高考数学二轮专题复习——马尔可夫链

这是一份高考数学二轮专题复习——马尔可夫链，共11页。
A．B．
C．D．
【分析】据题意列出第n次（n≥2）由甲掷的两种情况，根据对立事件加法公式求得递推关系式，转化为构造数列求解通项公式的问题即可得到答案．
【解答】解：两颗骰子的点数之和为两位数的概率为．
第n次由甲掷有两种情况：
①第n﹣1次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；
②第n﹣1次由乙掷，第次由甲掷，概率为．
这两种情况是对立的，所以当n≥2时，，即，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，，．
故选：AB．
【点评】本题考查古典概型的问题，构造等比数列是解决本题的关键．
二．填空题（共1小题）
2．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于﹣2的位置”的概率为 ．
【分析】根据分步计数原理进行计算即可．
【解答】解：质点移动6次，可能结果共有2×2×2×2×2×2＝64种，
质若点位于﹣2的位置，则质点需要向左移动4次，然后向右移动2次，
则有＝15种，
则对应的概率P＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查古典概型的概率的计算，利用分步计数原理进行求解是解决本题的关键，是基础题．
三．解答题（共8小题）
3．某餐厅供应1000名学生用餐，每星期一有A、B两种菜可供选择，调查资料显示星期一选A菜的学生中有20%在下周一选B菜，而选B菜的学生中有30%在下周一选A菜，用An、Bn分别表示在第n个星期一选A菜、B菜的学生数，试写出An与An﹣1的关系及Bn与Bn﹣1的关系．
【分析】根据在本周星期一选A菜的，下周星期一会有20%改选B，而选B菜的，下周星期一则有30%改选A，结合An+Bn＝1000，进而可知An＝An﹣1+300，利用总共1000人计算可知Bn＝Bn﹣1+200．
【解答】解：依题意，An+1＝An（1﹣20%）+30%Bn，
又∵An+Bn＝1000，
∴An+1＝An+300，
故当n≥2时，An＝An﹣1+300；
∴1000﹣Bn＝（1000﹣Bn﹣1）+300，
整理得：Bn＝Bn﹣1+200．
【点评】本题考查数列的应用，考查求数列的通项，解题的关键是确定数列递推式，注意解题方法的积累，属于中档题．
4．现有甲、乙、丙、丁四个人相互之间传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，依此类推．
（1）通过三次传球，球经过乙的次数为X，求X的分布列与期望；
（2）设经过n次传球后，球落在甲手上的概率为an，
（ⅰ）求a1，a2；
（ⅱ）求an，并简要解释随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等．
【分析】（1）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求解概率分布列，由数学期望的计算公式求解即可；
（2）（i）由题意求出a1，a2即可；
（ii）利用递推数列构造等比数列求解通项公式，利用等比数列的单调性进行分析即可．
【解答】解：（1）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，
所以P（X＝0）＝××＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝，
所以X的分布列为：
X的数学期望是E（X）＝0×+1×+2×＝；
（2）（i）由题意可知，a1＝0，a2＝；
（ii）由题意可知，，
则，
所以，
则，
当n→+∞时，an→，
所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数，
又因为第一次从甲开始传球，而且每一次都是等可能地把球传给任何一个人，
所以球落在每个人手上的概率都相等，
所以球落在乙、丙、丁手上的概率为＝，
故传球次数足够多时，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率都是．
【点评】本题考查了随机变量的概率分布、数学期望、等比数列通项公式的应用，考查了应用意识、化归与转化思想，属于中档题．
5．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α和β，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＝api﹣1+bpi+cpi+1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝﹣1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）．假设α＝0.5，β＝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．
【分析】（1）由题意可得X的所有可能取值为﹣1，0，1，再由相互独立试验的概率求P（X＝﹣1），P（X＝0），P（X＝1）的值，则X的分布列可求；
（2）（i）由α＝0.5，β＝0.8结合（1）求得a，b，c的值，代入pi＝api﹣1+bpi+cpi+1，得到pi+1﹣pi＝4（pi﹣pi﹣1），由p1﹣p0＝p1≠0，可得{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，利用等比数列的前n项和与p8＝1，得p1＝，进一步求得p4＝．P4表示最终认为甲药更有效的概率，结合α＝0.5，β＝0.8，可得在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【解答】（1）解：X的所有可能取值为﹣1，0，1．
P（X＝﹣1）＝（1﹣α）β，P（X＝0）＝αβ+（1﹣α）（1﹣β），P（X＝1）＝α（1﹣β），
∴X的分布列为：
（2）（i）证明：∵α＝0.5，β＝0.8，
∴由（1）得，a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1．
因此pi＝0.4pi﹣1+0.5pi+0.1pi+1（i＝1，2，…，7），
故0.1（pi+1﹣pi）＝0.4（pi﹣pi﹣1），即pi+1﹣pi＝4（pi﹣pi﹣1），
又∵p1﹣p0＝p1≠0，∴{pi+1﹣pi}（i＝0，1，2，…，7）为公比为4，首项为p1的等比数列；
（ii）解：由（i）可得，
p8＝（p8﹣p7）+（p7﹣p6）+…+（p1﹣p0）+p0＝，
