微考点7-2 递推方法计算概率与一维马尔科夫过程（数列与概率结合）（解析版）公开课教学设计课件资料

微考点7-2递推方法计算概率与一维马尔科夫过程（数列与概率结合）

考点解密■

【考点分析】

①转移概率：对于有限状态集合s,定义：e,j=p（x“+piXi）为从状态到状态）的转移概率.

②马尔可夫链：若p（xn+｝=j|X,5X…扃，…,X。气）=P（Xn+I=：IXn=i）=与，即未来状态xn41只受当前状

态X”的影响，与之前的X,*,X”-、X。无关.

③完备事件组：如果样本空间C中一组事件组｛A,4，…｝符合下列两个条件：

（1）AjC4=0,iw，i,/=l,2,…〃；（2）uA=Q.

jt=i

则称｛4,4，…）是Q的一个完备事件组，也称是。的一个分割.

④全概率公式：设｛4,4,…4｝是一个完备事件组，则有p（B）=fp（A）p（B|A。

k»\

⑤一维随机游走模型，即：设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处,在时刻1=0时,位于点工=/（/-WN+）,

下一个时刻，它将以概率。或者夕

（aw（0,l）,a+4=l）向左或者向右平移一个单位.若记状态X.表示：在时刻，该点位于位置

x=igN1,那么由全概率公式可得：

P-=P（Xw）­P（IX』）+P（Xi）-P（X,.『j|X』）

另一方面，由于P（x川=[Xw）=JP（X-i|Xi）=a,代入上式可得：

小万匕.

进一步，我们假设在x=0与x九（帆＞0,mwN,）处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时被吸收，不再游

走.于是，4=0,^=1.随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程.

进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为。，原地不动，其概率为人，向右

平移一个单位，其概率为c,那么根据全概率公式可得：

■题型解密■

【精选例题】

【例1】(2023•新高考1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，

若木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；

⑶已知：若随机变量X,服从两点分布，且/＞口=1)=1—/＞(%=0)=而=1,2「.,〃,则七收＞］=£＞―记

\r=i7f=i

前〃次(即从第।次到第〃次投篮)中甲投篮的次数为y,求日了).

解析：⑴记“第i次投篮的人是甲”为事件4,“第i次投篮的人是乙”为事件％所以,

P(B2)=P(A,B2)+P(BiB2)=P(A.)P(B2\A,)+=0.5x(l-0.6)+0.5x0.8=0.6.

(2)设尸(A)=〃j,依题可知,尸(4)=1-Pj,则

P(A*J=P(A4+J+P(4AM)=P(A)P(4MI4)+P(4)P(4+JBJ,即

pi+=0.6A+(1-0.8)x(1-p.)=0.4pz+0.2,构造等比数列5+»,设〃R+4=］(P,+4)，解得％=-：,则

〃川TUY］，又〃】=＜，〃：=［所以二TJ是首项为［公比为言的等比数列，即

35V236365

⑶因为p,.=X|）4i=l,2,…”所以当〃eN"时,

=“'1n5f,「2丫111.,匚,V、5（2Yn

E（y）=〃|+〃2+-""=$^r+厂碎七〃+?故E（y）=正1-7+4・

1O\J/J

5

【例2】某公司为激励员工，在年会活动中，该公司的〃(〃之3)位员工通过摸球游戏抽奖，其游戏规则为:

每位员工前面都有1个暗盒，第1个暗盒里有3个红球与1个白球.其余暗盒里都恰有2个红球与1个白球，

这些球的形状大小都完全相同.第1位员工从第1个暗盒里取出1个球，并将这个球放入第2个暗盒里，第

2位员工再从第2个暗盒里面取出1个球并放入第3个暗盒里，依次类推，第n-l位员工再从第n-1个暗盒

里面取出1个球并放入第〃个暗盒里.第〃位员工从第〃个暗盒中取出1个球，游戏结束.若某员工取出的球

为红球，则该员工获得奖金1000元，否则该员工获得奖金500元.设第i（l«注〃）位员工获得奖金为X,元.

