 X 的取值范围为{0,1,2}, 对应关系为 正正→2 正反→1 反正→1 反反→0 在这个例子中,对应于 1 的试验结果有两个,即“正反”和“反正” ,因此用随机变量 X 不 能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言,有时它不能表示所有的随机事 件. 可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题,进一步巩固古典概型的知识. 如果把

X 所有取值看成是全体基本事件,即 ? ? {0,1, 2} .
1 . 3 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型, 因此上面式中的最后一个等 号不成立. 详细解释下:虽然 ? 中只含有 3 个基本事件,但是出现这 3 个基本事件不是等可能 的,因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率. 3、设抽出的 5 张牌中包含 A 牌的张数为 X ,则 X 服从超几何分布,其分布列为
根据古典概型计算概率的公式有 P( X ? 1) ? P({1}) ?

P( X ? i) ?

i 5? C4C48 i , i ? 0,1,2,3,4. 5 C52

因此抽出的 5 张牌中至少 3 张 A 的概率为

P( X ? 3) ? P( X ? 3) ? P( X ? 4) ? 0.002 .
说明: 52 张牌任意取出 5 张, 5 张牌中包含 A 的个数 X 是一个离散型随机变量. 把 52 从 这 张牌看成是 52 件产品,把牌 A 看成次品,则 X 就成为从含有四件次品的 52 件产品中任意抽 取 5 件中的次品数,因此 X 服从超几何分布.
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 12 页共 11 页)

本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型,体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决,但不如直接用超几何分布简单. 另外,在解题中分布列是 用解析式表达的,优点是书写简单,一目了然. 4、两点分布的例子:掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数 X 服从两点分布;射击一次命 中目标的次数服从两点分布. 超几何分布的例子:假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼,其中鲤鱼 200 条,鲑鱼 40 条, 从鱼池中任意取出 5 条鱼,这 5 条鱼包含鲑鱼的条数 X 服从超几何分布. 说明:通过让学生举例子的方式,帮助学生理解这两个概率模型. 习题 2.1 A 组(P49) 1、 (1)能用离散型随机变量表示. 设能遇到的红灯个数为 X ,它可能的取值为 0,1,2,3,4,5. 事件{ X =0}表示 5 个路口遇到的都不是红灯;事件{ X =1}表示 5 个路口其中有 1 个路 口遇到红灯, 其他 4 个路口都不是红灯; 事件{ X =2}表示 5 个路口其中有 2 个路口遇到红灯, 其他 3 个路口都不是红灯;事件{ X =3}表示 5 个路口其中有 3 个路口遇到红灯,剩下 2 个路 口都不是红灯;事件{ X =4}表示 5 个路口其中有 4 个路口遇到红灯,另外 1 个路口都不是红 灯;事件{ X =5}表示 5 个路口全部都遇到红灯. (2)能用离散型随机变量表示.

定义

?1,成绩不及格 ? ?2,成绩及格 ? X ? ?3,成绩中 ?4,成绩良 ? ?5,成绩优 ?

则 X 是一个离散型随机变量,可能的取值为 1,2,3,4,5. 事件{ X =1}表示该同学取得的成绩为不及格;事件{ X =2}表示该同学取得的成绩为及 格;事件{ X =3}表示该同学取得的成绩为中;事件{ X =4}表示该同学取得的成绩为良;事 件{ X =5}表示该同学取得的成绩为优. 说明:本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在(2)中,需要学生建立一个对 应关系,因为随机变量的取值一定是实数,但这个对应关系不是唯一的,只要是从五个等级到 实数的意义映射即可. 2、某同学跑 1 km 所用时间 X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够 取得优秀成绩,可以定义如下的随机变量:

?0,跑1km所用的时间 ? 4 min Y ?? ?1,跑1km所用的时间 ? 4 min
它是离散型随机变量,且仅取两个值:0 或 1. 事件 {Y ? 1} 表示该同学跑 1 km 所用时间小于等于 4 min,能够取得优秀成绩;事件 {Y ? 0} 表示该同学跑 1 km 所用时间大于 4 min,不能够取得优秀成绩. 说明:考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量,以简化 问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比,基本思想是一致的. 3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次,用随机变量 X 表示出现正面的次数,则不 能用随机变量 X 表示随机事件{第 1 次出现正面且第 2 次出现反面}和{第 1 次出现反面且第 2 次出现正面}. 因为{ X =1}={第 1 次出现正面且第 2 次出现反面}∪{第 1 次出现反面且第 2 次出现正面},所以这两个事件不能分别用随机变量 X 表示.
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说明:一个随机变量是与一个事件域相对应的,一个事件域一般是由部分事件组成,但要 满足一定的条件. 对离散型随机变量,如果它取某个值是由几个随机变量组成,则这几个随机 事件就不能用随机变量表示,比如从一批产品中依次取出几个产品,用 X 表示取出的产品中 次品的个数,这时我们不能用 X 表示随机事件{第 i 次取出次品,其他均为合格品}. 4、不正确,因为取所有值的概率和不等于 1. 说明:考查学生对分布列的两个条件的理解,每个概率不小于 0,其和等于 1, 即 (1) pi ? 0 , i ? 1, 2,?, n ; (2) ? pi ? 1 .
i ?1 n

5、射击成绩优秀可以用事件{ X ≥8}表示,因此射击优秀的概率为

P { X ≥8}= P( X ? 8) ? P( X ? 9) ? P( X ? 10) ? 0.28 ? 0.29 ? 0.22 ? 0.79
说明:本题知识点是用随机变量表示随机事件,并通过分布列计算随机事件的概率. 6、用 X 表示该班被选中的人数,则 X 服从超几何分布,其分布列为
i 10 C4C26 ?i P( X ? i ) ? , i ? 0,1,2,3,4. 10 C30

该班恰有 2 名同学被选到的概率为

4! 26! ? 2 8 C4 C26 2!? 2! 8!?18! 190 P( X ? 2) ? 10 ? ? ? 0.312 . 30! C30 609 10!? 20! 说明:本题与 49 页练习的第 3 题类似,希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题 2.1 B 组(P49) 1、 (1)设随机抽出的 3 篇课文中该同学能背诵的 0 1 2 3 X 篇数为 X ,则 X 是一个离散型随机变量,它可能的 3 1 1 3 0 C60C4 C6C42 C62C4 C6 C4 取值为 0,1,2,3,且 X 服从超几何分布,分布列 P 3 3 3 3 C10 C10 C10 C10 为
即 0 1 2 3 3 1 1 1 P 10 2 6 30 (2)该同学能及格表示他能背出 2 或 3 篇,故他能及格的概率为 1 1 2 P( X ? 2) ? P( X ? 2) ? P( X ? 3) ? ? ? ? 0.667 . 2 6 3 说明:本题是为了让学生熟悉超几何分布模型,并能用该模型解决实际问题. 2、用 X 表示所购买彩票上与选出的 7 个基本号码相同的号码的个数,则 X 服从超几何分 布,其分布列为

X

i 7 C7C29?i P( X ? i ) ? , i ? 0,1,2,3,4,5,6,7. 7 C36

至少中三等奖的概率为

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 14 页共 11 页)

P( X ? 5) ?

