鄭一平

概率是現(xiàn)代應(yīng)用數(shù)學(xué)的重要分支，是高中新課程數(shù)學(xué)新增知識(shí)之一，它既與高中相關(guān)學(xué)科知識(shí)間聯(lián)系密切，又是中數(shù)與高數(shù)的銜接點(diǎn)，因此成為近年高考考查的重點(diǎn).高考復(fù)習(xí)中應(yīng)充分利用概率知識(shí)的交匯性，充分挖掘相關(guān)學(xué)科背景下的概率問(wèn)題，溝通知識(shí)間的內(nèi)在聯(lián)系，培養(yǎng)學(xué)生綜合素質(zhì)，提高應(yīng)用知識(shí)綜合分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.下面歸納新課程知識(shí)交匯背景下的十一類(lèi)概率問(wèn)題并通過(guò)典型實(shí)例進(jìn)行分析點(diǎn)評(píng)，供復(fù)習(xí)時(shí)參考.

1.概率與函數(shù)知識(shí)交匯

例1某城市有甲、乙、丙3個(gè)旅游景點(diǎn)，一位客人游覽這三個(gè)景點(diǎn)的概率分別是0.4，0.5，0.6，且客人是否游覽哪個(gè)景點(diǎn)互不影響，設(shè)ξ表示客人離開(kāi)該城市時(shí)游覽的景點(diǎn)數(shù)與沒(méi)有游覽的景點(diǎn)數(shù)之差的絕對(duì)值.（Ⅰ）求ξ的分布及數(shù)學(xué)期望；（Ⅱ）記“函數(shù)f（x）=x2-3ξx+1在區(qū)間[2，+∞）上單調(diào)遞增”為事件A，求事件A的概率.

分析與略解（Ⅰ）分別記“客人游覽甲景點(diǎn)”，“客人游覽乙景點(diǎn)”，“客人游覽丙景點(diǎn)”為事件A1，A2，A3. 由已知A1，A2，A3相互獨(dú)立，P（A1）=0.4，P（A2）=0.5，P（A3）=0.6.

客人游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取值為0，1，2，3. 相應(yīng)地，客人沒(méi)有游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取值為3，2，1，0，所以ξ的可能取值為1，3.

P（ξ=3）=P（A1·A2·A3）+P（A

1·A2·A3）= P（A1）P（A2）P（A3）+P（A1）P（A2）P（A3）=2×0.4×0.5×0.6=0.24，

P（ξ=1）=1-0.24=0.76.

所以ξ的分布列為

ξ13

P0.760.24

Eξ=1×0.76+3×0.24=1.48.

（Ⅱ）解法一因?yàn)閒（x）=（x-32ξ）2+1-94ξ2，所以函數(shù)f（x）=x2-3ξx+1在區(qū)間[32ξ，+∞）上單調(diào)遞增，要使f（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng)32ξ≤2，即ξ≤43.

可根據(jù)情況，將其中的一個(gè)平面以某直線(xiàn)為轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)適當(dāng)?shù)慕嵌?，使兩個(gè)平面重合.

例13設(shè)三棱錐V-ABC中，∠AVB =∠BVC =∠CVA=90°，求證△ABC是銳角三角形.

圖15

解析利用旋轉(zhuǎn)變換將Rt△VAB繞AB轉(zhuǎn)至平面ABC內(nèi)，如圖15所示.做VD⊥AB于D，連結(jié)CD，根據(jù)三垂線(xiàn)定理，得CD⊥AB.

在Rt△VCD中，∵CD > VD，在CD上截取DE=DV，則△ABE≌△ABV（相當(dāng)于將△AVB繞AB轉(zhuǎn)至平面ABC內(nèi)得到△AEB），

∴∠AEB =∠AVB=90°.

∵E在CD線(xiàn)段內(nèi)，∠ACB<∠AEB=90°，即∠ACB是銳角.

同理可證∠CAB、∠CBA也為銳角，∴△ABC是銳角三角形.

