甘志國

筆者著《教材教法》（哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2014）對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·A版》提出了若干修改建議，下面再提出22條修改建議，不當(dāng)之處，敬請(qǐng)讀者批評(píng)指正.1 對(duì)《必修1》的又4條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)1·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第8次印刷）（本文簡稱《必修1》）再給出以下4條修改建議.

i）第17頁倒數(shù)第九行中的“的集合分別表示為”改為“的集合用區(qū)間分別表示為”.

ⅱ）第18頁的旁白“你也可以利用計(jì)算器或計(jì)算機(jī)畫出例2中四個(gè)函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象進(jìn)行判斷”有誤：因?yàn)槔卯?dāng)前的計(jì)算器或計(jì)算機(jī)畫出（4）y=x2x與y=x的函數(shù)的圖象完全一致.

ⅲ）建議把第28頁的兩處“定義域I內(nèi)”均改為“定義域I上”.

ⅳ）第101頁頭三段話的敘述有誤，因?yàn)榭膳e出反例：

在（0，+∞）上函數(shù)g（x）=-1x，h（x）=1-1x2都是增函數(shù)且都是二階可導(dǎo)函數(shù)，h′（x）=2x3是減函數(shù)，limx→+∞h′（x）g′（x）=limx→+∞2x31x2=limx→+∞2x=0，但可證g（x）<；h（x）（x>；1）恒成立.

詳細(xì)論述及修改建議可見筆者發(fā)表于《中小學(xué)數(shù)學(xué)（高中）》（高中）2014年第9期第37—38頁的文章《“增長速度快，函數(shù)值就會(huì)超過”嗎》.2 對(duì)《必修2》的又2條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)2·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第3版，2014年第8次印刷）（本文簡稱《必修2》）再給出以下2條修改建議.

?。┙ㄗh把《必修2》第133頁習(xí)題第5題（即最后一題）改為：

已知點(diǎn)P（-2，-3）和以Q為圓心的圓C：（x-4）2+（y-2）2=9.

（1）畫出以PQ為直徑，Q′為圓心的圓C′，再求出它的方程；

（2）作出圓C和第（1）問中的圓C′的兩個(gè)交點(diǎn)A，B后，直線PA，PB均是圓C的切線嗎？為什么？

（3）對(duì)于第（2）問的點(diǎn)A，B，求直線AB的方程.

ⅱ）《必修2》的“本書部分?jǐn)?shù)學(xué)符號(hào)”中寫道“a∩b=A”表示“指直線a與直線b相交于點(diǎn)A”，“a∩α=A”表示“指直線a與平面α相交于點(diǎn)A”.

而《必修1》第10頁又寫道“直線l1，l2相交于一點(diǎn)P，可表示為l1∩l2={點(diǎn)P}”.

這兩者的表示不一致（顯然《必修1》的表示規(guī)范些，《必修2》的表示是一種約定俗成），建議《必修2》中第一次出現(xiàn)這種表述時(shí)（在第43頁例1的解答中），以旁注的形式作出說明：在立體幾何中，為了簡便，就把“a∩α={點(diǎn)A}”，“a∩l={點(diǎn)P}”分別寫成“a∩α=A”、“a∩l=P”，等等.3 對(duì)《必修5》的又2條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)5·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第3版，2014年第8次印刷）（本文簡稱《必修5》）再給出以下2條修改建議.

?。┙ㄗh把《必修5》第27頁的敘述“數(shù)列可以看成定義在正整數(shù)集或其有限子集上的函數(shù)”改為“數(shù)列可以看成定義在正整數(shù)集或其有限子集{1，2，…，n}上的函數(shù)當(dāng)自變量從小到大取值時(shí)對(duì)應(yīng)的一列函數(shù)值”.

ⅱ）建議把《必修5》第46頁第4題中的“所有各邊”改成“各邊”.4 對(duì)《選修21》的又4條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修21·A版》（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷）（本文簡稱《選修21》）再給出以下4條修改建議.

?。┙ㄗh對(duì)《選修21》第37頁習(xí)題2.1的B組第1題作改動(dòng).

這道題是：

過點(diǎn)P（3，4）的動(dòng)直線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A，B，過A，B分別作兩軸的垂線交于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的軌跡方程.