5 2 6 1 7 0 C7 C29 C7 C29 C7 C29 97 ? ? ? ? 0.001 . 7 7 7 C36 C36 C36 92752

说明:与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题,从此题的结算结果可以看出至少中 三等奖的概率近似为 1/1000. 2.2 二项分布及其应用 练习(P54) 1、设第 1 次抽到 A 的事件为 B ,第 2 次抽到 A 的事件为 C ,则第 1 次和第 2 次都抽到 A 的事件为 BC . 解法 1:在第 1 次抽到 A 的条件下,扑克牌中仅剩下 51 张牌,其中有 3 张 A,所以在第 1 次抽到 A 的条件下第 2 次也抽到 A 的概率为 3 P(C B) ? . 51 解法 2:在第 1 次抽到 A 的条件下第 2 次也抽到 A 的概率为

P(C B) ?

n( BC ) 4 ? 3 3 ? ? . n( B ) 4 ? 51 51

解法 3:在第 1 次抽到 A 的条件下第 2 次也抽到 A 的概率为 4?3 P( BC ) 52 ? 51 3 P(C B) ? ? ? . 4 ? 51 51 P( B) 52 ? 51 说明:解法 1 是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率,即分析在第 1 次抽到 A 的条 件下第 2 次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果, 利用古典概型计算概率的公式直接得到结 果. 解法 2 实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第 3 种方法是 利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点. 2、设第 1 次抽出次品的时间为 B ,第 2 次抽出正品的事件为 C ,则第 1 次抽出次品且第 2 次抽出正品的事件为 BC . 解法 1:在第 1 次抽出次品的条件下,剩下的 99 件产品中有 4 件次品,所以在第 1 次抽出 次品的条件下第 2 次抽出正品的概率为 95 . P(C B) ? 99 解法 2:在第 1 次抽出次品的条件下第 2 次抽出正品的概率为

P(C B) ?

n( BC ) 5 ? 95 95 . ? ? n( B) 5 ? 99 99

解法 3:在第 1 次抽出次品的条件下第 2 次抽出正品的概率为 5 ? 95 P( BC ) 100 ? 99 95 . P(C B) ? ? ? 5 ? 99 P( B) 99 100 ? 99 说明:与上题类似,可以用不同方法计算条件概率. 3、例 1 箱中 3 张奖券中只有 1 张能中奖,现分别由 3 人无放回地任意抽取,在已知第一 个人抽到奖券的条件下, 第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率, 均为条件概率, 它们都是 0. 例 2 某班有 45 名同学,其中 20 名男生,25 名女生,依次从全班同学中任选两名同学
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 15 页共 11 页)

代表班级参加知识竞赛,在第 1 名同学是女生的条件下,第 2 名同学也是女生的概率. 说明:这样的例子很多,学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义. 练习(P55) 1、利用古典概型计算的公式,可以求得

P( A) ? 0.5 , P( B) ? 0.5 , P(C ) ? 0.5 , P( AB) ? 0.25 , P( BC ) ? 0.25 , P( AC ) ? 0.25 ,
可以验证

P( AB) ? P( A) P( B) , P( BC ) ? P( B) P(C ) , P( AC ) ? P( A) P(C ) .
所以根据事件相互独立的定义, 有事件 A 与 B 相互独立, 事件 B 与 C 相互独立, 事件 A 与 C 相互独立. 说明:本题中事件 A 与 B 相互独立比较显然,因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但 事件 B 与 C 相互独立,事件 A 与 C 相互独立不显然,需要利用定义验证, 从该习题可以看出, 事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断,但有时仅根据实际含义是不能判断,需要 用独立性的定义判断. 2、 (1)先摸出 1 个白球不放回的条件下,口袋中剩下 3 个球,其中仅有 1 个白球,所以在 先摸出 1 个白球不放回的条件下,再摸出 1 个白球的概率是 1/3. (2)先摸出 1 个白球后放回的条件下,口袋中仍然有 4 个球,其中有 2 个白球,所以在 先摸出 1 个白球后放回的条件下,再摸出 1 个白球的概率是 1/2. 说明:此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别,在有放回摸球中第 2 次摸到白球的概率不受第 1 次摸球结果的影响, 而在无放回摸球中第 2 次摸到白球的概率受第 1 次摸球结果的影响. 3、设在元旦期间甲地降雨的事件为 A ,乙地降雨的事件为 B . (1)甲、乙两地都降雨的事件为 AB ,所以甲、乙两地都降雨的概率为

P( AB) ? P( A) P( B) ? 0.2 ? 0.3 ? 0.06
(2)甲、乙两地都不降雨的事件为 AB ,所以甲、乙两地都不降雨的概率为

P( AB) ? P( A) P( B) ? 0.8 ? 0.7 ? 0.56
(3)其中至少一个地方降雨的事件为 ( AB) ? ( AB) ? ( AB) ,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,其中至少一个地方降雨的概率为

P( AB) ? P( AB) ? P( AB) ? 0.06 ? 0.2 ? 0.7 ? 0.8 ? 0.3 ? 0.44 .
说明:与例 3 类似,利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率,需要学生复习《数学 3 (必修) 》中学过的概率性质. 4、因为 A ? ( AB) ? ( AB) ,而事件 AB 与事件 AB 互斥, 利用概率的性质得到 P( A) ? P( AB) ? P( AB) 所以 P( AB) ? P( A) ? P( AB) . 又因为事件 A 与 B 相互独立.
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故 P( AB) ? P( A) ? P( A) P( B) ? P( A)(1 ? P( B)) ? P( A) P( B) . 由两个事件相互独立的定义知 A 与 B 相互独立. 类似可证明 A 与 B , A 与 B 也都是相互独立的. 说明:证明此题要求学生掌握概率的性质. 此题的结论是十分有用的,也是比较好理解的, 比如事件 A 与 B 发生没有关系,当然与 B 不发生也应该没有关系. 5、例 1 同时掷甲、乙两枚骰子,事件 A 表示甲骰子出现的是 4 点,事件 B 表示乙骰子出 现的是 4 点,则事件 A 与事件 B 相互独立. 例 2 从装有 5 个红球 3 个白球的袋子中有放回地依次任意摸出两个球,事件 A 表示第 1 次摸到红球,事件 B 表示第 2 次摸到白球,则事件 A 与事件 B 相互独立. 说明:要求学生不但能判断两个事件是否相互独立,而且能举例说明什么样的两个事件是 相互独立的,特别掌握在有放回抽样中,两次抽样的结果是相互独立的,这是二项分布的基础. 练习(P58) 1、用 A 表示抽到的这件产品的为合格品, Ai 表示这件产品在第 i 道工序中质量合格,i ? 1, 2,3,4,5. 则 A ? A1 ? A2 ? A3 ? A4 ? A5 ,