⑴求&=1000的概率；

⑵求X的数学期望E（XJ,并指出第几位员工获得奖金额的数学期望最大.

t答案】⑴*⑵E（X,）=5；°第1位

【详解】（1）X?=1（X）（）的情形为第2位员工从第2个盒子中摸出红球，包括两种情况：①第I位员工从从

第I个盒子中摸出红球放入第2个盒子后第2位员工摸出红球；②第1位员工从从第1个盒子中摸出白球

放入第2个盒子后第2位员工摸出红球.故X?=1000的概率为：P（X2=1000）=4x4+4x1=22.

444216

3|11?if

⑵设第i位员工取出红球的概率为仁则有匕产?片+?1-用=-6+（即：^+1--=-，且

4=（/-|='工0故卜-共组成首项为《，公比为;的等比数列即

q=2+'（」1：第1位员工取出白球的概率为1-6.易知X的所有可能取值为1000,500,则X的

分布列如下：

X,1000500

11pY

PrHU3-3\4；

"）=10003.（？］+500出.&|=500渭冏+500沼.詈5+（；］显然

石（XJ关于i单调递减，.•.第1位员工获得奖金额的数学期望最大.

【例3】网球运动是一项激烈且耗时的运动，对于力量的消耗是很大的，这就需要网球运动员提高自己的耐

力.耐力训练分为无氧和有氧两种训练方式.某网球俱乐部的运动员在某赛事前展开了一轮为期90天的封

闭集训，在封闭集训期间每名运动员每天选择一种方式进行耐力训练.由训练计划知，在封闭集训期间，

若运动员第，7（〃eZ.〃工89）天进行有氧训练，则第〃+1天进行有氧训练的概率为3，第〃+1天进行无氧训

练的概率为4若运动员第〃天进行无氧训练，则第〃+1天进行有氧训练的概率为7:，第〃+1天进行无氧训

练的概率为若运动员封闭集训的第1天进行有氧训练与无氧训练的概率相等.

(1)封闭集训期间，记3名运动员中第2天进行有氧训练的人数为X,求X的分布列与数学期望;

(2)封闭集训期间，记某运动员第4天进行有氧训练的概率为V，求65.

【答案】⑴分布列见解析，2；(2)--xf-1+—

33⑼11

【详解】(1)设运动员第2大进行有氧训练为事件M,第2大进行尢氧训练为事件N,则

1517M2141231

P(历)=///(=装号，=+==A所以3名运动员第2天进行有氧训练的人数

<1V1,21V2

X~B13,Q,可知X=0,1,2,3,则p(X=0)=—=—,P(X=l)=C；x—x—=—,

\)\3/273\3)9

P(X=2)=C；(：'x；=1，P(X=3)=[)二段，所以X的分布列为

X0123

1248

P

279927

2

所以E(X)=3x^=2.

572771(1\

(2)依题意可得%=gx§+(l-K)x§，即降=-gt,+§(〃eN，且，三89)•则以「石=一鼠匕一五)

(〃wN"且〃<89),且7/17《=-23=0,所以数列匕一m7是首项为一、3,公比为V2的等比

73(2Y-'_3(2?-，7口3<71<2?37

数列，则Hll匕n---=----XI，即hi4d——T~X|H,所以P..=----XH=----x_4.

"1122I9)22I9J11452219)1133⑼11

【例4】甲乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，

另一人没投进，则投进者得1分，没进者得-1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得。分，

当两人各自累计总分相差4分时匕赛结束，得分高者获胜.在每次投球中甲投进的概率为0.5,乙投进的概

率为0.6,每次投球都是相互独立的.

(1)若两人起始分都为。分，求恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率.

(2)若规定两人起始分都为2分，记P(i)(i=0J2,3,4)为甲累计总分为1•时，甲最终获胜的概率，则

P(0)=0,P(4)=l

①求证仍(i+D-?⑴}(f=04,2,3)为等比数列

②求P(2)的值.