十一、向量

對(duì)于立體幾何中的線(xiàn)、面、角度，賦予向量的解釋?zhuān)孟蛄窟\(yùn)算的先進(jìn)技術(shù)優(yōu)勢(shì)，可獲得新穎獨(dú)特，而富有創(chuàng)造性的妙解.

例14同例3.

解析設(shè)OA、OB、OC、OD兩兩夾角為θ，模為R，由正四面體的對(duì)稱(chēng)性可知：OA+OB+OC+OD=0，因而OA·（OA+OB+OC+OD）=0，即R2+3R2cosθ=0，得cosθ=-13.

又AO+OB=AB（OB-OA）2=（AB）2OB2+OA2-2OB·OA=2R2+R2-2R2×（-13）=2R2=34S球=4πR2=3π.應(yīng)選A.

（收稿日期：2014-02-12）

從而P（A）=P（ξ≤43）=P（ξ=1）=0.76.

解法二ξ的可能取值為1，3.

當(dāng)ξ=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x2-3x+1在區(qū)間[2，+∞）上單調(diào)遞增，

當(dāng)ξ=3時(shí)，函數(shù)f（x）=x2-9x+1在區(qū)間[2，+∞）上不單調(diào)遞增.所以P（A）=P（ξ=1）=0.76.

評(píng)析本題可以通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系，轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)問(wèn)題，利用二次函數(shù)求最值的方法達(dá)到求解目的.

2.概率與方程知識(shí)交匯

例2已知關(guān)于x的一元二次方程x2-2（a-2）x-b2+16=0.

（1）若a、b是一枚骰子擲兩次所得到的點(diǎn)數(shù)，求方程有兩正根的概率；

（2）若a∈[2，6]，b∈[0，4]，求方程沒(méi)有實(shí)根的概率.

分析與略解（1）基本事件（a，b）共有36個(gè)，

方程有正根等價(jià)于a-2>0，16-b2>0，Δ≥0，即a>2，-4

設(shè)“方程有兩個(gè)正根”為事件A，則事件A包含的基本事件為（6，1），（6，2），（6，3），（5，3）共4個(gè)，

故所求的概率為P（A）=436=19；

（2）試驗(yàn)的全部結(jié)果構(gòu)成區(qū)域Ω={（a，b）|2≤a≤6，0≤b≤4}，其面積為S（Ω）=16.

設(shè)“方程無(wú)實(shí)根”為事件B，則構(gòu)成事件B的區(qū)域?yàn)?/p>

B={（a，b）|2≤a≤6，0≤b≤4，（a-2）2+b2<16}，

其面積為S（B）=14×π×42=4π，故所求的概率為P（B）=4π16=π4.

評(píng)析本題通過(guò)利用方程思想結(jié)合幾何概型知識(shí)進(jìn)行思考，并通過(guò)計(jì)算達(dá)到解決問(wèn)題目的.

3.概率與不等式知識(shí)交匯

例3設(shè)S是不等式x2-x-6≤0的解集，整數(shù)m，n∈S.（1）記使得“m+n=0成立的有序數(shù)組（m，n）”為事件A，試列舉A包含的基本事件.（2）記ξ=m2，求ξ的分布列及其數(shù)學(xué)期望E（ξ）.

分析與略解（1）由x2-x-6≤0得-2≤x≤3，即S={x|-2≤x≤3}，

由于整數(shù)m，n∈S且m+n=0，所以A包含的基本事件為（-2，2），（2，-2），（-1，1），（1，-1），（0，0）.

（2）由于m的所有不同取值為-2，-1，0，1，2，3，所以ξ=m2的所有不同取值為0，1，4，9，且有P（ξ=0）=16，P（ξ=1）=26=13，P（ξ=4）=26=13，P（ξ=9）=16，故ξ的分布列為

ξ0149

P16131316

所以E（ξ）=0×16+1×13+4×13+9×16=196.

