专题十四 概率与统计
一、新题型内核表解
主干知识点 知能转化点 (1)随机事件发生的规律性及其(1) 剖析事件，分清事件属于哪概率的意义，等可能性事件的种类型，正确使用各种公式计概率，互斥事件有一个发生的算其概率 概率，相互独立事件同时发生(2)随机事件普遍存在．随机变的概率，n次独立重复试验中恰量的取值规律由概率和分布来好发生k次的概率 刻画．随机现象要用随机观点(2)离散型随机变量的分布列，处理，统计结果以概率地形式离散型随机变量的期望值和方呈现，可能有误差 差 (3)联想实例，理解概念，学会(3)抽样方法，总体分布的估计，数据统计：提出问题、收集、正态分布，总体特征数的估计，整理、解释、研究数据，作出线性回归 统计判断 解题关键点 常见障碍点 (1)会用排列组合的公式计算等(1)容易混淆互斥事件、对立事可能性事件的概率；会用互斥件及其相互独立事件的区别与事件的概率加法公式与相互独联系 立事件的概率乘法公式计算一(2)利用公式计算概率时，容易些事件的概率 忽视公式的使用条件 (3)会求出某些简单的离散型随(3)统计数据复杂、计算繁琐，机变量的分布列；会根据离散易产生惧怕心理，计算粗心等型随机变量的分布列求出期望失误 值、方差 (4)容易混淆三种抽样（ 随机抽(4)会用随机、系统、分层抽样样、系统抽样、分层抽样）的等抽样方法从总体中抽取样本 区别 二、新题型巧解点悟
1．公式法
【例1】正四面体的各顶点为A1、A2、A3、A4，进入某顶点的动点X不停留在同一个顶点上，每隔1秒钟向其它三个顶点以相同的概率移动．n秒后X在Ai (i=1，2，3，4)的概率用Pi (n)(n=0,1,2,?)表示．
当P14，P1111(0) =
2(0) =2，P3(0) =8，P4(0) =8时，求P1(n)，P2(n)，P3(n)与P4(n)(n=0,1,2,?)．
【分析】本题是概率问题与数列问题的综合，它全面检测学生的综合解题能力．动点X在n秒后在四个顶点的某个顶点的事件为必然事件，其概率为1，据其可得P1(n)+P2(n)+P3(n)+P4(n)=1，然后再寻找出P1(n+1)与P1(n)的关系，先求出P1(n)，再用同样的方法求出P2(n)，P3(n)与P4(n)．
【解】依题意P1(n+1)=
13P112(n)+3P3(n)+3P4(n)， 即 P2(n)+ P3(n)+ P4(n)=3 P1(n+1) ①
n秒后动点X一定在A1、A2、A3、A4的某一个顶点上，所以
P1(n)+P2(n)+P3(n)+P4(n)=1． 从而 P2(n)+ P3(n)+ P4(n)= 1-P1(n)．
于是，由①得 P11(n+1)=
3{1-P1(n)}， ② 所以 Pn+1)?14= -13{P11(1(n)?4}． ③
故数列{ Pn)?111(4}是以 -3为公比的等比数列，从而
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P?14= (?13)n{P11(n)1(0)?4}． ④
将 P111(0) =4代入，得P1(n) =4．
用②同样的方法，可求得P12(n+1) =3{1-P2(n)}．
所以P?14= -13{P112(n+1)2(n)?4}，即数列{ P2(n)?4}是以
-
13为公比的等比数列，从而 P112(n)?4= (?3)n{P12(0)?4}．
将 P1112(0)=2代入，得P2(n)=n4{1?(?3)}．
用上面同样的方法，可求得 P1113(n)=P4(n)=
n4?8(?3)． 【点悟】①解题关键点：一是寻找P1(n+1)与P1(n)的递推关系式②，二是如何将②化为③，从而发现数列{P11(n)?4}是等比数列，并得到④式．
②解题技巧：公式法就是指运用公式、法则、性质等进行解题的方法．在概率与统计中，它包括：(ⅰ)会用排列、组合的公式计算一些等可能性事件的概率；(ⅱ)会用互斥事件的概率的加法公式计算一些互斥事件的概率；(ⅲ)会用相互独立事件的概率的乘法公
式计算一些相互独立事件的概率；(ⅳ)会用S*2与S2