4

【答案】(1)0.0348：(2)①证明见解析；②百【详解】(1)记在每一轮比赛中甲得为事件A,

P(A)=0.5x(!-0.6)=0.2,乙得为事件8,P(^)=(1-0.5)x0.6=0.3,得0分为事件C,

P(C)=l-P(A)-P(fi)=0.5.记“恰好经过4轮比赛,甲获胜”为事件。则

P(D)=C；0.2O.520.2»C^O.20.3O.22=0.0348,所以恰好经过4轮，甲赢得比赛的概率为0.0348.

(2)记甲累计总分为，时，甲最终获胜为事件M,则P(M)=P(A)•P(M|4)+P(B)•P(M|B)+P(C)P(M|C)

即P(i)=0.2・P(i+1)+0.3P(i-1)+0.5P(i)整理可得P(i+1)-P(i)=|(P(i)-P(j-1))且显然

P(l)-P(0)=P(l)w0,.•.{P(i+1)-P(i)}(i=0J2,3)为等比数列，且首项为P⑴，公比为T，②

3927

P(l)-P(0)=P(l),P(2)-P(l)=-P(l),A3)—P(2)=wP⑴，P(4)—P(3)=qP⑴，登加可得

P(4)—P(0)=兽P⑴，而P⑴=£,.•.P(2)=MP6=[

o65213

【例5】某学校新校区在校园里边种植了一种漂亮的植物，会开出粉红色或黄色的花.这种植物第1代开粉

红色花和黄色花的概率都是g,从第2代开始，若上一代开粉红色的花,则这一代开粉红色的花的概率是1,

开黄色花的概率是:2；若上一代开黄色的花，则这一代开粉红色的花的概率为：I，开黄色花的概率为4:.设

第〃代开粉红色花的概率为匕.

⑴求第2代开黄色花的概率；

一一3P、

⑵证明：Z不丁•<2・

i=1

3

【答案】⑴(2)证明见解析【详解】(1)设事件A,.表示第j代开粉红色花，事件与表示第i代开黄色花，

由题意可得P(8J=P(A)P(生⑷+P(8JP(不忸=所以第2代开黄色花的概率为

乙D4JJJ

131,、2I293

(2)由题可知々=5，5=5月1+/一唠)即2=*"底.设2十2=《(*+2),则2=d1_?,

-%=：,解得一[即匕-黄斗匕W1，所以'』是以!为首项，：为公比的等比数列；可得

55335V3；3J65

^-i=ixpr,即”」+丫2r；因此

"36⑸"36⑸

由累力口法可得:

<2\-3P

•所以可得2方<2.

1=1jr>rM

【跟踪训练】

1.有一个质地均匀的正方体骰子与一个有61个格子的矩形方格图，矩形方格图上从0,1,2,60依次

标号.一个质点位于第。个方格中，现有如下游戏规则：先投掷骰子，若出现1点或2点，则质点前进I格，

否则质点前进2格，每次投掷的结果互不影响.

⑴求经过两次投掷后，质点位于第4个格子的概率；

（2）若质点移动到第59个格子或第60个格子时，游戏结束，设质点移动到第〃个格子的概率为几，求〃的和

%的值.

【答案】⑴小⑵%=|-产，%=|+今（$".

2142

【详解】（1）设事件A为质点前进।格，事件4为质点前进2格，则P（A）=]=RP（A2）=：=3,设事件

6363

4

8为质点经过两次投掷后位于第4个格子，所以P（〃）=P（44）=P（4）P（4）=1.

