2017-2018学年高中数学选修2-3全册课堂导学案人教A版92P

2017~2018学人教A版高中数学 选修2-3全册课堂导学案汇编

目 录

1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1 .................. 1 1.2.1 排列 1 .................................................................. 13 1.2.2 组合 2 .................................................................. 16 1.2.3 组合（1） .............................................................. 20 1.2.4 组合（2） .............................................................. 24 1.2.5 排列组合的综合问题 .............................................. 27 1.2.6 排列组合的易错问题 .............................................. 30 1.3.1 二项式定理 1 ....................................................... 34 1.3.2 二项式定理（2） ................................................... 38 1.3.3“杨辉三角”与二项式系数的性质 ............................... 42 2.1.1 离散型随机变量 ................................................... 46 2.1.2 离散型随机变量的分布列 ..................................... 48 2.2.1 条件概率 ................................................................ 52 2.2.2 事件的相互独立性 ................................................ 56 2.2.3 独立重复试验与二项分布 ..................................... 62 2.3.1 离散型随机变量的均值 ......................................... 65 2.3.2 离散型随机变量的方差 ......................................... 69

1

2.4 正态分布 ................................................................. 74 3.1 回归分析的基本思想及其初步应用 ........................... 78 3.2独立性检验的基本思想及其初步应用 ......................... 87

2

1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1

课堂导学

三点剖析

一、分类加法计数原理的简单应用

【例1】某学生去书店，发现三本好书，决定至少买其中一本，则该生的购书方案有______种.

解析:“至少”问题往往需要发类，在三本好书中至少买一本，可分为在类：恰买一本，有3种方种；恰买2本，有3种种方法，恰买3本，有1种方案，从而共有3+3+1=7种方法。 温馨提示

分类加法计数原理的实质是“整体”等于“部分”之和，就是“整体”（即完成一件事的方法）分成若干个互不相交的类，使得每一类中的元素的个数易于计算.在分类过程中要按照统一的标准进行.本题中是按照购买的本数分成了三类. 二、合理地选择分类标准是用好分类加法计数原理的关键

【例2】将一个正三角形的各边都n等分，过各分点作其它两边的平行线，一共可产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)?

解析：如图，不妨设正△ABC的边长为n，首先考虑“头朝上”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点下方的三角形.

边长为1的“头朝上”的三角形有 1+2+…+n=

n(n?1)个. 2(n?1)n个. 2边长为2的“头朝上”的三角形有 1+2+…+(n-1)=

…

边长为n的“头朝上”的三角形只有1个. 从而，“头朝上”的三角形共有

k(k?1)n(n?1)(n?2)?个. ?26k?1然后考虑“头朝下”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点上方的三角形.

边长为1的“头朝下”的三角形有 1+2+…+(n-1)=

n(n?1)n个. 2(n?3)(n?2)个.

21

边长为2的“头朝下”的三角形有 1+2+…+（n-3）=

边长为m的“头朝下”的三角形有

n?2m?1?k?1k=1k个(n+1＞2m).

故当n为奇数时，“头朝下”的三角形有

?k??k????k.

k?1k?1k?1n?1n?32=

(n?1)(n?1)(2n?3)个；

24各个击破

【类题演练1】在正方体的8个顶点中，能构成一个直角三角形的3个顶点的三点组的个数是( )

A.24 B.36 C.48 D.56 解析：注意到每个正方形或矩形各有4个“直角三角形三点组”，现正方体共有6个正方形 侧面及6个矩形对

角面，故可视为有12类方案，即12个矩形或正方形，由分类加法计数原理 得4×12=48个“直角三角形三点组”.故选C. 答案：C

【变式提升1】在十进制数中，若一个至少有两位数字的正整数除了最左边的数字外，其余各个数字都小于其左边的数字时，则称它为递降正整数.所有这样的递降正整数的个数为( )

A.1 001 B.1 010 C.1 011 D.1 013 解析：设最左边的数字为n，则比n小的数字n-1,n-2,…,2,1,0每个只能在n的右边至多出

现一次.可是，以n为最左边数字的递降正整数的个数等于集合{n,n-1,…,2,1,0}的非空子 集合个数2.但n=1,2,…,9,故递降正整数共有

n-1

?(2n?19n?1)??2n?9=(210-2)-9=1

n?19013(个).

