第5題馬爾科夫鏈問題 2024年高中數學三輪復習之一題多解

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第5題馬爾科夫鏈問題【2024屆武漢市二月調研考試14】．“布朗運動”是指微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨機運動，在如圖所示的試驗容器中，容器由三個倉組成，某粒子作布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉或者容器外，一旦粒子到達容器外的就會被外部捕獲裝置所捕獲，此時試驗結束．已知該粒子初始位置在1號倉，則試驗結束時該粒子是從1號倉到達容器外的概率為______．利用枚舉法分類討論粒子進入2號倉之后的運動可能，設“第一步從2號倉先到達1號倉，第二步再從1號倉出”，“從2號倉出發(fā)，兩步運動之內能再回到2號倉”，并求其概率后再求粒子第一次從2號倉出發(fā)，最終能從1號倉出去的概率，根據等比數列求和公式及極限思想計算即可.已知粒子第一次從1號倉到2號倉的概率為，粒子第一次從1號倉就到達容器外的概率為．當粒子到達2號倉后，再之后兩次運動過程中，有如下可能：①先到達1號倉，再從1號倉出；②先到達1號倉，再返回2號倉：③直接從2號倉出；④先到達3號倉，再從3號倉出；⑤先到達3號倉，再返回2號倉.設“第一步從2號倉先到達1號倉，第二步再從1號倉出”，“從2號倉出發(fā)，兩步運動之內能再回到2號倉”.所以.若事件發(fā)生，那么又將重新進行5種可能.設粒子第一次從2號倉出發(fā)，最終能從1號倉出去的概率為，，不妨設，數列的前項和：，，故最終概率為．故答案為：．（2024年3月金麗衢十二校第二次聯(lián)考）1．已知正方體，的棱長為1，點P是正方形上的一個動點，初始位置位于點處，每次移動都會到達另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為，向對角頂點移動的概率為，如當點P在點處時，向點，移動的概率均為，向點移動的概率為，則（

）A．移動兩次后，“”的概率為B．對任意，移動n次后，“平面”的概率都小于C．對任意，移動n次后，“PC⊥平面”的概率都小于D．對任意，移動n次后，四面體體積V的數學期望（注：當點P在平面上時，四面體體積為0）（23-24高二下·江蘇南京·期中）2．在某抽獎活動中，初始時的袋子中有3個除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機抽取一個小球后放回．抽獎規(guī)則如下：設定抽中紅球為中獎，抽中白球為未中獎；若抽到白球，放回后把袋中的一個白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎中獎的概率為．(1)求，；(2)若存在實數a，b，c，對任意的不小于4的正整數n，都有，試確定a，b，c的值，并證明上述遞推公式；(3)若累計中獎4次及以上可以獲得一枚優(yōu)勝者勛章，則從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？根據平衡狀態(tài)轉移方程及守恒原理直接計算即可.如圖所示，設出1號倉的概率為，出2號倉的概率為，出3號倉的概率為，則，解得，所以從1號倉到容器外的概率為．設經過步后粒子到達號倉的概率分別為，根據題意得出遞推關系，計算得出，再根據等比數列求和公式計算即可.設經過步后粒子到達號倉的概率分別為，，則，則時，有故，所以，易知，所以試驗結束，該粒子是從1號倉到達容器外的概率為：．（浙江省名校協(xié)作體2024年2月高三下學期返考）3．日常生活中植物壽命的統(tǒng)計規(guī)律常體現(xiàn)出分布的無記憶性.假設在一定的培養(yǎng)環(huán)境下，一種植物的壽命是取值為正整數的隨機變量，根據統(tǒng)計數據，它近似滿足如下規(guī)律：對任意正整數，壽命恰好為的植物在所有壽命不小于的植物中的占比為.記“一株植物的壽命為”為事件，“一株植物的壽命不小于”為事件.則下列結論正確的是（