（2）质点移动到第〃（〃=3,4,5,…,59）个格子的情况可分为两种：由第n-l个格子移动至第〃个格子；由第

1,、，、21174

〃一2个格子移动至第〃个格子，则Pi=P（A）=Q,P2=P（4）+P（4A）=Q+QXQ=3，p2—pi=e，

JJJJ77

1oo4

P”=P（4）亿1+P（4）P”-2=+”吁2，因此〃"--%.2），则数列加I-Pz｝是以可为首项，

2为公比的等比数列，于是〃4；2尸、=（_2；）”，因此

〃”=〃|+（〃2一四）+（用一〃2）+・一+（〃吁1一〃“-2）+（〃”一凡7）

=：+（—令?+（一守+...+（—令二+（一令令"，所以%=：+：.（令58,/%=：-2（令管

2.重庆南山风景秀丽，可以俯瞰渝中半岛，是徒步休闲的好去处.上南山的步道很多，目前有标识的步道共

有18条.某徒步爱好者俱乐部发起项活动，若挑战者连续12天每天完成次徒步上南山（每天多次上山

按一次计算）运动，即可■获得活动大礼包.已知挑战者甲从11月1号起连续12天都徒步上南山一-次，每次

3

只在凉水井步道和清水溪步道中选一条上山.甲第一次选凉水井步道上山的概率为1而前一次选择了凉

水井步道，后一次继续选择凉水井步道的概率为3前一次选择清水溪步道，后一次继续选择清水溪步道的

概率为如此往复.设甲第〃（〃:1，2,12）天走凉水井步道上山的概率为2.

⑴求。和〜

⑵求甲在这12天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数.

5?7I

【答案】（1）6=77，4=彳+^^-二尸匕甘？，…,12）；⑵II天.

1652（）4

311r1A5

【详解】（1）甲第二天走凉水井步道上山的概率为依题意，+=由题意得

]|II2I22327

匕=立1二+（1—23•5=一2立I+不（〃=2,3,.../2）,整理得勺一三二—7（匕1—]，而《一三二：一三二五工0,

因此数列｛匕一9口是以7《为首项，以-1:为公比的等比数列，所以月=2：+7£•（—1：）1（〃=1，2,3L.,12）.

52045204

（2）由题意知，选择走凉水井步道上山的概率小于走清水溪步道上山概率只需即

匕45=1,2,…,12）,有：+'.（_；尸《，即（一?当〃为偶数，（一；严<0恒成立；当〃为奇数

时，即当〃=1,3,5,…,11时，有（；1严<二2即可,而当〃=|时，1>-9,显然不成立;当〃=3时，（-I）2=—I<-?,

4774167

即当〃=3时成立，又数列｛（：）”“｝单调递减，因此当〃=5.7,9,11时成立，因此有11天符合要求，所以甲在

这12天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数是11天.

3.有〃个编号分别为L2,…，〃的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1

个白球，现从第I个盒子中任取一球放入第2个盒子，现从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，……，

依次进行.

（1）求从第2个盒子中取到红球的概率；

（2）求从第〃个盒子中取到红球的概率：

（3）设第〃个盒子中红球的个数为X,X的期望值为以X）,求证：E（X）42.

【答案】（陪；⑵;+：x（；）”；（3）证明见解析

2—1

【详解】（1）记“从第i个盒子中取到红球”为事件a,此时P（4）=W，P（A）=（则

P（,%）=P（A4）+P（*）=P（A）P（4|A）+P（QP闯心=躬+抬="

（2）因为p（4）=p（*4）+p0，）=P（）P（A,|*）+p（耳）尸闻北）

=p（A,,1）x1+[i-p（4,1）]xl=lp（AJ.1）+l,所以p（』）_；=杷（&）-5,则数列仍（4）一；｝是以

p（A）UU为首项，;为公比的等比数歹|J,此时夕（A.）—：=；x（；尸，即p（A,）=：+；x（!）",当”=1

2I1I

时，P（A）=J，符合题意，综上，从第〃个盒子中取到红球的概率为：+

3223

（3）证明：易知X的所有可能取值为1,2,此时P（X=1）=P（工;）=l-P（Ai）=；；x（：产，

乙乙D

P（X=2）=P（4』）=g+gX《严，则X的分布列为：

X12

P11人T"八T

5-5号5+打

所以E（X）=IX4-!（3恒]+2（:十:（g）"T]=1+:（3"'，由于31+:（!厂'KI+:《）1=2,故

2232232232223223

3

^<E（X）<2.

