Question

高中数学的烦恼

我们刚教了“概率”和“排列组合”，可是我都搞不懂，谁能给我讲解讲解，或者提供一个好的方法？

Answer 1

这你要想得比较抽象 排列组合可以转化为：几个xx里选几个 这种思想
最重要的是要区分 谁是总体 谁是要被抽取的部分
还有就是“隔板法”的技巧 可以通过做题多练习
就能找到规律了~~

至于概率么 就要分成两部分
抛开限定条件的排列组合作分母
关于限定条件的排列组合做分子
但要把排列组合的基础打好

总之 要多做题 就会有感觉的
建议找一些 条件相似 问法不同 导致结果不同的题做

再给你找一篇文章~~~

一、排列组合部分是中学数学中的难点之一，原因在于

(1)从千差万别的实际问题中抽象出几种特定的数学模型，需要较强的抽象思维能力；
(2)限制条件有时比较隐晦，需要我们对问题中的关键性词(特别是逻辑关联词和量词)准确理解；
(3)计算手段简单，与旧知识联系少，但选择正确合理的计算方案时需要的思维量较大；
(4)计算方案是否正确，往往不可用直观方法来检验，要求我们搞清概念、原理，并具有较强的分析能力。

二、两个基本计数原理及应用

(1)加法原理和分类计数法

1．加法原理

2．加法原理的集合形式

3．分类的要求

每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)

(2)乘法原理和分步计数法

1．乘法原理

2．合理分步的要求

任何一步的一种方法都不能完成此任务，必须且只须连续完成这n步才能完成此任务；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此事的方法也不同

[例题分析]排列组合思维方法选讲

1．首先明确任务的意义

例1. 从1、2、3、……、20这二十个数中任取三个不同的数组成等差数列，这样的不同等差数列有________个。

分析：首先要把复杂的生活背景或其它数学背景转化为一个明确的排列组合问题。

设a,b,c成等差，∴ 2b=a+c, 可知b由a,c决定，
又∵ 2b是偶数，∴ a,c同奇或同偶，即：从1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20这十个数中选出两个数进行排列，由此就可确定等差数列，因而本题为2=180。

例2. 某城市有4条东西街道和6条南北的街道，街道之间的间距相同，如图。若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N有多少种不同的走法?

分析：对实际背景的分析可以逐层深入

（一）从M到N必须向上走三步，向右走五步，共走八步。

（二）每一步是向上还是向右，决定了不同的走法。

（三）事实上，当把向上的步骤决定后，剩下的步骤只能向右。

从而，任务可叙述为：从八个步骤中选出哪三步是向上走，就可以确定走法数，
∴ 本题答案为：=56。

2．注意加法原理与乘法原理的特点，分析是分类还是分步，是排列还是组合

例3．在一块并排的10垄田地中，选择二垄分别种植A，B两种作物，每种种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不少于6垄，不同的选法共有______种。

分析：条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含排列数，组合数的式子表示，因而采取分类的方法。

第一类：A在第一垄，B有3种选择；

第二类：A在第二垄，B有2种选择；

第三类：A在第三垄，B有一种选择，

同理A、B位置互换 ，共12种。

例4．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有________。
(A)240 (B)180 (C)120 (D)60

分析：显然本题应分步解决。

（一）从6双中选出一双同色的手套，有种方法；

（二）从剩下的十只手套中任选一只，有种方法。

（三）从除前所涉及的两双手套之外的八只手套中任选一只，有种方法；

（四）由于选取与顺序无关，因而（二）（三）中的选法重复一次，因而共240种。

例5．身高互不相同的6个人排成2横行3纵列，在第一行的每一个人都比他同列的身后的人个子矮，则所有不同的排法种数为_______。

分析：每一纵列中的两人只要选定，则他们只有一种站位方法，因而每一纵列的排队方法只与人的选法有关系，共有三纵列，从而有=90种。

例6．在11名工人中，有5人只能当钳工，4人只能当车工，另外2人能当钳工也能当车工。现从11人中选出4人当钳工，4人当车工，问共有多少种不同的选法?

分析：采用加法原理首先要做到分类不重不漏，如何做到这一点？分类的标准必须前后统一。

以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。

第一类：这两个人都去当钳工，有种；

第二类：这两人有一个去当钳工，有种；

第三类：这两人都不去当钳工，有种。

因而共有185种。

例7．现有印着0，l，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9可以作6用，那么从中任意抽出三张可以组成多少个不同的三位数?