P( A1 ) ? 0.96 , P( A2 ) ? 0.99 , P( A3 ) ? 0.98 , P( A4 ) ? 0.97 , P( A5 ) ? 0.96 ,
且 A1 , A2 , A3 , A4 , A5 相互独立. 所以

P( A) ? P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 ) P( A5 ) ? 0.96 ? 0.99 ? 0.98 ? 0.97 ? 0.96 ? 0.867 .
说明:本题主要考查学生应用教科书 56 页的公式(1)解决实际问题的能力. 这里的难点是 如何把这件产品合格用各道工序的合格表达出来. 实际上,各道工序都合格等价于产品合格, 因此事件“各道工序合格之交”就是产品合格. 2、将一枚硬币连续抛掷 5 次,正面向上的次数 X 服从二项分布,其分布列为 1 P( X ? k ) ? C5k ( )5 , k ? 0,1,2,3,4,5. 2 用表格的形式表示如下: 0 1 2 3 4 5 X 1 5 10 10 5 1 P 5 5 5 5 5 2 2 2 2 2 25 说明:本题是最基本的二项分布的例子. 在写分布列时,如果是用第一种方式表示,一定要 标出 k 的取值范围. 3、用事件 B 表示仅第 1 次未击中目标,事件 Ai 表示该射手第 i 次射击击中目标, i ? 0,1, 2,3,4,则 B ? A1A2 A3 A4 ,因为 4 次射击可以看成 4 次独立重复试验,所以可以用 56 页的公 式(1)计算 B 发生的概率:

P( B) ? P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 ) ? (1 ? 0.9) ? 0.9 ? 0.9 ? 0.9 ? 0.0729 .
说明:本题的关键是把 4 次射击看成 4 次独立重复试验,然后利用 56 页的公式(1)计算 概率. 该题还可以修改成求 4 次射击都没有命中目标的概率,或者 4 次射击至少击中一次目标
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的概率. 4、例 1 某同学投篮命中率为 0.6,他在 6 次投篮中命中的次数 X 是一个随机变量, X ~

B(6, 0.6) .
例2 在一次考试中有 10 道单选题,某同学一道题都不会,随机地选择答案,这 10 道

单选题中答对的个数 X 是一个随机变量, X ~ B(10, 0.25) . 说明:希望学生不但能判断一个随机变量是否服从二项分布,而且能举出二项分布的例子, 以加深对二项分布的理解. 习题 2.2 A 组(P59) 1、因为 3 个灯泡是并联,各灯泡是否能正常照明是彼此独立的,不受其他灯泡的影响,所 以可以看成 3 次独立重复试验. 设这段时间内能正常照明的灯泡个数为 X , X 服从二项分布. 这段时间内吊灯能照明表示 3 个灯泡至少有 1 个灯泡能正常照明,即 X ? 0 ,则吊灯能照明的 概率为

P( X ? 0) ? 1 ? P( X ? 0) ? 1 ? (1 ? 0.7)3 ? 0.973 .
说明: 可以让学生思考: 如果这 3 个灯泡串联, 那么这段时间内吊灯能照明的概率是多少? 以此比较两种连接方法的可靠性. 2、 (1)箱子中共有 4n ? 1个球,其中有白球 2n 个,设事件 B 表示摸到的 n 个球都是白球, 利用古典概型计算概率的公式得到

P( B) ?

n C2 n . n C4 n ?1

(2)设事件 A 表示摸到的 n 个球都是黑球,事件 C 表示摸到的 n 个球颜色相同,则

C ? A ? B , P( A) ?
又 A 与 B 互斥,所以

n C2 n ?1 . n C4 n ?1

P(C ) ? P( A) ? P( B) ?

n n C2 n ? C2 n ?1 . n C4 n ?1

在已知 n 个球的颜色相同的情况下,设颜色是白色的概率为

P( B C ) ?

Cn P ( BC ) P( B) ? ? n 2n n P(C ) P(C ) C2 n ? C2 n ?1

说明: (2)中的计算同样可以利用古典概型计算概率的公式 P ( B C ) ? 里的计数是基于原始的基本事件全体来计数. 3、设有 3 个孩子的家庭中女孩的个数为 X ~ B(3, 0.5) . 至少有 2 个是女孩等价于事件{ X ≥2}, 因此至少有 2 个女孩的概率为

n( BC ) 得到,但是这 n(C )

1 1 1 P( X ? 2) ? P( X ? 2) ? P( X ? 3) ? C32 ( )3 ? ( )3 ? . 2 2 2 说明: 关键是把问题转化为二项分布的模型. 当然该问题也可以利用古典概型计算概率的公
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 18 页共 11 页)

式直到得到. 4、利用条件概率公式有

P( B ? C A) ?

P(( B ? C ) A) P( BA ? CA) , ? P( A) P( A)

因为 B 和 C 互斥,所以 BA 和 CA 也互斥,利用概率的加法公式有

P( BA ? CA) ? P( BA) ? P(CA) .
因此

P( B ? C A) ?

P( BA) ? P(CA) P( BA) P(CA) ? ? ? P( B A) ? P(C A) . P( A) P( A) P( A)

习题 2.2 B 组(P59) 1、每局比赛只有两个结果,甲获胜或乙获胜,每局比赛可以看成是相互独立的,所以甲获 胜的局数 X 是随机变量, X 服从二项分布. (1)在采用 3 局 2 胜制中, X ~ B(3, 0.6) ,事件{ X ? 2 }表示“甲获胜”. 所以甲获胜的 概率为

P( X ? 2) ? P( X ? 2) ? P( X ? 3) ? C32 ? 0.62 ? 0.4 ? 0.63 ? 0.648 .
(2)在采用 5 局 3 胜制中, X ~ B(5, 0.6) ,事件{ X ? 3 }表示“甲获胜”. 所以甲获胜的 概率为

P( X ? 3) ? P( X ? 3) ? P( X ? 4) ? P( X ? 5)
3 ? C5 ? 0.63 ? 0.42 ? C54 ? 0.64 ? 0.4 ? 0.65 ? 0.683 .

可以看出采用 5 局 3 胜制对甲更有利,由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越 大” ,由此可以看出为了使比赛公平,比赛的局数不能太少. 在这个实际问题背景中,比赛局 数越少,对乙队越有利;比赛局数越多,对甲队越有利. 说明: 对于一个实际问题, 最终目的是解决问题, 而不是计算随机事件的概率. 本题背景中, 应该根据计算出的概率结果对赛制提出提议. 2、设事件 A1 表示从甲箱子里摸出白球,事件 A2 表示从乙箱子里摸出白球,因为从甲箱子 里摸球的结果不会影响从乙箱子里摸球的结果,所以 A1 和 A2 是相互独立的.