4.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〃+1次状态的概率分

布只跟第〃次的状态有关，与第〃-1，〃-2,〃-3一・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I个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行〃（〃eN'）次

操作后，记甲盒子中黑球个数为左，甲盒中恰有1个黑球的概率为明,恰有2个黑球的概率为

（1）求X的分布列；

（2）求数列｛q｝的通项公式；

（3）求X“的期望.

解析：（I）由题可知，X1的可能取值为o,1,2.由相互独立事件概率乘法公式可知：

n/v八\122c/v11225n/v212

p（x,=o）=-x---；F（X1-l）--x-+-x---；P（X1-2）=-x-=-,

JjJJJ

故X的分布列如下表：

（2）由全概率公式可知:

P(Xf=1)=P(x“=1)•p(Xn+1=l|Xn=l)+P(X„=2)P(Xa+1=l|xw=2)

+P(X“=O)，(Xm=l|X"=O)

二（丁丁59卜（兀=l）+bxl|p（X.=2）+（iq「（X.=。）

522

二『（"）+丁（X〃=2）+丁（X.=。），

522123113、

即：。2=6%+三包+可（1一。”-2），所以。,m=-6q+三，所以为+1-彳=-3%一彳，

5f3132I

又4=P（X=1）=?所以，数列%-彳为以4一；=一卷为首项，以丁为公比的等比数列，所以

>IJJ。4Dy

32（lY-1211丫....32f1Y

54519yl5I9j55（9>l

（3）由全概率公式可得：P（X.“=2）

=P(Xn=l)P(Xn+1=2|X„=l)+P(Xn=2>P(X〃=2|X“=2)+P(X,=())•P(Xn+1=2|X„=0)

,21、(\\

=-x--P(Xn=l)+-xl.p(X„=2)+0.P(Xzt=0).

IJ31\-^/

即：“*尸薮。.+；”.又+，所以+-{I/

所以=也_呆，"'］,又a=p(x=2)=；,

所以自一!+!乂(一：］=£—:一1二0,所以2一=0,所以"=_L__L(_，［,

55I"9545"5519j"5519)

所以E（X〃）=q,+为+。（1-。〃一"）=%+为=1.

5.足球是一项大众喜爱的运动.2022k塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日

晚进行，全程为期28天.

校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等

可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球

的人为第1次触球者，第〃次触球者是甲的概率记为2,,即［=1.

（1）求B（直接写出结果即可）；

（2）证明：数列｛匕-（｝为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小.

解析：(1)由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的i个，第二次触球者传给包括甲的三人中的i人,

故传给甲的概率为g,故4=;.

(2)第〃次触球者是甲的概率记为匕，则当〃22时，第〃-1次触球者是甲的概率为

第次触球者不是甲的概率为1-晒，则匕=%・。+(1-%)]=；(1-aJ，

JJ

从而4一0二一以0-力，又是以[为首项，公比为」的等比数列.

4314)444J43

3f11

=—x一一+—<—,

413)44

%>&，故第19次触球者是甲的概率大

6.12019全国1卷).为了治疗某种疾病，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，乙药得一1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T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«和夕，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，pg：。』,…,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7^=0,=1,=apu+bp,+CH(J=1,2,•••,7),其中。=P(X=-l),

b=P(X=O),c=P(X=l).假设。=0.5,4=0.8.

(i)证明：｛p*-pJ(i=CM2..,7)为等比数列；

(ii)求〃4，并根据〃4的值解释这种试验方案的合理性.

解析：⑴由题意可知X所有瓦能的取值为：一1，0,l，P(X=-l)=(l-a)6

尸(X=0)=q8+(1—。)(1一夕)；P[X=l)=a(l—()则X的分布列如下：

X-101

P(1-Q)夕。(1-夕)

(2)•/a=0.5，0=0.8

.*.«=0.5x0.8=04,Z?=0.5x0.8+0.5x0.2=0.5,c=05x0.2=0.1

(i)Pi=印N+加+①+i(/=1,2,.・・,7)；即Pi=0.4p”+0.5R+0.1/%|(i=1,2,…,7)