分析：有同学认为只要把0，l，3，5，7，9的排法数乘以2即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换，因而必须分类。

抽出的三数含0，含9，有种方法；

抽出的三数含0不含9，有种方法；

抽出的三数含9不含0，有种方法；

抽出的三数不含9也不含0，有种方法。

又因为数字9可以当6用，因此共有2×(+)++=144种方法。

例8．停车场划一排12个停车位置，今有8辆车需要停放，要求空车位连在一起，不同的停车方法是________种。

分析：把空车位看成一个元素，和8辆车共九个元素排列，因而共有种停车方法。

3．特殊元素，优先处理；特殊位置，优先考虑

例9．六人站成一排，求
(1)甲不在排头，乙不在排尾的排列数
(2)甲不在排头，乙不在排尾，且甲乙不相邻的排法数

分析：（1）先考虑排头，排尾，但这两个要求相互有影响，因而考虑分类。

第一类：乙在排头，有种站法。

第二类：乙不在排头，当然他也不能在排尾，有种站法，

共+种站法。

（2）第一类：甲在排尾，乙在排头，有种方法。

第二类：甲在排尾，乙不在排头，有种方法。

第三类：乙在排头，甲不在排头，有种方法。

第四类：甲不在排尾，乙不在排头，有种方法。

共+2+=312种。

例10．对某件产品的6件不同正品和4件不同次品进行一一测试，至区分出所有次品为止。若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?

分析：本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且是最后一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，分步完成。

第一步：第五次测试的有种可能；

第二步：前四次有一件正品有中可能。

第三步：前四次有种可能。
∴ 共有种可能。

4．捆绑与插空

例11. 8人排成一队
(1)甲乙必须相邻 (2)甲乙不相邻
(3)甲乙必须相邻且与丙不相邻 (4)甲乙必须相邻，丙丁必须相邻
(5)甲乙不相邻，丙丁不相邻

分析：（1）有种方法。

（2）有种方法。

（3）有种方法。

（4）有种方法。

（5）本题不能用插空法，不能连续进行插空。

用间接解法：全排列-甲乙相邻-丙丁相邻+甲乙相邻且丙丁相邻，共--+=23040种方法。

例12. 某人射击8枪，命中4枪，恰好有三枪连续命中，有多少种不同的情况?

分析：∵ 连续命中的三枪与单独命中的一枪不能相邻，因而这是一个插空问题。另外没有命中的之间没有区别，不必计数。即在四发空枪之间形成的5个空中选出2个的排列，即。

例13. 马路上有编号为l，2，3，……，10 十个路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法共有多少种?

分析：即关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别，因而问题为在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。
∴ 共=20种方法。

4．间接计数法.(1)排除法

例14. 三行三列共九个点，以这些点为顶点可组成多少个三角形?

分析：有些问题正面求解有一定困难，可以采用间接法。

所求问题的方法数=任意三个点的组合数-共线三点的方法数，
∴ 共种。

例15．正方体8个顶点中取出4个，可组成多少个四面体?

分析：所求问题的方法数=任意选四点的组合数-共面四点的方法数，
∴ 共-12=70-12=58个。

例16. l，2，3，……，9中取出两个分别作为对数的底数和真数，可组成多少个不同数值的对数?

分析：由于底数不能为1。

（1）当1选上时，1必为真数，∴ 有一种情况。

（2）当不选1时，从2--9中任取两个分别作为底数，真数，共，其中log24=log39，log42=log93, log23=log49, log32=log94.

因而一共有53个。

(3)补上一个阶段，转化为熟悉的问题

例17. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相邻)，共有多少种不同的方法? 如果要求甲乙丙按从左到右依次排列呢?

分析：（一）实际上，甲在乙的前面和甲在乙的后面两种情况对称，具有相同的排法数。因而有=360种。

（二）先考虑六人全排列；其次甲乙丙三人实际上只能按照一种顺序站位，因而前面的排法数重复了种， ∴ 共=120种。

例18．5男4女排成一排，要求男生必须按从高到矮的顺序，共有多少种不同的方法?

