新教材 人教B版高中数学选择性必修第二册全册精品教学课件(共958页)
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高中数学(人教B版)选择性必修二：二项分布与超几何分布【精品课件】
“成功”出现的次数．
尝试与发现
3
已知某种药物对某种疾病的治愈率为 ，现有甲、乙、
4
丙、丁4个患有该病的患者服用了这种药物，观察其中有多
少患者会被这种药物治愈．
（1）这能否看成独立重复试验？
（2）求出甲、乙、丙都被治愈而丁没被治愈的概率；
（3）求出恰有3个患者被治愈的概率；
（4）设有人被治愈，求的分布列．
课堂小结
因此的分布列如下表所示．
0
1
…
…
0 0 1 1 −1
0
−
C C
… C
… C
称服从参数, 的二项分布，记作~ , ．
课后作业
教材79页 练习A 2，4；练习B 1.
A-2. 一个车间有5台同类型的且独立工作的机器，假设每天
（1）不难看出，4个患者是否会被治愈是相互独立
的，因此尝试与发现中的情形可以看成4次独立重
复试验．
（2）如果用1 , 2 , 3 , 4 分别表示甲被治愈、乙被治愈、
丙被治愈、丁被治愈，则不难看出
=
3
,
4
= 1 − =
1
,
4
= 1,2,3,4.
甲乙丙都被治愈而丁没被治愈可以表示为1 2 3 4 ，
启动时，每台机器出故障的概率均为0.01.设某天启动时，出
故障的机器数为X.
(1)写出的分布列；
(2)求该天机器启动时，至少有3台机器出现故障的概率.
课后作业
A-4.张明从家坐公交车到学校的途中，会通过3个有红绿灯
的十字路口，假设在每个十字路口遇到红灯的概率均为
0.25，而且在各路口是否遇到红灯是相互独立的.设为张
尝试与发现
3
已知某种药物对某种疾病的治愈率为 ，现有甲、乙、
4
丙、丁4个患有该病的患者服用了这种药物，观察其中有多
少患者会被这种药物治愈．
（1）这能否看成独立重复试验？
（2）求出甲、乙、丙都被治愈而丁没被治愈的概率；
（3）求出恰有3个患者被治愈的概率；
（4）设有人被治愈，求的分布列．
课堂小结
因此的分布列如下表所示．
0
1
…
…
0 0 1 1 −1
0
−
C C
… C
… C
称服从参数, 的二项分布，记作~ , ．
课后作业
教材79页 练习A 2，4；练习B 1.
A-2. 一个车间有5台同类型的且独立工作的机器，假设每天
（1）不难看出，4个患者是否会被治愈是相互独立
的，因此尝试与发现中的情形可以看成4次独立重
复试验．
（2）如果用1 , 2 , 3 , 4 分别表示甲被治愈、乙被治愈、
丙被治愈、丁被治愈，则不难看出
=
3
,
4
= 1 − =
1
,
4
= 1,2,3,4.
甲乙丙都被治愈而丁没被治愈可以表示为1 2 3 4 ，
启动时，每台机器出故障的概率均为0.01.设某天启动时，出
故障的机器数为X.
(1)写出的分布列；
(2)求该天机器启动时，至少有3台机器出现故障的概率.
课后作业
A-4.张明从家坐公交车到学校的途中，会通过3个有红绿灯
的十字路口，假设在每个十字路口遇到红灯的概率均为
0.25，而且在各路口是否遇到红灯是相互独立的.设为张
人教新课标B版高中数学必修2全册完整课件
S
面中心，则SO是高，设SE是斜高。
在Rt△SOE中，由勾股定理得
SE=
1.5 2
0.852
1.13(m)
2
OE
S正棱锥侧
1 2
ch'
1 2
1.5 41.13
3.4
m2
例2 有一根长为5cm，底面半径为1cm的圆柱形铁 管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的 两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的 最短长度为多少厘米？（精确到0.1cm）
通过观察，你发 现棱柱具有哪些特点？
？
答案：两个底面是全等的多边形，且对应 的边互相平行，侧面都是平行四边形．
问题1：有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几
何体是棱柱吗？ 答：不一定是．如右图所示，不是棱柱．
问题2：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的
几何体是棱柱吗？ 答：不一定是．如右图所示，不是棱柱．
答：9 7
练3：一个正三棱台的上、下底面边长分
别是3cm和6cm，高是3/2cm，求三棱台
的侧面积.
