人教版高中数学选修2-3课后习题解答(....doc

《人教版高中数学选修2-3课后习题解答(....doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版高中数学选修2-3课后习题解答(....doc（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流人教版高中数学选修2-3课后习题解答(.【精品文档】第 26 页新课程标准数学选修23第一章课后习题解答第一章 计数原理11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549； （2）要完成的“一件事情”是“从村经村到村去”，不同路线条数是326.2、（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35412； （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35460.3、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

2、以应当是641=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”.由于每一项都是的形式，所以可以分三步完成：第一步，取，有3种方法；第二步，取，有3种方法；第三步，取，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有33545（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09这10个数字中取一个，共有10101010=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5420（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门

3、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6530（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4711（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2342=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

4、分母，也有4种选法. 共有不同的分数4416（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432110（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31228（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从中选横坐标，有6个选择；第二步，从中选纵坐标，也有6个选择.

5、 所以共有坐标6636（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，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4416（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05这六个数字中拨，所以有号码10101066000（个）.2、（1）“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，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风

6、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.12排列与组合练习（P20）1、（1）； （2）.2、（1）； （2）； （3）； （4）.234567826241207205040403203、4、（1）略. （2）.5、（种）. 6、（种）.练习（P25）1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁；冠军甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁亚军乙甲丙甲丁甲丙乙丁乙丁丙 （2）2、，.3、（种）. 4、（个）.5、（1）； （2）；（3）； （4）.6、习题1.2 A组（P27）1、（1）； （2）.2、（1）； （2）； （3）； （4）.3、（1）； （2）.4、

7、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有（种）不同的停法.5、.6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有种排法；第三步，安排曲艺节目，共有种排法. 所以不同的排法有（种）.8、由于个不同元素的全排列共有个，而，所以由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，可以取的最大值是.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（条）不同的弦；（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（个

8、）.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（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为（条）.说明：本题采用间接法更方便.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，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值（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，所以共可确定的平面数是；（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数是.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.（2）由于礼物互不相同，

9、与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是；（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；（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，从集合中取，有种取法；第二步，从集合中取，有种取法. 所以共有取法种.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题中选题，不同的选法种数有.15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题. （1）； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有（种）

10、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，就得到符合条件的选法数为；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，得到符合条件的方法数为； （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，得到选法总数为.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.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，所以不同的去法有（种）.17、（1）； （2）； （3）； （4）解法1：. 解法2：.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（P

11、28）1、容易知道，在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，它们分别是和.要将一等奖的机会提高到以上且不超过，即，用计算机可得，或.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5433180（种）.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，有种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有种排法. 共有符合条件的五位数（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，有种可能

12、；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是.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.在个人中选择个人搞卫生工作，其中个人擦窗，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，先从个人中选个人，然后从选出的个人中再选出个人擦窗，剩余的人拖地，这样有种不同的选取人员的方法；解法2：直接从个人中选个人擦窗，然后在剩下的个人中选个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有种不同的人员选择方法.所以，成立.说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等

13、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.13二项式定理练习（P31）1、.2、.3、.4、. 理由是.练习（P35）1、（1）当是偶数时，最大值；当是奇数时，最大值. （2）. （3）.2、，2、，. 3、略.习题1.3 A组（P36）1、（1）； （2）.2、（1） （2）.3、（1）； （2）.4、（1）前4项分别是1，； （2）； （3）； （4）展开式的中间两项分别为，其中5、（1）含的项是第6项，它的系数是； （2）常数项是第6项，.6、（1）6、（1） 由得，即的展开式中常数项是 （2）的展开式共有项，所以中间一项是7、略.8、展开式的第4

14、项与第8项的二项式系数分别是与，由，得，即.所以，这两个二项式系数分别是与，即120.习题1.3 B组（P37）1、（1） 能被整除； （2） 能被1000整除.2、由， 得.第一章 复习参考题A组（P40）1、（1）；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，而都有种取法. （2）；（3），或；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）；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）；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

15、理解答. （6）54；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，减去其中的正十二边形的边12条：. （7）第项.说明：展开式共有项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）；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. （2）.说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）； （2）.4、.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.5、（1）； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且

