一道高考概率题的背景、推广与变式.pdf
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1、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
2、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=
3、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
4、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
5、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.
6、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
7、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
8、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
9、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.
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