一道高考概率题的背景、推广与变式.pdf

8中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)一道高考概率题的背景、推广与变式北京师范大学贵阳附属中学(550081)李鸿昌摘要给出 2019 年高考全国 卷理科数学概率压轴题的解析、背景分析、试题推广与变式探究.关键词 2019 年高考;概率;背景;推广;变式1.试题与解析题目(2019 年高考全国 I 卷第 21 题)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4 只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 1 分,乙药得 1 分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1 分,甲药得 1 分;若都治愈或都未治愈则两种药均得 0 分.甲、乙两种药的治愈率分别记为 和,一轮试验中甲药的得分记为 X.(1)求 X 的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为 i 时,最终认为甲药 比 乙 药 更 有 效”的 概 率,则 p0=0,p8=1,pi=api1+bpi+cpi+1(i=1,2,7),其中 a=P(X=1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设 =0.5,=0.8.(i)证明:pi+1 pi(i=0,1,2,7)为等比数列;(ii)求 p4,并根据 p4的值解释这种试验方案的合理性.解答(1)随机变量 X 的所有可能取值为 1,0,1.P(X=1)=(1 ),P(X=0)=+(1 )(1 ),P(X=1)=(1 ),所以随机变量 X 的分布列为X101P(1 )+(1 )(1 )(1 )(2)(i)由(1)得:a=0.4,b=0.5,c=0.1.因此pi=0.4pi1+0.5pi+0.1pi+1,故 0.1(pi+1 pi)=0.4(pi pi1),即 pi+1 pi=4(pi pi1).又 因 为 p1 p0=p1=0,所 以pi+1 pi(i=0,1,2,7)为公比为 4,首项为 p1的等比数列.(ii)由(i)可得,p8=p8 p7+p7 p6+p1 p0+p0=(p8 p7)+(p7 p6)+(p1 p0)=48 13p1.由于 p8=1,故 p1=348 1,所以,p4=(p4 p3)+(p3 p2)+(p2 p1)+(p1 p0)=44 13p1=1257.p4表示最终认为甲药更有效的概率,由计算结果可以看出,在甲药治愈率为 0.5,乙药治愈率为 0.8 时,认为甲药更有效的概率为 p4=1257 0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.2.试题背景本题的高等数学背景是“两端带有吸收壁的随机游动”.3.1 背景内容考虑 x 轴上的一个质点,假定它只能位于整数点,在时刻 t=0 时,它处于初始位置 a(a 是整数),以后每隔单位时间,它总受到一个外力的随机作用,使位置发生变化,分别以概率 p 及概率 q=1 p 向正的或负的方向移动一个单位,我们所关心的是质点在时刻 t=n 时的位置.用这种方式描述的质点运动称为随机游动.若在质点游动的两端各设有一个吸收壁,质点一到达这两个端点即被吸收而不再游动,因而整个游动也就结束了,这种随机游动称为两端带有吸收壁的随机游动.3.2 背景分析在本题中,将甲药视为研究对象,记为质点 M.在试验开始时甲药被赋予 4 分,即质点 M 的初始位置为 x=4,每轮试验甲药得 1、0 或 1 分,分别对应质点 M 向负的方向移动一个单位、静止不动或向正的方向移动一个单位.当乙药治愈的白鼠比甲药治愈的白鼠多 4 只时,试验结束,此时甲药的得分为 0,代表在数轴 x=0 处有一个吸收壁,当质点移动到该位置时随机游动结束;当甲药治愈的白鼠比乙药治愈的白鼠多 4 只时,试验结束,此时甲药的得分为 8,代表在数轴 x=8 处有一个吸收壁,当质点移动到该位置时随机游动结束.通过以上分析可知,本题所给的药物试验方案实质上就2024 年第 1 期(上半月刊)中学数学研究9是带有吸收壁的随机游动,只是对于每次游动不只有负或正两个方向,还有可能静止不动.3.3 递推公式的由来设事件 Ai(i=0,1,2,8)表示“甲药的累计得分为 i”,即质点 M 位于 x=i 处,简记为|M|=i.事件B 表示“最终认为甲药比乙药更有效”,即|M|=8.