【类题演练2】设M是集合S={1,2,3,…,1 999}的子集，且M中每一个正整数(元素)仅含一个0，则集合M所含元素最多有( )

A.243个 B.324个 C.414个 D.495个

解析：为了清楚起见，可将集合S中的正整数(元素)按其位数划分为如下四个子集： S1={1,2,3,…,9}, S2={10,11,12,…,99}, S3={100,101,102,…,999},

S4={1 000,1 001,1 002,…,1 999}. 显然，S1中每个元素都不含0；

在S2中，仅个位数为0的元素有9个，则共有9个；

2

在S3中，仅个位或十数为0的元素各有9个，则共有162个；

22

在S4中，仅个位或十位或百位数为0的元素各有9个，则共有3×9=243个. 根据分类原理，集合M中所含元素最多有414个. 答案：C

2

x2y2?2=1的焦点在y轴上，若【变式提升2】已知椭圆2aba∈{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆共有多少个?

解析：依题意知b＞a,当b=6或7时，a各有5个可能取值； 当b=5时，a只有4个可取值； 当b=4时，a只有3个可取值； 当b=3时，a只有2个可取值； 当b=2时，a只有1个可取值.

由分类加法计数原理知:共有5+5+4+3+2+1=20个. 当n为偶数时，“头朝下”的三角形有

?k??k????k

k?1k?1k?1n?1n?31=

n(n?1)(2n?1)个.

24综上所述，一共产生的三角形的个数为

?(n?1)(2n2?3n?1)(n为奇数),??8N=?

n(n?2)(2n?1)?(n为偶数).?8?三、先将问题转化后再进行分类

【例3】 把20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有____________种.

解析:不妨设编号为1，2，3的三个盒子中分别放入了x1,x2,x3个小球，依题意有

(1)?x1?x2?x3?20 ?1?x?15,2?x?16,3?x?17(2)123?问题转化为在条件(2)下求不定方程(1)的解的个数，可考虑用分类计数的方法. 当x1=1时，x2=2,3, …,16,这时x3随之而定，从而共有15种放法. 当x1=2时，x2=2,3, …,15,这时x3随之而定，从而共有14种放法. 当x1=15时，只有x2=2,x3=3,仅有一种放法.

根据分类原理，符合要求的放法共有N=15+14+…+2+1=120(种). 温馨提示

本题应用等价转化的思想，把“投球”问题转化为求不定方程解的个数问题，应用分类计数原理，使问题很快得到解决.

【类题演练3】某生为自己的电脑购置价值不超过500元，单价分别为60元，70元的单片软件和盒装磁盘.根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有多少种?

解析：设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有

*

60x+70y≤500(x,y∈N,且x≥3,y≥2) 按购买x片分类：

x=3,则y=2,3,4共3种方法；

3

(3)(位置分析法)：因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2人，有A5种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余6位都有A6种排法，所以共有A5·A6=14 400种不同的排法.

(4)因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可以有A5·A7种不同的排法；如果首位是女生，有A3种排法，这时末位就只能排男生，共有A3·A5·A6种不同的排法，所以共有A5·A7+A3·A5·A6=36 000种不同的排法.

各个击破

【类题演练1】5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的选法?

解析：不同选法的种数有A5=5×4×3=60(种).

【变式提升1】某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号?

解析：用1面旗表示的信号有A3种，用2面旗表示的信号有A3种，用3面旗表示 的信号有A3种，根据分类计数原理，所求的信号数是A3+A3+A3=3+3×2+3×2×1=15(种). 【类题演练2】某年级开设语文、政治、外语、体育、数学、物理、化学七门课程，依下列条件课程表有多少种不同排法.