3 2 3 P (获奖) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 ) P( A2 ) ? ? ? ? 0.3 . 5 4 10 尽管两个箱子里装的白球比黑球多, 但获奖的概率小于 0.5. 原因是除了两个球全为白球外, 还有可能两个球全为黑球或两个球中一个为白球另一个为黑球,两个球全为黑球的概率为 2 2 1 ? ? ? 0.2 ,两个球中一个为白球另一个为黑球的概率为 1 ? 0.3 ? 0.2 ? 0.5 . 由两个箱子里 5 4 5 装的白球比黑球多, 只能推出摸出的两个球全为白球的概率大于摸出的两个球全为黑球的概率. 由于这两个事件的并不等于必然事件,因此不能推出获奖的概率大于 0.5. 说明:问题的关键在于把几个事件的关系搞清楚,必然事件 ? ? {两个球全为白球} ? {两个球全为黑球} ? {一个为白球另一个为黑球}.
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 19 页共 11 页)

3、 (1)在有放回的方式抽取中,每次抽取时都是从这 n 件产品中抽取,从而抽到次品的概 率都为 0.02. 可以把 3 次抽取看成是 3 次独立重复试验,这样抽到的次品数 X ~ B(3,0.02) , 恰好抽到 1 件次品的概率为
1 P( X ? 1) ? C3 ? 0.02 ? (1 ? 0.02)2 ? 3 ? 0.02 ? 0.982 ? 0.057624 .

在无放回的方式抽取中,抽到的次品数 X 是随机变量, X 服从超几何分布, X 的分布与产 品的总数 n 有关,所以需要分 3 种情况分别计算: ① n ? 500 时,产品的总数为 500 件,其中次品的件数为 500×2%=10,合格品的件数为 490. 从 500 件产品中抽出 3 件,其中恰好抽到 1 件次品的概率为 490 ? 489 10 ? 1 2 C10C490 30 ? 490 ? 489 2! P( X ? 1) ? ? ? ? 0.057853 . 3 500 ? 499 ? 498 500 ? 499 ? 498 C500 3! ② n ? 5000 时,产品的总数为 5000 件,其中次品的件数为 5000×2%=100,合格品的件数 为 4900. 从 5000 件产品中抽出 3 件,其中恰好抽到 1 件次品的概率为
1 2 C100C4900 300 ? 4900 ? 4899 P( X ? 1) ? ? ? 0.057647 . 3 C5000 5000 ? 4999 ? 4998

③ n ? 50000 时,产品的总数为 50000 件,其中次品的件数为 50000×2%=1000,合格品的 件数为 49000. 从 50000 件产品中抽出 3 件,其中恰好抽到 1 件次品的概率为

P( X ? 1) ?

1 2 C1000C49000 3000 ? 49000 ? 48999 ? ? 0.057626 . 3 C50000 50000 ? 49999 ? 49998

(2) (1) 根据 的计算结果可以看出, 当产品的总数很大时, 超几何分布近似为二项分布. 这 也是可以理解的, 当产品总数很大而抽出的产品较少时, 每次抽出产品后, 次品率近似不变. 这 样就可以近似看成每次抽样的结果是相互独立的,抽出产品中的次品件数近似服从二项分布. 说明:由于数字比较大,可以利用计算机或计算器进行数值计算. 另外,本题目也可以帮助 学生了解超几何分布和二项分布之间的关系: 第一,n 次试验中, 某一事件 A 出现的次数 X 可能服从超几何分布或二项分布. 当这 n 次试 验是独立重复试验时, X 服从二项分布;当这 n 次试验是不放回摸球问题,事件 A 为摸到某种 特性(如某种颜色)的球时, X 服从超几何分布. 第二,在不放回 n 次摸球试验中,摸到某种颜色球的次数 X 服从超几何分布. 但是当袋子 中的球的数目 N 很大时, X 的分布列近似于二项分布,并且随着 N 的增加,这种近似的精度 也增加. 2.3 离散型随机变量的均值与方差 练习(P64) 1、不一定. 比如掷一枚硬币,出现正面的次数 X 是随机变量,它取值 0,1,取每个值的概 率都为 0.5,其均值是 0.5,即不是 1,也不是 0. 再比如随机变量 X 的分布列为 10 ?10 X 0.4 0.6 P X 的均值是 2,而不是 10. 说明:本题的目的是希望学生不要误解均值的含义,均值是随机变量取值的平均水平,它 不一定是随机试验的结果之一. 2、 E( X ) ? 0 ? 0.1 ? 1? 0.2 ? 2 ? 0.3 ? 3 ? 0.2 ? 4 ? 0.1 ? 5 ? 0.1 ? 2.3 .
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 20 页共 11 页)

说明:根据定义计算离散型随机变量的均值,是最基本的习题. 3、 X 的分布列为 1 ?1 X 0.5 0.5 P 所求均值为

E ( X ) ? ?1? 0.5 ? 1? 0.5 ? 0 .
说明:要计算离散型随机变量的均值,一般首先写出该随机变量的分布列. 4、第 1 台机床生产零件的平均次品数

E ( X1 ) ? 0 ? 0.4 ? 1? 0.3 ? 2 ? 0.2 ? 3 ? 0.1 ? 1 ,
第 2 台机床生产零件的平均次品数

E ( X 2 ) ? 0 ? 0.3 ? 1? 0.5 ? 2 ? 0.2 ? 0.9 .
因为第 2 台机床生产零件的平均次品数 E ( X 2 ) 小于第 1 台机床生产零件的平均次品数

E ( X1 ) ,所以第 2 台机床更好,其实际含义是随着产量的增加,第 2 台机床生产出的次品数要
比第 1 台机床生产出的次品数小. 说明:本题考查学生对随机变量均值含义的理解. 5、同时抛掷 5 枚质地均匀的硬币,相当于做 5 次重复试验,出现正面向上的硬币数 X 服从 二项分布 B(5, 0.5) ,所以 E( X ) ? np ? 5 ? 0.5 ? 2.5 . 说明:教科书已给出二项分布的均值,本题可以直接利用这个结果. 练习(P68) 1、 E ( X ) ? 0 ? 0.1 ? 1? 0.2 ? 2 ? 0.4 ? 3 ? 0.2 ? 4 ? 0.1 ? 2 ,

D( X )? ( ? 0

2

2? )

? . 1 (1 2 ) 0 ? 2? ?

0.2 2 (2? 2) ? ? ?

2 0?. 4 ?( 3 ? 2 ) ?2 0 . 2 ?