∵p8＝1，∴p1＝，
∴p4＝（p4﹣p3）+（p3﹣p2）+（p2﹣p1）+（p1﹣p0）+p0＝p1＝．
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，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【点评】本题是函数与数列的综合题，主要考查数列和函数的应用，考查离散型随机变量的分布列，根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．
6．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt﹣2，Xt﹣1，Xt，Xt+1，…，那么Xt+1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P（Xt+1|…，Xt﹣2，Xt﹣1，Xt）＝P（Xt+1|Xt）．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A（A∈N*，A＜B），赌博过程如图的数轴所示．
当赌徒手中有n元（0≤n≤B，n∈N）时，最终输光的概率为P（n），请回答下列问题：
（1）请直接写出P（0）与P（B）的数值．
（2）证明{P（n）}是一个等差数列，并写出公差d．
（3）当A＝100时，分别计算B＝200，B＝1000时，P（A）的数值，并结合实际，解释当B→∞时，P（A）的统计含义．
【分析】（1）明确n＝0和n＝B的含义，即可得答案；
（2）由全概率公式可得，整理为P（n）﹣P（n﹣1）＝P（n+1）﹣P（n），即可证明结论；
（3）由（2）结论可得，即可求得B＝200，B＝1000时，P（A）的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义．
【解答】解：（1）当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P（0）＝1．
当n＝B时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率P（B）＝0．
（2）证明：记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元下一场赢的事件，
，
即，
所以P（n）﹣P（n﹣1）＝P（n+1）﹣P（n），
所以{P（n）}是一个等差数列，
设P（n）﹣P（n﹣1）＝d，
则P（n﹣1）﹣P（n﹣2）＝d，⋯，P（1）﹣P（0）＝d，
累加得P（n）﹣P（0）＝nd，
故P（B）﹣P（0）＝Bd，得；
（3）A＝100，由P（n）﹣P（0）＝nd得P（A）﹣P（0）＝Ad，即，
当B＝200时，P（A）＝50%，
当B＝1000时，P（A）＝90%，
当B→∞时，P（A）→1，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光．
【点评】此题很新颖，将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解，属于中档题．
7．为抢占市场，某品牌电动汽车近期进行了一系列优惠促销方案．要保证品质兼优，在车辆出厂前抽取100辆M款汽车作为样本进行了单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率直方图：
（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）根据大量的测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N（μ，σ2），经计算样本标准差s的近似值为50．用样本平均数作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，现从生产线下任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在220千米到470千米之间的概率；
（3）为迅速抢占市场举行促销活动，销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送汽车模型”活动，客户可根据抛掷骰子向上的点数，遥控汽车模型在方格图上行进，若汽车模型最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券2万元；若最终停在“赠送汽车模型”方格，则可获得汽车模型一个．方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格．汽车模型开始在第0格，客户每掷一次骰子，汽车模型向前移动一次．若掷出1，2，3，4点，汽车模型向前移动一格（从第k格到第k+1格），若掷出5，6点，汽车模型向前移动两格（从第k格到第k+2格），直到移到第19格（幸运之神）或第20格（赠送汽车模型）时游戏结束．设汽车模型移到第n（1≤n≤19）格的概率为Pn．
（ⅰ）求P19；
（ⅱ）若有6人玩该游戏，每人一局，求这6人获得优惠券总金额的期望（结果精确到1万元）．
附：若随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），则P（|X﹣μ|＜σ）≈0.6827，P（|X﹣μ|＜2σ）≈0.9545，P（|X﹣μ|＜3σ））≈0.9973．
【分析】（1）根据平均数的公式列式计算即可；
（2）根据正态分布曲线的对称性计算即可；
（3）根据题意求得{Pn﹣Pn﹣1}是以为首项，公比为的等比数列，从而求得P19，再根据X～B（6，P19），求数学期望．
【解答】（1）这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值＝320千米．
（2）因为X～N（320，502），μ＝320，σ＝50，
所以．
（3）（i）由题意知，，．
汽车模型移到第n（3≤n≤19）格的情况是下列两种：
①汽车模型先到第n﹣2格，又掷出5，6点，概率为；
②汽车模型先到第n﹣1格，又掷出1，2，3，4点，概率为．
∴，
则，
∴数列{Pn﹣Pn﹣1}是以为首项，﹣为公比的等比数列，
∴，n≥2．
∴Pn＝P1+（P2﹣P1）+（P3﹣P2）+⋯+（Pn﹣Pn﹣1）
＝
＝，n≥2．
∴．
（ii）设玩游戏的6人中有X人获得优惠券，则X～B（6，P19），
所以这6人获得优惠券总金额的期望值为（万元）．
【点评】本题考查根据频率分布直方图求平均数，正态分布曲线的特点及对称性，以及离散型随机变量的期望，属于中档题．