分析：关键是 求出斜高，注
A1 O1 C1 B1 D1 C
意图中的直角 梯形
A
O ED
B
移得到？
2.右图
中 的几何 体是不是 棱台? 为什么?
3. 多面体至少有几个面? 这个多面体是怎样的几何体?
4.分别画一个三棱锥和一个 四棱台.
课堂作业:
分别画一个三棱柱和四棱台.
把一些简单的多面体沿着多面体 的某些棱将它剪开而成平面图形，这个平
面图形叫做该多面体的平面展开图
下图中，哪些图形是空间图形的平面展开图
(3)
实验
思考: ( 2 ) , ( 4 ) 中的几何体分别由怎么样的平面图形,
新教材 人教B版高中数学选择性必修第二册 3.1 排列与组合 精品教学课件(233页)
[解] 当个位数字是 8 时，十位数字取 9，只有 1 个． 当个位数字是 6 时，十位数字可取 7,8,9，共 3 个． 当个位数字是 4 时，十位数字可取 5,6,7,8,9，共 5 个． 同理可知，当个位数字是 2 时，共 7 个． 当个位数字是 0 时，共 9 个． 由分类加法计数原理知，符合条件的数共有 1＋3＋5＋7＋9＝ 25(个)．
[提示] 无论第 1 步采用哪种方法，都不影响第 2 步方法的选取．
拓展：两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
每类办法都能独立地完成 每一步得到的只是中间结果(最
这件事，它是独立的、一 后一步除外)，任何一步都不能独
区别一 次的，且每次得到的是最 立完成这件事，缺少任何一步也
[思路点拨] 根据题意，必须依次在每个拨号盘上拨号，全部拨 号完毕后，才拨出一个四位数号码，所以应用分步乘法计数原理．
[解] 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成： 第一步，有 10 种拨号方式，所以 m1＝10； 第二步，有 10 种拨号方式，所以 m2＝10； 第三步，有 10 种拨号方式，所以 m3＝10； 第四步，有 10 种拨号方式，所以 m4＝10. 根据分步乘法计数原理，共可以组成 N＝10×10×10×10＝10 000 个四位数的号码．
法二：按个位上的数字是 2,3,4,5,6,7,8,9 分成 8 类，在每一类中 满足条件的两位数分别是 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6 个，7 个， 8 个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 1＋2＋3 ＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字且为 偶数的两位数的个数．
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多 少个？
人教版高一数学必修2(B版)全册完整课件
1.1.6 棱柱、棱锥、棱台和球的表面积
实习作业
1.2.2 空间中的平行关系
本章小结
ห้องสมุดไป่ตู้
第二章 平面解析几何初步
2.1.2 平面直角坐标系中的基本公式
2.2.2 直线方程的几种形式
2.2.4 点到直线的距离
2.3.2 圆的一般方程
2.3.4 圆与圆的位置关系
2.4.2 空间两点的距离公式
阅读与欣赏
笛卡儿
人教版高一数学必修2(B版)全册完 整课件
1.1.6 棱柱、棱锥、棱台和球 的表面积
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1.1.7 柱、锥、台和球的体积
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后记
第一章 立体几何初步
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1.1 空间几何体
1.1.1
构成空间几何体的基本元素
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1.1.2 棱柱、棱锥和棱台的结 构特征
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人教版高一数学必修2(B版)全册 完整课件目录
0002页 0040页 0102页 0185页 0223页 0295页 0343页 0365页 0411页 0460页 0490页 0520页 0548页 0570页 0601页 0603页
第一章 立体几何初步
1.1.2 棱柱、棱锥和棱台的结构特征
1.1.4 投影与直观图
1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球
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1.1.4 投影与直观图
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1.1.5 三视图
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答案
返回
题型探究
重点难点 个个击破
类型一 旋转体的结构特征 例1 判断下列各命题是否正确： (1)圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线； 解 错． 由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴．
