人教版高中数学选修23课后习题解答

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1、新课程原则数学选修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）要完毕的“一件事情”是“选出1人完毕工作”，不同的选法种数是549； （2）要完毕的“一件事情”是“从村经村到村去”，不同路线条数是326.2、（1）要完毕的“一件事情”是“选出1人参与活动”，不同的选法种数是35412； （2）要完毕的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参与活动”，不同选法种数是35460.3、由于要拟定的是这名同窗的专业选择，并不要考虑学校的差别，因此应当是641=9（种）也许的专业选择.练习（P10）1、要完毕的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由

2、于每一项都是的形式，因此可以分三步完毕：第一步，取，有3种措施；第二步，取，有3种措施；第三步，取，有5种措施. 根据分步乘法计数原理，展开式共有33545（项）.2、要完毕的“一件事情”是“拟定一种电话号码的后四位”. 分四步完毕，每一步都是从09这10个数字中取一种，共有10101010=10000（个）.3、要完毕的“一件事情”是“从5名同窗中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种措施；第二步选副组长，有4种措施. 共有选法5420（种）.4、要完毕的“一件事情”是“从6个门中的一种进入并从另一种门出去”. 分两步完毕：先从6个门中选一种进入，再从其他5个门中选一种出去. 共有

3、进出措施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”. 因此是“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“构成一种分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，因此1，5，9，13中任意一种为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一种构成分数. 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4416（个）.对于第二问，“一件事情”是“构成一种真分数”. 分四

4、类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一种，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一种，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一种，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 因此共有真分数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“用坐标拟定一种点”. 由于横、纵坐标可以相似，因此可以分两步完毕：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. 因此共有坐标6636（个）.（2）“一件事情”是“拟定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不

5、同截距相似、斜率相似截距不同的直线都是互不相似的，因此可分两步完毕：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 因此共有直线4416（条）.习题1.1 B组（P13）1、“一件事情”是“构成一种四位数字号码”. 由于数字可以反复，最后一种只能在05这六个数字中拨，因此有号码10101066000（个）.2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参与3个运动队中的一种，每人限报一种，可以报同一种运动队”. 应当是人选运动队，因此不同报法种数是.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应当是人选风景点，故不同的选法种数是.12排列与组合练习（P20）1、（1）；

6、（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、由于4列火车各不相似，因此停放的措施与顺序有关，有（种）不同的停法.5、.6、由于书架是单层的，因此问题

7、相称于20个元素的全排列，有种不同的排法.7、可以分三步完毕：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. 因此不同的排法有（种）.8、由于个不同元素的全排列共有个，而，因此由个不同的数值可以以不同的顺序形成其他的每一行，并且任意两行的顺序都不同.为使每一行都不反复，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，因此共可以画（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，因此可以画的圆内接三角形有（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，因此共有对角线（

8、条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为（条）.阐明：本题采用间接法更以便.11、由于四张人民币的面值都不相似，构成的面值与顺序无关，因此可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币构成，共有不同的面值（种）.12、（1）由“三个不共线的点拟定一种平面”，所拟定的平面与点的顺序无关，因此共可拟定的平面数是；（2）由于四周体由四个顶点唯一拟定，而与四个点的顺序无关，因此共可拟定的四周体个数是.13、（1）由于选出的人没有地位差别，因此是组合问题，不同的措施数是.（2）由于礼物互不相似，与分送的顺序有关系，因此是排列问题，不同措施数是；（3）由于5个人中每个人均有3中选择，并且选择的时间对

9、别人没有影响，因此是一种“可反复排列”问题，不同措施数是；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，因此可以分两步取元素：第一步，从集合中取，有种取法；第二步，从集合中取，有种取法. 因此共有取法种.阐明：第（3）题是“可反复排列”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，因此是组合问题，此外，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别，因此是组合问题. （1）； （2）其他2人可以从剩余的7人中任意选择，因此共有（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，就得到符合条件的选法数为；如果

10、采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同步含男甲女乙，得到符合条件的措施数为； （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状况排除掉，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，而去的人人们没有地位差别，因此不同的去法有（种）.17、（1）； （2）； （3）； （4）解法1：. 解法2：.阐明：解答本题时，要注意辨别“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B组（P28）1、容易懂得，在注彩票中可以有一种一等奖.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