8．足球比赛在双方比分相同时，就会进入点球大战，点球大战考验球员和门将的心理素质和过硬的个人技术．假设罚点球的球员会等可能的随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能的随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性扑到球．
（1）在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数x的期望；
（2）球队教练并不想球队踢点球大战，平时要求队员努力训练，甲、乙、丙、丁4名队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住；记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0．
①试证明为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较pn与qn（n≥2）的大小．
【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
（2）①递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的嘅率为pn，则当n≥2时，第n﹣1次传球之前球在甲脚下的概率为pn﹣1，满足，即可得证；②由（1）可知＝﹣（﹣）n﹣1，作差即可求解．
【解答】解：（1）依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，
门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，
，
的分布列为：
期望；
（2）证明：①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，
则当n≥2时，第n﹣1次传球之前球在甲脚下的概率为pn﹣1，
第n﹣1次传球之前球不在甲脚下的概率为1﹣pn﹣1，
则，
从而，又，
∴是以为首项，公比为的等比数列；
解：②由（1）可知＝﹣（﹣）n﹣1，
则pn﹣qn＝（﹣）n﹣1，
故当n≥2且n为偶数时，pn＜qn；当n≥2且n为奇数时，pn＞qn．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
9．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n﹣1，n﹣2，n﹣3，…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的期望．
【分析】（1）由题意分析X1的可能取值为0，1，2，分别求出概率，写出分布列；
（2）由全概率公式得到，判断出数列{}是以为首项，以为公比的等比数列即可求解；
（3）利用全概率公式求出，求出，进而求出E（Xn）．
【解答】解：（1）由题可知，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）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝＝，
故X1的分布列如下表：
（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）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+（1×）P（Xn＝0）
＝P（Xn＝1）+P（Xn＝2）+P（Xn＝0），
即：an+1＝，
所以an+1＝，
所以an+1﹣＝（），
又a1＝P（X1＝1）＝，
所以，数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，
所以＝，
即：an＝+．
（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）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+0×P（Xn＝0），
即：bn+1＝+，
又an＝+，
所以bn+1＝+，
所以bn+1﹣+＝，
又b1＝P（X1＝2）＝，
所以＝＝0，
所以bn﹣+＝0，
所以，
所以E（Xn）＝an+2bn+0×（1﹣an﹣bn）＝an+2bn＝1．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列及期望，考查数列的应用，是难题．
10．某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加n（n∈N*，且n≥2）次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个：
方案①：若中奖则得30分，否则得0分；
方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．
第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．
（1）如果n＝2，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由．
（2）记顾客甲第i次获得的分数为Xi（i＝1，2，…，n），并且选择方案②．请直接写出E（Xi+1）与E（Xi）的递推关系式，并求E（X8）的值．（精确到0.1）参考数据：（）7≈0.059．
【分析】（1）分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择；
（2）依据题给条件即可求得E（X8）的值．
【解答】解：（1）若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为ξ，
则ξ的可能取值为40，35，10，5．
，
，
，
，
所以．
若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为η，
则η的可能取值为30，15，10，
则，
因为E（ξ）＞E（η），所以应选择方案①．
（2）依题意得，X1的可能取值为10，5，
其分布列为
所以，则，
由，得，
所以{E（Xi）﹣10}为等比数列，其中首项为，公比为．
所以，
故．
【点评】本题考查了离散型随机变量的期望以及概率中的决策问题，属于中档题．
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X
0
1
2
P



X
﹣1
0
1
P
（1﹣α）β
αβ+（1﹣α）（1﹣β）
α（1﹣β）
X
0
1
2
3
P




X1
0
1
2
P
X1
10
5
P