4.概率與數(shù)列知識(shí)交匯

例4有人玩擲硬幣走跳跳棋的游戲，已知硬幣出現(xiàn)正反面的概率都是12.棋盤(pán)上標(biāo)有第0站、第1站、第2站、…第100站. 一枚棋子開(kāi)始在第0站，棋手每擲一次硬幣，棋子向前跳動(dòng)一次. 若擲出正面，棋子向前跳一站（從k到k+1）；若擲出反面，棋子向前跳二站（從k到k+2），直到棋子跳到第99站（勝利大本營(yíng)）或跳到第100站（失敗集中營(yíng)）時(shí)，該游戲結(jié)束. 設(shè)棋子跳到第n站的概率為Pn.（1）求P0，P1，P2的值；（2）求證：Pn-Pn-1=-12（Pn-1-Pn-2），其中n∈N，2≤n≤99；（3）求P99及P100的值.

分析與略解（1）棋子開(kāi)始在第0站為必然事件，∴P0=1，第一次擲硬幣出現(xiàn)正面，棋子跳到第1站，其概率為12，∴P1=12，棋子跳到第二站應(yīng)從如下兩方面考慮：①第一、二次擲硬幣都出現(xiàn)正面，其概率為14；②第一次擲硬幣出現(xiàn)反面，其概率為12.∴P2=14+12=34.

（2）棋子跳到第n（2≤n≤99）站的情況有下列兩種，而且也只有兩種：①棋子先到第n-2站，又?jǐn)S出反面，其概率為12Pn-2；②棋子先到第n-1站，又?jǐn)S出正面，其概率為12Pn-1.∴Pn=12Pn-2+12Pn-1，∴Pn-Pn-1=-12（Pn-1-Pn-2）.

（3）由（2）知，當(dāng)2≤n≤99時(shí)，數(shù)列{Pn-Pn-1}是首項(xiàng)為P1-P0=-12，公比為-12的等比數(shù)列. ∴P1-1=-12，P2-P1=（-12）2，P3-P2=（-12）3，…，Pn-Pn-1=（-12）n.

以上各式相加，得Pn-1=（-12）+（-12）2+…+（-12）n，

∴Pn=1+（-12）+（-12）2+…+（-12）n=23[1-（-12）n+1]，（n=0，1，2，…，99）.

∴P99=23[1-（12）100]，P100=12P98=12·23[1-（-12）99]=13[1+（12）99].

評(píng)析本題形式新穎，巧妙地把概率與數(shù)列進(jìn)行交匯，解決的關(guān)鍵是把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)列問(wèn)題，利用數(shù)列知識(shí)解決遞推數(shù)列之間關(guān)系，從而達(dá)到問(wèn)題的解決.

5.概率與向量知識(shí)交匯

圖1

例5 （2013年高考江西卷（文））小波以游戲方式?jīng)Q定是去打球、唱歌還是去下棋.游戲規(guī)則為以O(shè)為起點(diǎn)，再?gòu)腁1，A2，A3，A4，A5，A6（如圖1）這6個(gè)點(diǎn)中任取兩點(diǎn)分別為終點(diǎn)得到兩個(gè)向量，記這兩個(gè)向量的數(shù)量積為X，若X>0就去打球，若X=0就去唱歌，若X<0就去下棋.

（1）寫(xiě)出數(shù)量積X的所有可能取值；

（2）分別求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率.

分析與略解（1） X的所有可能取值為-2 ，-1，0， 1.

（2）數(shù)量積為-2的只有

OA2·OA5一種.

數(shù)量積為-1的有OA1·OA5，

OA1·OA6，

OA2·OA4，

OA2·OA6，

OA3·OA4，

OA3·OA5六種，

數(shù)量積為0的有

OA1·OA3，

OA1·OA4，

OA3·OA6，

OA4·OA6四種，

數(shù)量積為1的有OA1·OA2，

OA2·OA3，

OA4·OA5，

OA5·OA6四種，

故所有可能的情況共有15種.

所以小波去下棋的概率為p1=715.

因?yàn)槿コ璧母怕蕿閜2=415，所以小波不去唱歌的概率p=1-p2=1-415=1115.