(4 ,

2)

0.1

D( X ) ? 1 . 0 .9 5
说明:这个分布列是对称的,对称轴是 X ? 2 ,所以均值为 2. 图象表示的分布列如下:

2、 E ( X ) ? c ?1 ? c , D( X ) ? (c ? c)2 ?1 ? 0 . 说明:随机变量 X 满足 P( X ? c) ? 1 ,其中 c 为常数,这个分布称为单点分布,实际上,这
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 21 页共 11 页)

里把常数看成是特殊的离散型随机变量. 因为该随机变量仅取一个值,当然刻画离散程度的量 应该为 0. 3、随机变量的方差反映随机变量的取值稳定(或偏离)于均值的程度. 方差越大,随机变 量的取值越分散;方差越小,随机变量的取值越集中于均值附近. 通常在均值相等的情况要比 较方差的大小. 例如,在本节 63 页例 3 中,三个方案的平均损失相等,通常我们会选择方差最小的方案. 再例如,有两种投资方案,它们的平均收益相同,但方差不同,是选择方差大的方案还是 选择方差小的方案, 这要因情况而定. 如果一个人比较喜欢冒险, 那么应该选择方差大的方案; 如果一个人喜欢稳定的收入,那么应该选择方差小方案. 如股票投资和储蓄两种方案,假设它 们的平均收益相同,喜欢冒险的人一般会选择股票投资. 说明:通过让学生举例子的方式,希望学生理解方差的含义. 习题 2.3 A 组(P68) 1、 E ( X ) ? ?2 ? 0.16 ? 1? 0.44 ? 3 ? 0.4 ? 1.32 ,

D( X )? ? ? 1 . 2 ? ) ( 2 32

? .16 0 ?

2 2 ( 1? 1 . 3?2 ) ? 0 . 4 4 ?

(? 1.32) 3 ,

0.4

2.9376

D( X ) ? 1 . 7 1 4 .
说明:已知离散型随机变量的分布列,计算均值、方差和标准差属于最基本的习题. 1 2、 a ? b ? 3 说明:利用均值的定义和分布列的性质即可求得. 3、在同样的条件下连续射击 10 次,相当于做 10 次独立重复试验,击中靶心的次数 X 服从 二项分布 B(10,0.9) ,所以 E ( X ) ? np ? 10 ? 0.9 ? 9 . 说明:此题类似 64 页第 5 题,在教科书中已给出二项分布的均值的公式,本题可以直接利 用这个结果,不用再按均值的定义重新计算. 4、设 X 表示一张彩票的中奖金额,则它的分布列为 0 2 10 50 100 1000 X 0.8545 0.1 0.03 0.01 0.005 0.0005 P 其均值为

E( X ) ? 2 ? 0.1 ? 10 ? 0.03 ? 50 ? 0.01 ? 100 ? 0.005 ? 1000 ? 0.0005 ? 2 .
说明:如果发行彩票的公司按每张 2 元销售,并且中奖规则如题中所述,那么该公司一分 钱也赚不到,连手续费都要自己出,没有公司会按这种方式发行彩票. 通常一张彩票可能中奖 金额的均值要小于买一张彩票的金额,小的越多公司挣得越多,学生可以就某一种彩票的中奖 情况进行分析. 5、 E ( X1 ) ? 6 ? 0.16 ? 7 ? 0.14 ? 8 ? 0.42 ? 9 ? 0.1 ? 10 ? 0.18 ? 8 ,

D( X 1 )? ( ? 6

2

8? )

0? 1 6 ( 27 8 )? 0 . 1 4 ( 8 ? 8 ) . ? ? ? 2 ? ?

2 0?. 4 2? ( 9? 8 ) 2 18. 1 ? 0

(1 0

8)

?1 . 6
E ( X 2 )? 6 0 . ? 9 ? 7 ? 1
D( X 2 )? ( ? 6
2

?. 24 0 ?

8 0 . 1 2 ? 9 ?0 . 2 8 1 0 ? ? ?
8 )? 0 . 2 4 ( 8 ? 8 ) ? 2 ? ?

0.17

8
(1 0

8? )

0? 1 9 ( 27 . ? ?

2 0?. 1 2 ? ( 9 ? 8 ) ?2 01 2 8 . .7

8)

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 22 页共 11 页)

?1 . 9 6
因为甲、乙两名射手射击的环数均值相等,而乙射手射击的环数方差比甲射手射击的环数 方差大,所以可以说,甲、乙两名射手射击的平均水平没有差别,在多次射击中平均得分差别 不会很大, 但甲通常发挥比较稳定, 多数得分在 8 环, 而乙得分比较分散, 近似平均分配在 6~ 10 环. 说明:考查学生对离散型随机变量的均值和方差的理解. 习题 2.3 B 组(P68) 1、利用古典概型计算概率的公式计算试验成功的概率:

P?

试验成功包含的基本事件个数 20 5 ? ? . 基本事件总数 36 9

5 在 30 次试验中成功次数 X 服从二项分布 B(30, ) ,成功次数 X 的均值为 9 5 50 E ( X ) ? np ? 30 ? ? ? 16.7 . 9 3 说明: 本题的关键是看出在 30 次试验中的成功次数 X 服从二项分布和计算试验成功的概率
p.
2、设这台机器一周内可能获利 X 万元,首先计算 X 可能取每个值的概率:

P( X ? 5) ? (1 ? 0.1)5 ? 0.59049 ,
1 P( X ? 2.5) ? C5 ? 0.1? (1 ? 0.1)4 ? 0.32805

P( X ? 0) ? C52 ? 0.12 ? (1 ? 0.1)3 ? 0.0729

P( X ? ?1) ? 1 ? P( X ? 5) ? P( X ? 2.5) ? P( X ? 0) ? 0.00856
即 X 的分布列如下: 5 2.5 X 0.59049 0.32805 P 所以,这台机器一周内可能获利的均值为

0

0.0729

?1 0.00856

E( X ) ? 5 ? 0.59049 ? 2.5 ? 0.32805 ? 0 ? 0.0729 ? (?1) ? 0.00856 ? 3.764015 .
说明:与习题 A 中第 4 题类似,需要先求出 X 的分布列,然后再求 X 的均值. 这里求分布 列时用到了二项分布. 2.4 正态分布 练习(P74) 1、由正态分布密度曲线可知,参数 ? ? 60 , ? ? 8 ,所以

P(52 ? X ? 68) ? P(60 ? 8 ? X ? 60 ? 8) ? 0.6826 .
说明:本题从两方面考查学生对正态分布的理解:第一,对正态分布密度曲线特点的认识; 第二,了解 X 落在区间

(? ? ? , ? ? ? ),(? ? 2? , ? ? 2? ),(? ? 3? , ? ? 3? )
的概率大小.
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 23 页共 11 页)

2、例 1 某地区 16 岁男孩的身高分布可以近似看成正态分布. 例 2 某厂生产的某种型号的灯泡的使用寿命的分布可以近似看成正态分布. 说明:教科书中第 72 页给出了在现实生活中服从正态分布的例子,学生只要把那些例子具 体化,就能举出很多实例. 3、由于正态分布密度曲线关于 x ? ? 对称,因此

P( ? ? X ? ? ? ? ) ?

1 1 P( ? ? ? ? X ? ? ? ? ) ? ? 0.6826 ? 0.3413 . 2 2

说明:利用正态分布密度曲线的对称性和 X 落在区间 ( ? ? ? , ? ? ? ) , (? ? 2? , ? ? 2? ) ,

(? ? 3? , ? ? 3? ) 的概率,计算 X 落在其他一些特殊区间的概率.
习题 2.4 A 组(P75) 1、 (1)因为 f (? x) ?
x 1 ? ( ?2 ) e ? 2?
2

1 ? x2 e ? f ( x) , x ? (??, ??) , 2?