）A．B．C．設，則為等比數列D．設，則（2023年9月武漢部分學校高三上調研）4．甲，乙，丙三人進行傳球游戲，每次投擲一枚質地均勻的正方體骰子決定傳球的方式：當球在甲手中時，若骰子點數大于3，則甲將球傳給乙，若點數不大于3，則甲將球保留；當球在乙手中時，若骰子點數大于4，則乙將球傳給甲，若點數不大于4，則乙將球傳給丙；當球在丙手中時，若骰子點數大于3，則丙將球傳給甲，若骰子點數不大于3，則丙將球傳給乙．初始時，球在甲手中，投擲n次骰子后（），記球在甲手中的概率為，則；．（22-23高二下·重慶渝中·期末）5．“紫藤掛穗，藍楹花開，黃桷新綠，菩提蔥蔚”，巴蜀中學即將迎來90周年校慶，學校設計了3個吉祥物“誠誠”，“盈盈”，“嘉嘉”.現(xiàn)在袋中有6個形狀.大小完全相同的小球，每一個小球上寫有一個字（其中有2個小球寫著“誠”，2個小球寫著“盈”，2個小球寫著“嘉”），現(xiàn)在有四位同學，平均分成甲、乙兩隊，進行比賽活動，規(guī)則如下：每輪參與活動的隊伍每位同學抽取1次小球，每次抽取后小球放回袋中，若兩次抽取的球上的字組成了吉祥物名稱（如：誠誠），則該隊得1分，并且該隊繼續(xù)新一輪比賽活動，否則，該隊得本輪得0分，由對方組接著抽取，活動開始時由甲隊先抽取，若第n輪由甲隊抽取的概率為，n輪結束后，甲隊得分均值為，則下列說法正確的有（

）

A． B．C． D．6．學校食堂每天中午都會提供A，B兩種套餐供學生選擇（學生只能選擇其中的一種），經過統(tǒng)計分析發(fā)現(xiàn)：學生第一天選擇A套餐的概率為，選擇B套餐的概率為.而前一天選擇了套餐的學生第二天選擇A套餐的概率為，選擇B套餐的概率為；前一天選擇B套餐的學生第二天選擇A套餐的概率為，選擇B套餐的概率也是，如此反復.記某同學第天選擇套餐的概率為，選擇B套餐的概率為.一個月（30天）后，記甲?乙?丙三位同學選擇套餐的人數為，則下列說法中正確的是（

）A． B．數列是等比數列C． D．7．隨著高三畢業(yè)日期的逐漸臨近，有個同學組成的學習小組，每人寫了一個祝福的卡片準備送給其他同學，小組長收齊所有卡片后讓每個人從中隨機抽一張作為祝?？ㄆ?，則（

）A．當時，每個人抽到的卡片都不是自己的概率為B．當時，恰有一人抽到自己的卡片的概率為C．甲和乙恰好互換了卡片的概率D．記個同學都拿到其他同學的卡片的抽法數為，則，（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）8．如圖，一只螞蟻從正方形的頂點A出發(fā)，每一次行動順時針或逆時針經過一條邊到達另一頂點，其中順時針的概率為，逆時針的概率為，設螞蟻經過n步到達B，D兩點的概率分別為．下列說法正確的有（

）A． B．C． D．9．甲?乙兩人進行圍棋比賽，共比賽局，且每局甲獲勝的概率和乙獲勝的概率均為.如果某人獲勝的局數多于另一人，則此人贏得比賽.記甲贏得比賽的概率為，則（

）A． B．C． D．的最大值為10．設個人進行互相傳球游戲，每個拿球的人等可能地把球傳給其他人中的任何一位，．若初始時球在甲手中，則第次傳球之后，球又回到甲手中的概率為．（2020·江蘇·高考真題）11．甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球．現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復n次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數為Xn，恰有2個黑球的概率為pn，恰有1個黑球的概率為qn．（1）求p1，q1和p2，q2；（2）求2pn+qn與2pn-1+qn-1的遞推關系式和Xn的數學期望E(Xn)(用n表示)．（2023·全國·高考真題）12．甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．（2019·全國·高考真題）13．為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進行動物試驗．試驗方案如下：每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗．對于兩只白鼠，隨機選一只施以甲藥，另一只施以乙藥．一輪的治療結果得出后，再安排下一輪試驗．當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時，就停止試驗，并認為治愈只數多的藥更有效．為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分．甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗中甲藥的得分記為X．（1）求的分布列；（2）若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分，表示“甲藥的累計得分為時，最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率，則，，，其中，，．假設，．(i)證明：為等比數列；(ii)求，并根據的值解釋這種試驗方案的合理性．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．AC【分析】先求出點在移動次后，在點處的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】設移動次后，點在點的概率分別為，其中，，解得：，對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達點，所以概率為，故A正確；