評(píng)析本題（1）關(guān)鍵是對(duì)向量知識(shí)的理解，（2）關(guān)鍵是在（1）的基礎(chǔ)上要注意到滿(mǎn)足條件的可能結(jié)果，利用分類(lèi)推理獲得遞推關(guān)系.

6.概率與立幾知識(shí)交匯

圖2

例6如圖2，四棱錐P-ABCD中，PA=AB=AD=1.

（Ⅰ）請(qǐng)你在下面四個(gè)選項(xiàng)中選擇2個(gè)作為條件，使得能推出平面PCD⊥平面PAD，并證明.

①PB=PD=2； ②四邊形ABCD是正方形；

③PA⊥平面ABCD； ④平面PAB⊥平面ABCD.

（Ⅱ）在（Ⅰ）選擇的條件下，在四棱錐P-ABCD的表面

上任取一個(gè)點(diǎn)，求這個(gè)點(diǎn)在四棱錐P-ABCD側(cè)面內(nèi)的概率.

分析與略解（Ⅰ）選擇①②作為條件.

證明如下：∵PA=AD=1，PD=2， ∴PD2=PA2+AD2.

∴∠PAD=90°，即PA⊥AD.同理，可證PA⊥AB， ∴PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥CD，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，∴ CD⊥平面PAD.

又CD平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知， PA⊥AB，PA⊥AD，

∵CD⊥平面PAD ∴CD⊥PD，同理有BC⊥PB.

S△PAB=S△PAD=12×PA×AD=12×1×1=12，S△PCB=S△PCD=12×PD×CD=12×2×1=22，SABCD=AB2=1.

∴在四棱錐P-ABCD的表面上任取一個(gè)點(diǎn)，這個(gè)點(diǎn)在四棱錐P-ABCD側(cè)面內(nèi)的概率是S△PAB+S△PAD+S△PCB+S△PCDS△PAB+S△PAD+S△PCB+S△PCD+SABCD=1+22+2=22.

（注：選擇②③也是正確的，其余選擇都是錯(cuò)誤的.）

點(diǎn)評(píng)（Ⅰ）是一道開(kāi)放式判斷推理題，通過(guò)分析選擇條件并進(jìn)行推理證明達(dá)到目的.（Ⅱ）則把立幾與概率相結(jié)合，考查幾何概型問(wèn)題.只要分別計(jì)算出它們的面積即可求得滿(mǎn)足條件的概率.

7.概率與物理知識(shí)交匯

圖3

例7如圖3，在一段線(xiàn)路中并聯(lián)著3個(gè)自動(dòng)控制的常開(kāi)開(kāi)關(guān)JA、JB、JC，只要其中有1個(gè)開(kāi)關(guān)能夠閉合，線(xiàn)路就能正常工作.假定在某段時(shí)間內(nèi)開(kāi)關(guān)JA、JB、JC能夠閉合的概率分別是45、35、25，

計(jì)算：（1）在這段時(shí)間內(nèi)恰好3個(gè)開(kāi)關(guān)都閉合的概率；

（2）在這段時(shí)間內(nèi)線(xiàn)路正常工作的概率.

分析與略解（1）P=45×35×25=24125； （2）P=1-（1-45）×（1-35）×（1-25）=119125.

評(píng)析本題關(guān)鍵要掌握物理相關(guān)知識(shí)，考慮電路通與不通的條件進(jìn)行解題.

8.概率與體育比賽問(wèn)題交匯

例8在世界杯排球賽中，中國(guó)女排與俄羅斯女排以“五局三勝”制進(jìn)行決賽，根據(jù)以往戰(zhàn)況，中國(guó)女排在每一局中贏的概率為35，已知比賽中，俄羅斯女排先勝了第一局，求：（1）中國(guó)女排在這種情況下取勝的概率；（2）求本場(chǎng)比賽只打四局就結(jié)束的概率.（均用分?jǐn)?shù)作答）

分析與略解（1）中國(guó)女排取勝的情況有兩種，第一種是中國(guó)女排連勝三局，第二種是在第2局到第4局，中國(guó)女排贏了兩局，第5局中國(guó)女排贏，∴中國(guó)女排取勝的概率為（35）3+C23·（35）2×25×35=297625.