2

所以 f ( x) 是偶函数. (2)当 x ? 0 时, f ( x) 达到最大值 f (0) ?

1 . 2?

(3)在区间 (??,0] 上 f ( x) 单调递增,在区间 (0, ??) 上 f ( x) 单调递减. 说明:本题中给出了标准正态分布的定义,即 ? ? 0 ,? ? 1 的正态分布为标准正态分布. 此 题的目的是加深学生对标准正态分布密度曲线的特点的认识. 2、设该种包装的大米质量为 X ,由 X ~ N (10, 0.12 ) 知,正态分布密度函数的两个参数为

? ? 10 , ? ? 0.1 ,
所以

P(9.8 ? X ? 10.2) ? P(10 ? 2 ? 0.1 ? X ? 10 ? 2 ? 0.1) ? 0.9544
说 明: 本题 考查 学生是 否了 解服 从正 态分布 的随 机变 量 X 落 在区间 ( ? ? ? , ? ? ? ) ,

(? ? 2? , ? ? 2? ) , (? ? 3? , ? ? 3? ) 的概率大小.
习题 2.4 B 组(P75) 1、对于任何实数 a 和自然数 n 有 1 1 {a ? ? X ? a} ? { X ? a} ? {a ? ? X ? a} , n n 1 且事件 { X ? a} 与事件 {a ? ? X ? a} 互不相容,由概率的加法公式得 n 1 1 P(a ? ? X ? a ) ? P( X ? a ) ? P (a ? ? X ? a ) ? P ( X ? a ) , n n 令 X ~ N ( ? , ? 2 ) ,所以
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 24 页共 11 页)

0 ? P( X ? a) ? P(a ? 1 ? 2?

a 1 ? X ? a) ? ? 1 ? ? ,? dx a? n n

?
即 P( X ? a) ? 0 .

?

a 1 n

a?

dx ?

1 n? 2?

, n ? 1, 2,? ,

说明:这个题目属于综合性题目,需要的知识范围比较广. 首先要用到概率的单调性,即若 事件 A ? B ,则 P( A) ? P( B) ;其次要用到正态分布的定义;最后还要用到积分的单调性,即 如果 f ( x) ? g ( x) , ? f ( x x ? ? ( ) x x . 由于本套教科书没有介绍概率的单调性, 则 所以在这 ) d gd
a a b b

里是利用了概率的加法公式证明. 由此题的结论可知,如果随机变量 X 服从正态分布,则有

P(a ? x ? b) ? P(a ? x ? b) ? P(a ? x ? b) ? P(a ? x ? b) .
2、由 X ~ N (5,1) 知,正态分布密度函数的两个参数为 ? ? 5 ,? ? 1 . 又因为该正态分布密 度曲线关于 x ? 5 对称,所以

1 1 P(3 ? X ? 7) ? ? 0.9544 ? 0.4772 ; 2 2 1 1 P(5 ? X ? 6) ? P(4 ? X ? 6) ? ? 0.6826 ? 0.3413 ; 2 2 P(5 ? X ? 7) ?
P(6 ? X ? 7) ? P(5 ? X ? 7) ? P(5 ? X ? 6) ? 0.1359 .
说 明 : 利 用 正 态 分 布 的 对 称 性 和 X 落 在 区 间 ( ? ? ? , ? ? ? ) , (? ? 2? , ? ? 2? ) ,

(? ? 3? , ? ? 3? ) 的概率,可以计算 X 落在一些区间的概率,这里主要考查学生能否灵活运用
所掌握的知识解决问题.

第二章 复习参考题 A 组(P77)
1、根据分布列的性质得知 q 要满足以下条件:

?0.5 ? 1 ? 2q ? q 2 ? 1 ? ?1 ? 2q ? 0 ?q 2 ? 0 ?
所以常数 q ? 1 ?

2 2

说明:考查学生是否掌握离散型随机变量分布列的两个性质. 2、因为随机变量 X 取所有可能的值 1,2,?, n 是等可能的,所以取每个可能值的概率 1 均为 ,从而 n

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 25 页共 11 页)

E( X ) ? ? i ?
i ?1

n

1 n ?1 . ? n 2

n ?1 ? 50.5 ,即 n ? 100 . 2 说明:随机变量 X 取所有可能的值 1,2,?, n 是等可能的,即 X 的分布列为
又 E ( X ) ? 50.5 ,推得

X

1

2

?

n

1 1 1 ? n n n 这样的分布称为离散型均匀分布,由此可以计算均值. 3、假设要用 n 门大炮同时对目标射击,才能使目标被击中的概率超过 95%. 可以把一门大 炮的射击看成是一次随机试验,将击中目标看成是成功,则成功概率为 0.3. 用 X 表示这 n 门

P

大炮中击中目标的门数,即 n 次试验中出现的成功次数,则 X ~ B(n, 0.3) . 事件“目标被击中” 可以表示为 { X ? 0} ,它的对立事件是 { X ? 0},所以“目标被击中”的概率为

P( X ? 0) ? 1 ? P( X ? 0) ? 1 ? (1 ? 0.3) n .
为使目标被击中的概率超过 95%,只有选择合适的 n ,使 1 ? (1 ?0.3)
n

? ? ,解得 n ? 8.4 . 95

根据实际含义,至少要用 9 门大炮才能使目标被击中的概率超过 95%. 为了提高击中目标的概率, 可以采取多门炮向目标同时射击的方法. 炮的门数越多, 击中目 标的概率越大. 说明:本题目是应用二项分布解决实际问题,主要锻炼学生把实际问题转化为二项分布问 题,并用二项分布随机变量表示所考虑的事件的能力. 4、商场有两种方案可以选择: 第 1 种方案是选择在商场内促销,此时可获利 2 万元. 第 2 中方案是选择在商场外促销,此时可能获利 X 万元, X 的分布列为 10 ?4 X 0.6 0.4 P 第 2 种方案的平均收入为

E ( X ) ? 10 ? 0.6 ? (?4) ? 0.4 ? 4.4 .
若根据平均收入最高的准则,因为 4.4>2,所以应选择第 2 种方案. 说明:尽管第 2 种方案的平均收入较高,但并不能保证选择第 2 种方案一定能获利比第 1 种方案高,也可能损失 4 万元,所以保守的经营者也可能选择第 1 种方案.