(1)一天开设七门不同课程，其中体育不排第一节也不排在第七节； (2)一天开设四门不同课程，其中体育不排第一节也不排在第四节. 解析：(1)从元素考虑

先满足体育后再安排其他课，从2-6节中任取一节排体育有A5种排法，再从剩下的6 节课中排其它课程有A6种排法.依乘法原理有A5·A6=3 600(种). 【变式提升2】用0，1，2，…9十个数字可组成多少个没有重复数字的： (1)五位奇数?

(2)大于30 000的五位偶数?

解析：(1)要得到五位奇数，末位应从1，3，5，7，9五个数字中取，有A5种取法.取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的八种不同取法.首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位，百位与千位三个数位选取，共有A8种不同的安排方法.因此由分步计数原理共有5×8×A8=13 440个没有重复数字的五位奇数.

(2)要得偶数，末位应从0，2，4，6，8中选取，而要得比30 000大的五位偶数，可分两类： ①末位数字从0，2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个，共7种选取方法，

14

33161612626171116171163123123其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A8种取法.所以共有2×7×A8种不同情况.

②末位数字从4、6、8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有A8种选法，所以共有3×6×A8种不同情况.

由分类计数原理，共有2×7×A8+3×6×A8=10 752个比30 000大的无重复数字的五位偶数.

【类题演练3】从6名运动员中选出4名参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方法?

解析：设全集U={6人中任取4人参赛的排列}，A={甲跑第一棒的排列}，B={乙跑第四棒的排列}，根据求集合元集个数的公式可得参赛方法共有：card(U)-card(A)-card

4332(B)+card(A∩B)=A6?A5?A5?A4=252(种).

333333【变式提升3】信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗，把这5面旗都挂上去，可表示不同信号的种数是( )(用数字作答)

解析：5面旗全排列有A5种挂法，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次

5A5的挂法，故共有不同的信号种数是3=10(种). 2A3?A25 15

1.2.2 组合 2

课堂导学

三点剖析

一、解排列问题的直接求法和间接求法

【例1】 6个人排值日，每日一人，甲不排星期一，乙不排星期二，丙不排星期三，共有多少种不同的排法.

解析：正面思考，情形太繁多，不易解决，考虑问题的反面，即甲排在星期一，乙排在星期二，丙排在星期三，其中至少有一种情况发生.甲排在星期一，乙排在星期二，丙排在星期三可能排法的集合依次用A、B、C表示.那么，不符合题意的排法共有Card(A∪B∪C)种. 因为Card(A∪B∪C)

=Card(A)+Card(B)+Card(C)-Card(A∩B)-Card(B∩C)-Card(C∩A)+Card(A∩B∩C)=

5433A5?C32A4?A3，所以符合题意的排法共有 6543A6?(3A5?C32A4?A3)=426(种).

温馨提示

排列问题大多使用直接法求解.但有些计数问题正面情况太繁杂或直接法难以入手，这时往往从问题的反面考虑更容易解决.因此，在解排列问题时直接求法和间接求法互相补充. 二、允许重复的排列问题的求法

【例2】 四本读物中有三本是相同的，把这四本读物平均分给四个人，有多少种不同的分法？

解析：设所求的分法有N种，在每一种分法里，有三人分得的是相同的读物，一人分得的是不同的读物，假定其中第二人分得读物是b，第一、第三、第四人分得的读物都是a，因为把三本不同的书籍分给三人有A3种方法，所以如果把三本相同的书籍换成三本不同的书籍a1,a2,a3，那么这时分法的种数是原来的A3倍，也就是说，把a1,a2,a3,b四本不同的书籍分

31给四人的方法种数（有A4种）是把a,a,a,b四本书分给四人的方法种数的A3倍，即31A4=NA3，

33A44所以N=3=4(种)

