2024屆高考數學二輪專題復習與測試第一部分專題四概率與統(tǒng)計微中微概率與統(tǒng)計創(chuàng)新題型

微中微概率與統(tǒng)計創(chuàng)新題型1．(2023·茂名二模)馬爾可夫鏈是因俄國數學家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質，即第n＋1次狀態(tài)的概率分布只跟第n次的狀態(tài)有關，與第n－1，n－2，n－3，…次狀態(tài)是“沒有任何關系的”．現有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球．從兩個盒子中各任取一個球交換，重復進行n(n∈N*)次操作后，記甲盒子中黑球個數為Xn，甲盒中恰有1個黑球的概率為an，恰有2個黑球的概率為bn.(1)求X1的分布列；(2)求數列{an}的通項公式；(3)求Xn的期望．解：(1)由題可知，X1的可能取值為0，1，2，由相互獨立事件概率乘法公式可知：P(X1＝0)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(X1＝1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,9)，P(X1＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故X1的分布列如下表：X1012Peq\f(2,9)eq\f(5,9)eq\f(2,9)(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)＝(eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3))P(Xn＝1)＋(eq\f(2,3)×1)P(Xn＝2)＋(1×eq\f(2,3))P(Xn＝0)＝eq\f(5,9)P(Xn＝1)＋eq\f(2,3)P(Xn＝2)＋eq\f(2,3)P(Xn＝0)，即an＋1＝eq\f(5,9)an＋eq\f(2,3)bn＋eq\f(2,3)(1－an－bn)，所以an＋1＝－eq\f(1,9)an＋eq\f(2,3)，所以an＋1－eq\f(3,5)＝－eq\f(1,9)(an－eq\f(3,5))，又a1＝P(X1＝1)＝eq\f(5,9)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(3,5)))是以a1－eq\f(3,5)為首項，以－eq\f(1,9)為公比的等比數列，所以an－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,45)×(－eq\f(1,9))n－1＝eq\f(2,5)×(－eq\f(1,9))n，即an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×(－eq\f(1,9))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)＝(eq\f(2,3)×eq\f(1,3))P(Xn＝1)＋(eq\f(1,3)×1)P(Xn＝2)＋0×P(Xn＝0)，即：bn＋1＝eq\f(2,9)an＋eq\f(1,3)bn，又an＝eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×(－eq\f(1,9))n，所以bn＋1＝eq\f(1,3)bn＋eq\f(2,9)×[eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×(－eq\f(1,9))n]，所以bn＋1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×(－eq\f(1,9))n＋1＝eq\f(1,3)×[bn－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×(－eq\f(1,9))n]，又b1＝P(X1＝2)＝eq\f(2,9)，所以b1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×(－eq\f(1,9))＝eq\f(2,9)－eq\f(1,5)－eq\f(1,45)＝0，所以bn－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×(－eq\f(1,9))n＝0，所以bn＝eq\f(1,5)－eq\f(1,5)×(－eq\f(1,9))n，所以E(Xn)＝an＋2bn＋0×(1－an－bn)＝an＋2bn＝1.2．(2023·惠州一模)為了避免就餐聚集和減少排隊時間，某校開學后，食堂從開學第1天起，每餐只推出即點即取的米飯?zhí)撞秃兔媸程撞停阎惩瑢W每天中午會在食堂提供的兩種套餐中選一種，已知他第一天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿閑q\f(2,3)，而前一天選擇了米飯?zhí)撞秃笠惶炖^續(xù)選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿閑q\f(1,4)，前一天選擇面食套餐后一天繼續(xù)選擇面食套餐的概率為eq\f(1,2)，如此往復．(1)求該同學第2天中午選擇米飯?zhí)撞偷母怕剩?2)記該同學第n天選擇米飯?zhí)撞偷母怕蕿镻n.①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(2,5)))為等比數列；②證明：當n≥2時，Pn≤eq\f(5,12).(1)解：設A1＝“第1天選擇米飯?zhí)撞汀?，A2＝“第2天選擇米飯?zhí)撞汀?，則eq\o(A,\s\up6(－))1＝“第1天不選擇米飯?zhí)撞汀保深}意可得，P(A1)＝eq\f(2,3)，P(eq\o(A,\s\up6(－))1)＝eq\f(1,3)，P(A2|A1)＝eq\f(1,4)，P(A2|eq\o(A,\s\up6(－))1)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由全概率公式可得，P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)·P(A2|eq\o(A,\s\up6(－))1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).(2)證明：①設An＝“第n天選擇米飯?zhí)撞汀?，則Pn＝P(An)，則P(eq\o(A,\s\up6(－))n)＝1－Pn，由題意，P(An＋1|An)＝eq\f(1,4)，P(An＋1|eq\o(A,\s\up6(－))n)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由全概率公式可得，Pn＋1＝P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))n)P(An＋1|eq\o(A,\s\up6(－))n)＝eq\f(1,4)Pn＋eq\f(1,2)(1－Pn)＝－eq\f(1,4)Pn＋eq\f(1,2)，因此Pn＋1－eq\f(2,5)＝－eq\f(1,4)(Pn－eq\f(2,5))，因為P1－eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(2,5)))是以eq\f(4,15)為首項，－eq\f(1,4)為公比的等比數列．