分析：首先不考虑男生的站位要求，共种；男生从左至右按从高到矮的顺序，只有一种站法，因而上述站法重复了次。因而有=9×8×7×6=3024种。
若男生从右至左按从高到矮的顺序，只有一种站法， 同理也有3024种，综上，有6048种。

例19. 三个相同的红球和两个不同的白球排成一行，共有多少种不同的方法?

分析：先认为三个红球互不相同，共种方法。而由于三个红球所占位置相同的情况下，共有变化，因而共=20种。

5．挡板的使用

例20．10个名额分配到八个班，每班至少一个名额，问有多少种不同的分配方法?

分析：把10个名额看成十个元素，在这十个元素之间形成的九个空中，选出七个位置放置档板，则每一种放置方式就相当于一种分配方式。因而共36种。

6．注意排列组合的区别与联系：所有的排列都可以看作是先取组合，再做全排列；同样，组合如补充一个阶段(排序)可转化为排列问题。

例21. 从0，l，2，……，9中取出2个偶数数字，3个奇数数字，可组成多少个无重复数字的五位数?

分析：先选后排。另外还要考虑特殊元素0的选取。

（一）两个选出的偶数含0，则有种。

（二）两个选出的偶数字不含0，则有种。

例22. 电梯有7位乘客，在10层楼房的每一层停留，如果三位乘客从同一层出去，另外两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，有多少种不同的下楼方法?

分析：（一）先把7位乘客分成3人，2人，一人，一人四组，有种。

（二）选择10层中的四层下楼有种。
∴ 共有种。

例23. 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，

(1)可组成多少个不同的四位数?
(2)可组成多少个不同的四位偶数?
(3)可组成多少个能被3整除的四位数?
(4)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么?

分析：（1）有个。

（2）分为两类：0在末位，则有种：0不在末位，则有种。
∴ 共+种。

（3）先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选
0，1，2，3
0，1，3，5
0，2，3，4
0，3，4，5
1，2，4，5

它们排列出来的数一定可以被3整除，再排列，有：4×()+=96种。

（4）首位为1的有=60个。
前两位为20的有=12个。
前两位为21的有=12个。
因而第85项是前两位为23的最小数，即为2301。

7．分组问题

例24. 6本不同的书

(1) 分给甲乙丙三人，每人两本，有多少种不同的分法?
(2) 分成三堆，每堆两本，有多少种不同的分法？
(3) 分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本，有多少种不同的分法？
(4) 甲一本，乙两本，丙三本，有多少种不同的分法?
(5) 分给甲乙丙三人，其中一人一本，一人两本，第三人三本，有多少种不同的分法?

分析：（1）有中。

（2）即在（1）的基础上除去顺序，有种。

（3）有种。由于这是不平均分组，因而不包含顺序。

（4）有种。同（3），原因是甲，乙，丙持有量确定。

（5）有种。

例25. 6人分乘两辆不同的车，每车最多乘4人，则不同的乘车方法为_______。

分析：（一）考虑先把6人分成2人和4人，3人和3人各两组。

第一类：平均分成3人一组，有种方法。

第二类：分成2人，4人各一组，有种方法。

（二）再考虑分别上两辆不同的车。

综合（一）（二），有种。

例26. 5名学生分配到4个不同的科技小组参加活动，每个科技小组至少有一名学生参加，则分配方法共有________种.

分析：（一）先把5个学生分成二人，一人，一人，一人各一组。
其中涉及到平均分成四组，有=种分组方法。

（二）再考虑分配到四个不同的科技小组，有种，
由（一）（二）可知，共=240种。

Answer 2

概率与排列组合,是比较头痛的事,但是它们却很有用...大学还在学呢.
概率最关键的就是要知道它是一种计算方法,
排列组合,关键的是把一些相类似的但解法又不同的题目放在一起比对一下...
最后,关键的是多做习题,多总结思路.

