高慧明

從近10年全國課標(biāo)卷I統(tǒng)計(jì)與概率命題規(guī)律和統(tǒng)計(jì)與概率高考考點(diǎn)具體分布如下，我們不難看出統(tǒng)計(jì)概率是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，是新課程高考的一大亮點(diǎn)和熱點(diǎn). 實(shí)際上不僅如此，統(tǒng)計(jì)概率也是中學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)的一個(gè)重要交匯點(diǎn)，已經(jīng)成為聯(lián)系多項(xiàng)內(nèi)容的媒介，還常常與函數(shù)、數(shù)列、方程、不等式、三角、幾何、線性規(guī)劃、跨學(xué)科知識(shí)、學(xué)科內(nèi)多分支知識(shí)、實(shí)際生活等內(nèi)容交叉滲透，自然交匯，使數(shù)學(xué)問題的情境新穎別致，自然流暢，令人賞心悅目，綜析如下：

一、統(tǒng)計(jì)與概率內(nèi)部的交匯

例1. 某地區(qū)2008年至2016年糧食產(chǎn)量的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表：

（1）求該地區(qū)2008年至2016年的糧食年產(chǎn)量y與年份t之間的線性回歸方程;

（2）利用（1）中的回歸方程，分析2008年至2016年該地區(qū)糧食產(chǎn)量的變化情況，并預(yù)測(cè)該地區(qū) 2018年的糧食產(chǎn)量.

附：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：

■=■=■，■=■-■■.

解析：（1）由所給數(shù)據(jù)可以看出，糧食年產(chǎn)量y與年份t之間是近似直線上升，下面來求線性回歸方程，為此對(duì)數(shù)據(jù)預(yù)處理如下：

對(duì)預(yù)處理后的數(shù)據(jù)，容易算得：

■=■=0，■=■=3.2，

∴■=■=■=6.5，

■=3.2-6.5×0=3.2.

由上述計(jì)算結(jié)果，知所求線性回歸方程為■-257=■（t-2012）+■=6.5（t-2012）+3.2，

即■=6.5（t-2012）+260.2.

（2）由（1）知，■=6.5>0，故2008年至2016年該地區(qū)糧食產(chǎn)量逐年增加，平均每兩年增加6.5萬噸. 將t=2018代入（1）中的線性回歸方程，得■=6.5×6+260.2=299.2，故預(yù)測(cè)該地區(qū)2018量為299.2萬噸.

點(diǎn)評(píng)：求解回歸方程問題的三個(gè)易誤點(diǎn)：

①易混淆相關(guān)關(guān)系與函數(shù)關(guān)系，兩者的區(qū)別是函數(shù)關(guān)系是一種確定的關(guān)系，而相關(guān)關(guān)系是一種非確定的關(guān)系，函數(shù)關(guān)系是一種因果關(guān)系，而相關(guān)關(guān)系不一定是因果關(guān)系，也可能是伴隨關(guān)系.

②回歸分析中易誤認(rèn)為樣本數(shù)據(jù)必在回歸直線上，實(shí)質(zhì)上回歸直線必過點(diǎn)（■，■），可能所有的樣本數(shù)據(jù)點(diǎn)都不在直線上.

③利用回歸方程分析問題時(shí)，所得的數(shù)據(jù)易誤認(rèn)為準(zhǔn)確值，而實(shí)質(zhì)上是預(yù)測(cè)值（期望值）.

相關(guān)鏈接1：某教師調(diào)查了100名高三學(xué)生購買的數(shù)學(xué)課外輔導(dǎo)書的數(shù)量，將統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)制成如圖所示的條形圖.

（1）若該教師從這100名學(xué)生中任取2人，記這2人所購買的數(shù)學(xué)課外輔導(dǎo)書的數(shù)量之和為X，求X>3的概率;

（2）從這100名學(xué)生中任取2人，記Y表示這2人所購買的數(shù)學(xué)課外輔導(dǎo)書的數(shù)量之差的絕對(duì)值. 求Y的分布列和數(shù)學(xué)期望.