與《選修21》配套使用的《教師教學(xué)用書》（人民教育出版社，2007年第2版）（下簡稱《教師用書21》，下同）第40頁給出的解答如下：

由題意，設(shè)經(jīng)過點(diǎn)P的直線l的方程為xa+yb=1.因直線l過點(diǎn)P（3，4），則3a+4b=1，即ab-4a-3b=0.由已知點(diǎn)M的坐標(biāo)為（a，b），故點(diǎn)M的軌跡方程為xy-4x-3y=0.

筆者認(rèn)為解答本題須分類討論.

可不妨設(shè)點(diǎn)A，B分別在x軸，y軸上.須分兩種情形來求解：

（1）若過點(diǎn)A作y軸的垂線，則過點(diǎn)B作x軸的垂線，則兩垂線的交點(diǎn)M就是坐標(biāo)原點(diǎn)O（0，0），得此時(shí)點(diǎn)M的軌跡方程為x2+y2=0.

（2）若過點(diǎn)A作x軸的垂線，則過點(diǎn)B作y軸的垂線，又分兩種情形：

①當(dāng)過點(diǎn)P的動(dòng)直線過坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)，得點(diǎn)O，A，B，M重合，所以M（0，0）.

②當(dāng)過點(diǎn)P的動(dòng)直線不過坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)，可設(shè)該動(dòng)直線的方程為xa+yb=1，得M（a，b）.

因直線l過點(diǎn)P（3，4），所以3a+4b=1，即ab-4a-3b=0（ab≠0）.

總之，可得點(diǎn)M的軌跡方程為xy-4x-3y=0.

筆者建議把這道題改述為：

過點(diǎn)P（3，4）的動(dòng)直線與x軸，y軸的交點(diǎn)分別為A，B，過點(diǎn)A，B分別作x軸，y軸的垂線交于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的軌跡方程.

另解1 設(shè)點(diǎn)M（x，y），則A（x，0），B（0，y），AP=（3-x，4），BP=（3，4-y）.

因?yàn)锳P∥BP，所以（4-y）（3-x）=3×4，即xy-4x-3y=0，此即點(diǎn)M的軌跡方程.

另解2 可設(shè)直線ABP的方程為y-4=k（x-3）（k≠0），得A3-4k，0，B（0，4-3k）.

設(shè)點(diǎn)M（x，y），得A（x，0），B（0，y），所以x=3-4k，y=4-3k，消去參數(shù)k，得點(diǎn)M的軌跡方程為xy-4x-3y=0.

ⅱ）《教師用書21》第89頁對(duì)《選修21》第98頁第9題給出的答案中的“126”應(yīng)改為“314”.

ⅲ）《教師用書21》第99頁對(duì)《選修21》第107頁第2題給出的答案“68”應(yīng)改為“217”.

ⅳ）《教師用書21》第105頁給出的答案中的“a=（2-1，1）”應(yīng)改為“a=（2，-1，1）”.5 對(duì)《選修22》的又3條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修22·A版》（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷）（本文簡稱《選修22》）再給出以下3條修改建議.

?。┑?1頁“歸納推理”的定義不對(duì).

《選修22》第71頁寫道：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理（簡稱歸納）.簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

筆者認(rèn)為這段話是不對(duì)的：因?yàn)闅w納包括完全歸納和不完全歸納.

建議把這段話改述為：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，是不完全歸納推理（歸納推理簡稱歸納，包括完全歸納和不完全歸納）.簡言之，不完全歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

ⅱ）建議把第81頁正文倒數(shù)第三行中的“扮演著重要角色”改為“扮演了重要角色”.

ⅲ）建議把第92頁第一段話最后一行中的“不敢肯定”改為“不能肯定”.6 對(duì)《選修23》的又6條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修23·A版》（人民教育出版社2009年第3版）（本文簡稱《選修23》）再給出以下6條修改建議.

?。督處熡脮?3》第10頁對(duì)《選修23》第12頁第4題給出的答案是8，筆者認(rèn)為應(yīng)當(dāng)這樣求解：每個(gè)開關(guān)有閉合、斷開兩種情形，得28=256種情形，可只考慮最下面的四個(gè)開關(guān)知，有且僅有7種斷開的情形，所以答案為256-7=249.