②由①可得Pn＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)(－eq\f(1,4))n－1，當n為大于1的奇數時，Pn＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)(eq\f(1,4))n－1≤eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)(eq\f(1,4))2＝eq\f(5,12)；當n為正偶數時，Pn＝eq\f(2,5)－eq\f(4,15)(eq\f(1,4))n－1<eq\f(2,5)<eq\f(5,12).綜上所述，當n≥2時，Pn≤eq\f(5,12).3．(2023·日照一模)第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦．在決賽中，阿根廷隊通過點球戰(zhàn)勝法國隊獲得冠軍．(1)撲點球的難度一般比較大．假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有eq\f(2,3)的可能性撲不到球．不考慮其他因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點球的個數X的分布列和期望；(2)好成績的取得離不開平時的努力訓練，甲、乙、丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接住，記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，易知p1＝1，p2＝0.①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))為等比數列；②設第n次傳球之前球在乙腳下的概率為qn，比較p10與q10的大?。?1)解：X的所有可能取值為0，1，2，3，在一次撲球中，撲到點球的概率P＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×3＝eq\f(1,9)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)(eq\f(8,9))3＝eq\f(512,729)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·eq\f(1,9)·(eq\f(8,9))2＝eq\f(192,729)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·(eq\f(1,9))2·eq\f(8,9)＝eq\f(24,729)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)(eq\f(1,9))3＝eq\f(1,729)，所以X的分布列如下：X0123Peq\f(512,729)eq\f(192,729)eq\f(24,729)eq\f(1,729)E(X)＝eq\f(192,729)×1＋eq\f(24,729)×2＋eq\f(1,729)×3＝eq\f(1,3).(2)①證明：第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，則當n≥2時，第n－1次傳球之前球在甲腳下的概率為pn－1，第n－1次傳球之前球不在甲腳下的概率為1－pn－1，則pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)pn－1＋eq\f(1,2)，即pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)(pn－1－eq\f(1,3))，又p1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))是以eq\f(2,3)為首項，公比為－eq\f(1,2)的等比數列．②解：由①可知pn＝eq\f(2,3)(－eq\f(1,2))n－1＋eq\f(1,3)，所以p10＝eq\f(2,3)(－eq\f(1,2))9＋eq\f(1,3)<eq\f(1,3)，所以q10＝eq\f(1,2)(1－p10)＝eq\f(1,2)[eq\f(2,3)－eq\f(2,3)(－eq\f(1,2))9]>eq\f(1,3)，故p10<q10.4．(2023·杭州二模)馬爾科夫鏈是概率統(tǒng)計中的一個重要模型，也是機器學習和人工智能的基石，在強化學習、自然語言處理、金融領域、天氣預測等方面都有著極其廣泛的應用．其數學定義為：假設我們的序列狀態(tài)是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)Xt，即P(Xt＋1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt)．現實生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．假如一名賭徒進入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為50%，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸的概率為50%，且賭輸就要輸掉1元．賭徒會一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會結束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達到預期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為A(A∈N*，A<B)，賭博過程如圖的數軸所示．當賭徒手中有n元(0≤n≤B，n∈N)時，最終輸光的概率為P(n)，請回答下列問題：(1)請直接寫出P(0)與P(B)的數值；(2)證明{P(n)}是一個等差數列，并寫出公差d；(3)當A＝100時，分別計算B＝200，B＝1000時，P(A)的數值，并結合實際，解釋當B→∞時，P(A)的統(tǒng)計含義．(1)解：當n＝0時，賭徒已經輸光了，因此P(0)＝1.當n＝B時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率P(B)＝0.(2)證明：記M：賭徒有n元最后輸光的事件，N：賭徒有n元下一場贏的事件，P(M)＝P(N)P(M|N)＋P(eq\o(N,\s\up6(－)))P(M|eq\o(N,\s\up6(－)))，即P(n)＝eq\f(1,2)P(n－1)＋eq\f(1,2)P(n＋1)，所以P(n)－P(n－1)＝P(n＋1)－P(n)，所以{P(n)}是一個等差數列，設P(n)－P(n－1)＝d，則P(n－1)－P(n－2)＝d，…，P(1)－P(0