整理可得：5PL4p._t+pm(i-1,2,…,7)；.•.pM-p.-4(p.-%)(i_1,2,…,7)

••・｛加一回｝(1=°，1，2,・\7)是以0|一〃0为首项,4为公比的等比数列

(ii)由⑴知：Pi+i-Pi=(P/Po)]=区・"

二•P8—P7二P14,，内-P6=Pi*...........Pi-Po=Pr4°

]-4848_]

作和可得：Pg_P()=P].(4。+$+…+4,)=——-Pl=——Pl=1

1-4J

/o\2/3\1-4444—1311

•••〃4=〃4一〃0二4.44+4A+A4-4=-------p.=-------X——=——=——

44°1v)1-41348-144+1257

表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为05乙药治愈率为0.8时。，认为甲药

更有效的概率为〃4=言才0-0039,此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.

■考点过关练J

1.王老师每天早上7：00准时从家里出发去学校，他每天只会从地铁与汽车这两种交通工具之间选择一个

乘坐.王老师多年积累的数据表明，他到达学校的时间在两种交通工具下的概率分布如下表所示：

到校时间7：30之前7：30-7：357：35-7：407：40-7：457：45-7：507：50之后

乘地铁0.10.150.350.20.150.05

乘汽车0.250.30.2().10.10.05

(例如：表格中0.35的含义是如果王老师当天乘地铁去学校，则他到校时间在7：35-7：40的概率为0.35.)

(1)某天早上王老师通过抛一枚质地均匀的硬币决定乘坐地铁还是乘坐汽车去学校，若正面向上则坐地铁，

反面向上则坐汽车.求他当天7：40-7：45到校的概率；

(2)已知今天(第一天)王老师选择乘坐地铁去学校，从第二天开始，若前一天到校时间早于7：40,则当天

他会乘坐地铁去学校，否则当天他将乘坐汽车去学校.且若他连续1。天乘坐地铁，则不论他前•天到校的时

间是否早于7：40,第11天他都将坐汽车到校.记他从今天起（包括今天）到第一次乘坐汽车去学校前坐地

铁的次数为X,求E（X）；

（3）已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校.从第二天开始，若他前一天坐地铁去学校且到校时间早

于7：40,则当天他会乘坐地铁去学校；若他前一天坐地铁去学校且到校时间晚于7：40,则当天他会乘坐

汽车去学校；若他前一天乘坐汽车去学校，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40,当天他都会乘坐地

铁去学校.记2为王老师第〃天坐地铁去学校的概率，求｛£｝的通项公式.

552（2Y-15

【答案】⑴0.5⑵=；⑶心x吗

【详解】（1）记事件4="硬币正直向上“，事件3="7：40・7：45到校”,则由题有P（A）=0.5,尸（用A）=0.2,

P（B|A）=0.1,故尸（3）=尸（A），（同A）+P（Z）•尸（5同=0.5X0.2+0.5X0.1=0.15.

（2）X可取1,2,3,…，9,10,由题：对于p（x=k）=gx；j：P（X=IO）=|1,

0+2,d+3-x+...+9x2x3+10x3

故E（X）=l

55555㈤⑸

333+9-C3

1E（X）=lx+…+8-收以上两式相减得:

5551555J5⑸

茎⑻二十幺”故

5v75555

10

33丫.所以E（x）=£-•|x1|

E（X）=l+《++

5;

3?52，5、

⑶由题意：6=1,%=兴+（1-切=一口+1，则加7=一《（匕一句,

这说明:匕-亍51[为以6-5]二?2为首项，2为公比的等比数列.

n-1

225

,所以己二+-.

7〈5）7

2.现有甲、乙两个不透明盒子，甲盒子装有2个红球和2个白球，乙盒子装有4个白球，这些球的大小、

形状、质地完全相同.在一次球交换过程中，从甲盒子与乙盒子中各随机选择1个球进行交换，重复〃次这

样的交换过程后，甲盒子里装有红球的个数为X..

(1)求X2的概率分布及数学期望；

(2)求P(X,=1).

