探析高考中概率統(tǒng)計系列試題及命題走向(上)

王慧興(特級教師)

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)(2017年版)》提出數(shù)學(xué)教育要引導(dǎo)學(xué)生會用數(shù)學(xué)的眼光觀察世界,會用數(shù)學(xué)的思維思考世界,會用數(shù)學(xué)的語言表達世界. 其中數(shù)學(xué)的眼光,本質(zhì)上是數(shù)學(xué)抽象,抽象使得數(shù)學(xué)具有一般性;數(shù)學(xué)的思維,本質(zhì)上是數(shù)學(xué)推理,推理使得數(shù)學(xué)具有嚴謹性;數(shù)學(xué)的語言,本質(zhì)上是數(shù)學(xué)建模,建模使得數(shù)學(xué)應(yīng)用具有廣泛性. 數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)推理、數(shù)學(xué)建模又可再細化為六個關(guān)鍵能力:數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、直觀想象、數(shù)學(xué)運算、數(shù)據(jù)分析,從而構(gòu)成數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng). 高中作為學(xué)生成長的關(guān)鍵階段,數(shù)學(xué)教育肩負著培育學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)、發(fā)展關(guān)鍵能力的重任. 課程標(biāo)準(zhǔn)提出數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)并非偶然,而是對改革開放以來教育實踐、研究的提煉,全國高考數(shù)學(xué)試題的偉大實踐也清晰表現(xiàn)出這一提煉過程.從20世紀(jì)70年代末恢復(fù)高考時比較單一地考知識,到20世紀(jì)90年代中期開始增加對應(yīng)用題的考查,再到21世紀(jì)初教材改革,把概率、統(tǒng)計及其應(yīng)用正式分層次編入中學(xué)教材,2000年以來的高考命題把數(shù)學(xué)應(yīng)用集中表現(xiàn)為基于概率與統(tǒng)計應(yīng)用的數(shù)據(jù)分析,2019年全國卷更是把組合計數(shù)、統(tǒng)計分析融入遞推方法，引向數(shù)學(xué)模型，雖然沒有要求考生建模,但要求學(xué)生理解模型,通過數(shù)學(xué)運算與數(shù)據(jù)分析評判模型.這種試題立意新變化既流露出未來數(shù)學(xué)建模在高考中怎么考,也流露出概率與統(tǒng)計系列內(nèi)容在高考試題中的立意走向.

1 知識提要

排列與排列數(shù)、組合與組合數(shù)、基于兩個計數(shù)基本原理合理簡捷分類與分步是高考命題中組合計數(shù)試題的基本形式.組合計數(shù)是概率統(tǒng)計的基礎(chǔ),概率貫穿在統(tǒng)計分析、相關(guān)性分析與統(tǒng)計案例各項內(nèi)容中. 組合計數(shù)與概率構(gòu)成高考數(shù)學(xué)試題的一個重要板塊. 2019年高考試題已經(jīng)表明概率計算與統(tǒng)計分析將是高考新題型“數(shù)學(xué)建?！痹囶}立意的亮點,是培育學(xué)生數(shù)學(xué)應(yīng)用意識、發(fā)展模型素養(yǎng)、引領(lǐng)學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)處理身邊實際問題的基本題材. 這一系列內(nèi)容的相關(guān)知識與技能如表1所示.

表1

2 計數(shù)與概率

2.1 組合計數(shù)

組合計數(shù)是概率計算的基礎(chǔ),在高考試題中也會出現(xiàn)立意單一的組合計數(shù)問題,通常表現(xiàn)為基于分類加法原理與分步乘法原理的合理簡捷分類與分步,綜合應(yīng)用排列與組合概念,檢測學(xué)生應(yīng)用排列數(shù)與組合數(shù)完成組合計數(shù)的基本技能,其難點表現(xiàn)為合理簡捷進行分類與分步(如表2).

表2

在高考命題中,即使是選擇題和填空題,也都表現(xiàn)出不同程度的綜合性,幾乎不會出現(xiàn)單一考查某個知識點的考題,強調(diào)知識的綜合運用.

例14個不同的小球放入編號為1,2,3,4的4個盒中,則恰有1個空盒的放法共有________.

例2設(shè)集合I={1,2,3,4,5},選擇I的兩個非空子集A和B,要使B中最小的數(shù)大于A中最大的數(shù),則不同的選擇方法共有( ).