（2）C12·（25）2×35+（35）3=51125.

評(píng)析本題涉及概率應(yīng)用問(wèn)題，特別是體育比賽中經(jīng)常遇到類(lèi)似問(wèn)題，因此必須讓學(xué)生能熟練應(yīng)用所學(xué)概率知識(shí)靈活解決這類(lèi)問(wèn)題.

9.概率與實(shí)際問(wèn)題交匯

例9根據(jù)以往的經(jīng)驗(yàn)，某工程施工期間的降水量X（單位：mm）對(duì)工期的影響如下表：

降水量X X<300300≤X<700700≤X<900X≥900

工期延誤天數(shù) 02610

歷年氣象資料表明，該工程施工期間降水量X小于300，700，900的概率分別為0.3，0.7，0.9. 求：

（Ⅰ）工期延誤天數(shù)Y的均值與方差；

（Ⅱ）在降水量X至少是300mm的條件下，工期延誤不超過(guò)6天的概率.

分析與略解（Ⅰ）由已知條件和概率的加法公式有：P（X<300）=0.3，P（300≤X<700）=P（X<700）-P（X<300）=0.7-0.3=0.4，

P（700≤X<900）=P（X<900）-P（X<700）=0.9-0.7=0.2.

P（X≥900）=1-P（X<900）=1-0.9=0.1.

所以Y的分布列為：

Y 0 2 6 10

P 0.3 0.4 0.2 0.1

于是，E（Y）=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3；

D（Y）=（0-3）2×0.3+（2-3）2×0.4+（6-3）2×0.2+（10-3）2×0.1=9.8.

故工期延誤天數(shù)Y的均值為3，方差為9.8. （Ⅱ）由概率的加法公式，P（X≥300）=1-P（X<300）=0.7，

又P（300≤X<900）=P（X<900）-P（X<300）=0.9-0.3=0.6. 由條件概率，得P（Y≤6|X≥300）=P（X<900|X≥300）=P（300≤X<900）P（X≥300）=0.60.7=67.

故在降水量X至少是300 mm的條件下，工期延誤不超過(guò)6天的概率是67.

評(píng)析現(xiàn)實(shí)生活中與概率問(wèn)題有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題經(jīng)常會(huì)遇到，通過(guò)這些問(wèn)題引導(dǎo)學(xué)生把所學(xué)知識(shí)應(yīng)用于解決實(shí)際問(wèn)題是新課程重要目的，也是教學(xué)中要特別關(guān)注的問(wèn)題.

10.概率與統(tǒng)計(jì)交匯問(wèn)題

例10我區(qū)高三期末統(tǒng)一測(cè)試中某校的數(shù)學(xué)成績(jī)分組統(tǒng)計(jì)如下表：

分組頻數(shù)頻率

（0，30]30.03

（30，60]30.03

（60，90]370.37

（90，120]mn

（120，150]150.15

合計(jì)MN

圖4

（Ⅰ）求出表中m、n、M、N的值，并根據(jù)表中所給數(shù)據(jù)在圖4給出的坐標(biāo)系中畫(huà)出頻率分布直方圖；

（Ⅱ）若我區(qū)參加本次考試的學(xué)生有600人，試估計(jì)這次測(cè)試中我區(qū)成績(jī)?cè)?0分以上的人數(shù)；

（Ⅲ）若該校教師擬從分?jǐn)?shù)不超過(guò)60的學(xué)生中選取2人進(jìn)行個(gè)案分析，求被選中2人分?jǐn)?shù)均不超過(guò)30分的概率.

分析與略解（Ⅰ）由頻率分布表得M=30.03=100 ， 所以m=100-（3+3+37+15）=42，n=42100=0.42，N=0.03+0.03+0.37+0.42+0.15=1. 概率分布直方圖如圖5所示.