A3三、树形图在解排列问题中的应用

【例3】某工程由A，B，C，D，E，F，G，H，I 9个工序组成，由众多的施工队施工，当工序甲只有在工序乙完成后才能开工时，我们称工序乙是工序甲的紧前工序，现在这9个工序的关系及所需要工时（天）如下表： 工序 紧前工序 所需工时 A - 6 B A 2 C A 2 D - 4 E C，I 4 F 3 G 1 H D 2 I D 5 B，C，I E，F 试问该工程至少需要多少天才能完成，并给出工序的安排. 解析：给出工序的安排，也就是要正确画出体现工序之间衔接关系的工程网络树形图，求出

16

其关键路线，就可知道整个工程的总工期. 依题意画出工程网络树形图（如图），由图易知：

①→③→④→⑥→⑦所需时间最长，它表明整个工程的总工程至少为4+5+4+1=14（天）. 很明显，在①→②→④→⑥→⑦这条路线上的工序，若有一个延迟一天，整个工程就要推迟一天，而不在这条路线上的工序对总工期就没有这种直接的影响.

（树形图）

温馨提示

近年来，在北京、上海中学生数学知识应用竞赛及各地的高考模拟训练中，出现了以工程的工序、工期为题材的所谓“工序网络”问题，利用数形图能清楚地反映工作的先后顺序和相互关系，使管理者对全局有一个完整清晰的了解.因此，学会正确有序地使用树形图，是解决问题的有力工具. 各个击破

【类题演练1】用0，1，2，3，4，5能组成多少个没有重复数字且大于201 345的自然数？

65解析：用0，1，2，3，4，5组成的六位数共有(A6?A5)个，其中小于或等于自然数201345

的数可分成两类，一类是首位数字是“1”的共有A5个，一类是首位数字是“2”的，只有

5201345本身一个.这时不符合条件的数就有(A5+1)个，因此符合条件的数共有655(A6?A5)-(A5+1)=479(个)

5【变式提升1】有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( ) A.234 B.346 C.350 D.363

解析：直接法，分三类：1)两人坐前排，按要求有4×4×A2+6×A2=44种坐法；2)两人坐后排，按要求有A11=110种坐法；3)两人分别坐在前、后排，有2×8×12=192种坐法. ∴共有44+110+192=346种排法，选B.

【类题演练2】七名同学争夺五项冠军的可能性的种数为( ) A.7

5

222

B.5 C.A7 D.C7

7

55解析：因一个同学可同时夺得几项冠军，故学生可重复排列.将7名同学看做7家“店”，五项冠军看做5名“客”，都可住进7家“店”中任意一家，即每个“客”有7种住宿选择.

5

由乘法原理得到共7种.故选A.

【变式提升2】一市区有5条南北向大道，4条东西向大道，一人想从市区的西北角走到东南角，问有多少种最短的路径可走？

解析：下图中，1，2，3，4为东西向的大道被5条南北向的大道所截断的相应部分；a,b,c为南北向的大道被4条东西向的大道所截断的相应部分.

17

1 2 3 4

a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 a 4 a b 4 b c 4 c 由西北角到东南角需依次经过东西向的1，2，3，4与依次经过南北向的a,b,c，从而使路径最短.由此可知，所求路径等于两组元素1，2，3，4及a,b,c的全排列，其中数字大小的次序、文字字母的次序一定，即相当于这7个元素里有4个元素是相同的，另外有3个元素是相同的，因此，所求最短路径数为N=

7!=35. 4!?3!【类题演练3】 如图（甲），有一个正方体的铁丝架，把它的侧棱中点I，J，K，L也用铁丝依次连上，现有一只蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点，问最近的路线一共有几条？并用字母把这些路线表示出来.

（甲）

解析：设正方体的边长为2，则其一半为1，这样从A点到各点的最短路线长如图（乙）所示（图中括号 标记），再逆向追踪用树形图表示路线如图丙. 从而找出从A到G的12条最短路径： AIEFG，ABJFG，AIJFG， AIEHG，ADLHG，AILHG， ABCKG，ADCKG，ADLKG， AILKG，ABJKG，AIJKG.