去估计总体方
差?2；(ⅴ)会用S*
与S去估计总体标准差?．
【例2】如图1，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统
N1、N2．当元件A、B、C都
正常工作时，系统N(N1正常工1) A B C 作；当元件A正常工作且元
件B、C至少有一个正常工作
B 时，系统N2正常工作．已知
(N2) A 元件A、B、C正常工作的概C 率依次为0.80，0.90，0.90．试图1 分别求系统N1、N2正常工作的概率P1、P2．
【分析】这是2001年全国高考(江西、山西、天津卷)试题，主要检测运用概率知识分析和解决实际问题的能力．只须分清事件的性质，利用概率公式进行解题．
【解】分别记元件A、B、C正常工作为事件A、B、C，由已知条件P(A)=0.80，P(B)=0.90，P(C)=0.90．
(1)因为事件A、B、C是相互独立的，所以，系统N1正常工作的概率为P1= P(A?B?C)=P(A)?P(B)?P(C)
=0.80?0.90?0.90?0.648．
故系统N1正常工作的概率为0.648． (2)因为元件A正常工作与元件B、C至少有一个正常工作相互独立，而B、C没有一个正常工作的概率为P(B?C)，于是B、C至少有一个正常工作的概率为1-P(B?C)，从而系统N2正常工作的概率为P2= P(A)?[1?P(B?C)]=P(A)?[1?P(B)?P(C)]．
又 P(B)?1?P(B)?1?0.90?0.10，
P(C)?1?P(C)?1?0.90?0.10 故 P2=0.80?(1?0.10?0.10)?0.792
于是，系统N2正常工作的概率为0.792．
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【点悟】①解题关键点：正确理解相互独立事件同时发生的概率和互斥事件至少有一个发生的概率及其计算方法．
②解题方法：第(2)问中，关于元件B、C至少有一个正常工作的概率也可这样进行计算：P(B)[1-P(C)]+P(C)[1-P(B)]+P(B)P(C) =P(B)+P(C)- P(B)P(C)=0.9+0.9-0.9×0.9=0.99．
③解题技巧：将元件B、C至少有一个正常工作的概率，转化为元件B、C没有一个正常工作的概率，利用了补集的思想．
④解题易错点：容易混淆“相互独立事件同时发生”和“互斥事件至少有一个发生”的区别和联系，并用错它们的概率计算公式．只有互斥事件A与B，才能运用公式P(A+B)=P(A)+P(B)；只有相互独立事件A与B，才能运用公式P(A·B)=P(A)·P(B)等．
【例3】表中是2000年江苏省第25期体育彩票的开奖公告（奖额单位：元）．请根据此表给出前三个奖项的中奖概率．
2000年江苏省第25期体育彩票开奖公告 奖项 中奖号码 中奖人数 每人获奖额 特等奖 334859(特别号3) 3 644557
一等奖 334859 8 96683
二等奖 33485× ×34859 65 17849
三等奖 3348×× ×3485×
××4859 1501 300
四等奖 334 ××× ×348×× ××485× ×××859 22133 20
33×××× ×34×××
五等奖 ××48×× ×××85× 244957 5
××××59
注：购买江苏体育彩票时，需选取一个六位数作为你的彩票号码，第一位可以是0，数字也允许重复，如666666．可以购买指定
号码，也可以让电脑随机选号，购买数量不限(一个号码2元)．另外，选定六位数的号码后，还要在0~4这五个数中挑选一个所谓的“特别号”，以兑特等奖之用．各奖之间不可兼得，就高不就低．
【分析】现在社会上有许多种彩票：福利彩票，体育彩票，足球彩票等．产生特等奖(大奖)的事件虽然是随机的，也经常听说这儿那儿的人中了大奖，但中大奖的概率却是很小的．本例将以事实来说明．
【解】用P表示中特奖的概率，Pi表示获i等奖的概率(i=1，2，3，4，5)．
因为六位数共有106个，特别号有5种选择，故