解析答案
(2)一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几 何体是圆台； 解 错． 直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与 一个圆锥组成的简单组合体，如图所示．
答案
球的结构特征
球
图形及表示
定义：以 半圆的直径 所在直线为旋转轴， 半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体， 简称球
相关概念： 球心：半圆的 圆心 半径：半圆的 半径 直径：半圆的 直径
图中的球表示为： 球O
答案
知识点五 简单组合体
思考 下图中的两个空间几何体是柱、锥、台、球体中的一种吗？ 它们是如何构成的？
课
时
上看是由八个圆柱组合成的一个组合体，我们周围的很多建筑物
栏 目
和它一样，也都是由一些简单几何体组合而成的组合体．本节我
开 关
们就来学习旋转体与简单组合体的结构特征．
填一填 研一研 练一练
研一研·问题探究、课堂更高效
探究点一 圆柱的结构特征
问题 1 如图所示的空间几何体叫做圆柱，那么圆
柱是怎样形成的呢？与圆柱有关的几个概念是
为旋转轴，将直角梯形绕旋转轴旋转一周而形成的旋转
体叫做圆台
相关概念：
圆台的轴： 旋转轴
圆台的底面： 垂直于轴 的边旋转一周所形成的圆面
圆台的侧面： 不垂直于轴 的边旋转一周所形成的曲面 图中圆台表示为：
母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边
新教材 人教B版高中数学选择性必修第二册 3.1.3 组合与组合数 精品教学课件
(3)从 6 名男教师中选 2 名的选法有 C26种，从 4 名女教师中选 2 名的选法有 C24种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法 C26×C24＝ 15×6＝90(种)．
(变结论)本例其他条件不变，问题变为从中选 2 名教师参加会议， 至少有 1 名男教师的选法是多少？最多有 1 名男教师的选法又是多 少？
[解] (1)原式＝C38＋C2100×1＝83××72××61＋1020××199＝56＋4 950＝ 5 006.
(2)原式＝2(C05＋C15＋C25)＝2(C16＋C25)＝2×6＋52××41＝32. (3)原式＝C1n＋1·C1n＝(n＋1)n＝n2＋n.
性质“Cnm＝Cnn－m”的意义及作用
5．已知 C5n－C4n＝C6n－C5n，求 C1n2的值．
[解] 由已知得 2C5n＝C4n＋C6n， 所以 2·5！nn！－5！＝4！nn！－4！＋6！nn！－6！， 整理得 n2－21n＋98＝0， 解得 n＝7 或 n＝14， 要求 C1n2的值，故 n≥12， 所以 n＝14， 于是 C1124＝91.
有限制条件的组合问题 【例 2】 高二(1)班共有 35 名同学，其中男生 20 名，女生 15 名，今从中选出 3 名同学参加活动． (1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？ (2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？ (3)恰有 2 名女生在内，不同的选法有多少种？ (4)至少有 2 名女生在内，不同的选法有多少种？ (5)至多有 2 名女生在内，不同的选法有多少种？
[思路点拨] 可从整体上分析，进行合理分类，弄清关键词“恰 有”“至少”“至多”等字眼，使用两个计数原理解决．
[解] (1)从余下的 34 名学生中选取 2 名， 有 C234＝561(种)． ∴不同的选法有 561 种． (2)从 34 名可选学生中选取 3 名，有 C334种． 或者 C335－C234＝C334＝5 984 种． ∴不同的选法有 5 984 种．
新教材 人教B版高中数学选择性必修第二册 4.1 条件概率与事件的独立性 精品教学课件
[思路点拨] 第(1)、(2)问属古典概型问题，可直接代入公式；第 (3)问为条件概率，可以借用前两问的结论，也可以直接利用基本事 件个数求解．
[解] 设第 1 次抽到舞蹈节目为事件 A，第 2 次抽到舞蹈节目为 事件 B，则第 1 次和第 2 次都抽到舞蹈节目为事件 A∩B.
(1)从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 个的事件数为 n(Ω)＝A26＝ 30，
则 P(B|A)＝( )
1
2
1
4
A.2
B.9
C.9
D.9
1 A [由 P(B|A)＝PPA∩AB＝23＝12，故选 A.]
3
3．(教材 P43 例 3 改编)设某动物由出生算起活到 20 岁的概率为 0.8，活到 25 岁的概率为 0.4，现有一个 20 岁的这种动物，则它活到 25 岁的概率是________．
＝PA∩B计算求得 PA
P(B|A)．
条件概率的综合应用 [探究问题] 先后抛出两枚质地均匀的骰子，已知第一枚出现 4 点，如何利用 条件概率的性质求第二枚出现“大于 4 点”的概率？并求出此概率． [提示] 设第一枚出现 4 点为事件 A，第二枚出现 5 点为事件 B， 第二枚出现 6 点为事件 C.则所求事件为 B∪C|A. ∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝16＋16＝13.