（乙） （丙）

【变式提升3】某药品研究所研制了5种消炎药a1,a2,a3,a4,a5,4种退热药b1,b2,b3,b4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行进行疗效试验，但a1,a2两种药或同时用或同时不用，a3,b4两种药不能同时使用，则不同实验方法有( )

A.12种 B.14种 C.16种 D.18种 解析：如图得：不同方案有4+6+4=14种

18

∴猜想第n行第r个数为

1. r?1(n?1)Cn各个击破

mn

【类题演练1】已知f(x)=(1+x)+(1+2x),(m,n∈N)的展开式中x的系数为11，求：

2

（1）x的系数的最小值.

2

(2)当x的系数取得最小值时，求f(x)展开式中的x的奇次幂项的系数之和. 解析：（1）由已知Cm+2Cn=11, ∴m+2n=11,x的系数为Cm?2Cn2

11222m(m?1)+2n(n-1) 2=(m-

212351)+,∵m∈N

1642

∴m=5时，x的系数取得最小值22，此时n=3.

2

(2)由（1）知，当x系数取得最小值22时n=3.

53

∴f(x)=(1+x)+(1+2x)

5

设这时f(x)的展开式为f(x)=a0+a1x+…+a5x

53

令x=1,a0+a1+a2+a3+a4+a5=2+3 令x=-1,a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1 相减得2（a1+a3+a5）=60

故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.

lgxn

【变式提升1】已知（x+1）展开式中，末三项的二项式系数和等于22，二项式系数最大项为20 000，求x的值. 解析：由题意Cn210n?2+Cnn?1+Cn=22

n即Cn+Cn+Cn=22,

∴n=6,∴第4项的二项式系数最大， ∴C6（x）=20 000即x∴x=10,或

3lgx

3

3lgx

=1 000

1. 10【类题演练2】一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为…………（ ）

1920 20-1

A.20 B.2 C.2 D.2

122020解析：C20?C20???C20?2-1.

答案：D

【变式提升2】证明：（Cn）+(Cn)+…+(Cn)=

02

12

n2

(2n)!021252

,并求(C5)+(C5)+…+(C5)的n!n!值.

nn2n

证明：比较（1+x）·(1+x)=(1+x)两边x的系数.

n

左边x的系数为

0n1n?12n?2n0Cn·Cn+Cn·Cn+Cn·Cn+…+Cn·Cn,

44

右边x的系数为C2n ∴Cn·Cn+Cn·Cn∵C2n=

0n0n1n?1nn+…+Cn·Cn=C2n

n0n(2n)! n!n!2

(2n)! n!n!02125210!∴(C5)+(C5)+…+(C5)==252.

5!5!∴(Cn)+(Cn)+…+(Cn)=

12

n2

【类题演练3】 如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第____________行中从左至右第14与第15个数的比为2∶3.

解析：本题是杨辉三角与二项式定理的交汇题，而本题的解题关键在于将表格语言转化为组合数语言.

设所求的行数为n，将条件转换为组合数语言，得

13Cn1422?,即，解得n=34. ?14n?1333Cn答案：34

ts

【变式提升3】设{an}是集合{2+2|0≤s＜t,且t,s∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列，即a1=3,a2=5,a3=6,a4=9,a5=10,a6=12,……,将数列{an}各项按照上小下大，左小右大的原则写成如图的三角形数表.

（1）写出这个三角形数表的第四、五行各数； （2）求a100. 解析：（1）以有序数对（t,s）表示表中各数的位置，则表中各数排列规律为

第四行：17，18，20，24， 第五行：33,34,36,40,48 (2)a100=16 640.