A. 50種 B. 49種 C. 48種 D. 47種

解析 按照A中最大數(shù)i分類:i=1,2,3,4,因此分為四類:

第一類,A中最大數(shù)i=1,A={1},?≠B?{2,3,4,5}共有24-1=15個,這一類子集組AB共有1×15=15個.

第二類,A中最大數(shù)i=2,A={2}∪X,其中X?{1},A共有2個;?≠B?{3,4,5}共有23-1=7個,這一類子集組AB共有2×7=14個.

第三類,A中最大數(shù)i=3,A={3}∪X,其中X?{1,2},A共有22=4個;?≠B?{4,5}共有22-1=3個,這一類子集組AB共有4×3=12個.

第四類,A中最大數(shù)i=4,A={4}∪X,其中X?{1,2,3},A共有23=8個;?≠B?{5}共有21-1=1個,這一類子集組AB共有8×1=8個.

由分類加法原理,符合題意的子集組的個數(shù)是15+14+12+8=49,故選B.

本例的一般形式是:給定正整數(shù)n≥2,集合I={1,2,…,n}的非空子集組AB,滿足B中最小數(shù)大于A中最大數(shù),這樣的子集組AB個數(shù)是

(n-1)2n-1-(2n-1-1)=

(n-2)·2n-1+1.

組合數(shù)與排列數(shù)能直接用于不同元且不重元的排列計數(shù)與組合計數(shù),但我們經(jīng)常會遇到“同元”與“重元”的組合或排列問題,其基本模式可概括為例3.

例3不定方程x1+x2+…+xn=m(m，n∈N*，m≥n),求證：

解析 題目本質(zhì)上是“同元分配”問題的抽象,即把m個相同的東西分配給n個人的不同分配數(shù),由分步乘法原理得到非負整數(shù)解的個數(shù)是mn嗎?當(dāng)然不是,這里主要是“同元”所致.我們介紹“映射轉(zhuǎn)移”求解方法:把計數(shù)對象映射到結(jié)構(gòu)清晰、便于計數(shù)的另一組對象完成組合計數(shù).

(1) 因為m≥n,故任取方程的一個正整數(shù)解(x1,x2,…,xn),則

1≤x11≤x1

上述“映射轉(zhuǎn)移”本質(zhì)上是“轉(zhuǎn)化化歸”,我們也可以把求非負整數(shù)解的個數(shù)轉(zhuǎn)化為求正整數(shù)解的個數(shù).

例4(更列問題)給定n∈N*,把(1,2,3,…,n)重排為(a1,a2,a3,…,an),當(dāng)所有ai≠i(1≤i≤n)時,稱(a1,a2,a3,…,an)為(1,2,3,…,n)的一個更列.求(1,2,3,…,n)的更列個數(shù).

解析 (1,2,3,…,n)的更列個數(shù)與n有關(guān),記更列個數(shù)為an,則a1=0,a2=1,a3=2.

下面建立遞推關(guān)系式:當(dāng)n≥4時,第一步，把n排在第i(i≠n)位,共有n-1種方法.第二步,排i，有兩種辦法,其一,把i排在第n位,得到an-2個更列;其二,不把i排在第n位,i排在第j位(j≠n,i),共有an-1個更列(相當(dāng)于把已排入n的第i位蓋住，視元素i為元素n，再做n-1個數(shù)列的更列).因此，綜合應(yīng)用分類加法原理與分步乘法原理，得到遞推關(guān)系an=(n-1)(an-2+an-1)(對n=3也成立).

因為an-nan-1=-(an-1-(n-1)an-2),所以

an-nan-1=(-1)n-2(a2-2a1)=(-1)n,

故

遞推方法是求解很多問題的常用方法. 當(dāng)我們要求解一個“多元”問題時,常常由于求解難度較大,所以將其數(shù)據(jù)“元數(shù)”化為n,形成一批子問題. 這些子問題之間在結(jié)論數(shù)據(jù)上存在關(guān)聯(lián),就是說其數(shù)據(jù)之間存在遞推關(guān)系,起到傳遞結(jié)論數(shù)據(jù)的作用,這樣就把問題轉(zhuǎn)化為計算“少元”問題,元數(shù)很少的問題很容易求解. 因此,遞推方法本質(zhì)上是基于數(shù)據(jù)關(guān)聯(lián)性化難為易、化繁為簡的有效方法. 高考全國卷過去也考過更列問題，例如將數(shù)字1,2,3,4填入標(biāo)號為1,2,3,4的四個方格里,每格填一個數(shù)字,求每個方格的標(biāo)號與所填的數(shù)字均不相同的填法種數(shù)？