11、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.因此可在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种措施，因此着色种数有5433180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完毕：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，因此冠军是其他3人中的一种，有种也许；乙不是最差的，因此是第2，3，4名中的一种有种也许；上述位置拟定后，甲连同其她2人可任意排列，有种排法

12、. 因此名次排列的也许状况的种数是.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措施.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用人员的措施？解法1：运用分步计数原理，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，这样有种不同的选用人员的措施；解法2：直接从个人中选个人擦窗，然后在剩余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措施.因此，成立.阐明：常常引导学生从一种排列组合的运算成果或等式出发，构造一种实际问题加以解释，有助于学生对问题的进一步理解，检查成果，纠正错误.13二项式定理练习（

13、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，因此中间一项是7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是与，由，得，即.因此，这两个二项式系数分别是与，即120.习题1.3 B

14、组（P37）1、（1） 能被整除； （2） 能被1000整除.2、由， 得.第一章 复习参照题A组（P40）1、（1）；阐明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是，而均有种取法. （2）；（3），或；阐明：第一种措施是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种措施是先考虑有限制的两个位置. （4）；阐明：由于足球票无座，因此与顺序无关，是组合问题. （5）；阐明：对于每一名同窗来说，有3种讲座选择，并且容许5名同窗听同一种讲座，因此是一种“有反复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；阐明：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

15、二边形的边12条：. （7）第项.阐明：展开式共有项，且各系数与相应的二项式系数相似.2、（1）；阐明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，并且数字是不反复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合规定. （2）.阐明：只有首位数是6和5的六位数才符合规定.3、（1）； （2）.4、.阐明：所请的人的地位没有差别，因此是组合问题. 按照“其中两位同窗与否都请”为原则分为两类.5、（1）； 阐明：任意两条直线均有交点，并且交点各不相似. （2）. 阐明：任意两个平面均有一条交线，并且交线互不相似.6、（1）； （2）； （3）.7、.阐明：由于不同类型的书不能分开，因此可以将它们当

16、作一种整体，相称于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以互换顺序，因此可以分步对它们进行全排列.8、（1）；阐明：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 复习参照题B组（P41）1、（1），即，解得； （2）；阐明：先排有特殊规定的，再排其她的. （3），；阐明：根据映射定义，只要集合中任意一种元素在集合中可以找到唯一相应的元素，就能拟定一种映射，相应的元素可以

17、相似，因此是“有反复排列”问题. （4）； （5）；阐明：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种状况，即正方体表面上的6种四点共面的状况，以及如右图中这样的四点共面的其她6种状况，因此三棱锥的个数为 （6）1或.阐明：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，有种状况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有种状况；然后将剩余的数进行全排列，有种状况. 因此能构成的六位奇数个数为. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5构成的所有无反复数字的正整数的个数是，其中不不小于45的正整数的个数，当首位数字是2时，只有45这1个

18、；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构成的没有反复数字的正整数中，不小于45的数分为如下几种状况：前4位数字为，只有54，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中的一种，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，便可构成一种平行四边形，因此可以构成的平行四边形个数为； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一种平行六面体，因此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

19、排其他的4道工序，有种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的措施共有（种）； （2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有种排法；再排其他的3道工序，有种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的措施共有（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. 与复习参照题B组第2题同理，可得修23第二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达. 也许的取值为2，3，

20、4，5，6，7，8，9，10，11，12. （2）能用离散型随机变量表达. 也许的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表达.阐明：本题的目的是检查学生与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也许的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子诸多，这里给出几种例子： 例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数； 例2 某都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天内接受到电话的次数.阐明：本题但愿学生能观测生活中的随机现象，懂得哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49

21、）1、设该运动员一次罚球得分为，是一种离散型随机变量，其分布列为010.30.7阐明：这是一种两点分布的例子，投中看作实验成功，没投中看作实验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一种很常用的概率模型，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达，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，一般用列表的方式表达分布列更为以便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其所有也许的成果为正正，正反，反正，反反. 正面向上次数是一种离散型随机变量， 0120.250.50.25因此的分布列为阐明：这个离散型随机变量虽然简朴，但却是协助学生理解随机变量含义的一种较好的例子. 实验