P?1106?15?15?106，即特等奖的中奖率为五百万分之一． P1411?106?5?12250000，
P2?912?106?55555．
【点悟】①解题规律：作为具有时代气息的摸奖问题的应用题，
题目文字叙述很长，我们要有足够的耐心读完它，读懂它，充分应用题中所隐含的信息，为我们的解题带来益处．
②解题技巧：学以致用，我们要用所学的书本知识，解释生活中的现象，研究自然界的规律，做一个处处留心皆学问的人．
③一点启示：摸奖具有很大的诱惑力，你可以试一试你的手气，可以赢得巨额的奖励．但我们通过计算同时也发现了中大奖的可能性是很小的，属小概率事件．它启发我们不要靠通过摸彩摸奖等侥幸活动去成为曝发户、百万元户．摸彩的真正意义在于奉献．国家设立彩票的意义在于聚集社会上的一些闲散资金，以发展国家的建设．
2．分类讨论法
【例4】四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4
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个点，则这四个点不共面的概率为 （ ）
A．
57 B．710 C．2435 D．4770 【分析】四个点不共面的情形比较复杂，不妨考虑问题的反面，
用分类讨论法求解．
【解】从10个不同的点中任取4个点的不同取法共有C410=210
种，它可分为两类：4点共面与不共面． 如图2，4点共面的情形有三种： ①取出的4点在四面体的一个面内（如图中的AHGC在面ACD
内），这样的取法有4C46种；
②取出的4面所在的平
A 面与四面体的一组对棱平行（如图中的EFGH与AC、BD平行），这种取法有3种E H （因为对棱共3组，即AC与BD、BC与AD、AB与CD）； B
D ③取出的4点是一条棱G 上的三点及对棱中点（如图F 中的AEBG），这样的取法共图2 C 6种．
综上所述，取出4个不共面的点的不同取法的种数为C410-（4C46+3+6）=141种．
故所求的概率为141210?4770，答案选D． 【点悟】①解题关键点：将概率的计算正确地转化为组合问题的计算，以及对共面情形的正确分类．
②解题技巧：解答该题时，对于4点的共面与不共面的关系虽
然只有两种，但4点不共面的情况较为复杂，故可考虑问题的反面：4点共面的情况，它不仅分类清楚，而且容易计算．故本题的间接解法（含分类讨论的思想）优于直接解法．
③解题探源：该题是1997年全国高考理工农医类试题的改编．原考题为：“四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）．A．150种 B．147种 C．144种 D．141种”．因此，掌握好排列组合的应用题至关重要！事实上，概率中有相当一部分问题，是由排列组合问题经改编而来的，这类概率问题往往是排列组合等应用问题的深化．
④解题易错点：分类不正确，本题中出现更多的是遗漏． 【例5】将两颗骰子投掷一次，求： (1)向上的点数之和是8的概率； (2)向上的点数之和不小于8的概率．
【分析】骰子共有六个面，每个面上分别标有1，2，3，4，5，
6的数字，投掷两颗骰子共有C116C6=36种情况，分清点数之和为8以及不小于8的各有那些情况，然后利用等可能事件的概率及互斥事件至少有一个发生的概率进行计算．
【解】将两骰子投掷一次，共有36种情况，向上的点数之和的不同值共11种．
(1)设事件A={两骰子向上的点数之和为8}，事件A1 ={两骰子向上的点数分别为4和4}，事件A2 ={两骰子向上的点数分别为3和5}，事件A3 ={两骰子向上的点数分别为2和6}，则A1与
A2 、A3互为互斥事件，且A=A1 +A2 +A3，故
P(A)=P(A11 +A2 +A3)=36?236?236?536． (2)设事件S={两骰子向上的点数之和不小于8}，事件A={两骰子向上的点数之和为8}，事件B={两骰子向上的点数之和为9}，
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