16、交线互不相同.6、（1）； （2）； （3）.7、.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）；说明：第三项是含的项，其系数是. （2），由题意有 解得，； （3）由题意得，即 化简得，解得，； （4）解法1：设是展开式的第项，由题意知，所求展开式中的系数为，与的系数之和. 因此，的系数. 解法2：原式 因此，的系数.9、 由于中各项都能被8整除，因此也能被8整除.第一章 复习参考题B组（P41）1、（1），即，解得； （2）；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3），；说明：根

17、据映射定义，只要集合中任意一个元素在集合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. （4）； （5）；说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数中，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，以及如右图中这样的四点共面的其他6种情况，因此三棱锥的个数为 （6）1或.说明：令，这时的值就是展开式中各项系数的和，其值是2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有种情况；然后将剩余的数进行全排列，有种情况. 所以能组成的六位奇数个数为. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成

18、的所有没有重复数字的正整数的个数是，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1时，有个. 因此，所求的正整数的个数是. 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；同理，前3位数字为201，个数为；前2位数字为20，个数为； 首位数字为2，个数为；首位数字为3，4，5中的一个，个数为；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是.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，所以可以构成的平行四边形个数为； （2）分别从三

19、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，所以可以构成的平行六面体个数为.4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有种排法；再排其余的4道工序，有种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有（种）； （2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有种排法；再排其余的3道工序，有种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有（种）.5、解法1：由等比数列求和公式得， 上述等式右边分子的两个二项式中含项的系数分别是， 因此它们的差，就是所求展开式中含项的系数. 解法2：原式中含项的系数分别是，因此它们的和就是所求展开式中含项的系数. 与复习参考题B组第2题同理，可得修23第二

20、章课后习题解答第二章 随机变量及其分布21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

21、机在1天内接收到电话的次数.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，是一个离散型随机变量，其分布列为010.30.7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. 正面向上次数是一个离散型随机变

22、量，0120.250.50.25因此的分布列为说明：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. 如果把所有取值看成是全体基本事件，即. 根据古典概型计算概率的公式有 .这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模

23、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张牌中包含牌的张数为，则服从超几何分布，其分布列为，0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张的概率为说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含的个数是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌看成次品，则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，因此服从超几何分布.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

24、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，它可能的取值为0，1，2，3，4，5. 事件0表示5个路口遇到的都不是红灯；事件1表示5个路口其中有1个路

25、口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件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 则是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5. 事件1表示该同学取得的成绩为不及格；事件2表示该同学取得的成绩为及格；事件3表示该同学取得的成绩为中；事件4表示该同学取得的成绩为良；事件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

26、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：它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件表示该同学跑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

27、硬币两次，用随机变量表示出现正面的次数，则不能用随机变量表示随机事件第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表示.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，用表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用表示随机事件第次取出次品，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

28、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），； （2）.5、射击成绩优秀可以用事件8表示，因此射击优秀的概率为8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、用表示该班被选中的人数，则服从超几何分布，其分布列为， 0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为说明：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）01231、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为，则是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且服从超几何分布，分布列为即0123 （2）该同学能及

29、格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为说明：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，则服从超几何分布，其分布列为， 0，1，2，3，4，5，6，7.至少中三等奖的概率为说明：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11000.22二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A的事件为，第2次抽到A的事件为，则第1次和第2次都抽到A的事件为.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的概率为解

30、法2：在第1次抽到A的条件下第2次也抽到A的概率为解法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，第2次抽出正品的事件为，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为.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

31、次品的条件下第2次抽出正品的概率为解法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（P5

32、5）1、利用古典概型计算的公式，可以求得可以验证所以根据事件相互独立的定义，有事件与相互独立，事件与相互独立，事件与相互独立.说明：本题中事件与相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件与相互独立，事件与相互独立不显然，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13. （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

33、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12.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，乙地降雨的事件为. （1）甲、乙两地都降雨的事件为，所以甲、乙两地都降雨的概率为 （2）甲、乙两地都不降雨的事件为，所以甲、乙两地都不降雨的概率为 （3）其中至少一个地方降雨的事件为，由于事件，和两两互斥，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