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2.1.1 离散型随机变量

课堂导学

三点剖析

一、随机变量的判断

【例1】 投掷均匀硬币一枚，随机变量为( )

A.出现正面的次数 B.出现正面或反面的次数 C.掷硬币的次数 D.出现正、反面次数之和

解析：描述随机试验的随机变量有多种形式，不论选取哪一种形式，随机变量可以表示随机试验的所有可能结果，同时随机变量在选定标准之后，它是变化的.掷一枚硬币，可能出现的结果是正面向上或反面向上，以一个标准如正面向上的次数来描述这一随机试验，那么正面向上的次数就是随机变量ξ，ξ的取值是0，1，故选A；而B中标准模糊不清，C中掷硬币次数是确定的，都不是随机变量；D中对应的事件是必然事件. 答案：A

二、离散型随机变量的判断

【例2】 指出下列随机变量是不是离散型随机变量：

①郑州至武汉的电气化铁路线上，每隔50 m有一电线铁塔，对这条电气化铁路线上电线铁塔随机编号ξ；

②江西九江市长江水位监测站所测水位在（0,29］这一范围内变化，该水位站所测水位ξ. 解析：①是离散型随机变量.因为铁塔为有限个，其编号从1开始可一一列出；

②不是离散型随机变量.因为水位在（0，29］这一范围内变化，对水位值我们不能按一定次序一一列出.

三、随机变量的取值问题：

【例3】 写出下列各随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果：

（1）盒中装有6支白粉笔和8支红粉笔，从中任意取出3支，其中所含白粉笔的支数ξ； （2）从4张已编号（1号—4号）的卡片中任意取出2张，被取出的卡片号数之和ξ. 解析：（1）ξ可取0，1，2，3.

ξ=i表示取出i支白粉笔，3-i支红粉笔，其中i=0,1,2,3. （2）ξ可取3，4，5，6，7.

其中ξ=3表示取出分别标有1，2的两张卡片. ξ=4表示取出分别标有1，3的两张卡片.

ξ=5表示取出分别标有2，3或1，4的两张卡片. ξ=6表示取出分别标有2，4的两张卡片. ξ=7表示取出分别标有3，4的两张卡片. 各个击破

【类题演练1】从一个装有9个正品和3个次品的盒子中取一个零件，随机变量为( ) A.取零件的个数 B.取正品的个数 C.取正品或次品的个数 D.取一个零件 答案：B

【变式提升1】掷两枚均匀硬币一次，则正面次数与反面次数差的可能值有________________.

解析：先列出两枚硬币掷出后正反面所有情况，再作减法.

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两枚硬币出现：2次正0次反，则差为2；1次正，1次反，则差为0，0次正，2次反，则差为-2；所以，所有可能值为2，0，-2. 答案：2，0，-2

【类题演练2】给出如下四个命题 ①离散型随机变量只能取有限个值

②只能取有限个值的随机变量是离散型随机变量 ③连续型随机变量可以取某一区间内的一切值

④可以取某一区间内一切值的随机变量是连续型随机变量 其中正确命题的题号是_________. 答案：②③④

【变式提升2】随机变量ξ1表示某寻呼台在1分钟内接到的寻呼次数，ξ2表示某城市一天内发生的火警次数，ξ3表示某城市一天内的温度，ξ4表示某客运站1小时内发出的客车次数.其中不是离散型随机变量的是 ( )

A.ξ1 B.ξ2 C.ξ3 D.ξ4 答案：C

【类题演练3】抛掷两颗骰子，所得点数之和为ξ，那么ξ=4表示的随机试验结果是( ) A.一颗是3点，一颗是1点 B.两颗都是2点

C.两颗都是4点 D.一颗是3点，一颗是1点或两颗都是2点 解析：对A、B中表示的随机试验的结果，随机变量均取值4，而D是ξ=4代表的所有试验结果.掌握随机变量的取值与它刻画的随机试验的结果的对应关系是理解随机变量概念的关键. 答案：D

【变式提升3】袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能取值的个数是( )

A.5 B.9 C.10 D.25 解析：号码之和可能为2，3，4，5，6，7，8，9，10，共9种. 答案：B

47

2.1.2 离散型随机变量的分布列

课堂导学

三点剖析

一、离散型随机变量的分布列

【例1】 给出下列A、B、C、D四个表，其中能成为随机变量ξ的分布列的是( ) A. ξ P B. ξ P C. ξ P D.