ⅱ）《教師用書23》第27頁對(duì)《選修23》第36頁第1題第（1）小題解答中的“P”應(yīng)全部改為“p”.

ⅲ）建議把第31頁第3題中的“r”改為“k”.因?yàn)樵诖缶V教材中二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)用Tr+1表示，而現(xiàn)行教材《選修23》第30頁中的通項(xiàng)用Tk+1表示.

ⅳ）《教師用書23》第30頁給出的《選修23》第41頁第1（6）題的答案“1或-1”應(yīng)改為“（-1）n”，題目中最好也應(yīng)添上條件“（n∈N*）”.

ⅴ）《教師用書23》第32頁《Ⅲ 自我檢測(cè)題》的第一題的第3題、第二題的第4題、第三題的第2（3）題及其參考答案分別是：

題1 A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必須相鄰且B在A的左邊，那么不同的排法共有（ ）種.

A.60 B.48 C.36 D.24

參考答案 B.將A，B兩人作為一個(gè)整體，與C，D，E三人一起進(jìn)行排列，得到不同的排法A44種.

題2 32+1250的二項(xiàng)展開式中，有理項(xiàng)共有 項(xiàng).

參考答案 4.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是Tk+1=Ck50（3x）50-k（x）-k=Ck50x100-5k6，在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

題3 現(xiàn)有6本書，如果平均分成三個(gè)組，求分法種數(shù).

參考答案 C36×C23÷A33=10（種）.

筆者對(duì)參考答案的分析

對(duì)于題1，答案顯然是D（原書是印刷錯(cuò)誤）.

對(duì)于題2，答案應(yīng)改為：

9.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是

Tk+1=Ck50（32）50-k（2）-k=Ck502100-5k6.

在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

對(duì)于題3，原解法顯然是錯(cuò)誤的.這是典型的平均分組問題，答案為C26C24C22A33=15（種）.

ⅵ）對(duì)第53頁例2解法的商榷.

《選修23》第52頁介紹了下面兩個(gè)條件概率公式：

①若A，B為兩個(gè)事件，且P（A）>；0，則P（BA）=P（AB）P（A）；

②若B和C是兩個(gè)互斥事件，則P（B∪CA）=P（BA）+P（CA）.

《選修23》第53頁的例2及其解法是：

例2 一張儲(chǔ)蓄卡的密碼共有6位數(shù)字，每位數(shù)字都可從0～9中任選一個(gè).某人在銀行自動(dòng)提款機(jī)上取錢時(shí)，忘記了密碼的最后一位數(shù)字，求：

（1）任意按最后一位數(shù)字，不超過2次就按對(duì)的概率；

（2）如果他記得密碼的最后一位是偶數(shù)，不超過2次就按對(duì)的概率.

解 設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），則A=A1∪（A1A2）表示“不超過2次就按對(duì)密碼”.

（1）因?yàn)槭录嗀1與A1A2互斥，由概率的加法公式得

P（A）=P（A1）+P（A1A2）=110+9×110×9=15.

（2）設(shè)“最后一位按偶數(shù)”為事件B，則

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=15+4×15×4=25.

顯然，第（2）問是條件概率，以上求解中先用的是條件概率公式②，但接下來求兩個(gè)條件概率P（A1B），P（A1A2B）時(shí)并沒有用條件概率公式①，而是直接按古典概型的計(jì)算公式來求解的.

接下來，若按條件概率公式①，得

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=P（A1B）P（B）+P（A1A2B）P（B）請(qǐng)注意，該式中的兩個(gè)“P（B）”的含義是不一樣的：前者表示“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”，所以P（B）=510=12；后者表示“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”，所以P（B）=5×410×9=29.所以原解法應(yīng)予以糾正（不能使用條件概率公式②求解）.

可這樣用條件概率公式①來求解第（2）問：

設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”為事件B，“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”為事件C，則所求概率為

P（A1B）+P（A1A2C）=P（A1B）P（B）+P（A1A2C）P（C）=110510+4×110×95×410×9=15+4×15×4=25。7 對(duì)《選修41》的又1條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修41·A版·幾何證明選講》（人民教育出版社，2007年第2版）（本文簡稱《選修41》）再給出以下1條修改建議.

在第22頁的習(xí)題1.4中，“（第2題）”的圖形應(yīng)刪去，“（第3題）”的圖即“（第2題）”的圖.