22、的所有也许的成果为正正，正反，反正，反反，随机量的取值范畴为0，1，2，相应关系为正正2 正反1 反正1 反反0在这个例子中，相应于1的实验成果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量不能表达随机事件正反. 这阐明对于一种具体的随机变量而言，有时它不能表达所有的随机事件. 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. 如果把所有取值当作是全体基本领件，即. 根据古典概型计算概率的公式有 .这与解答的成果相矛盾. 因素是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一种等号不成立. 具体解释下：虽然中只具有3个基本领件，但是浮现这3个基本领件不是等也许的，因此不能

23、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张牌中涉及牌的张数为，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.阐明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中涉及的个数是一种离散型随机变量. 把52张牌当作是52件产品，把牌当作次品，则就成为从具有四件次品的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体现形式. 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朴. 此外，在解题中分布列是用解析式体现的，长处是书写简朴，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质

24、地均匀的硬币浮现正面的次数服从两点分布；射击一次命中目的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条鱼涉及鲑鱼的条数服从超几何分布.阐明：通过让学生举例子的方式，协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达. 设能遇到的红灯个数为，它也许的取值为0，1，2，3，4，5. 事件0表达5个路口遇到的都不是红灯；事件1表达5个路口其中有1个路口遇到红灯，其她4个路口都不是红灯；事件2表达5个路口其中有2个路口遇到红灯，其她3个路口都不是红灯；事件3表达5个路口其中有3个路

25、口遇到红灯，剩余2个路口都不是红灯；事件4表达5个路口其中有4个路口遇到红灯，此外1个路口都不是红灯；事件5表达5个路口所有都遇到红灯. （2）能用离散型随机变量表达. 定义 则是一种离散型随机变量，也许的取值为1，2，3，4，5. 事件1表达该同窗获得的成绩为不及格；事件2表达该同窗获得的成绩为及格；事件3表达该同窗获得的成绩为中；事件4表达该同窗获得的成绩为良；事件5表达该同窗获得的成绩为优.阐明：本题是考察学生与否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一种相应关系，由于随机变量的取值一定是实数，但这个相应关系不是唯一的，只要是从五个级别到实数的意义映射即可.2、某同窗跑1

26、km所用时间不是一种离散型随机变量. 如果我们只关怀该同窗与否可以获得优秀成绩，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.事件表达该同窗跑1 km所用时间不不小于等于4 min，可以获得优秀成绩；事件表达该同窗跑1 km所用时间不小于4 min，不可以获得优秀成绩.阐明：考察学生在一种随机现象中能否根据关怀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. 例如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量表达浮现正面的次数，则不能用随机变量表达随机事件第1次浮现正面且第2次浮现背面和第1次浮现背面且第2次浮现

27、正面. 由于1第1次浮现正面且第2次浮现背面第1次浮现背面且第2次浮现正面，因此这两个事件不能分别用随机变量表达.阐明：一种随机变量是与一种事件域相相应的，一种事件域一般是由部分事件构成，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种随机变量构成，则这几种随机事件就不能用随机变量表达，例如从一批产品中依次取出几种产品，用表达取出的产品中次品的个数，这时我们不能用表达随机事件第次取出次品，其她均为合格品.4、不对的，由于取所有值的概率和不等于1.阐明：考察学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不不不小于0，其和等于1，即 （1），； （2）.5、射击成绩优秀可以用事件8表达，因此

28、射击优秀的概率为8阐明：本题知识点是用随机变量表达随机事件，并通过度布列计算随机事件的概率.6、用表达该班被选中的人数，则服从超几何分布，其分布列为， 0，1，2，3，4. 该班恰有2名同窗被选到的概率为.阐明：本题与49页练习的第3题类似，但愿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篇课文中该同窗能背诵的篇数为，则是一种离散型随机变量，它也许的取值为0，1，2，3，且服从超几何分布，分布列为即0123 （2）该同窗能及格表达她能背出2或3篇，故她能及格的概率为.阐明：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

