摘 要 本文采用了窮舉法、組合計(jì)數(shù)法、對(duì)應(yīng)思想等方法對(duì)２０２４ 年新高考Ⅰ卷第１４ 題進(jìn)行了多解分析，并在此基礎(chǔ)上進(jìn)行變式探究，對(duì)高考復(fù)習(xí)及教學(xué)提供一定的參考價(jià)值．

關(guān)鍵詞 概率；對(duì)應(yīng)與對(duì)立事件

題目 （２０２４年新高考Ⅰ卷第１４題）甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標(biāo)有一個(gè)數(shù)字，甲的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字１，３，５，７，乙的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字２，４，６，８． 兩人進(jìn)行四輪比賽． 在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機(jī)選一張，并比較所選卡片上數(shù)字的大小，數(shù)字大的人得１ 分，數(shù)字小的人得０ 分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）． 則四輪比賽后，甲的總得分不小于２ 的概率為_(kāi)_____．

１． 試題分析

試題主要考查古典概型的概率求解問(wèn)題． 學(xué)生首先認(rèn)識(shí)到，兩人各自隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分的分布列與其中一人固定選卡片的順序，另一人隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分的分布列完全相同，從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論４！＝ ２４ 種情況中有多少種情況能使得甲的總得分不小于２ ． 接下來(lái)，學(xué)生可以直接列舉所有情況討論，也可以巧妙地使用對(duì)應(yīng)和對(duì)立事件的性質(zhì)來(lái)得到結(jié)論．

２． 多解探析

解法１ （巧用對(duì)應(yīng)和對(duì)立事件）記題述的比賽過(guò)程為比賽Ａ，定義比賽Ｂ為將乙手中寫有數(shù)字８的卡片換為寫有數(shù)字０ 的卡片之后的比賽過(guò)程，考慮比賽Ａ 與比賽Ｂ 之間的關(guān)系．

首先，在比賽Ａ中，乙選出寫有數(shù)字８ 的卡片的一輪，甲必然得０ 分． 而當(dāng)這張卡片換為寫有數(shù)字０的卡片之后，甲這一輪必然得１ 分． 因此在比賽Ｂ中甲的得分分布列與在比賽Ａ中甲的得分加上１ 之后的分布列完全相同．

其次，若將比賽Ｂ 中的每張卡片上的數(shù)字都增加１，則兩人的得分情況和得分分布列不會(huì)有變化，而全部增加１ 之后相當(dāng)于比賽Ａ中甲乙兩人交換了手中的卡片． 因此在比賽Ｂ 中乙的得分分布列與在比賽Ａ 中甲的得分分布列完全相同．

因此，在比賽Ａ 中甲的得分不小于２ 的概率等于在比賽Ｂ 中甲的得分不小于３ 的概率，也等于比賽Ｂ中乙的得分不小于２ 的概率． 由于在比賽Ｂ中，兩人得分之和恒為４，且兩人的得分都是整數(shù)，所以“甲的得分不小于３ ”和“乙的得分不小于２”互為對(duì)立事件，它們發(fā)生的概率之和為１ ． 因此上述兩個(gè)事件發(fā)生的概率均為１/２，即在比賽Ａ 中甲的得分不小于２ 的概率為１/２．

解法２ （轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后枚舉計(jì)算）易知題述概率等于甲固定選卡片的順序，乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于２ 的概率． 不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)椋?，３，５，７，在此古典概型中，乙選卡片的不同順序共有４！＝ ２４種，而使得甲得分不小于２的所有順序共有１２ 種，分別為２，８，４，６；４，２，８，６；４，８，２，６；６，２，４，８；６，２，８，４；６，８，２，４；６，８，４，２；８，２，４，６ ；８，２，６，４；８，４，２，６；８，６，２，４；８，６，４，２． 因此答案為１２/２４＝ １/２．

解法３ （轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后使用概率和排列組合進(jìn)行計(jì)算）易知題述概率等于甲固定選卡片的順序，乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于２ 的概率． 不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)椋保?，５，７，顯然甲選寫有數(shù)字１ 的卡片的那一輪必然得０ 分，因?yàn)榧椎梅植恍∮冢?等價(jià)于其他三輪中甲至少有兩輪是數(shù)字較大的一方． 記Ａ３，５ 為事件：甲選寫有數(shù)字３，５的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；Ａ３，７ 為事件：甲選寫有數(shù)字３，７的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；Ａ５，７ 為事件：甲選寫有數(shù)字５，７ 的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方；Ａ３，５，７ 為事件：甲選寫有數(shù)字３，５，７ 的卡片的三輪都是數(shù)字較大的一方.