ⅱ）《教師用書21》第89頁對(duì)《選修21》第98頁第9題給出的答案中的“126”應(yīng)改為“314”.

ⅲ）《教師用書21》第99頁對(duì)《選修21》第107頁第2題給出的答案“68”應(yīng)改為“217”.

ⅳ）《教師用書21》第105頁給出的答案中的“a=（2-1，1）”應(yīng)改為“a=（2，-1，1）”.5 對(duì)《選修22》的又3條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修22·A版》（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷）（本文簡稱《選修22》）再給出以下3條修改建議.

?。┑?1頁“歸納推理”的定義不對(duì).

《選修22》第71頁寫道：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理（簡稱歸納）.簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

筆者認(rèn)為這段話是不對(duì)的：因?yàn)闅w納包括完全歸納和不完全歸納.

建議把這段話改述為：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，是不完全歸納推理（歸納推理簡稱歸納，包括完全歸納和不完全歸納）.簡言之，不完全歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

ⅱ）建議把第81頁正文倒數(shù)第三行中的“扮演著重要角色”改為“扮演了重要角色”.

ⅲ）建議把第92頁第一段話最后一行中的“不敢肯定”改為“不能肯定”.6 對(duì)《選修23》的又6條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修23·A版》（人民教育出版社2009年第3版）（本文簡稱《選修23》）再給出以下6條修改建議.

?。督處熡脮?3》第10頁對(duì)《選修23》第12頁第4題給出的答案是8，筆者認(rèn)為應(yīng)當(dāng)這樣求解：每個(gè)開關(guān)有閉合、斷開兩種情形，得28=256種情形，可只考慮最下面的四個(gè)開關(guān)知，有且僅有7種斷開的情形，所以答案為256-7=249.

ⅱ）《教師用書23》第27頁對(duì)《選修23》第36頁第1題第（1）小題解答中的“P”應(yīng)全部改為“p”.

ⅲ）建議把第31頁第3題中的“r”改為“k”.因?yàn)樵诖缶V教材中二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)用Tr+1表示，而現(xiàn)行教材《選修23》第30頁中的通項(xiàng)用Tk+1表示.

ⅳ）《教師用書23》第30頁給出的《選修23》第41頁第1（6）題的答案“1或-1”應(yīng)改為“（-1）n”，題目中最好也應(yīng)添上條件“（n∈N*）”.

ⅴ）《教師用書23》第32頁《Ⅲ 自我檢測(cè)題》的第一題的第3題、第二題的第4題、第三題的第2（3）題及其參考答案分別是：

題1 A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必須相鄰且B在A的左邊，那么不同的排法共有（ ）種.

A.60 B.48 C.36 D.24

參考答案 B.將A，B兩人作為一個(gè)整體，與C，D，E三人一起進(jìn)行排列，得到不同的排法A44種.

題2 32+1250的二項(xiàng)展開式中，有理項(xiàng)共有 項(xiàng).

參考答案 4.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是Tk+1=Ck50（3x）50-k（x）-k=Ck50x100-5k6，在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

題3 現(xiàn)有6本書，如果平均分成三個(gè)組，求分法種數(shù).

參考答案 C36×C23÷A33=10（種）.

筆者對(duì)參考答案的分析

對(duì)于題1，答案顯然是D（原書是印刷錯(cuò)誤）.

對(duì)于題2，答案應(yīng)改為：

9.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是

Tk+1=Ck50（32）50-k（2）-k=Ck502100-5k6.

在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

對(duì)于題3，原解法顯然是錯(cuò)誤的.這是典型的平均分組問題，答案為C26C24C22A33=15（種）.

ⅵ）對(duì)第53頁例2解法的商榷.

《選修23》第52頁介紹了下面兩個(gè)條件概率公式：

①若A，B為兩個(gè)事件，且P（A）>；0，則P（BA）=P（AB）P（A）；

②若B和C是兩個(gè)互斥事件，則P（B∪CA）=P（BA）+P（CA）.