解析：（1）依題意，X≤3的情況包括（1，1）和（1，2），所以X>3的概率為1-■-■=■.

（2）Y的可能取值為0，1，2，則：P（Y=0）=■=■，

P（Y=1）=■=■，P（Y=2）=■=■.

故Y的分布列為：

故E（Y）=0×■+1×■+2×■=■.

相關(guān)鏈接2：某學(xué)校為倡導(dǎo)全體學(xué)生為特困學(xué)生捐款，舉行“一元錢，一片心，誠信用水”活動(dòng)，學(xué)生在購水處每領(lǐng)取一瓶礦泉水，便自覺向捐款箱中至少投入一元錢?，F(xiàn)統(tǒng)計(jì)了連續(xù)5天的售出和收益情況，如下表：

（Ⅰ）若x與y成線性相關(guān)，則某天售出8箱水時(shí)，預(yù)計(jì)收益為多少元？

（Ⅱ）期中考試以后，學(xué)校決定將誠信用水的收益，以獎(jiǎng)學(xué)金的形式獎(jiǎng)勵(lì)給品學(xué)兼優(yōu)的特困生，規(guī)定：特困生考入年級(jí)前200名，獲一等獎(jiǎng)學(xué)金500元;考入年級(jí)201-500 名，獲二等獎(jiǎng)學(xué)金300元;考入年級(jí)501名以后的特困生將不獲得獎(jiǎng)學(xué)金。甲、乙兩名學(xué)生獲一等獎(jiǎng)學(xué)金的概率均為■，獲二等獎(jiǎng)學(xué)金的概率均為■，不獲得獎(jiǎng)學(xué)金的概率均為■.

（1）在學(xué)生甲獲得獎(jiǎng)學(xué)金條件下，求他獲得一等獎(jiǎng)學(xué)金的概率;

（2）已知甲、乙兩名學(xué)生獲得哪個(gè)等第的獎(jiǎng)學(xué)金是相互獨(dú)立的，求甲、乙兩名學(xué)生所獲得獎(jiǎng)學(xué)金總金額X 的分布列及數(shù)學(xué)期望.

附：■=■，■=■-■■.

解析：■=■=6，■=■=146.

■=■=■=20，■=■-■■=146-20×6=26.

∴■=20x+26.

當(dāng)x=8時(shí)，■=20×8+26=186.

即某天售出8箱水的預(yù)計(jì)收益是186元.

（Ⅱ）（1）設(shè)事件A為“學(xué)生甲獲得獎(jiǎng)學(xué)金”，事件B為“學(xué)生甲獲得一等獎(jiǎng)學(xué)金”，

P（B|A）=■=■=■.

則即學(xué)生甲獲得獎(jiǎng)學(xué)金的條件下，獲得一等獎(jiǎng)學(xué)金的概率為■.

（2）X的取值可能為0，300，500，600，800，1000，

P（X=0）=■×■=■，P（X=300）=■■×■=■，P（X=500）=■■×■=■，

P（X=600）=（■）2=■，P（X=800）=■■×■=■，P（X=1000）=（■）2=■.

即X的分布列為：

E（X）=0×■+300×■+500×■+600×■+800×■+1000×■=600元.

二、統(tǒng)計(jì)概率與函數(shù)的交匯

例2. 多向飛碟是奧運(yùn)會(huì)的競(jìng)賽項(xiàng)目，它是由跑靶機(jī)把碟靶（射擊目標(biāo)）在一定范圍內(nèi)從不同方向飛出，每拋出一個(gè)碟靶，都允許運(yùn)動(dòng)員射擊兩次.一運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行多向飛碟射擊訓(xùn)練時(shí)，每次射擊命中碟靶的概率P與運(yùn)動(dòng)員離碟靶的距離S（米）成反比，現(xiàn)有一碟靶拋出后離運(yùn)動(dòng)員的距離S（米）與飛行時(shí)間t（秒）滿足S=15（t+1）（0≤t≤4）. 若運(yùn)動(dòng)員在碟靶飛出0.5秒時(shí)進(jìn)行第一次射擊，命中的概率為0.8，若他發(fā)現(xiàn)沒有命中，則通過迅速調(diào)整，在第一次射擊后再經(jīng)過0.5秒進(jìn)行第二次射擊. 求他命中此碟靶的概率.