29、达所购买彩票上与选出的7个基本号码相似的号码的个数，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.阐明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算成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，扑克牌中仅剩余51张牌，其中有3张A，因此在第1次抽到A的条件下第2次也抽到A的概率为.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.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.阐明：解

30、法1是运用缩小基本领件范畴的措施计算条件概率，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实验的所有也许成果，运用古典概型计算概率的公式直接得到成果. 解法2事实上是在本来的基本领件范畴内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种措施是运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，剩余的99件产品中有4件次品，因此在第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

31、出次品的条件下第2次抽出正品的概率为.阐明：与上题类似，可以用不同措施计算条件概率.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，在已知第一种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名同窗，其中20名男生，25名女生，依次从全班同窗中任选两名同窗代表班级参与知识竞赛，在第1名同窗是女生的条件下，第2名同窗也是女生的概率.阐明：这样的例子诸多，学生举例的过程可以协助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、运用古典概型计算的公式，可以求得，可以验证，.因此根据事件互相独立的定义，有事件与互相独立，事件

32、与互相独立，事件与互相独立.阐明：本题中事件与互相独立比较显然，由于抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件与互相独立，事件与互相独立不显然，需要运用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间与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，口袋中剩余3个球，其中仅有1个白球，因此在先摸出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，因此在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是12.阐明：此题的目的是但愿学生体会有放回摸球

33、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次摸球成果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球成果的影响.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，因此甲、乙两地都降雨的概率为 （2）甲、乙两地都不降雨的事件为，因此甲、乙两地都不降雨的概率为 （3）其中至少一种地方降雨的事件为，由于事件，和两两互斥，根据概率加法公式和互相独立事件的定义，其中至少一种地方降雨的概率为.阐明：与例3类似，运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、由于，而事件与事件互斥，运用概率的性质得到

34、因此. 又由于事件与互相独立. 故 . 由两个事件互相独立的定义知与互相独立. 类似可证明与，与也都是互相独立的.阐明：证明此题规定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，例如事件与发生没有关系，固然与不发生也应当没有关系.5、例1 同步掷甲、乙两枚骰子，事件表达甲骰子浮现的是4点，事件表达乙骰子浮现的是4点，则事件与事件互相独立. 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，事件表达第1次摸到红球，事件表达第2次摸到白球，则事件与事件互相独立.阐明：规定学生不仅能判断两个事件与否互相独立，并且能举例阐明什么样的两个事件是互相独立的，特别掌握在有放回

35、抽样中，两次抽样的成果是互相独立的，这是二项分布的基本.练习（P58）1、用表达抽到的这件产品的为合格品，表达这件产品在第道工序中质量合格，1， 2，3，4，5. 则，且互相独立. 因此.阐明：本题重要考察学生应用教科书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体现出来. 事实上，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、将一枚硬币持续抛掷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. 用表格的形式表达如下：012345阐明：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达

36、，一定要标出的取值范畴.3、用事件表达仅第1次未击中目的，事件表达该射手第次射击击中目的，0，1，2，3，4，则，由于4次射击可以当作4次独立反复实验，因此可以用56页的公式（1）计算发生的概率：.阐明：本题的核心是把4次射击当作4次独立反复实验，然后运用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的的概率，或者4次射击至少击中一次目的的概率.4、例1 某同窗投篮命中率为0.6，她在6次投篮中命中的次数是一种随机变量，. 例2 在一次考试中有10道单选题，某同窗一道题都不会，随机地选择答案，这10道单选题中答对的个数是一种随机变量，.阐明：但愿学生不仅能判断一种随机变量

37、与否服从二项分布，并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、由于3个灯泡是并联，各灯泡与否能正常照明是彼此独立的，不受其她灯泡的影响，因此可以当作3次独立反复实验. 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达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.阐明：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？以此比较两种连接措施的可靠性.2、（1）箱子中共有个球，其中有白球个，设事件表达摸到的个球都是白球，运用古典概型计算概率的公式得到. （2）设事件表达摸到的个球都是黑球，事件表达摸