《選修23》第53頁的例2及其解法是：

例2 一張儲(chǔ)蓄卡的密碼共有6位數(shù)字，每位數(shù)字都可從0～9中任選一個(gè).某人在銀行自動(dòng)提款機(jī)上取錢時(shí)，忘記了密碼的最后一位數(shù)字，求：

（1）任意按最后一位數(shù)字，不超過2次就按對(duì)的概率；

（2）如果他記得密碼的最后一位是偶數(shù)，不超過2次就按對(duì)的概率.

解 設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），則A=A1∪（A1A2）表示“不超過2次就按對(duì)密碼”.

（1）因?yàn)槭录嗀1與A1A2互斥，由概率的加法公式得

P（A）=P（A1）+P（A1A2）=110+9×110×9=15.

（2）設(shè)“最后一位按偶數(shù)”為事件B，則

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=15+4×15×4=25.

顯然，第（2）問是條件概率，以上求解中先用的是條件概率公式②，但接下來求兩個(gè)條件概率P（A1B），P（A1A2B）時(shí)并沒有用條件概率公式①，而是直接按古典概型的計(jì)算公式來求解的.

接下來，若按條件概率公式①，得

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=P（A1B）P（B）+P（A1A2B）P（B）請(qǐng)注意，該式中的兩個(gè)“P（B）”的含義是不一樣的：前者表示“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”，所以P（B）=510=12；后者表示“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”，所以P（B）=5×410×9=29.所以原解法應(yīng)予以糾正（不能使用條件概率公式②求解）.

可這樣用條件概率公式①來求解第（2）問：

設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”為事件B，“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”為事件C，則所求概率為

P（A1B）+P（A1A2C）=P（A1B）P（B）+P（A1A2C）P（C）=110510+4×110×95×410×9=15+4×15×4=25。7 對(duì)《選修41》的又1條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修41·A版·幾何證明選講》（人民教育出版社，2007年第2版）（本文簡稱《選修41》）再給出以下1條修改建議.

在第22頁的習(xí)題1.4中，“（第2題）”的圖形應(yīng)刪去，“（第3題）”的圖即“（第2題）”的圖.

ⅱ）《教師用書21》第89頁對(duì)《選修21》第98頁第9題給出的答案中的“126”應(yīng)改為“314”.

ⅲ）《教師用書21》第99頁對(duì)《選修21》第107頁第2題給出的答案“68”應(yīng)改為“217”.

ⅳ）《教師用書21》第105頁給出的答案中的“a=（2-1，1）”應(yīng)改為“a=（2，-1，1）”.5 對(duì)《選修22》的又3條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修22·A版》（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷）（本文簡稱《選修22》）再給出以下3條修改建議.

?。┑?1頁“歸納推理”的定義不對(duì).

《選修22》第71頁寫道：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理（簡稱歸納）.簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

筆者認(rèn)為這段話是不對(duì)的：因?yàn)闅w納包括完全歸納和不完全歸納.

建議把這段話改述為：

這種由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出這類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，是不完全歸納推理（歸納推理簡稱歸納，包括完全歸納和不完全歸納）.簡言之，不完全歸納推理是由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理.

ⅱ）建議把第81頁正文倒數(shù)第三行中的“扮演著重要角色”改為“扮演了重要角色”.

ⅲ）建議把第92頁第一段話最后一行中的“不敢肯定”改為“不能肯定”.6 對(duì)《選修23》的又6條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修23·A版》（人民教育出版社2009年第3版）（本文簡稱《選修23》）再給出以下6條修改建議.

?。督處熡脮?3》第10頁對(duì)《選修23》第12頁第4題給出的答案是8，筆者認(rèn)為應(yīng)當(dāng)這樣求解：每個(gè)開關(guān)有閉合、斷開兩種情形，得28=256種情形，可只考慮最下面的四個(gè)開關(guān)知，有且僅有7種斷開的情形，所以答案為256-7=249.

ⅱ）《教師用書23》第27頁對(duì)《選修23》第36頁第1題第（1）小題解答中的“P”應(yīng)全部改為“p”.

ⅲ）建議把第31頁第3題中的“r”改為“k”.因?yàn)樵诖缶V教材中二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)用Tr+1表示，而現(xiàn)行教材《選修23》第30頁中的通項(xiàng)用Tk+1表示.

ⅳ）《教師用書23》第30頁給出的《選修23》第41頁第1（6）題的答案“1或-1”應(yīng)改為“（-1）n”，題目中最好也應(yīng)添上條件“（n∈N*）”.