第二章 复习参考题 B 组(P77)
1、一份意外伤害保险费为 20 元,共销售 10 万份保单,可得保险费 200 万元. 保险金额为 45 万元,表示如果某人出险,需要赔付 45 万元. 在一年内若有 5 人出险,保险公司将要赔付 225 万元;在一年内若有 4 人出险,保险公司将要赔付 180 万元. 可以看出在一年内若有 4 人 以上出险,保险公司将亏本. 每个人在一年内是否遭遇意外伤害可以看成是一次随机试验,把 遭遇意外伤害看作成功,则成功概率为 10?6 . 10 万参保人可以看成是 10 万次独立重复这种试 验,用 X 表示一年内这 10 万人中遭遇意外伤害的人数,则 X ~ B(100000,0.000001)
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 26 页共 11 页)

(1)这家保险公司亏本的概率为

P( X ? 4) ? 1 ? P( X ? 4) ? 1 ? 0.999999923 ? 7.7 ?10?8 .
可以看出这家保险公司亏本的概率是很小的,几乎不可能发生. (2)这家保险公司一年内获利不少于 110 万元,表示一年内最多只能有 2 人出险,所以这 家保险公司一年内获利不少于 110 万元的概率

P( X ? 2) ? 0.999845351 .
可以看出这家保险公司一年内获利不少于 110 万元的概率是很大的. 说明:当 n 很大时计算二项分布的概率比较困难,可以用统计软件完成. 一般统计软件都有 计算二项分布的概率的内部函数,把该函数调出,并给定各个变量或参数的值,即可得到所求 二项分布的概率. 比如,在 Excel 软件中,计算二项分布的概率的内部函数为 BINOMDIST, 这个函数有 4 个参数,分别是 Number_s(试验成功的次数) ,Trials(独立重复试验的总次数) , Probability_s(每次试验中成功的概率) ,Cumulative(逻辑值,决定函数的形式. 累积分布函 数,使用 true,概率密度函数,使用 false). 以下以 Excel 为例,给出具体的计算步骤: ①先选定一个单元格,然后选择“插入”下拉菜单,选择“函数”选项,如下图:

②当出现对话框时,从“或选择类别”窗口选择“统计” ,从“函数名字”窗口选择 “BINOMDIST” ,选择确定,如下图:

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 27 页共 11 页)

③当 BINOMDIST 对话框出现时,分别输入 4 个参数. 比如在本题中要计算 P( X ? 4) ,此 时成功的次数为 4,参数 Number_s 的对应位置输入 4;总的试验次数为 100000,参数 Trials 的对应框位置输入 100000; 每次试验中成功的概率为 0.000001, 参数 Probability_s 的对应位置 输入 0.000001;这里需要计算累积分布函数,参数 Cumulative 的对应位置输入 true. 参数全部 输入后可以看见该函数的计算结果 0.999999923,如下图:

④按确定后,在指定的单元格中出现该累积概率值 0.999999923. 2、由 X ~ N (1,1) 知,正态分布密度函数的两个参数为 ? ? 1, ? ? 1 . 因为该正态分布密度曲 线关于 x ? 1 对称,所以

P(1 ? X ? 4) ?

1 1 P(?2 ? X ? 4) ? ? 0.9974 ? 0.4987 ; 2 2 1 1 P(1 ? X ? 3) ? P(?1 ? X ? 4) ? ? 0.9544 ? 0.4772 ; 2 2

P(3 ? X ? 4) ? P(1 ? X ? 4) ? P(1 ? X ? 3) ? 0.0215 .
3、由 X ~ N ( ? ,1) 知,正态分布密度函数的参数 ? ? 1 . 因为该正态密度曲线关于 x ? ? 对

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 28 页共 11 页)

称,所以

P(? ? 3 ? X ? ? ? 2) ? P(? ? 3 ? X ? ? ) ? P(? ? 2 ? X ? ? ) ;

1 1 P( ? ? 3 ? X ? ? ? 3) ? P( ? ? 2 ? X ? ? ? 2) 2 2 ? 0.0215 . ?

新课程标准数学选修 2—3 第三章课后习题解答
第三章 统计案例 3.1 回归分析的基本思想及其初步应用 练习(P89) 1、画散点图的目的是通过变量的散点图判断两个变量更近似于什么样的函数关系,以确定 是否直接用线性回归模型来拟合原始数据. 说明:学生在对常用的函数图象比较了解的情况下,通过观察散点图可以判断两个变量的 关系更近似于哪种函数. 2、分析残差可以帮助我们解决以下两个问题: ①寻找异常点,就是残差特别大的点,考察相应的样本数据是否有错. ②分析残差图可以发现模型选择是否合适. 说明:分析残差是回归诊断的一部分,可以帮助我们发现样本数据中的错误,分析模型选 择是否合适,是否有其他变量需要加入到模型中,模型的假设是否正确等. 本题只要求学生能 回答上面两点即可,主要让学生体会残差和残差图可以用于判断模型的拟合效果. 3、 (1)解释变量和预报变量的关系式线性函数关系. (2) R2 ? 1 . 说明:如果所有的样本点都在一条直线上,建立的线性回归模型一定是该直线,所以每个 样本点的残差均为 0,残差平方和也为 0,即此时的模型为 y ? bx ? a ,没有随机误差项,是严 格的一次函数关系. 通过计算可得 R2 ? 1 . 习题 3.1 (P89) 1、 (1)由表中数据制作的散点图如下:

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 29 页共 11 页)

从散点图中可以看出 GDP 值与年份近似呈线性关系. (2)用 yt 表示 GDP 值, t 表示年份. 根据截距和斜率的最小二乘计算公式,得

? ? a ? ?14292537.729 , b ? 7191.969
从而得线性回归方程

? y ? 7191.969t ? 14292537.729 .
残差计算结果见下表.

GDP 值与年份线性拟合残差表
年份 残差 年份 残差 1993 1994 1995 1996 1997

?6422.269
1998

?1489.238
1999

3037.493
2000

5252.024
2001

4638.055
2002

1328.685

?2140.984

?1932.353

?1277.622

?993.791

(3)2003 年的 GDP 预报值为 112976.360,根据国家统计局 2004 年的统计,2003 年实 际 GDP 值为 117251.9,所以预报与实际相差 ?4275.540 . (4)上面建立的回归方程的 R 2 ? 0.974 ,说明年份能够解释约 97%的 GDP 值变化,因 此所建立的模型能够很好地刻画 GDP 和年份的关系. 2、说明:本题的结果与具体的数据有关,所以答案不唯一. 3、由表中数据得散点图如下:

从散点图中可以看出,震级 x 与大于或等于该震级的地震数 N 之间不呈线性相关关系, 随着 x 的减少,所考察的地震数 N 近似地以指数形式增长. 做变换 y ? lg N , 得到的数据如下表所示.

x
y

3

3.2

3.4

3.6

3.8

4

4.2

4.4

4.6

4.8

5

4.453 4.309 4.170 4.029 3.883 3.741 3.585 3.431 3.283 3.132 2.988 5.2 5.4 5.6 5.8 6 6.2 6.4 6.6 6.8 7

x
y

2.873 2.781 2.638 2.438 2.314 2.170 1.991 1.756 1.613 1.398
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 30 页共 11 页)

x 和 y 的散点图如下:

从这个散点图中可以看出 x 和 y 之间有很强的线性相关性,因此可以用线性回归模型拟 合它们之间的关系. 根据截距和斜率的最小二乘计算公式,得

? ? a ? 6.704 , b ? ?0.741,
故线性回归方程为

? y ? ?0 . 7 4 1 x?