由题pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则 pi=P(B|Ai)=P(B Ai)P(Ai).当 i=0 时,事件 A0表示|M|=0,此时随机游动结束,事件 B 一定不发生,故 B A0=,即 P(B A0)=0,所以 p0=0;当 i=8 时,事件 A8表示|M|=8,即 A8=B,故 B A8=A8,所以 P(B A8)=P(A8),所以 p8=1;当1 6 i 6 7(i N+)时,在事件 Ai发生的条件下,事件 B 发生有三种方式来实现:1下一次向负方向移动并最终事件 B 发生;2下一次静止不动并最终事件 B 发生;3下一次向正方向移动并最终事件 B 发生.此时计算 pi就需要用到全概率公式.由全概率公式知,当 1 6 i 6 7(i N+)时,pi=P(B|Ai)=P(X=1)P(B|Ai1)+P(X=0)P(B|Ai)+P(X=1)P(B|Ai+1)=api1+bpi+cpi+1.(其中 a=P(X=1),b=P(X=0),c=P(X=1)这样我们就得到了题中所给的式子.3.试题推广假设在数轴 x=0 和 x=n(n N+)处各有一个吸收壁.质点 M 每隔单位时间发生一次随机游动.一次游动距离设为随机变量 X,并设其分布列如下:X101Pabc易知 a+b+c=1(其中 0 6 a,b,c 6 1).设 pi表示“质点 M 在 x=i(0 6 i 6 n,n N+)时,最终被 x=n 吸收”的概率.则 p0=0,pn=1,pi=api1+bpi+cpi+1(i=1,2,n 1),将 a+b+c=1 代入,得 pi+1 pi=ac(pi pi1)即数列 pi+1 pi(i=0,1,2,n 1)是以 p1 p0=p1为首项,ac为公比的等比数列,故pi+1 pi=p1(ac)i.当ac=1 时,数列 pi 是以 p0为首项,p1为公差的等差数列,则 pi=p0+i p1=i p1,又知 pn=1,代入上式解得 p1=1n,故 pi=in,其中i=0,1,2,n.当ac=1 时,则pn=pn pn1+pn1 pn2+p1 p0+p0=(pn pn1)+(pn1 pn2)+(p1 p0)=p1(ac)n1+p1(ac)n2+p1(ac)0=p11 (ac)n1 ac.又知 pn=1,代入上式解得 p1=1 a/c1 (a/c)n,故 pi=1 (a/c)i1 (a/c)n,其中 i=0,1,2,n.4.变式探究变式 1(2023 年新高考 I 卷)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为 0.6,乙每次投篮的命中率均为 0.8.由抽签确定第 1次投篮的人选,第 1 次投篮的人是甲、乙的概率各为 0.5.(1)求第 2 次投篮的人是乙的概率;(2)求第 i 次投篮的人是甲的概率;(3)已知:若随机变量 Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1 P(Xi=0)=qi,i=1,2,n,则 E(ni=1Xi)=ni=1qi.记前 n 次(即从第 1 次到第 n 次投篮)中甲投篮的次数为 Y,求 E(Y).解(1)由题意知,P(_ 乙)=P(甲乙)+P(乙乙)=0.5 (1 0.6)+0.5 0.8=0.6.(2)设第 i 次是甲投的概率为 pi,则第 i 次是乙投的概率为 1 pi,且 p1=12.所以 pi+1=0.6pi+(1 0.8)(1 pi)=0.4pi+0.2.则 pi+113=25(pi13).所以pi13 是首项为16,公比为25的等比数列,即 pi13=16(25)i1,从而 pi=16(25)i1+13,i N(3)因为 pi=16(25)i1+13,i=1,2,n,所以当n N时,E(Y)=p1+p2+pn=5181 (25)n+n3.故 E(Y)=5181 (25)n+n3.变式 2(2021 年辽宁省数学竞赛)为了释放学生压力,某校高三年级一班进行了一个投篮游戏.期间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛(每人各投一次为一轮).在相同的条件下,每轮甲乙两人站在同一位置上,甲先投,每人投一次篮,两人有 1 人命中,命中者得 1 分,未命中者得 1 分;两人都命中或都未命中,两人均得 0 分.设甲每次投篮命中的概率为23,乙每次投篮命中的概率为12,且各次投篮互不影响.