ξ P 0 1 2 … … N 0 1 2 … … n 0 0.902 5 1 0.095 2 0.002 5 0 0.6 1 0.3 1 21 41 81 2n1 312? 33122() 3312n() 33思路分析：根据离散型随机变量的分布列的特征求解. 解：对于表A，由于0.6+0.3=0.9＜1,故不能成为随机变量ξ的分布列；仿上可知，对于表C

11111?????n?1?n＜1；对于表D，知24822112122122????()????()n?1?()n?11＜1,故表C，D均不能成为随机变量的分33333333，

有

布列；对于B，由于0.902 5+0.095+0.002 5=1,故表B可以成为随机变量ξ的分布列. 答案：B

二、离散型随机变量的分布列的求法：

【例2】 一签筒中放有标号分别为0、1、2、…、9的十根竹签，从中任取一根，记所取出的竹签的号数为ξ，写出ξ的分布列.

解析：标号分别为0、1、2、……、9的十根竹签，每一根被取出的可能性相同，其概率为于是ξ的分布列为： ξ P ξ P 0 0.1 5 0.1 1 0.1 6 0.1 2 0.1 7 0.1 3 0.1 8 0.1 4 0.1 9 0.1 1，10温馨提示 求离散型随机变量的分布列，关键是求ξ取每一个值时的概率，这需用到排列组合以及等可能事件的概率、互斥事件的概率的求法等知识，另外，要注意利用分布列的性质对所求结果进行检验.

48

答案：B

19

1.2.3 组合（1）

课堂导学

三点剖析

一、有限制条件的组合问题——“在”与“不在”问题 【例1】一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球. （1）从口袋内取出3个球，共有多少不同的取法？

（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，共有多少种取法？ （3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，共有多少取法？ 解析：（1）从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是

C83?8?7?6=56 3!答：从口袋内取出3个球，共有56种取法.

（2）从口袋内取出的3个球中有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C7?27?6=21. 2!答：取出含有1个黑球的3个球，共有21种取法.

（3）由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是

3C7?7?6?5=35 3!答：取出不含黑球的3个球，共有35种取法. 温馨提示

(1)从n个不同的元素中，每次取出m个不同元素的组合，其中一个必须在内.这类问题的思考方法是先将这个特定元素置于其内，则只需由余下的n-1个元素中每次取出m-1个元素，再汇总原置于内的特定元素，所以符合条件的种数为Cn?1.

(2)从n个不同的元素中，每次取出m个不同元素的组合，其中某一元素不能在内.这类问题有两种思考方法：

①将这个特定元素选出，而从其余的n-1个元素中每次取m个不同元素的组合，这些组合显然必符合条件，为Cn?1种；

②以间接法解之，即从不带附加条件的总数中，减去不合本题条件的数，为Cn-Cn?1种. 二、有限制条件的组合问题——“至多”“至少”问题

【例2】 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有( )

A.140种 B.84种 C.70种 D.35种

思路分析：取出的3台电视机中要求至少有甲型与乙型各一台，它包括两种可能：2甲1乙或1甲2乙，所以可用分类计数原理和分步计数原理解决，另外也可以采用间接法.

21解法一 从4台甲型电视机中取2台且从5台乙型电视机中取1台，有C4?C5种取法；从214台甲型电视机中取1台且从5台乙型电视机中取2台有C5?C4种取法，所以取出的3台2112电视机中至少要有甲型与乙型各一台的取法共有C4?C5+C4?C5 =70(种).

mm?1mm?1 20

解法二 从所有的9台电视机中取3台有C9种取法，其中全为甲型的有C4种取法，全为乙型的有C5种取法，则至少有甲型与乙型各一台的取法有C9-C4-C5=70(种).

答案：C 温馨提示

本题解法一用了直接法，解法二用的是间接法；本题最易出现如下取法错误

111C4?C5?C7=140（种）.这样计算就出现了重复.