38、到的个球颜色相似，则，. 又与互斥，因此. 在已知个球的颜色相似的状况下，设颜色是白色的概率为阐明：（2）中的计算同样可以运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领件全体来计数.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.阐明：核心是把问题转化为二项分布的模型. 固然该问题也可以运用古典概型计算概率的公式直到得到.4、运用条件概率公式有， 由于和互斥，因此和也互斥，运用概率的加法公式有. 因此.习题2.2 B组（P59）1、每局比赛只有两个成果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以当作是互相独立的，因此甲获胜的局数是随机变量，

39、服从二项分布.（1）在采用3局2胜制中，事件表达“甲获胜”. 因此甲获胜的概率为.（2）在采用5局3胜制中，事件表达“甲获胜”. 因此甲获胜的概率为.可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜想“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.阐明：对于一种实际问题，最后目的是解决问题，而不是计算随机事件的概率. 本题背景中，应当根据计算出的概率成果对赛制提出建议.2、设事件表达从甲箱子里摸出白球，事件表达从乙箱子里摸出白球，由于从甲箱子里摸球的成果不会影响从乙箱子里摸球的成果

40、，因此和是互相独立的.(获奖).尽管两个箱子里装的白球比黑球多，但获奖的概率不不小于0.5. 因素是除了两个球全为白球外，尚有也许两个球全为黑球或两个球中一种为白球另一种为黑球，两个球全为黑球的概率为，两个球中一种为白球另一种为黑球的概率为. 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不小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不小于0.5.阐明：问题的核心在于把几种事件的关系弄清晰，必然事件两个球全为白球两个球全为黑球一种为白球另一种为黑球.3、（1）在有放回的方式抽取中，每次抽取时都是从这件产品中抽取，从而抽到次品的概率

41、都为0.02. 可以把3次抽取当作是3次独立反复实验，这样抽到的次品数，正好抽到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，因此需要分3种状况分别计算：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，其中正好抽到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，其中正好抽到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5000021000，合格品的件数为49000. 从5000

42、0件产品中抽出3件，其中正好抽到1件次品的概率为.（2）根据（1）的计算成果可以看出，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. 这样就可以近似当作每次抽样的成果是互相独立的，抽出产品中的次品件数近似服从二项分布.阐明：由于数字比较大，可以运用计算机或计算器进行数值计算. 此外，本题目也可以协助学生理解超几何分布和二项分布之间的关系：第一，次实验中，某一事件浮现的次数也许服从超几何分布或二项分布. 当这次实验是独立反复实验时，服从二项分布；当这次实验是不放回摸球问题，事件为摸到某种特性（如某种颜色）的球时

43、，服从超几何分布.第二，在不放回次摸球实验中，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，并且随着的增长，这种近似的精度也增长.23离散型随机变量的均值与方差练习（P64）1、不一定. 例如掷一枚硬币，浮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. 再例如随机变量的分布列为100.40.6的均值是2，而不是10.阐明：本题的目的是但愿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，它不一定是随机实验的成果之一.2、.阐明：根据定义计算离散型随机变量的均值，是最基本的习题.3、的分布列为

44、10.50.5所求均值为.阐明：要计算离散型随机变量的均值，一般一方面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.由于第2台机床生产零件的平均次品数不不小于第1台机床生产零件的平均次品数，因此第2台机床更好，其实际含义是随着产量的增长，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.阐明：本题考察学生对随机变量均值含义的理解.5、同步抛掷5枚质地均匀的硬币，相称于做5次反复实验，浮现正面向上的硬币数服从二项分布，因此.阐明：教科书已给出二项分布的均值，本题可以直接运用这个成果.练习（P68）1、， ， .阐明：这个分布列是对称的，对称轴

45、是，因此均值为2. 图象表达的分布列如下：2、，.阐明：随机变量满足，其中为常数，这个分布称为单点分布，事实上，这里把常数当作是特殊的离散型随机变量. 由于该随机变量仅取一种值，固然刻画离散限度的量应当为0.3、随机变量的方差反映随机变量的取值稳定（或偏离）于均值的限度. 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. 一般在均值相等的状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，一般我们会选择方差最小的方案.再例如，有两种投资方案，它们的平均收益相似，但方差不同，是选择方差大的方案还是选择方差小的方案，这要因状况而定. 如果一种人比较喜