對于B，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，，因為，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，而，平面，所以當點位于或時，平面，當移動一次后到達點或時，所以概率為，故B錯誤；對于C，所以當點位于時，PC⊥平面，所以移動n次后點位于，則，故C正確；對于D，四面體體積V的數學期望，因為，所以點到平面的距離為，同理，點到平面的距離分別為，所以，所以，當為偶數，所以，當時,；當為奇數，所以，故D錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點是先求出點在移動次后，點的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.2．(1)，(2)，證明見解析(3)【分析】（1）根據概率的乘法公式計算即可；（2）分別求出第一次中獎，第次抽獎中獎的概率，第一次未中獎而第二次中獎，第次抽獎中獎的概率，前兩次均未中獎，第次抽獎中獎的概率，即可得解；（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽次至少中獎次，故只需排除次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每兩次中獎的間隔不能超過三次，每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，分別從初始狀態(tài)開始，抽一次中獎的概率，從初始狀態(tài)開始抽兩次，第一次未中獎而第二次中獎的概率，從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎而第三次中獎的概率，再求出僅三次中獎的概率即可得解.【詳解】（1），；（2）因為每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，從初始狀態(tài)開始，若第一次中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始，若第一次未中獎而第二次中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始，若前兩次均未中獎，則第三次必中獎，此時第次抽獎中獎的概率為，綜上所述，對任意的，，又，所以；（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽次至少中獎次，所以只需排除次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每兩次中獎的間隔不能超過三次，每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，從初始狀態(tài)開始，抽一次中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始抽兩次，第一次未中獎而第二次中獎的概率為，從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎而第三次中獎的概率為，用表示第次，第次，第次中獎，其余未中獎，則三次中獎的所有情況如下：，，故僅三次中獎的概率為，所以從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為.【點睛】關鍵點點睛：題意知每抽三次至少有一次中獎，故連抽次至少中獎次，故只需排除次中獎的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每兩次中獎的間隔不能超過三次，每次中獎后袋中的球會回到初始狀態(tài)，是解決第三問的關鍵.3．BCD【分析】設植物總數為，壽命為年的植物數為，由題意，在此基礎上利用變形推理得出，即可判斷AC，再由的關系求出判斷B，根據錯位相減法求和判斷D.【詳解】設植物總數為，壽命為年的植物數為，由題意，，則①②②①得，，即，故，故A錯誤；由，故，故B正確；由，故，即為等比數列，故C正確；因為，設，則，，相減可得，所以，故D正確.故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：難點在于理解對任意正整數，壽命恰好為的植物在所有壽命不小于的植物中的占比為，這句話的數量表示是本題推理論證的的基礎，能否理解并用數學式子表示是解題的關鍵與難點.4．【分析】結合相互獨立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，結合題意，利用列舉法和分類討論，即可求解.【詳解】由題意，當投擲3次骰子后，球在甲手中，共有4中情況：①：甲甲甲甲，其概率為②：甲甲乙甲，其概率為③：甲乙甲甲，其概率為④：甲乙丙甲，其概率為所以投擲3次后，球在甲手中的概率為.