6.. 04 7

R 2 ? 0 . 9 9,说明 x 可以解释 y 的 99.7%的变化. 7

? 因此,可以用回归方程 N ? 10?0.741x ?6.704 描述 x 和 N 之间的关系.
3.2 独立性检验的基本思想及其初步应用 练习(P97) (1)画等高条形图. 由图及表直观判断好像“成绩与班级有关系”.

(2)因为 K 2 的观测值 k ? 0.653 ? 6.635 ,由教科书中表 3—11 知 P( K 2 ? 6.635) ? 0.01 ,所 以在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下不能认为“成绩与班级有关系”. 说明: (1)教师在布置该题目时,应该明确要求学生们制作等高条形图,并从图形上判断 两个分类变量之间是否有关系. (2)通过图形的直观感觉的结果可能会出现错误. (3)本题与例题不同,本题计算得到的 K 2 的观测值比 6.635 小,所以没有理由说明“成绩
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 31 页共 11 页)

与班级有关系”. 独立性检验与反证法有类似的地方,在使用反证法证明结论时,在假设结论 不成立的条件下,如果没有推出矛盾,并不能说明结论成立,也不能说明结论不成立. 在独立 性检验中,没有推出小概率事件发生类似于反证法中没有推出矛盾. 习题 3.2 (P97) 1、如果“服药与患病之间没有关系” ,则 K 2 的值应该比较小;如果 K 2 的观测值很大,则 说明很可能“服药与患病之间有关系”. 由题目中所给数据计算得 k ? 6.109 ,而由表 3-11,得

P( K 2 ? 5.024) ? 0.025

,而 6.109 ? 0.025 ,所以在犯错误的概率不超过 0.025 的前提下可以认

为“服药与患病之间有关系”. 再由服药群体中患病的频率 0.182 小于没有服药群体中患病的 频率 0.400,所以“服药与患病之间关系”可以解释为药物对于疾病有预防作用. 因此在犯错 误的概率不超过 0.025 的前提下,可以认为药物有效. 说明:学生很容易完成此题,但希望学生能理解独立性检验在这里的具体含义,即“服药 与患病之间关系”可以解释为“药物对于疾病有预防作用”. 2、如果“性别与读营养说明之间没有关系” ,则 K 2 的观测值应比较小. 如果 K 2 的观测值很 大,则说明“性别与读营养说明之间有关系”. 按题目中所给数据计算,得 K 2 的观测值为

k ? 8.416 ,而由教科书中表 3-11 知 P( K 2 ? 7.879) ? 0.005 , 8.416 ? 7.879 ,所以在犯错误的
概率不超过 0.005 的前提下认为“性别与读营养说明之间有关系”. 说明:如果问题为“性别与读营养说明之间有没有关系?”则下面表述同样正确:虽然 K 2 的观测值 k ? 8.416 ? 7.879 ,而 P( K 2 ? 6.635) ? 0.010 ,所以在犯错误的概率不超过 0.01 的前 提下认为“性别与读营养说明之间有关系”. 3、需要收集数据,所有没有统一答案. 说明:第一步,要求学生收集并整理数据后得到列联表;第二步,类似上面的习题做出判 断. 4、需要从媒体上收集数据,学生关心的问题不同,收集的数据会不同. 说明:第一步,要求学生收集并整理数据后得到列联表;第二步,类似上面的习题做出判 断.

第一章 复习参考题 A 组(P19)
1、1993~2002 年中国人口总数如下表: 年份
年末人数 万人

1993

1994

1995

1996

1997

1998

1999

2000

2001

2002

118517 119850 121121 122389 123626 124761 125786 126743 127627 128453

将年份作为横轴,相应年份全国人口总数作为纵轴,根据表中数据作散点图如下:

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 32 页共 11 页)

根据散点图,可以认为中国人口总数与年份呈现很强的线性相关关系,因此选用线性回 归模型建立回归方程. 由最小二乘法的计算公式,得 a ? ?2095141.503 , b ? 1110.903 ,

? 则线性回归方程为 y ? 1110.903x ? 2095141.503 .
由 R 2 的计算公式,得 R 2 ? 0.994 , 明线性回归模型对数据的拟合效果很好. 根据回归方程, ,预计 2003 年末中国人口总数约为 129997 万人,而实际情况为 129227 万 人, 预测误差为 ? 770 万人; 预计 2004 年末中国人口总数约为 131108 万人, 而实际情况为 129988 万人,预测误差为 ? 1120 万人. 2、 (1)将销售总额作为横轴,利润作为纵轴,根据表中数据绘制散点图如下:

由于散点图中的样本点基本上在一个带形区域内分布,猜想销售总额与利润之间呈现线性 相关关系.

? ? (2)由最小二乘法的计算公式,得 a ? 1334.5 , b ? 0.026 ,
? 则线性回归方程为 y ? 0.026 x ? 1334.5
其残差值计算结果见下表: 销售 126974 96933 86656 63438 55264 50976 39069 36156 35209 32416

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 33 页共 11 页)

总额 利润 残差 4224 3835 19.015 3510 3758 3939 1809 2946 611.334 359 2480 2413

?361.034

?42.894 779.487 1189.742

?830.486

?1901.09

244.150 248.650

(3)对于(2)中所建立的线性回归方程, R 2 ? 0.457 ,说明在线性回归模型中销售总额 只能解释利润变化的 46%,所以线性回归模型不能很好地刻画销售总额和利润之间的关系. 说明:此题也可以建立对数模型或二次回归模型等,只要计算和分析合理,就算正确. 3、由所给数据计算得 K 2 的观测值为 k ? 3.689 ,而由教科书中表 1-11 知

P( K 2 ? 2.706) ? 0.10
所以在犯错误的概率不超过 0.10 的前提下认为“婴儿的性别与出生的时间有关系”.

第一章 复习参考题 B 组(P19)
? 1、总偏差平方和 ? ( yi ? y ) 2 表示总的效应,即因变量的变化效应;残差平方和 ? ( yi ? y ) 2
i ?1 i ?1 n n

? 表示随机误差的效应,即随机误差的变化效应;回归平方和 ? ( y ? y ) 2 表示表示变量的效应,
i ?1

n

即自变量的变化效应. 等式

? ? ? ( yi ? y)2 ? ? ( yi ? y)2 ? ? ( y ? y)2
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

表示因变量的变化总效应等于随机误差的变化效应与自变量的变化效应之和. 3、本题主要是考察学生应用回归分析模型解决实际问题的能力,解答应该包括如何获取数 据,如何根据散点图寻找合适的模型去拟合数据,以及所得结果的解释三方面的内容.

新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答 (第 34 页共 11 页)


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