[解] 由古典概型的概率公式可知
(1)P(A)＝25，
P(B)＝2×15＋ ×43×2＝280＝25，
P(A∩B)＝25× ×14＝110.
1 (2)P(B|A)＝PPA∩AB＝120＝14.
5
1．用定义法求条件概率 P(B|A)的步骤 (1)分析题意，弄清概率模型； (2)计算 P(A)，P(A∩B)； (3)代入公式求 P(B|A)＝PPA∩AB. 2．结合古典概型分别求出事件 A，B 的概率，从而求出 P(B|A)， 揭示出 P(A)，P(B)和 P(B|A)三者之间的关系．
人教B版高中数学选择性必修第二册精品课件 第四章 概率与统计 4.1.1 条件概率
解:用有序数对(x,y)来表示抛掷结果,其中x表示红色骰子的点数,y表示蓝色
骰子的点数,则样本空间可记为Ω={(x,y)|x,y=1,2,3,4,5,6},共包含36个样本
12 1
点.A 包含的样本点共 12 个,故 P(A)= = ,B 包含的样本点共 10 个,故
36 3
10
5
6
1
P(B)= = ,A∩B 包含 6 个样本点,故 P(A∩B)= = .
6
6
C
C
() ()
13
20
20
P(E|D)=P(A∪B|D)=P(A|D)+P(B|D)=() + () = 12 180 + 12 180 = 58.
6
6
C20
C20
13
故该考生获得优秀的概率为 .
58
反思感悟
1.分析条件,选择公式:讨论事件B,C是否互斥,若互斥,则选择公式
P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).
第四章
4.1.1 条件概率
内
容
索
引
01
自主预习 新知导学
02
合作探究 释疑解惑
03
随堂练习
课标定位素养阐释
1.结合古典概型,了解条件概率.
2.能计算简单随机事件的条件概率.
3.体会数学抽象的过程,提升数学建模和数学运算素养.
自主预习 新知导学
条件概率
1.100件某种机械零件中有93件零件的长度合格,90件零件的强度合格,85
.
(⋂) 12% 2
(⋂) 12% 3
解析:由公式 P(A|B)= () = 18% = 3,P(B|A)= () = 20% = 5.
骰子的点数,则样本空间可记为Ω={(x,y)|x,y=1,2,3,4,5,6},共包含36个样本
12 1
点.A 包含的样本点共 12 个,故 P(A)= = ,B 包含的样本点共 10 个,故
36 3
10
5
6
1
P(B)= = ,A∩B 包含 6 个样本点,故 P(A∩B)= = .
6
6
C
C
() ()
13
20
20
P(E|D)=P(A∪B|D)=P(A|D)+P(B|D)=() + () = 12 180 + 12 180 = 58.
6
6
C20
C20
13
故该考生获得优秀的概率为 .
58
反思感悟
1.分析条件,选择公式:讨论事件B,C是否互斥,若互斥,则选择公式
P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).
第四章
4.1.1 条件概率
内
容
索
引
01
自主预习 新知导学
02
合作探究 释疑解惑
03
随堂练习
课标定位素养阐释
1.结合古典概型,了解条件概率.
2.能计算简单随机事件的条件概率.
3.体会数学抽象的过程,提升数学建模和数学运算素养.
自主预习 新知导学
条件概率
1.100件某种机械零件中有93件零件的长度合格,90件零件的强度合格,85
.
(⋂) 12% 2
(⋂) 12% 3
解析:由公式 P(A|B)= () = 18% = 3,P(B|A)= () = 20% = 5.