設投擲次后，球仍在乙手中的概率為，所以當時，，，所以，，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，符合該式，所以.故答案為：；.5．ACD【分析】對于選項A，利用古典概率公式即可求解出結果；對于選項B，利用題設得出與間的關系并適當變形得出，從而判斷出選項B的正誤；對于選項C，通過條件求出第二輪結束后，甲隊可能的得分及對應概率，再利用均值的定義即可求出結果，從而判斷出選項的正誤；對于選項D，根據條件，第輪結束后，甲隊得分可以分2種情況，從而得出，判斷出選項D的正誤.【詳解】選項A，第一輪甲輪兩名成員必須抽到“誠誠”，“盈盈”，“嘉嘉”，則第二輪繼續(xù)由甲隊抽取，則，故選項A正確；選項B，第輪由甲隊抽取，可分兩類情況：第一類是第輪由甲抽取并且下一輪繼續(xù)由甲抽??；第二類是輪由乙抽取并且下一輪由甲抽取，則，可變形為，又易知，故數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，即，故選項B錯誤；選項C，第二輪結束后，甲隊可能的得分為，，，，所以，故選項C正確；選項D，第輪結束后，甲隊得分可以分2種情況：一類是第輪甲隊的得分加上1分，則第輪必須由甲抽取且得1分，一類是第輪甲隊的得分加上0分，則第輪由甲抽取且不得分，或第輪由乙抽取，則，故選項D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點睛：解題的關鍵有兩個，一是選項B，根據題意得到，從而可得數列是以為首項，為公比的等比數列，二是選項D，第輪結束后，甲隊得分可以分2種情況：一類第輪甲隊的得分加上1分，一類是第輪甲隊的得分加上0分，從而得出.6．AB【分析】對于A，由每人每次只能選擇A，B兩種套餐中的一種判斷，對于B，由題意得，變形后進行判斷，對于CD，由選項B可求出，則可求出，得，從而判斷CD.【詳解】由于每人每次只能選擇A，B兩種套餐中的一種，所以，所以正確，依題意，，則，又時，，所以數列是以為首項，以為公比的等比數列，所以，當時，，所以，所以AB正確，CD錯誤，故選：AB.【點睛】關鍵點點睛：此題考查等比數列的應用，考查互斥事件和對立事件的概率，考查二項分布，解題的關鍵是根據題意得到，從而可得數列是以為首項，以為公比的等比數列，進而可求出和，考查數學轉化思想，屬于較難題.7．ACD【分析】考慮n+1個同學時的情況，若個同學都拿到其他同學的卡片，則第個同學可以與其中任何一個交換卡片；若個同學只有一個拿到自己的卡片，則第個同學必須與該同學交換卡片，由此推導出結論.【詳解】考慮n+1個同學時的情況，若個同學都拿到其他同學的卡片，則第個同學可以與其中任何一個交換卡片，若個同學只有一個拿到自己的卡片，則第個同學必須與該同學交換卡片，所以，故D正確；，因為，所以，所以，代入數據可得，當時，每個人抽到的卡片都不是自己的概率為，故A正確；當時，恰有一人抽到自己的卡片的概率為，故B錯誤；甲和乙恰好互換了卡片的概率為，故C正確.故選：ACD8．ACD【分析】有四種情形：，求其概率可判斷A；從頂點A出發(fā)經過2n步到達B、D兩點為不可能事件，所以可判斷B；對于C，當為偶數時，當為奇數時，先計算從點或點出發(fā)經過兩步到達點的概率，再討論從頂點出發(fā)經過步到達點的兩種情形：①從頂點出發(fā)經過步到達點，再經過兩步到達點的概率為，②從頂點出發(fā)經過步到達點，再經過兩步到達點的概率為，可得可判斷C；利用可判斷D；【詳解】對于A，有四種情形：，其所求的概率為，故A正確；對于B，當為偶數時，從頂點出發(fā)，只能到達點或點，此時，當為奇數時，從頂點出發(fā)，只能到達點或點，此時，即從頂點A出發(fā)經過2n步到達B、D兩點為不可能事件，所以，故B錯誤；對于C，當為偶數時，當為奇數時，先計算從點或點出發(fā)經過兩步到達點的概率，分別為，，現(xiàn)討論從頂點出發(fā)經過步到達點的兩種情形：①從頂點出發(fā)經過步到達點，再經過兩步到達點的概率為，②從頂點出發(fā)經過步到達點，再經過兩步到達點的概率為，故，可得，又，所以，故C正確；對于D，，所以，故D正確；故選：ACD.9．BC【分析】由題設可得，又，可得，結合各選項即可判斷正誤.【詳解】由題意知：要使甲贏得比賽，則甲至少贏局，，而，∴，故C正確；A：，錯誤；B：，正確；D：當時，，由A知，顯然的最大值不是，錯誤.故選：BC【點睛】關鍵點點睛：由題設得到，利用二項式各項系數和的性質求.10．【分析】先設第次傳球之后，球又回到甲手中的概率為，由題可得，再變形成，構造等比數列即可求出結果.【詳解】不妨記初始時球在甲手中，則第次傳球之后，球又回到甲手中的概率為，表示初始時球在甲手中的概率，易知且次傳球傳不到甲手上的概率為，同時球在第次傳回甲手中只可能是第次球傳到了其余的個人手中然后再傳給了甲，從而有，且，可變形為，又，所以，整理得，故答案為：．【點睛】關鍵點晴，本題的關鍵在于，注意到球在第次傳回甲手中只可能是第次球傳到了其余的個人手中然后在傳給了甲，從而有，再構造等比數列求解.11．（1）（2）【分析】（1）直接根據操作，根據古典概型概率公式可得結果；