46、欢冒险，那么应当选择方差大的方案；如果一种人喜欢稳定的收入，那么应当选择方差小方案. 如股票投资和储蓄两种方案，假设它们的平均收益相似，喜欢冒险的人一般会选择股票投资.阐明：通过让学生举例子的方式，但愿学生理解方差的含义.习题2.3 A组（P68）1、， ， .阐明：已知离散型随机变量的分布列，计算均值、方差和原则差属于最基本的习题.2、阐明：运用均值的定义和分布列的性质即可求得.3、在同样的条件下持续射击10次，相称于做10次独立反复实验，击中靶心的次数服从二项分布，因此.阐明：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，本题可以直接运用这个成果，不用再按均值的定义重新计算.

47、4、设表达一张彩票的中奖金额，则它的分布列为02105010010000.85450.10.030.010.0050.0005 其均值为.阐明：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. 一般一张彩票也许中奖金额的均值要不不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状况进行分析.5、， 由于甲、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，因此可以说，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，但甲一般发挥比较稳定，

48、多数得分在8环，而乙得分比较分散，近似平均分派在610环.阐明：考察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、运用古典概型计算概率的公式计算实验成功的概率：.在30次实验中成功次数服从二项分布，成功次数的均值为.阐明：本题的核心是看出在30次实验中的成功次数服从二项分布和计算实验成功的概率.2、设这台机器一周内也许获利万元，一方面计算也许取每个值的概率：， 即的分布列如下：52.50 因此，这台机器一周内也许获利的均值为.阐明：与习题A中第4题类似，需要先求出的分布列，然后再求的均值. 这里求分布列时用到了二项分布.24正态分布练习（P74）1、由正态分布密度曲线可

49、知，参数，因此.阐明：本题从两方面考察学生对正态分布的理解：第一，对正态分布密度曲线特点的结识；第二，理解落在区间的概率大小.2、例1 某地区16岁男孩的身高分布可以近似当作正态分布. 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当作正态分布.阐明：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，就能举出诸多实例.3、由于正态分布密度曲线有关对称，因此.阐明：运用正态分布密度曲线的对称性和落在区间，的概率，计算落在其她某些特殊区间的概率.习题2.4 A组（P75）1、（1）由于， 因此是偶函数. （2）当时，达到最大值. （3）在区间上单调递增，在区间

50、上单调递减.阐明：本题中给出了原则正态分布的定义，即，的正态分布为原则正态分布. 此题的目的是加深学生对原则正态分布密度曲线的特点的结识.2、设该种包装的大米质量为，由知，正态分布密度函数的两个参数为， 因此阐明：本题考察学生与否理解服从正态分布的随机变量落在区间，的概率大小.习题2.4 B组（P75）1、对于任何实数和自然数有， 且事件与事件互不相容，由概率的加法公式得， 令，因此 ， 即.阐明：这个题目属于综合性题目，需要的知识范畴比较广. 一方面要用到概率的单调性，即若事件，则；另一方面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，则. 由于本套教科书没有简介概率的单调性，因此

51、在这里是运用了概率的加法公式证明. 由此题的结论可知，如果随机变量服从正态分布，则有.2、由知，正态分布密度函数的两个参数为，. 又由于该正态分布密度曲线有关对称，因此；.阐明：运用正态分布的对称性和落在区间，的概率，可以计算落在某些区间的概率，这里重要考察学生能否灵活运用所掌握的知识解决问题.第二章 复习参照题A组（P77）1、根据分布列的性质得知要满足如下条件： 因此常数阐明：考察学生与否掌握离散型随机变量分布列的两个性质.2、由于随机变量取所有也许的值1，2，是等也许的，因此取每个也许值的概率均为，从而.又，推得，即.阐明：随机变量取所有也许的值1，2，是等也许的，即的分布列为12这样的

