例析統計與概率中的知識交匯

高慧明

從近10年全國課標卷I統計與概率命題規(guī)律和統計與概率高考考點具體分布如下，我們不難看出統計概率是高中數學的重要內容，是新課程高考的一大亮點和熱點. 實際上不僅如此，統計概率也是中學數學知識的一個重要交匯點，已經成為聯系多項內容的媒介，還常常與函數、數列、方程、不等式、三角、幾何、線性規(guī)劃、跨學科知識、學科內多分支知識、實際生活等內容交叉滲透，自然交匯，使數學問題的情境新穎別致，自然流暢，令人賞心悅目，綜析如下：

一、統計與概率內部的交匯

例1. 某地區(qū)2008年至2016年糧食產量的部分數據如下表：

（1）求該地區(qū)2008年至2016年的糧食年產量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)糧食產量的變化情況，并預測該地區(qū) 2018年的糧食產量.

附：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：

■=■=■，■=■-■■.

解析：（1）由所給數據可以看出，糧食年產量y與年份t之間是近似直線上升，下面來求線性回歸方程，為此對數據預處理如下：

對預處理后的數據，容易算得：

■=■=0，■=■=3.2，

∴■=■=■=6.5，

■=3.2-6.5×0=3.2.

由上述計算結果，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，故預測該地區(qū)2018量為299.2萬噸.

點評：求解回歸方程問題的三個易誤點：

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

②回歸分析中易誤認為樣本數據必在回歸直線上，實質上回歸直線必過點（■，■），可能所有的樣本數據點都不在直線上.

③利用回歸方程分析問題時，所得的數據易誤認為準確值，而實質上是預測值（期望值）.

相關鏈接1：某教師調查了100名高三學生購買的數學課外輔導書的數量，將統計數據制成如圖所示的條形圖.

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

（2）從這100名學生中任取2人，記Y表示這2人所購買的數學課外輔導書的數量之差的絕對值. 求Y的分布列和數學期望.

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×■=■.

相關鏈接2：某學校為倡導全體學生為特困學生捐款，舉行“一元錢，一片心，誠信用水”活動，學生在購水處每領取一瓶礦泉水，便自覺向捐款箱中至少投入一元錢?，F統計了連續(xù)5天的售出和收益情況，如下表：

（Ⅰ）若x與y成線性相關，則某天售出8箱水時，預計收益為多少元？

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

（1）在學生甲獲得獎學金條件下，求他獲得一等獎學金的概率;

（2）已知甲、乙兩名學生獲得哪個等第的獎學金是相互獨立的，求甲、乙兩名學生所獲得獎學金總金額X 的分布列及數學期望.

附：■=■，■=■-■■.

解析：■=■=6，■=■=146.

■=■=■=20，■=■-■■=146-20×6=26.

∴■=20x+26.

當x=8時，■=20×8+26=186.

即某天售出8箱水的預計收益是186元.

（Ⅱ）（1）設事件A為“學生甲獲得獎學金”，事件B為“學生甲獲得一等獎學金”，

P（B|A）=■=■=■.

則即學生甲獲得獎學金的條件下，獲得一等獎學金的概率為■.

（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、統計概率與函數的交匯

例2. 多向飛碟是奧運會的競賽項目，它是由跑靶機把碟靶（射擊目標）在一定范圍內從不同方向飛出，每拋出一個碟靶，都允許運動員射擊兩次.一運動員在進行多向飛碟射擊訓練時，每次射擊命中碟靶的概率P與運動員離碟靶的距離S（米）成反比，現有一碟靶拋出后離運動員的距離S（米）與飛行時間t（秒）滿足S=15（t+1）（0≤t≤4）. 若運動員在碟靶飛出0.5秒時進行第一次射擊，命中的概率為0.8，若他發(fā)現沒有命中，則通過迅速調整，在第一次射擊后再經過0.5秒進行第二次射擊. 求他命中此碟靶的概率.

解析：設P=■（k為常數），則P=■（0≤t≤4），從而建立了命中率與時間的函數關系，為深層次的研究奠定了基礎. 依題意，當t=0.5秒時，P1=0.8，則k=18，∴P=■=■，∴當t=1秒時，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.

點評：高中數學新教材以較多的篇幅充實了概率內容，旨在介紹一些新的基本數學思想方法與內容，其重要性是不言而喻的.本題聯系現實，體現了數學來源于生活，服務于生活的宗旨，同時考查了概率與函數知識的綜合.

三、統計概率與數列的交匯

（1）與一般數列的交匯

例3. 某人拋擲一枚硬幣，出現正、反面的概率都是■，構造數列{an}，使an=1，當第n次出現正面時-1，當第n次出現反面時 記Sn=a1+a2+…+an（n∈N*）.

（1）求S8=2時的概率;

（2）求S2≠0且S8=2時的概率.

分析：本題主要考查獨立重復事件的概率，注意認清是何種概率，再套用相應公式.

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

（2）S2≠0，即前兩次同時出現正面或出現反面，當同時出現正面時S2=2，要使S8=2，需后6次是3次正面3次反面，設其概率為P2，則P2=■×■×■（■）3（■）3=■;當同時出現反面時S2=-2，要使S8=2，需后6次是5次正面1次反面，設其概率為P3，則P3=■×■×■（■）5×■=■，∴當S2≠0且S8=2時的概率P=■+■=■.