34、率，需要学生复习数学3（必修）中学过的概率性质.4、因为，而事件与事件互斥，利用概率的性质得到 所以. 又因为事件与相互独立. 故 . 由两个事件相互独立的定义知与相互独立. 类似可证明与，与也都是相互独立的.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，比如事件与发生没有关系，当然与不发生也应该没有关系.5、例1 同时掷甲、乙两枚骰子，事件表示甲骰子出现的是4点，事件表示乙骰子出现的是4点，则事件与事件相互独立. 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，事件表示第1次摸到红球，事件表示第2次摸到白球，则事件与事件相互独立.说明：要求

35、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、用表示抽到的这件产品的为合格品，表示这件产品在第道工序中质量合格，1， 2，3，4，5. 则，且相互独立. 所以说明：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，正面向上的次数服从二项分布，其分布列为，0，1，2，3，4，5. 用表格的形式表

36、示如下：012345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，一定要标出的取值范围.3、用事件表示仅第1次未击中目标，事件表示该射手第次射击击中目标，0，1，2，3，4，则，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）计算发生的概率：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是一个随机变量，. 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

37、地选择答案，这10道单选题中答对的个数是一个随机变量，.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，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，则吊灯能照明的概率为说明：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）箱子中共有个球，其中有白球个，设事件表示摸到的个球

38、都是白球，利用古典概型计算概率的公式得到 （2）设事件表示摸到的个球都是黑球，事件表示摸到的个球颜色相同，则 又与互斥，所以 在已知个球的颜色相同的情况下，设颜色是白色的概率为说明：（2）中的计算同样可以利用古典概型计算概率的公式得到，但是这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. 至少有2个是女孩等价于事件2，因此至少有2个女孩的概率为说明：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式直到得到.4、利用条件概率公式有 因为和互斥，所以和也互斥，利用概率的加法公式有 因此习题2.2 B组（P59）1、每局比赛只有两个结果，

39、甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数是随机变量，服从二项分布.（1）在采用3局2胜制中，事件表示“甲获胜”. 所以甲获胜的概率为（2）在采用5局3胜制中，事件表示“甲获胜”. 所以甲获胜的概率为可以看出采用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、设事件表示从甲箱子里摸出白球，事件表示从

40、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，所以和是相互独立的.(获奖).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，两个球中一个为白球另一个为黑球的概率为. 由两个箱子里装的白球比黑球多，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.3、（1）在有放回的

41、方式抽取中，每次抽取时都是从这件产品中抽取，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，恰好抽到1件次品的概率为在无放回的方式抽取中，抽到的次品数是随机变量，服从超几何分布，的分布与产品的总数有关，所以需要分3种情况分别计算：时，产品的总数为500件，其中次品的件数为500210，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件次品的概率为时，产品的总数为5000件，其中次品的件数为50002100，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件次品的概率为时，产品的总数为50000件，其中次品的件数为50

42、00021000，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（2）根据（1）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，次试验中，某一事件出现的次数可能服从超几何分布或二项分布. 当这次试验是独立重复试验时，服从二项分布；当这次试验是

43、不放回摸球问题，事件为摸到某种特性（如某种颜色）的球时，服从超几何分布.第二，在不放回次摸球试验中，摸到某种颜色球的次数服从超几何分布. 但是当袋子中的球的数目很大时，的分布列近似于二项分布，并且随着的增加，这种近似的精度也增加.23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. 再比如随机变量的分布列为100.40.6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、.说明：根据定义计

44、算离散型随机变量的均值，是最基本的习题.3、的分布列为10.50.5所求均值为说明：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 第2台机床生产零件的平均次品数因为第2台机床生产零件的平均次品数小于第1台机床生产零件的平均次品数，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服从二项分布，所以.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、

45、，说明：这个分布列是对称的，对称轴是，所以均值为2. 图象表示的分布列如下：2、，.说明：随机变量满足，其中为常数，这个分布称为单点分布，实际上，这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