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3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理 P2
3.1.2 排列与排列数 P80
3.1.3 组合与组合数 P167
3.3 二项式定理与杨辉三角 P234
4.1 条件概率与事件的独立性
4.1.1 条件概率 P315
4.1.2 乘法公式与全概率公式 P351
4.1.3 独立性与条件概率的关系 P428
4.2 随机变量
2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字 1,2,3 可以组成多少个 没有重复数字的整数？
[解] 分三类： ①第一类为一位整数，有 1,2,3，共 3 个； ②第二类为二位整数，有 12,13,21,23,31,32，共 6 个； ③第三类为三位整数，有 123,132,213,231,312,321，共 6 个． ∴共组成 3＋6＋6＝15 个无重复数字的整数．
的个数是( )
A．1
B．3
C．6
D．9
D [这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个
值 x 有 3 种方法；第二步，在集合{－1，－2,4}中任取一个值 y 有 3
种方法．根据分步乘法计数原理知，有 3×3＝9 个不同的点．]
4．一个礼堂有 4 个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不 同走法________种．
4.2.1 随机变量及其与事件的联系 P476
4.2.2 离散型随机变量的分布列 P511
4.2.3 二项分布与超几何分布 P566 4.2.4 随机变量的数字特征 P655 4.2.5 正态分布 P754
4.3.1 一元线性回归模型 P801
4.3 统计模型
4.3.2 独立性检验 P919
3.1.1 基本计数原理 第1课时 基本计数原理
法二：按个位上的数字是 2,3,4,5,6,7,8,9 分成 8 类，在每一类中 满足条件的两位数分别是 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6 个，7 个， 8 个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 1＋2＋3 ＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数Biblioteka 小于十位数字且为 偶数的两位数的个数．
[解] (1)分四类： 从一班中选一人，有 4 种选法； 从二班中选一人，有 5 种选法； 从三班中选一人，有 6 种选法； 从四班中选一人，有 7 种选法． 共有不同选法 N＝4＋5＋6＋7＝22(种)．
(2)法一：按十位上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8 的情况分成 8 类， 在每一类中满足题目条件的两位数分别是 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数 共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
利用分类加法计数原理计数时的解题流程 提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立的完成这件事．
区别一 次的，且每次得到的是最 立完成这件事，缺少任何一步也
后结果，只需一种方法就 不能完成这件事，只有各步都完
可完成这件事
成了，才能完成这件事
各步之间是关联的、独立的，
各类办法之间是互斥的、
区别二
“关联”确保不遗漏，“独立”
并列的、独立的
确保不重复
联系
这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数
16 [由分步乘法计数原理得 4×4＝16.]
分类加法计数原理的应用
【例 1】 (1)从高三年级的四个班中共抽出 22 人，其中一、二、 三、四班分别为 4 人，5 人，6 人，7 人，他们自愿组成数学课外小 组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多 少个？
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
B [分三类：第一类，乘汽车，从 3 次中选 1 次有 3 种走法；第 二类，乘火车，从 4 次中选 1 次有 4 种走法；第三类，乘轮船，从 2 次中选 1 次有 2 种走法．所以，共有 3＋4＋2＝9 种不同的走法．]
3．已知 x∈{2,3,7}，y∈{－1，－2,4}，则(x，y)可表示不同的点
1．分类加法计数原理 完成一件事，如果有 n 类办法 且：第一类办法中有 m1 种不同的 方法，第二类办法中有 m2 种不同的方法……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 完成一件事，如果需要分成 n 个步骤，且：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，那么完成这件事共有 N＝ m1×m2×…×mn 种不同的方法．
思考：在分步乘法计数原理中，第 1 步采用的方法与第 2 步采用 的方法之间有影响吗？
[提示] 无论第 1 步采用哪种方法，都不影响第 2 步方法的选取．
拓展：两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
每类办法都能独立地完成 每一步得到的只是中间结果(最
这件事，它是独立的、一 后一步除外)，任何一步都不能独
[解] 当个位数字是 8 时，十位数字取 9，只有 1 个． 当个位数字是 6 时，十位数字可取 7,8,9，共 3 个． 当个位数字是 4 时，十位数字可取 5,6,7,8,9，共 5 个． 同理可知，当个位数字是 2 时，共 7 个． 当个位数字是 0 时，共 9 个． 由分类加法计数原理知，符合条件的数共有 1＋3＋5＋7＋9＝ 25(个)．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．
() (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件
事．
()
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是
各不相同的．
()
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一
个单独的步骤都能完成这件事．
()
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4) ×
2．(教材 P4 尝试与发现改编)从 A 地到 B 地，可乘汽车、火车、
轮船三种交通工具，如果一天内汽车发 3 次，火车发 4 次，轮船发 2
次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为( )