333333三、求组合题的原则——“正难则反”

【例3】 空间中有8个点，有且只有4个点共面，共可确定多少个平面？

解析：利用间接法：不考虑限制条件，从8个点中任取3个点共有C8种取法，由于其中4个点共面，从这4个点中任取3个的组合数为C4，故一共确定的平面数为：

3C83-C4+1=53.

33（这里加1是因为多减了一个平面）. 温馨提示

有些计数问题正面情况太繁杂或直接法难以入手时，往往从问题的反面考虑更易解决. 各个击破

【类题演练1】从7名男同学和5名女同学中，选出5人，分别求符合下列条件的选法种数. (1)A，B必须当选； (2)A，B必不当选； (3)A，B不全当选；

(4)至少有两名女同学当选；

(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须男同学担任，文娱委员必须女同学担任.

解析：（1）只要从其余的10人中再选3人即可，有C10=120（种）. （2）5个都选自另外10人，即有C10=252（种）. （3）法一：分类如下：

A，B中有一人当选：有C2?C10种. A，B都不入选：有C10种.

所以共有C2?C10+C10=672（种）. 法二：C12-C10=672（种）

5514(4)间接法：C12?C7?C5?C7 =596（种）

1455145353（5）法一：分三步：

21

11第一步：选一男一女分别担任体育委员、文娱委员的方法有C7?C5种； 21第二步：选出两男一女，补足5人的方法有C6?C4种；

第三步：为这三人分配职务，有A5种；

11213由分步计数原理，共有安排方法C7?C5·C6?C4·A5=12 600（种）

3法二：分两步：

32第一步：选出3名男同学，2名女同学，有C7?C5种方法；

第二步：分配职务有C3·C2·A3种. 根据分步计数原理，共有安排方法

32131C7·C5·C3·C2·A3=12 600(种)

113【变式提升1】某学习小组8名同学，从男生中选出2人，从女生中选出1人参加数学、物理、化学三种竞赛，要求每科均有一人参加，共有180种不同的选法，那么该小组中男、女同学各有多少人？

解析：设有男同学x人，则女同学有8-x人，第一步，先从x名男同学中任选2名，有Cx12种选法；第二步从8-x名女同学中任选1名，有C8?x种选法，两次共选出3名同学，这三名同学的组合为Cx·C8?x；第三步，将这3名同学全排列，有A3种排法.因为每个排列都

213对应一种参赛方式，所以，共有Cx·C8?xA3=180种选法，其中x的取值范围是2≤x≤7，

213x∈N.解方程，得x=5或6，8-x=3或2，即男生5人，女生3人；或男生6人，女生2人. 【类题演练2】从全班48人中选出5人参加东湖水污染情况调查小分队，假若班长和副班长至少有一人在内，有多少种选法？

解析：这是一个有限制条件的组合问题，要抓住题中的关键字眼“至少”进行正确的分类. 班长、副班长中只有一人在内，有C2C16种；班长、副班长两人都在内，有C46种，所以根

143据分类计数原理和分步计数原理，符合条件的选法共有(C2?C46+C46)(种).

143*

【变式提升2】从5男4女中选4位代表，其中至少有2位男同志，且至少有一位女同志，分别到四个工厂去调查，不同的分配方法有( )

A.100种 B.400种 C.480种 D.2 400种 解析：可分两类：2男2女、3男一女

第一类有C5·C4种取法；第二类有C5·C4种取法，故共有（C5·C4+C5·C4）种，即100种取法.

每一种取法都有A4种分配方法.共有100×A4=2 400(种).选D.

1122312231 22

【类题演练3】 由正方体的8个顶点和中心，可组成多少个四面体？

解析：在正方体的顶点和中心共9个点中，其中四点共面的情况有6种，5点共面情况有6C544种，所以组成四面体的个数为C9?6?6C5=90(种).

4【变式提升3】 从三棱柱6个顶点所连的直线中，能组成多少对异面直线？

解析：众所周知，四面体的六条棱可以组成3对异面直线.由三棱柱的6个顶点可组成C6 -3=12个四面体.故三棱柱6个顶点所连的直线一共能组成3(C6-3)=36(对)异面直线.

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