Answer 3

地区 排列组合 二项式定理 概率 概率统计 分值
福建 6 9 15 18 26
辽宁 12 16 8 14
重庆 11 13 18 21
浙江 15 7 18 21
天津 16 15 13、18 24
四川、吉林 12 18 13 21
江苏 3 7 19 21
湖南 15 5、14 13
湖北 14 13、21 20
甘肃、青海 9 13 19 21
通过对上述各个省市的抽样分析，发现每份试卷本章节都至少占了3道题，所占分值基本在21分左右，如天津卷、本省分别高达2 4分、2 6分，占总分16％、16.7％，这说明了本章节在教材的重要地位。
二、重要知识点分析及相应的复习对策
（一）两个计数原理
分类计数原理和分步计数原理是本章的理论依据，是进一步学习排列组合、二项式定理的基础，在分析问题指导解体中起关键作用。它们的区别在于：完成一件事情有几类方法，且各种方法相互独立（互斥性），用分类计数原理；完成一件事需要分几个步骤，且各个步骤相互依存（相依性），依次完成几个步骤才算完成这件事，用分步计数原理。分清使用这两个原理的关键在于：明确事件需要分类还是分步完成。分类就把各类方法数相加，分步就把各步方法数相乘，并且选择分步的标准是利用分步计数原理又一关键。
所应采用的复习策略是精选几道有代表性的例题，通过比较以便加深对这两个原理的透彻理解。
典例1：电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众的来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，理由主持人抽奖确定幸运观众，，若先确定一名幸运观众之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
分析：分三步完成抽奖过程，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱，故可分两种情形考虑。
解：分两类：（1）幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20=17400种结果；（2）幸运之星在乙箱中抽，同理由20×19×30=11400种结果，因此共有不同结果17400+11400=28800种
评析：在综合运用两个原理时，既要会合理分类，又能合理分步，一般情形是先分类后分步。
（二）排列、组合
排列、组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识。该部分内容，不论其思考方法和解题都有特殊性，概念性强，抽象性强，灵活性强，思维方法新颖，解题过程极易犯“重复”或“遗漏”的错误，并且结果数目较大，无法一一验证，因此给考生带来一定困难。解决问题的关键是加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，科学周全的思考分析问题。
复习过程中应注意基础知识、基本方法、基本技能的训练，指导学生解决一些简单问题，不必贪多求难，但必须要求准确熟练。关于排列组合应用题，从排列的角度来讲，它主要有三种题型：“在”与“不在”，“邻”与“不邻”，定序排列。“在”与“不在”中，要先考虑条件元素，即先考虑固定元素或特殊元素，若从位置角度分析，先考虑固定位置或特殊位置。“邻”是集组排列，即采用捆绑法，“不邻”是插空排列，而定序排列有固定公式：一般地，若n个元素排队，其中有m个元素顺序一定，这m个元素不一定相邻，则不同排法 。
组合中常见题型有“至少”、“至多”问题，“含与不含”问题。在“至少”、“至多”问题中，可直接法来解，须分类，应做到不重不漏；也可间接法来解，即整体排除法，利用这种方法时，应把握好“至多”或“至少”的对立面。“含与不含”是选的范畴问题，同时也可利用它来理解组合数的性质。含或不含某元素，在选时不必再考虑，如在n个不同元素中选m个元素（n<m），若甲必选的选法有 ，若甲不选，则选法有 。
解答组合应用题的总体思路：①整体分类，对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时，使用加法原理；②局步分布，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用乘法原理；③考察顺序，区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”；④辩证地看待“元素”与“位置”，有时“元素选位置”，问题解决得简捷，有时“位置选元素”效果会更好。
对本节复习还应注意发散思维，逆向思维能力的培养，通过分类讨论把复杂问题分解，以及运用集合观点、整体思想从全集、补集入手，使问题简化。以上这些，均需在复习训练加以体会、掌握和运用。
典例2：二次函数 的系数a,b,c在集合{-3,-2,-1,0,1,2,3,4}中选取不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线有多少条？
思路：先将坐标原点在抛物线内部的特征性质等价转化为a,b,c的限制，再确定满足条件的数对(a,b,c)。
解析：有图形特征分析：a>0，开口向上，坐标原点在内部，等价于f(0)=c<0； a<0,开口向下，原点在内部，等价于f(0)=c>0。所以对于抛物线 来讲，原点在内部等价于af(0)=ac<0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b。故满足题意的抛物线共有 条。
点评：这是一道排列组合和解析几何的综合题，等价将图形性质转化为数量关系是解决问题的基础和关键。
（三）二项式定理
二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识。首先应掌握定理内容：对n ， ，展开式的第r+1项（通项） 必须加以强调，其中 （r=0.1.2. n）叫做二项式系数。对通项要注意以下几点：（1）它表示二项展开式中的任意项，只要n与r确定，该项也随即确定。（2）公式表示的是第r＋1项，而不是第r项。（3）公式中的a,b的位置不能颠倒，它们的指数和一定为n。另外，要注意区分展开式的第r+1项的二项式系数 与第r+1项的系数是不同概念，这需要老师在复习过程中多举几例加以说明。
二项式系数的和等于 ；二项展开式中，偶数项系数和等于奇数项的系数和，即 。这两个性质是采用赋值法推导出来的。在复习过程中，应注意赋值法在二项展开式中的运用。赋值法的模式：命题f对任意的 恒成立，则对特殊值 ，命题f也成立。特殊值 如何选取？视具体问题而定，没有一成不变的规律，它的灵活性较强，但选 较多，如天津卷的第15题，就赋予 来解决问题，这种题型在以往的高考题是有出现过的，应引起重视。
二项式定理应用主要有： ⅰ 求特定项或特定项的系数，这种题型的考查机率相当高，只要紧紧把握住通项公式即可解决问题。如重庆卷的第13题，浙江卷的第7题，江苏卷的第7题，湖南卷的第15题，都是考查这方面的知识。ⅱ 证明整除性或求余数。ⅲ 求近似值。ⅳ 证明恒等式。在证明整除性中关键是凑除数，求近似值中关键是把握近似数。当n不很大， 比较小时， ，常用于应用题的估算。
典例3：设 是定义在R上的函数,且： （1）若 =1，求 ； （2）若 =x,求 ；
解析：（1） =1 所以 所以
又 无意义，即 ，且 ，
（2）因为 所以 所以