點評：此題將概率與數列有機地結合在一起，看似是一個常見的數列題，但實際上是一個地地道道的概率題.要求考生能夠從題目中及時地抽象出有用的數字來，并能建立恰當的概率模型來解決問題，要求考生有較強的分析問題和解決問題的能力.

（2）與等差（比）數列的交匯

例4. 中國籃球職業(yè)聯賽某賽季的總決賽在上海東方隊與八一雙鹿隊之間角逐，采用七局四勝制，即若有一隊先勝四場，則此隊獲勝，比賽就此結束.因兩隊實力相當，每場比賽獲勝的可能性相等. 據以往資料統計，第一場比賽組織者可獲門票收入30萬元，以后每場比賽門票收入比上一場增加10萬元，當兩隊決出勝負后，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？

（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列知識和概率知識解決實際問題的建模能力. 各場比賽的門票收入構成等差數列，從而第（1）問可以利用等差數列求解;對于第（2）問利用互斥事件的概率計算公式求解.

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場收入180萬元.

（2）由Sn≥330，即n2+5n≥66，解得n≥6.

①比賽6場，則前5場為2 ∶ 3且領先一場的隊獲勝. P（6）=■×（■）5=■=■;

②比賽7場，則前6場為3 ∶ 3，P（7）=■ ×（■）6=■，

故收入不少于330萬元的概率為P（6）+P（7）=■=■=0.625.

評析：解答本題有兩個關鍵：一是根據題意建立數列模型;二是熟練地利用互斥事件的概率公式進行概率計算.事實上，概率知識在解決體育比賽問題中的應用十分廣泛，應引起廣大讀者的極大關注.

（3）與遞推數列的交匯與融合

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：若擲出的點數之和為3的倍數，原擲骰子的人再繼續(xù)擲;若擲出的點數之和不是3的倍數，就由對方接著擲. 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.

兩骰子點數和為3的倍數分別為：1+2，2+4，1+5，4+5，3+3，6+6，3+6，其概率為■=■. 則兩骰子點數之和不為3的倍數的概率為■.

∴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*）.

（利用待定系數法轉化為等比數列求解）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-■}組成首項為P1-■=1-■=■，公比為-■的等比數列.

∴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=■.

點評：本題以一個實際問題為背景，直接依據概率知識求第n次由A擲的概率Pn行不通，只能由相互獨立事件、互斥事件的概率計算公式求得Pn+1與Pn所滿足的關系式，再依據數列的相關知識求出Pn. 第（2）問依據第（1）問的結論和概率的相關知識求解.此題“新”在把概率中問題的解決與數列知識綜合，突出了應用、創(chuàng)新、探索、綜合意識和能力的培養(yǎng).

2. 建立形如Pn+1=f（n）·Pn型的遞推式求解

例6. 如右圖，■個不同的數隨機排成一個三角陣，設Mk是從上往下數第k行中的最大數，求M1

解析：設所求概率為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）型的遞推式聯合求解

例7. 從原點出發(fā)的某質點M，按向量■=（0，1）移動的概率為■，按向量■=（0，2）移動的概率為■. 設M到達點（0，n）的概率為Pn，求Pn.

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

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

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、統計概率與方程的交匯

例8. 袋中裝有m個紅球和n個白球，m>n≥4，這些紅球和白球除了顏色不同之外，其余都相同，從袋中同時取2個球.

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

（2）在m、n的數組中，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的所有數組（m，n）.

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

（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，適合條件的數組有（15，10）、（21，15）.

點評：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解等問題都是以往競賽中的熱點問題. 但是通過概率為跳板，將這兩個問題有機融合，巧妙而自然. 解決這類問題對思維能力有較高的要求.

五、統計概率與不等式的交匯

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

分析：因為有至少50%的引擎能正常運行，飛機就可以成功地飛行，所以4引擎飛機至少有2架引擎能正常運行便可以成功飛行，2引擎飛機至少有1架引擎能正常運行便可以成功飛行，注意到各引擎是否發(fā)生故障是相互獨立的，因此可以用二項概率公式求解，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：飛機成功飛行的概率分別為：

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

2引擎飛機為■ P（1-P）+■ P 2=2P（1-P）+P 2，要使4引擎飛機比2引擎飛機更安全，

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≥■.

即當引擎不出故障的概率不小于■時，4引擎飛機比2引擎飛機更安全.

點評：本題先求出4引擎飛機和2引擎飛機成功飛行的概率，再根據題設條件列出不等式并解不等式，從而求得P的取值范圍，體現了概率與不等式的自然而貼切的整合.

六、統計概率與三角的交匯

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.已知機艇出發(fā)后，先按東偏北某個方向直線前進，以后又改成正北，但不知最初的方向和何時改變的方向.如果去營救，試求營救到機艇的概率.

解析：先求機艇出故障的區(qū)域.如圖1，以A為原點，正東方向為x軸的正半軸，建立坐標系.

設機艇的航向為A→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）.