解析：設(shè)P=■（k為常數(shù)），則P=■（0≤t≤4），從而建立了命中率與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系，為深層次的研究奠定了基礎(chǔ). 依題意，當(dāng)t=0.5秒時(shí)，P1=0.8，則k=18，∴P=■=■，∴當(dāng)t=1秒時(shí)，P2=■=0.6.

此人命中此碟靶的概率P=P1+（1-P1）P2=0.8+（1-0.8）×0.6=0.92.

點(diǎn)評(píng)：高中數(shù)學(xué)新教材以較多的篇幅充實(shí)了概率內(nèi)容，旨在介紹一些新的基本數(shù)學(xué)思想方法與內(nèi)容，其重要性是不言而喻的.本題聯(lián)系現(xiàn)實(shí)，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)來源于生活，服務(wù)于生活的宗旨，同時(shí)考查了概率與函數(shù)知識(shí)的綜合.

三、統(tǒng)計(jì)概率與數(shù)列的交匯

（1）與一般數(shù)列的交匯

例3. 某人拋擲一枚硬幣，出現(xiàn)正、反面的概率都是■，構(gòu)造數(shù)列{an}，使an=1，當(dāng)?shù)趎次出現(xiàn)正面時(shí)-1，當(dāng)?shù)趎次出現(xiàn)反面時(shí) 記Sn=a1+a2+…+an（n∈N*）.

（1）求S8=2時(shí)的概率;

（2）求S2≠0且S8=2時(shí)的概率.

分析：本題主要考查獨(dú)立重復(fù)事件的概率，注意認(rèn)清是何種概率，再套用相應(yīng)公式.

解析：（1）S8=2，即8次中有5次正面3次反面，設(shè)其概率為P1，則P1=■（■）5（■）3=■×■=■.

（2）S2≠0，即前兩次同時(shí)出現(xiàn)正面或出現(xiàn)反面，當(dāng)同時(shí)出現(xiàn)正面時(shí)S2=2，要使S8=2，需后6次是3次正面3次反面，設(shè)其概率為P2，則P2=■×■×■（■）3（■）3=■;當(dāng)同時(shí)出現(xiàn)反面時(shí)S2=-2，要使S8=2，需后6次是5次正面1次反面，設(shè)其概率為P3，則P3=■×■×■（■）5×■=■，∴當(dāng)S2≠0且S8=2時(shí)的概率P=■+■=■.

點(diǎn)評(píng)：此題將概率與數(shù)列有機(jī)地結(jié)合在一起，看似是一個(gè)常見的數(shù)列題，但實(shí)際上是一個(gè)地地道道的概率題.要求考生能夠從題目中及時(shí)地抽象出有用的數(shù)字來，并能建立恰當(dāng)?shù)母怕誓Ｐ蛠斫鉀Q問題，要求考生有較強(qiáng)的分析問題和解決問題的能力.