且
点评：此题表面看似函数问题，其实是与二项式定理的巧妙整合，把二项式定理渗透到函数中去，主要考查对定理的灵活应用，逆应用，同时考查求函数解析式必须注明定义域，这点经常被忽视。
（四）概率
概率是概率论的入门，是新增内容，它与实际生活有紧密的联系，这也就使概率成了高考的热点问题。
1． 随机事件的概率与等可能事件的概率的关系：在一次试验中，随机事件A可能发生也可能不发生，但随着重复试验次数的大量增加，事件A发生的频率 总是在某一固定的常数值附近摆动，我们用这个频率近似地作为这一事件发生的概率，这是认识概率的基础。当一次试验中可能出现的结果有 个且所有结果出现的可能性都相等，若事件A包含的结果有 个，则我们能直接确定事件A发生的概率为 。
2． 互斥事件与对立事件的关系：两个互斥事件不一定是对立事件，但两个对立事件必为互斥事件。
3． 注意区分事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念，两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件互相独立是指一个事件的发生与否对另一件事发生的概率没有影响。至于n次独立重复试验中事件A恰好发生K次的概率记为 ，其实质上是 种情况彼此互斥，而每种情况事件A发生K次的概率都相同为 ，其中p为一次试验中事件A发生的概率。
4． 所应采用的复习策略：让学生搞清基本概念，明确各种概率类型的实际意义。为了区别这5种概率，应多找些有针对性的典型例题来讲解，教学生如何分析题意，确定事件及事件的性质，找出所适用的概率类型，避免因误解题意，选用不恰当的概率类型。同时，在讲解例题过程中，必须向学生强调书写的三步骤：先根据题意构造事件，如A+B表示互斥事件有一个发生， 表示相互独立事件同时发生；然后是过程；最后须下结论，应避免不必要的失分。
典例4：（辽宁卷） 口袋内装有10个相同的球，其中5个球标有数字0，5个球标有数字1，若从袋中摸出5个球，那么摸出的5个球所标数字之和小于2或大于3的概率是________（以数值作答）
解析：从间接法考虑。先求5个球所标数字之和大于等于2，且小于等于3的概率
则 满足题意的概率为
若从直接法去做，涉及到的情况就比较多，这就体现出高考新动向让考生多增加思考空间少动笔。
典例5：（四川卷） 已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球对分为A，B两组，每组4支，求：（I）A，B两组中有一组恰有两支弱队的概率；
（II）A组中至少有两支弱队的概率。
解析：（I）解法一：三支弱队在同一组的概率为
故有一组恰有两支弱队的概率为 。
解法二：有一组恰有两支弱队的概率 。
（II）解法一：A组中至少有两支若队的概率
解法二：A，B两组有一组至少有两支弱队的概率为1，由于对A组和B组来说，至少有两支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有两支弱队的概率为 。
点评 ：本题主要考查组合，概率等基本概念，相互独立事件和互斥事件等概念的计算，运用数学知识解决问题的能力。
（四）概率与统计
本知识块内容是初中数学的统计初步和高中数学必修课中概率内容的深化和扩展。通过对04届各地高考卷的统计发现几乎都有一道解答题的形式出现，有的还增加一道选择、填空题，这说明此知识块的重要地位。
1、 离散型随机变量的分布列
复习中首先要练习在随机事件找出随机变量的所有取值（所有结果），然后再求出对应
于随机变量每一个值的概率，得出分布列。
①对分布列要掌握两个性质：
一般地，离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和。