2.2 概率計算

概率計算建立在組合計數(shù)基礎(chǔ)上,是學(xué)習(xí)統(tǒng)計分析、離散變量、相關(guān)性分析以及統(tǒng)計案例分析的基礎(chǔ). 高考檢測學(xué)生數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)的基本表現(xiàn)形式在于概率計算.例如，例4對應(yīng)的概率問題就是一個古典概型:n元排列的更列在其全排列中出現(xiàn)的概率是

現(xiàn)對概率計算的知識點進行總結(jié)，如表3所示.

表3

古典概型是概率計算的基礎(chǔ),其關(guān)鍵是計算出基本事件數(shù)m，n,數(shù)據(jù)不大時可用枚舉法.

例5某人等候前方依次開過來的三輛車況互不相同的出租車,其乘車決策方案是:決定不坐第一輛車;如果第二輛車比第一輛車好,就坐第二輛車,否則就坐第三輛車.分別計算此人坐上車況最好的車的概率與車況最差的車的概率.

這個問題屬于應(yīng)用數(shù)學(xué)中決策“最佳截止時間”的特例,在數(shù)據(jù)較大的情形下就更能顯示出優(yōu)越性.

例6某公司需要錄用一名秘書,共有10人報名,公司經(jīng)理決定按照求職報名的順序逐個面試,前3個人面試后一定不錄用.自第4個人開始將他與前面面試過的人進行比較,如果他的能力超過了前面所有已面試過的人,就錄用他,否則不錄用,繼續(xù)面試下一個人. 如果前9個人都不被錄用,那么就錄用最后一個面試的人.

證明：在該公司經(jīng)理的方案之下,有

(1)A1>A2>…>A8=A9=A10;

(2) 該公司有超過70%的可能性錄取到能力最強的3個人之一,而只有不超過10%的可能性錄用到能力最弱的3個人之一.

證明將前3個面試者中能力最強的排名記為a,則a≤8. 將此時能力排名第k的人被錄用的排列集合記作Ak(a),則相應(yīng)的排列數(shù)目記作|Ak(a)|.

(1)當(dāng)a=1時,必然放棄前面9個人,錄用最后一個面試的人,此時除能力第1的人之外,其余人被錄用機會均等,則

Ak(1)=3×8!r1,k=2,3,…,10(:記作).

所以

A8=A9=A10=r1=3×8!,

①

②

③

由①②,可得

A2>A3>A4>…>A8=A9=A10=3×8!>0;

又

A1-A2=r2-r1=3×7×8!-3×8!>0,

所以

A1>A2>A3>…>A8=A9=A10=3×8!>0.

(2) 由①,得

所以,該公司錄用到能力最弱的3個人之一的可能性等于10%.

由②③可得

王躍進教授曾給出如下1∶k型卡特蘭數(shù).

例7(1∶k型卡特蘭數(shù))有m+n個人排隊購券,券價1元,其中恰有m個人持有1元鈔票,另外n個人只持有k元鈔票,并且m≥(k-1)n,起初售票處無零錢可找.不計持等值鈔票的人的區(qū)別(即持等值鈔票的人沒有區(qū)別),則這m+n個人不出現(xiàn)找零困難的排隊種數(shù)是

證明先給出熟知結(jié)論作為引理.

①

下面計算P(A).

定義事件Ai: 第i個k元持幣者不等待找零 (i=1,2,…,n),則A=A1A2…An,所以

P(A)=P(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)·

P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An-1)，

②

計算P(A1)與各個條件概率:先把m個1元持幣者排成一列(不計人的區(qū)別,可理解為把m張等值鈔票排成一列)共1種排法,連同兩端共有m+1個“空”. 因為第一個k元持幣者只有排在前k-1個“空”之后,才不需要等待找零,所以

一般地,有

P(Ar|A1A2…Ar-1)=

③

把③代入②,得

④

把④代入①,即得

(未完待續(xù))