（2）與等差（比）數(shù)列的交匯

例4. 中國籃球職業(yè)聯(lián)賽某賽季的總決賽在上海東方隊(duì)與八一雙鹿隊(duì)之間角逐，采用七局四勝制，即若有一隊(duì)先勝四場(chǎng)，則此隊(duì)獲勝，比賽就此結(jié)束.因兩隊(duì)實(shí)力相當(dāng)，每場(chǎng)比賽獲勝的可能性相等. 據(jù)以往資料統(tǒng)計(jì)，第一場(chǎng)比賽組織者可獲門票收入30萬元，以后每場(chǎng)比賽門票收入比上一場(chǎng)增加10萬元，當(dāng)兩隊(duì)決出勝負(fù)后，問：

（1）組織者在此次決賽中要獲得門票收入180萬元需比賽多少場(chǎng)？

（2）組織者在此次決賽中要獲得門票收入不少于330萬元的概率是多少？

分析：本題主要考查綜合利用數(shù)列知識(shí)和概率知識(shí)解決實(shí)際問題的建模能力. 各場(chǎng)比賽的門票收入構(gòu)成等差數(shù)列，從而第（1）問可以利用等差數(shù)列求解;對(duì)于第（2）問利用互斥事件的概率計(jì)算公式求解.

解析：（1）a1=30，d=10，an=30+（n-1）×10=10n+20，

由題意有Sn=■·n=180，即n2+5n-36=0，（n+9）（n-4）=0，解得n=4.

故比賽4場(chǎng)收入180萬元.

（2）由Sn≥330，即n2+5n≥66，解得n≥6.

①比賽6場(chǎng)，則前5場(chǎng)為2 ∶ 3且領(lǐng)先一場(chǎng)的隊(duì)獲勝. P（6）=■×（■）5=■=■;

②比賽7場(chǎng)，則前6場(chǎng)為3 ∶ 3，P（7）=■ ×（■）6=■，

故收入不少于330萬元的概率為P（6）+P（7）=■=■=0.625.

評(píng)析：解答本題有兩個(gè)關(guān)鍵：一是根據(jù)題意建立數(shù)列模型;二是熟練地利用互斥事件的概率公式進(jìn)行概率計(jì)算.事實(shí)上，概率知識(shí)在解決體育比賽問題中的應(yīng)用十分廣泛，應(yīng)引起廣大讀者的極大關(guān)注.

（3）與遞推數(shù)列的交匯與融合

1. 建立形如Pn+1=A·Pn+B型的遞推式求解

例5. A、B兩人拿兩顆骰子做拋擲游戲，規(guī)則如下：若擲出的點(diǎn)數(shù)之和為3的倍數(shù)，原擲骰子的人再繼續(xù)擲;若擲出的點(diǎn)數(shù)之和不是3的倍數(shù)，就由對(duì)方接著擲. 第一次由A開始擲.

（1）若第n次由A擲的概率為Pn，求Pn;

（2）前4次拋擲中A恰好擲2次的概率為多少？

解析：（1）第n+1次由A擲這一事件，包括第n次由A擲，第n+1次繼續(xù)由A擲這一事件，以及第n次由B擲，第n+1次由A擲這一事件.

兩骰子點(diǎn)數(shù)和為3的倍數(shù)分別為：1+2，2+4，1+5，4+5，3+3，6+6，3+6，其概率為■=■. 則兩骰子點(diǎn)數(shù)之和不為3的倍數(shù)的概率為■.

∴第n次由A擲，第n+1次繼續(xù)由A擲的概率為■Pn，

第n次由B擲，第n+1次由A擲的概率為■（1-Pn）.

∴Pn+1=■Pn+■（1-Pn）=-■Pn+■·（n∈N*）.

（利用待定系數(shù)法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解）令Pn+1+？姿=-■（Pn+？姿），解得：？姿=-■.

∴ Pn+1-■=-■（Pn-■）. 注意到第一次由A開始擲，∴P1=1.

∴ {Pn-■}組成首項(xiàng)為P1-■=1-■=■，公比為-■的等比數(shù)列.

∴Pn-■=■·（-■）n-1，即Pn=■+■（-■）n-1.

（2）由于第1次由A擲，則只要第2次、第3次、第4次這3次中再由A擲一次即可.

∴所求概率P=P1P2（1-P3）（1-P4）+P1（1-P2）P3（1-P4）+P1（1-P2）（1-P3）P4.

由（1）可知：P2=■+■×（-■）=■，P3=■+■×（-■）2=■，P4=■+■×（-■）3=■.