圖5

（Ⅱ）由題意知，全區(qū)90分以上學(xué)生估計(jì)為42+15100×600=342人.

（Ⅲ）設(shè)考試成績(jī)?cè)冢?，30]內(nèi)的3人分別為A、B、C；

考試成績(jī)?cè)冢?0，60]內(nèi)的3人分別為a、b、c，

從不超過(guò)60分的6人中，任意抽取2人的結(jié)果有：

（A，B），（A，C），（A ，a），（A，b），（A，c），

（B，C），（B，a），（B，b），（B，c），（C，a），

（C，b），（C，c），（a，b），（a，c），（b，c）共有15個(gè).

設(shè)抽取的2人的分?jǐn)?shù)均不大于30分為事件D.則事件D含有3個(gè)結(jié)果： （A，B），（A，C） ，（B，C） .

∴P（D）=315=15.

11.概率與算法圖6

例11（2013年四川高考試題）某算法的程序框圖如圖6所示，其中輸入的變量x在1，2，3，…，24這24個(gè)

整數(shù)中等可能隨機(jī)產(chǎn)生.

（Ⅰ）分別求出按程序框圖正確編程運(yùn)行時(shí)輸出y的值為i的概

率Pi（i=1，2，3）；

（Ⅱ）甲、乙兩同學(xué)依據(jù)自己對(duì)程序框圖的理解，各自編寫(xiě)程序重復(fù)運(yùn)行n次后，統(tǒng)計(jì)記錄了輸出y的值為i（i=1，2，3）的頻數(shù).以下是甲、乙所作頻數(shù)統(tǒng)計(jì)表的部分?jǐn)?shù)據(jù).

甲的頻數(shù)統(tǒng)計(jì)表（部分）

運(yùn)行次數(shù)n輸出y的值為1的頻數(shù)輸出y的值為2的頻數(shù)輸出y的值為3的頻數(shù)

3014610

…………

21001027376697

乙的頻數(shù)統(tǒng)計(jì)表（部分）

運(yùn)行次數(shù)n輸出y的值為1的頻數(shù)輸出y的值為2的頻數(shù)輸出y的值為3的頻數(shù)

3012117

…………

21001051696353

當(dāng)n=2100時(shí)，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，分別寫(xiě)出甲、乙所編程序各自輸出y的值為i（i=1，2，3）的頻率（用分?jǐn)?shù)表示），并判斷兩位同學(xué)中哪一位所編寫(xiě)程序符合算法要求的可能性較大.

分析與略解（Ⅰ）變量x是在1，2，3，…，24這24個(gè)整數(shù)中等可能隨機(jī)產(chǎn)生的一個(gè)數(shù)，共有24種可能.

當(dāng)x從1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23這12個(gè)數(shù)中產(chǎn)生時(shí)，輸出y的值為1，故P1=12；

當(dāng)x從2，4，8，10，14，16，20，22這8個(gè)數(shù)中產(chǎn)生時(shí)，輸出y的值為2，故P2=13；

當(dāng)x從6，12，18，24這4個(gè)數(shù)中產(chǎn)生時(shí)，輸出y的值為3，故P3=16.

所以輸出y的值為1的概率為12，輸出y的值為2的概率為13，輸出y的值為3的概率為16.

（Ⅱ）當(dāng)n=2100時(shí)，甲、乙所編程序各自輸出y的值為i（i=1，2，3）的頻率如下，

輸出y的值為1的頻率輸出y的值為2的頻率輸出y的值為3的頻率

甲1027210037621006972100

乙10512100 69621003532100

比較頻率趨勢(shì)與概率，可得乙同學(xué)所編寫(xiě)程序符合算法要求的可能性較大.

總之，概率與中學(xué)知識(shí)密切相關(guān)，具有很強(qiáng)的交匯性，應(yīng)重視概率知識(shí)的工具性，發(fā)揮其應(yīng)有的功能，真正達(dá)到學(xué)習(xí)有用的數(shù)學(xué).

（收稿日期：2014-08-12）