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9
3.1.1 基本计数原理 P2
3.1.2 排列与排列数 P80
3.1.3 组合与组合数 P167
3.3 二项式定理与杨辉三角 P234
4.1 条件概率与事件的独立性
4.1.1 条件概率 P315
4.1.2 乘法公式与全概率公式 P351
4.1.3 独立性与条件概率的关系 P428
4.2 随机变量
2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字 1,2,3 可以组成多少个 没有重复数字的整数？
[解] 分三类： ①第一类为一位整数，有 1,2,3，共 3 个； ②第二类为二位整数，有 12,13,21,23,31,32，共 6 个； ③第三类为三位整数，有 123,132,213,231,312,321，共 6 个． ∴共组成 3＋6＋6＝15 个无重复数字的整数．
的个数是( )
A．1
B．3
C．6
D．9
D [这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个
值 x 有 3 种方法；第二步，在集合{－1，－2,4}中任取一个值 y 有 3
种方法．根据分步乘法计数原理知，有 3×3＝9 个不同的点．]
4．一个礼堂有 4 个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不 同走法________种．
4.2.1 随机变量及其与事件的联系 P476
4.2.2 离散型随机变量的分布列 P511
4.2.3 二项分布与超几何分布 P566 4.2.4 随机变量的数字特征 P655 4.2.5 正态分布 P754
4.3.1 一元线性回归模型 P801
4.3 统计模型
4.3.2 独立性检验 P919
3.1.1 基本计数原理 第1课时 基本计数原理
法二：按个位上的数字是 2,3,4,5,6,7,8,9 分成 8 类，在每一类中 满足条件的两位数分别是 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6 个，7 个， 8 个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有 1＋2＋3 ＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数Biblioteka 小于十位数字且为 偶数的两位数的个数．
[解] (1)分四类： 从一班中选一人，有 4 种选法； 从二班中选一人，有 5 种选法； 从三班中选一人，有 6 种选法； 从四班中选一人，有 7 种选法． 共有不同选法 N＝4＋5＋6＋7＝22(种)．
(2)法一：按十位上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8 的情况分成 8 类， 在每一类中满足题目条件的两位数分别是 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数 共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
利用分类加法计数原理计数时的解题流程 提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立的完成这件事．
区别一 次的，且每次得到的是最 立完成这件事，缺少任何一步也
后结果，只需一种方法就 不能完成这件事，只有各步都完
可完成这件事
成了，才能完成这件事
各步之间是关联的、独立的，
各类办法之间是互斥的、
区别二
“关联”确保不遗漏，“独立”
并列的、独立的
确保不重复
联系
这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数
16 [由分步乘法计数原理得 4×4＝16.]
分类加法计数原理的应用
【例 1】 (1)从高三年级的四个班中共抽出 22 人，其中一、二、 三、四班分别为 4 人，5 人，6 人，7 人，他们自愿组成数学课外小 组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多 少个？
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
B [分三类：第一类，乘汽车，从 3 次中选 1 次有 3 种走法；第 二类，乘火车，从 4 次中选 1 次有 4 种走法；第三类，乘轮船，从 2 次中选 1 次有 2 种走法．所以，共有 3＋4＋2＝9 种不同的走法．]
3．已知 x∈{2,3,7}，y∈{－1，－2,4}，则(x，y)可表示不同的点
1．分类加法计数原理 完成一件事，如果有 n 类办法 且：第一类办法中有 m1 种不同的 方法，第二类办法中有 m2 种不同的方法……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 完成一件事，如果需要分成 n 个步骤，且：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，那么完成这件事共有 N＝ m1×m2×…×mn 种不同的方法．
思考：在分步乘法计数原理中，第 1 步采用的方法与第 2 步采用 的方法之间有影响吗？
[提示] 无论第 1 步采用哪种方法，都不影响第 2 步方法的选取．
拓展：两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
每类办法都能独立地完成 每一步得到的只是中间结果(最
这件事，它是独立的、一 后一步除外)，任何一步都不能独
[解] 当个位数字是 8 时，十位数字取 9，只有 1 个． 当个位数字是 6 时，十位数字可取 7,8,9，共 3 个． 当个位数字是 4 时，十位数字可取 5,6,7,8,9，共 5 个． 同理可知，当个位数字是 2 时，共 7 个． 当个位数字是 0 时，共 9 个． 由分类加法计数原理知，符合条件的数共有 1＋3＋5＋7＋9＝ 25(个)．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．
() (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件
事．
()
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是
各不相同的．
()
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一
个单独的步骤都能完成这件事．
()
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4) ×
2．(教材 P4 尝试与发现改编)从 A 地到 B 地，可乘汽车、火车、
轮船三种交通工具，如果一天内汽车发 3 次，火车发 4 次，轮船发 2
次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为( )
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9