(1)经过 1 轮投篮,记甲的得分为 X,求 X 的分布列及期10中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)望;(2)若经过 n 轮投篮,用 pi表示第 i 轮投篮后,甲的累计得分低于乙的累计得分的概率.1求 p1,p2,p3;2规定 p0=0,经过计算机模拟可得 pi=api+1+bpi1(i 1,i N),请根据1中 p1,p2,p3的值求出 a,b 的值,并由此求出数列 pn 的通项公式.解(1)X 的可能取值为 1,1,0.P(X=1)=1312=16,P(X=0)=1223+(1 13)(1 23)=12,P(X=1)=2312=13.所以 X 的分布列为X101P161213期望 E(X)=16.即经过 1 轮投篮,甲得分的期望为16分.(2)1由(1)知 p1=16.经过两轮投球,甲的累计得分低于乙的累计得分的有两种情况:一是甲两轮都得分为分 1;二是两轮中甲一轮得 0,另一轮得 1 分.所以p2=(16)2+C121216=736.经过三轮投球,甲累计得分低于乙的累计得分的有四种情况:1,1,1;1,1,0;1,0,0;1,1,1.所以p3=(16)3+C23(16)212+C1316(12)2+C23(16)213=43216.2将 p0,p1,p2,p3的值分别代入 pi=api+1+bpi1,解得 a=67,b=17,所以 pi=67pi+1+17pi1,即 pi+1pi=16(pi pi1).又 p1 p0=16,所以 pn pn1 是首项为16,公比为16的等比数列,所以 pn pn1=(16)n.故pn=(pn pn1)+(pn1 pn2)+(p1 p0)+p0=16(1 16n)1 16=15(1 16n).即数列 pn 的通项公式为 pn=15(1 16n).变式 3(2023 年甘肃省数学竞赛)马尔可夫链是因俄国数学家安德烈马尔可夫得名,其过程具备“无记忆”的性质,即第 n+1 次状态的概率分布只跟第 n 次的状态有关,与第 n1,n2,n3,次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子,盒子中都有大小、形状、质地相同的 2 个红球和 1 个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换,重复进行n(n N)次操作后,记甲盒子中黑球个数为 Xn,甲盒中恰有 1 个黑球的概率为 an,恰有 2 个黑球的概率为 bn.(1)求 X1的分布列;(2)求数列 an 的通项公式;(3)求 Xn的数学期望.解(1)由題意可知,X1的可能取值为 0,1,2,由相互独立事件概率乘法公式可知 P(X1=0)=1323=29,P(X1=1)=1313+2323=59,P(X1=2)=2313=29,故 X1的分布列如下表X1012P295929(2)由全概率公式可知P(Xn+1=1)=P(Xn=1)P(Xn+1=1|Xn=1)+P(Xn=2)P(Xn+1=1|Xn=2)+P(Xn=0)P(Xn+1=1|Xn=0)=(1313+2323)P(Xn=1)+(23 1)P(Xn=2)+(1 23)P(Xn=0).即 an+1=59an+23bn+23(1 an bn).所以 an+1=19an+23,得 an+135=19(an35).又 a1=P(X1=1)=59,所以数列 an35 是以 a135为首项,以19为公比的等比数列,所以 an35=245(19)n1=25(19)n,故 an=35+25(19)n.(3)由全概率公式可得P(Xn+1=2)=P(Xn=1)P(Xn+1=2|Xn=1)+P(Xn=2)P(Xn+1=2|Xn=2)+P(Xn=0)P(Xn+1=2|Xn=0)=(2313)P(Xn=1)+(13 1)P(Xn=2)0 P(Xn=0).即 bn+1=29an+13bn.又 an=35+25(19)n,所以 bn+1=13bn+2935+25(19)n,得 bn+115+15(19)n+1=13 bn15+15(19)n.又 b1=P(X1=2)=29,所以 b115+15(19)=2915145=0,所以bn15+15(19)n=0,故 bn=1515(19)n.所以 E(Xn)=an+2bn+0 (1 an bn)=an+2bn=1.参考文献1 李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法 M.合肥:中国科学技术大学出版社,2022.4.2 李鸿昌,杨春波,程汉波.高中数学一点一题型(新高考版)M.合肥:中国科学技术大学出版社,2022.7.3 李鸿昌.数列模型视角下的概率统计问题J.高中数理化,2023(Z1):1-4.