故P=■.

點(diǎn)評(píng)：本題以一個(gè)實(shí)際問題為背景，直接依據(jù)概率知識(shí)求第n次由A擲的概率Pn行不通，只能由相互獨(dú)立事件、互斥事件的概率計(jì)算公式求得Pn+1與Pn所滿足的關(guān)系式，再依據(jù)數(shù)列的相關(guān)知識(shí)求出Pn. 第（2）問依據(jù)第（1）問的結(jié)論和概率的相關(guān)知識(shí)求解.此題“新”在把概率中問題的解決與數(shù)列知識(shí)綜合，突出了應(yīng)用、創(chuàng)新、探索、綜合意識(shí)和能力的培養(yǎng).

2. 建立形如Pn+1=f（n）·Pn型的遞推式求解

例6. 如右圖，■個(gè)不同的數(shù)隨機(jī)排成一個(gè)三角陣，設(shè)Mk是從上往下數(shù)第k行中的最大數(shù)，求M1

解析：設(shè)所求概率為Pn，則M1

又P1=1，∴P2=■P1，P3=■P2，P4=■P3，…，Pn=■Pn-1.

（利用累乘法求解）將以上各式相乘得：Pn=1×■×■×■×…×■=■.

從而M1

3. 建立形如Pn+1=A·Pn+B·Pn-1（A+B=1，n≥2）型及Pn+1=Pn+f（n）型的遞推式聯(lián)合求解

例7. 從原點(diǎn)出發(fā)的某質(zhì)點(diǎn)M，按向量■=（0，1）移動(dòng)的概率為■，按向量■=（0，2）移動(dòng)的概率為■. 設(shè)M到達(dá)點(diǎn)（0，n）的概率為Pn，求Pn.

解析：M到達(dá)點(diǎn)（0，n）有兩種情形：①從點(diǎn)（0，n-1）按向量■=（0，1）移動(dòng)到點(diǎn)（0，n），此時(shí)概率為■Pn-1;②從點(diǎn)（0，n-2）按向量■=（0，2）移動(dòng)到點(diǎn)（0，n），此時(shí)概率為■Pn-2. 因這兩種情形是互斥的，故有Pn=■Pn-1+■Pn-2（n≥3）.

（轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解）由上式可得Pn-Pn-1=-■（Pn-1-Pn-2）（n≥3）. 又易得P1=■，P2=■，所以數(shù)列{Pn-Pn-1}是以P2-P1=■為首項(xiàng)，-■為公比的等比數(shù)列.

于是Pn-Pn-1=■·（-■）n-2=（-■）n（n≥2）. （利用疊加法求解）

所以Pn=P1+（P2-P1）+（P3-P2）+…+（Pn-Pn-1）=■+（-■）2+（-■）3+…+（-■）n

=■+■=■+■[1-（-■）n-1]=■+■（-■）n.

四、統(tǒng)計(jì)概率與方程的交匯

例8. 袋中裝有m個(gè)紅球和n個(gè)白球，m>n≥4，這些紅球和白球除了顏色不同之外，其余都相同，從袋中同時(shí)取2個(gè)球.

（1）若取出的是2個(gè)紅球的概率等于取出的是一紅一白的2個(gè)球的概率的整數(shù)倍，試證：m必為奇數(shù);

（2）在m、n的數(shù)組中，若取出的球是同色的概率等于不同色的概率，試求適合m+n≤40的所有數(shù)組（m，n）.

解析：（1）取出的是2個(gè)紅球的概率是■，取出的是一紅一白的2個(gè)球的概率是■，由題意可知■∈Z，即■∈Z，則■∈Z. ∴m-1一定為偶數(shù)，故m一定為奇數(shù).

（2）取出的球是同色的概率為■，取出的球是不同色的概率為■，則■=■，化簡(jiǎn)得（m-n）2=m+n，又m+n≤40，m>n≥4，故8

注意到（m-n）2=m+n，∴m+n=9或25或36.