ⅴ）《教師用書23》第32頁《Ⅲ 自我檢測(cè)題》的第一題的第3題、第二題的第4題、第三題的第2（3）題及其參考答案分別是：

題1 A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必須相鄰且B在A的左邊，那么不同的排法共有（ ）種.

A.60 B.48 C.36 D.24

參考答案 B.將A，B兩人作為一個(gè)整體，與C，D，E三人一起進(jìn)行排列，得到不同的排法A44種.

題2 32+1250的二項(xiàng)展開式中，有理項(xiàng)共有 項(xiàng).

參考答案 4.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是Tk+1=Ck50（3x）50-k（x）-k=Ck50x100-5k6，在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

題3 現(xiàn)有6本書，如果平均分成三個(gè)組，求分法種數(shù).

參考答案 C36×C23÷A33=10（種）.

筆者對(duì)參考答案的分析

對(duì)于題1，答案顯然是D（原書是印刷錯(cuò)誤）.

對(duì)于題2，答案應(yīng)改為：

9.32+1250的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是

Tk+1=Ck50（32）50-k（2）-k=Ck502100-5k6.

在k=2，8，14，20，26，32，38，44，50時(shí)，100-5k6取正整數(shù)，即有理項(xiàng)有9項(xiàng).

對(duì)于題3，原解法顯然是錯(cuò)誤的.這是典型的平均分組問題，答案為C26C24C22A33=15（種）.

ⅵ）對(duì)第53頁例2解法的商榷.

《選修23》第52頁介紹了下面兩個(gè)條件概率公式：

①若A，B為兩個(gè)事件，且P（A）>；0，則P（BA）=P（AB）P（A）；

②若B和C是兩個(gè)互斥事件，則P（B∪CA）=P（BA）+P（CA）.

《選修23》第53頁的例2及其解法是：

例2 一張儲(chǔ)蓄卡的密碼共有6位數(shù)字，每位數(shù)字都可從0～9中任選一個(gè).某人在銀行自動(dòng)提款機(jī)上取錢時(shí)，忘記了密碼的最后一位數(shù)字，求：

（1）任意按最后一位數(shù)字，不超過2次就按對(duì)的概率；

（2）如果他記得密碼的最后一位是偶數(shù)，不超過2次就按對(duì)的概率.

解 設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），則A=A1∪（A1A2）表示“不超過2次就按對(duì)密碼”.

（1）因?yàn)槭录嗀1與A1A2互斥，由概率的加法公式得

P（A）=P（A1）+P（A1A2）=110+9×110×9=15.

（2）設(shè)“最后一位按偶數(shù)”為事件B，則

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=15+4×15×4=25.

顯然，第（2）問是條件概率，以上求解中先用的是條件概率公式②，但接下來求兩個(gè)條件概率P（A1B），P（A1A2B）時(shí)并沒有用條件概率公式①，而是直接按古典概型的計(jì)算公式來求解的.

接下來，若按條件概率公式①，得

P（AB）=P（A1B）+P（A1A2B）=P（A1B）P（B）+P（A1A2B）P（B）請(qǐng)注意，該式中的兩個(gè)“P（B）”的含義是不一樣的：前者表示“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”，所以P（B）=510=12；后者表示“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”，所以P（B）=5×410×9=29.所以原解法應(yīng)予以糾正（不能使用條件概率公式②求解）.

可這樣用條件概率公式①來求解第（2）問：

設(shè)“第i次按對(duì)密碼”為事件Ai（i=1，2），“第一次按數(shù)字時(shí)按的是偶數(shù)”為事件B，“第一次、第二次按數(shù)字時(shí)按的均是偶數(shù)”為事件C，則所求概率為

P（A1B）+P（A1A2C）=P（A1B）P（B）+P（A1A2C）P（C）=110510+4×110×95×410×9=15+4×15×4=25。7 對(duì)《選修41》的又1條修改建議

對(duì)普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書《數(shù)學(xué)·選修41·A版·幾何證明選講》（人民教育出版社，2007年第2版）（本文簡稱《選修41》）再給出以下1條修改建議.

在第22頁的習(xí)題1.4中，“（第2題）”的圖形應(yīng)刪去，“（第3題）”的圖即“（第2題）”的圖.