②常见的分布列：
二项分布，它的分布列为
其中
2、 离散型随机变量的期望和方差
数学期望与方差，标准差都是离散型随机变量最重要的数学特征，它们分别反映了随机变量取值的平均水平，稳定程度，集中与分散的程度。离散型随机变量的数学期望与方差都与随机变量的分布列有密切关系，方差又与数学期望紧密相连，复习时应重点记住以下重要公式与结论：一般地，若离散型随机变量 的分布列为，
… … …
… … …
则期望
方差
标准差
若
3、 抽样方法，总体分布的估计
简单随机抽样、系统抽样、分层抽样的共同特点是在抽样过程中每一个个体被抽取的概率相等，体现了这些抽样方法的客观性和公平性，其中简单随机抽样是最简单和最基本的抽样方法，在进行系统抽样和分层抽样是都要用到简单随机抽样方法，当总体中的个体数较少时，常采用简单随机抽样，当总体中的个体数较多时，常采用系统抽样，当已知总体由差异明显的几部分组成时，而这一差异又恰好与研究的问题密切相关时，常采用分层抽样。
简单随机抽样的方法有：抽鉴法与随机数表法。
系统抽样的步骤：ⅰ将总体中的个体随机编号。ⅱ将编号分段。ⅲ在第1段中用简单随机抽样确定起始的个体编号。ⅳ按照事先确定的规则抽取样本。
分层抽样的步骤：ⅰ分层。ⅱ按比例确定每层抽取个体的个数。ⅲ各层抽样。ⅳ汇合成样本。
4、复习指导
①把握基本题型。
应用本章只是要解决的题型主要分两大类：一类是应用随机变量的概念，特别是离散型随机变量分布列以及期望与方差的基础知识，讨论随机变量的取值范围，取相应值的概率及期望的求解计算；另一类主要是如何抽取样本及如何用样本去估计总体。作为本章知识的一个综合应用，教材以实习作业作为一节给出，应给予足够的重视。
②重视数学思想的复习。
a、 极限的思想：如连续型随机变量概率密度的引入，用频率分布估计总体分布，随样本容量无限大，频率分布直方图趋于总体密度曲线等。
b、 模型化和分类讨论的思想：由于随机现象的复杂性，在研究问题时首先要与已知模型比较，比如是离散型还是连续型，又离散型是否属于二项分布等，不同类型问题时用不同模型解决，对总体的估计及对特征数的估计也一样。
典例6：从学校乘汽车到火车站的途中有三个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是 ，设ξ为途中遇到红灯的次数，求随机变量ξ的分布列，分布函数F（X）= （ξ≤X）的数学期望和方差。
解析：依题意知ξ服从二项分布，即ξ～B（3， ）从而有

从而 的分布函数为
的数学期望和方差分别为

三、预测2005年概率与统计的命题趋势
例1：甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相对独立事件，规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击。已知：甲、乙二人射击一次击中的概率均为 ，且第一次由甲开始射击。
（1） 求前4次射击中甲恰好射击3次的概率为多少？
（2） 若第n次由甲射击的概率为 ，求数列 的通项公式；求 ，并说明极限值的实际意义。
解：记A为甲射击，B为乙射击，则 。设n次由乙射击的概率为 ，则 。
（1） 前4次射击中甲恰好射击3次可列举为下面三个独立事件：AAAB,AABA,ABAA。故所求的概率为： 。
（2） 第n+1次由甲射击这一事件，包括第n次由甲射击、第n+1次继续由甲射击这一事件以及第n次由乙射击、第n+1次由甲射击这一事件。这两事件发生的概率是互斥的且发生的概率分别是： 则有关系式
。则有 ，即数列 成等比数列，首项为 ，公比为 。
，从极限等于 可知，当两人射击总次数较多是，甲、乙两人分别射击的次数接近均等。