【答案】(1)概率分布见解析,E(XJ=；；⑵P(X“=1)=；(4-右)

【详解】(1)由题意可知X的所有可能取值为1,2,且P(M=l)=P(X=2)=g,由题意可知X?的所有

可能取值为0,1，2,且p(X2=o)=z1xq3p(x=i)=V3，

P(、2=1)=(3%洛卜(")+；P(X|=2)=3P(X2=2)=(lx^P(X1=1)+lp(X)=2)=11

X2的概率分布表如下:

X?012

3911

P

321632

£(X,)=0xA+ix—+2x—=-

'3216324

(2)当〃22时，由题意可知X”的所有可能取值为()，1,2,

Ir114a、1

^(^=l)=7P(X-=0)+7X7+7X70(X,i=1)+5。(乂~=2)

=gp(X.,=0)+1p(X„,=l)+lp(X„.=2)=^[p(x„.=0)+P(尤,=2)]+|p(X„,=1)

=；[I-P(X,I=I)]+V(XM=I)=；+!P(XM=I*JP(X“=I)-；¥P(X,I=I)-"

2oZo/oL/

4

,、4P(x“二i)-51411

p(x=l)-l=-±故-----------4=d，故尸(X”=l)-亍是首项为-土、公比为

V17P(尤=1)-尹0,

714p-487114

(的等比数列.故P(x0=i)-Ad『,尸(x“=D=沁4『="一白)

3.某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更

好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调

查，据统计，有;的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文

化芍''的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年

参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.

(I)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；

(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访

的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出

4

行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单

车自由行”的概率为:，若前一天选择“观光电车行’‘，后一天继续选择“观光电车行”的概率为！，如此往复.

43

(i)求甲第二天选择“单车自由行”的概率；

(ii)求甲第〃(〃=1,2,L,16)天选择“单车自由行”的概率2,并帮甲确定在2024年“清明文化节”的

16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.

1o9ft(SV-1”

【答案】(1)4;(2)(i)-；(ii)(72=1,2,...,16)；2天

31785I12Jv7

o1

【详解】(l)由题意，每位游客得1分的概率为彳，得2分的概率为:，随机抽取三人，用随机变量X表

示三人合计得分，则X可能的取值为3,4,5,6,p(x=3)=[2]=A,P(X=4)=C；xf|Yxl=^,

、7Uj27⑶39

P(X=5)=C；x[^x|=1,p(X=6)=口]=—,则E(X)=3x4+4x：+5x[+6x：=4.所以三人合计得分

\5)5y\3/27.//

的数学期望为4.

(2)第一天选择“单车自由行”的概率为4(，则第一天选择“观光电车行”的概率为I:，若前一天选择“单车自

JJ

由行“，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，，若前一天选择“观光电车行“，后一天继续选择“观光电车

4

12

行”的概率为；，则后一天选择“单车自由行”的概率为:，

(i)甲第二天选择“单车自由行”的概率

54533

(ii)甲第〃5=1,2,…,16)天选择“单车自由行”的概率心，有勺=：,

则匕=；2马+：(1-2』)=-?-i+g,5=

又•.•[一含=|1/0,・••工■^•=一2(〃=23…,16),・••数歹ij勺一圣是以fl为首项，以为一[公比的

1785Qu12178512

5「5=12…[6）.由题意知，需4>1一匕，即匕>g，

等比数列，・・・2=安+空.

178512

85=A(n=l,2,...,16),

>显然〃必为奇数,偶数不成立,

34x28

力工85f5V25255

当〃=1,3,5,…,15时,有、司,34x28=—即可，〃=1时,成立;〃=3时,

56[\2)14428056

6256256255[▲]；上不成立,/I-I

立；〃=5时,144x144-207367000~56»则〃=5时又因为单调递

\\2）56U2J

（5Y-15

减，所以〃>5时，->3不成立.综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的

[\2）56

天数只有2天.

4.某商场为促销设订了一项回馈客户的抽奖祜动，抽奖规则是：有放问的从装有大小相同的6个红球和4

个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励5