52、分布称为离散型均匀分布，由此可以计算均值.3、假设要用门大炮同步对目的射击，才干使目的被击中的概率超过95. 可以把一门大炮的射击当作是一次随机实验，将击中目的当作是成功，则成功概率为0.3. 用表达这门大炮中击中目的的门数，即次实验中浮现的成功次数，则. 事件“目的被击中”可以表达为，它的对立事件是，因此“目的被击中”的概率为.为使目的被击中的概率超过95，只有选择合适的，使，解得. 根据实际含义，至少要用9门大炮才干使目的被击中的概率超过95.为了提高击中目的的概率，可以采用多门炮向目的同步射击的措施. 炮的门数越多，击中目的的概率越大.阐明：本题目是应用二项分布解决实际问题，重要锻炼学生

53、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达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，此时也许获利万元，的分布列为100.60.4第2种方案的平均收入为.若根据平均收入最高的准则，由于4.42，因此应选择第2种方案.阐明：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，也也许损失4万元，因此保守的经营者也也许选择第1种方案.第二章 复习参照题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，表达如果某人出

54、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. 每个人在一年内与否遭遇意外伤害可以当作是一次随机实验，把遭遇意外伤害看作成功，则成功概率为. 10万参保人可以当作是10万次独立反复这种实验，用表达一年内这10万人中遭遇意外伤害的人数，则（1）这家保险公司亏本的概率为. 可以看出这家保险公司亏本的概率是很小的，几乎不也许发生.（2）这家保险公司一年内获利不少于110万元，表达一年内最多只能有2人出险，因此这家保险公司一年内获利不少于110万元的概率. 可以看出这家保险

55、公司一年内获利不少于110万元的概率是很大的.阐明：当很大时计算二项分布的概率比较困难，可以用记录软件完毕. 一般记录软件均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. 例如，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（实验成功的次数），Trials（独立反复实验的总次数），Probability_s（每次实验中成功的概率），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）. 如下以Excel为例，给出具体的计算

56、环节：先选定一种单元格，然后选择“插入”下拉菜单，选择“函数”选项，如下图：当浮现对话框时，从“或选择类别”窗口选择“记录”，从“函数名字”窗口选择“BINOMDIST”，选择拟定，如下图：当BINOMDIST对话框浮现时，分别输入4个参数. 例如在本题中要计算，此时成功的次数为4，参数Number_s的相应位置输入4；总的实验次数为100000，参数Trials的相应框位置输入100000；每次实验中成功的概率为0.000001，参数Probability_s的相应位置输入0.000001；这里需要计算累积分布函数，参数Cumulative的相应位置输入true. 参数所有输入后可以看见该函

57、数的计算成果0.，如下图：按拟定后，在指定的单元格中浮现该累积概率值0.2、由知，正态分布密度函数的两个参数为. 由于该正态分布密度曲线有关对称，因此；.3、由知，正态分布密度函数的参数. 由于该正态密度曲线有关对称，因此；.新课程原则数学选修23第三章课后习题解答第三章 记录案例31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，以拟定与否直接用线性回归模型来拟合原始数据.阐明：学生在对常用的函数图象比较理解的状况下，通过观测散点图可以判断两个变量的关系更近似于哪种函数.2、分析残差可以协助我们解决如下两个问题： 寻找异常

58、点，就是残差特别大的点，考察相应的样本数据与否有错. 分析残差图可以发现模型选择与否合适.阐明：分析残差是回归诊断的一部分，可以协助我们发现样本数据中的错误，分析模型选择与否合适，与否有其她变量需要加入到模型中，模型的假设与否对的等. 本题只规定学生能回答上面两点即可，重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）.阐明：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，因此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，没有随机误差项，是严格的一次函数关系. 通过计算可得.习题3.1 （P89）1、（1）由表中数据制作的散点图如下： 从散点图中可以看出GDP值与年份近似呈线性关系. （2）用表达GDP值，表达年份. 根据截距和斜率的最小二乘计算公式，得， 从而得线性回归方程. 残差计算成果见下表.GDP值与年份线性拟合残差表年份19931994199519961997残差年份19981999残差 （3）的GDP预报值为112976.360，根据国家记录局的记录，实际GDP值为117251