于是有m+n=9，m-n=3？圯m=9，n=3<4.（舍去）m+n=25，m-n=5？圯m=15，n=10.m+n=36，m-n=6？圯m=21，n=15.

綜上，適合條件的數(shù)組有（15，10）、（21，15）.

點(diǎn)評(píng)：摸球問題是概率考題中的常見問題，但本題的考查卻另辟蹊徑，概率的考查成為綜合考查其他知識(shí)的跳板. 第（1）小題中奇偶分析方法，第（2）小題中的不定方程在約束條件下的整數(shù)解等問題都是以往競(jìng)賽中的熱點(diǎn)問題. 但是通過概率為跳板，將這兩個(gè)問題有機(jī)融合，巧妙而自然. 解決這類問題對(duì)思維能力有較高的要求.

五、統(tǒng)計(jì)概率與不等式的交匯

例9. 假設(shè)每一架飛機(jī)引擎在飛行中故障率為1-P，且各引擎是否發(fā)生故障是相互獨(dú)立的，如果有至少50%的引擎能正常運(yùn)行，飛機(jī)就可以成功地飛行. 問對(duì)于多大的P而言，4引擎飛機(jī)比2引擎飛機(jī)更安全？

分析：因?yàn)橛兄辽?0%的引擎能正常運(yùn)行，飛機(jī)就可以成功地飛行，所以4引擎飛機(jī)至少有2架引擎能正常運(yùn)行便可以成功飛行，2引擎飛機(jī)至少有1架引擎能正常運(yùn)行便可以成功飛行，注意到各引擎是否發(fā)生故障是相互獨(dú)立的，因此可以用二項(xiàng)概率公式求解，由“至少”又可用事件的和，顯然“4架引擎中恰有i架（i=2，3，4）正常運(yùn)行”是互斥事件，從而可選擇互斥事件和的概率公式.

解析：飛機(jī)成功飛行的概率分別為：

4引擎飛機(jī)為■ P 2（1-P）2+■ P 3（1-P）+■ P 4=6P 2（1-P）2+4P 3（1-P）+P 4，

2引擎飛機(jī)為■ P（1-P）+■ P 2=2P（1-P）+P 2，要使4引擎飛機(jī)比2引擎飛機(jī)更安全，

只要6P 2（1-P）2+4P 3（1-P）+P 4≥2P（1-P）+P 2，即3P 3-8P 2+7P-2≥0，

就是（P-1）2（3P-2）≥0. ∵（P-1）2>0，∴3P-2≥0，則P≥■.

即當(dāng)引擎不出故障的概率不小于■時(shí)，4引擎飛機(jī)比2引擎飛機(jī)更安全.

點(diǎn)評(píng)：本題先求出4引擎飛機(jī)和2引擎飛機(jī)成功飛行的概率，再根據(jù)題設(shè)條件列出不等式并解不等式，從而求得P的取值范圍，體現(xiàn)了概率與不等式的自然而貼切的整合.

六、統(tǒng)計(jì)概率與三角的交匯

例10. 在東西方向直線延伸的湖岸上有一港口A，一艘機(jī)艇以40km/h的速度從A港出發(fā)，30分鐘后因故障而停在湖里.已知機(jī)艇出發(fā)后，先按東偏北某個(gè)方向直線前進(jìn)，以后又改成正北，但不知最初的方向和何時(shí)改變的方向.如果去營救，試求營救到機(jī)艇的概率.

解析：先求機(jī)艇出故障的區(qū)域.如圖1，以A為原點(diǎn)，正東方向?yàn)閤軸的正半軸，建立坐標(biāo)系.

設(shè)機(jī)艇的航向?yàn)锳→P→Q，∠POx=？茲，？茲∈（0，■），|AP|=a，|PQ|=b，Q（x，y），則x、y>0，P（acos？茲，asin？茲），Q（acos？茲，b+asin？茲）.