《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

8.(2024福建高中毕业班适应性考试,17)11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球，假设甲发球时甲得分的概率为$\frac{2}{3}$，乙发球时甲得分的概率为$\frac{1}{2}$，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立，已知第一局目前比分为10∶10.
(1)求再打两个球甲新增的得分$X$的分布列和均值；
(2)求第一局比赛甲获胜的概率$p_0$；
(3)现用$p_0$估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.

答案：
解析
(1)依题意，$X$的所有可能取值为0，1，2. （1分）设打成10：10后甲先发球为事件$A$，则乙先发球为事件$\overline{A}$，且$P(A)=P(\overline{A})=\frac{1}{2}$，所以$P(X = 0)=P(A)\cdot P(X = 0|A)+P(\overline{A})\cdot P(X = 0|\overline{A})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$，（2分）$P(X = 1)=P(A)\cdot P(X = 1|A)+P(\overline{A})\cdot P(X = 1|\overline{A})=\frac{1}{2}\times(\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{2}{3}\times\frac{1}{2})+\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\times\frac{2}{3})=\frac{1}{2}$，（3分）$P(X = 2)=P(A)\cdot P(X = 2|A)+P(\overline{A})\cdot P(X = 2|\overline{A})=\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$。（4分）所以$X$的分布列为

故$X$的均值为$E(X)=0\times\frac{1}{6}+1\times\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{3}=\frac{7}{6}$。（5分）
(2)设第一局比赛甲获胜为事件$B$。则$P(B|X = 0)=0$，$P(B|X = 1)=P(B)$，$P(B|X = 2)=1$。（7分）由
(1)知，$P(X = 0)=\frac{1}{6}$，$P(X = 1)=\frac{1}{2}$，$P(X = 2)=\frac{1}{3}$，由全概率公式，得$P(B)=P(X = 0)P(B|X = 0)+P(X = 1)P(B|X = 1)+P(X = 2)P(B|X = 2)=\frac{1}{6}\times0+\frac{1}{2}P(B)+\frac{1}{3}$，（9分）解得$P(B)=\frac{2}{3}$，即第一局比赛甲获胜的概率$p_{0}=\frac{2}{3}$。（10分）
(3)由
(2)知$p_{0}=\frac{2}{3}$，故估计甲每局获胜的概率均$\frac{2}{3}$，设甲获胜时的比赛总局数为$Y$，因为每局的比赛结果相互独立，所以$P(Y = 3)=(\frac{2}{3})^{3}=\frac{8}{27}$，$P(Y = 4)=\mathrm{C}_{3}^{1}\times(\frac{2}{3})^{3}\times\frac{1}{3}=\frac{8}{27}$，$P(Y = 5)=\mathrm{C}_{4}^{2}\times(\frac{2}{3})^{3}\times(\frac{1}{3})^{2}=\frac{16}{81}$。（14分）故该场比赛甲获胜的概率$P=P(Y = 3)+P(Y = 4)+P(Y = 5)=\frac{64}{81}$。（15分）

(创新知识交汇)(2024湖北新高考联考协作体模拟(五),12)甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下：
(1)甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为$n_1$，乙得到的点数为$n_2$；
(2)若$n_1 + n_2$的值能使$(2x+\frac{4}{x})^{n_1 + n_2}$的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则甲胜，否则乙胜.
那么甲胜的概率为_______.

答案： 答案$\frac{5}{36}$
解析 由题意得$n_{1}$，$n_{2}\in\{1,2,3,4,5,6\}$，$n_{1}+n_{2}\in\{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}$，记每个基本事件为$(n_{1},n_{2})$，甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有$6\times6 = 36$个基本事件。$(2x+\frac{4}{x})^{n_{1}+n_{2}}$的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则当$n_{1}+n_{2}=6$时，$(2x+\frac{4}{x})^{6}$共有7项，其中只有第4项的二项式系数最大，当$n_{1}+n_{2}$为其他值时，均不满足只有第4项的二项式系数最大，当$n_{1}+n_{2}=6$时，共有5个基本事件满足要求，$(1,5)$，$(2,4)$，$(3,3)$，$(4,2)$，$(5,1)$，故甲胜的概率为$\frac{5}{36}$。

9.(2024浙江丽水、湖州、衢州二模,19)为保护森林公园中的珍稀动物,采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区域有珍稀动物活动,该型号监测器能正确识别的概率(即检出概率)为$p_1$；若该区域没有珍稀动物活动,但监测器认为有珍稀动物活动的概率(即虚警概率)为$p_2$.已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2,现用2台该型号的监测器组成监测系统,每台监测器(功能一致)进行独立监测识别,若任意一台监测器识别到珍稀动物活动,则该监测系统就判定指定区域有珍稀动物活动.
(1)若$p_1 = 0.8,p_2 = 0.02$.
(i)在该区域有珍稀动物活动的条件下,求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；
(ii)在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下,求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率(精确到0.001).
(2)若监测系统在监测识别中,当$0.8\leqslant p_1\leqslant0.9$时,恒满足以下两个条件:①若判定有珍稀动物活动时,该区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有珍稀动物活动时,该区域确实没有珍稀动物活动的概率至少为0.9.求$p_2$的范围(精确到0.001).
[参考数据:$\frac{\sqrt{35.04}}{6}=0.9866,\frac{\sqrt{35.01}}{6}=0.9861,0.98^2 = 0.9604$]＞＞答案P507

答案： 解析 记事件$A$为“检测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，事件$B$为“监测区域实际上有珍稀动物活动”。（2分）
(1)(i)$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{0.2\times[1-(1 - p_{1})^{2}]}{0.2}=0.96$。因此在该区域有珍稀动物活动的条件下，该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率是0.96。（4分）
(ii)由题意得$P(A)=P(AB\cup A\overline{B})=P(AB)+P(A\overline{B})=P(B)P(A|B)+P(\overline{B})P(A|\overline{B})=0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]+0.8[1-(1 - p_{2})^{2}]=0.2\times[1-(1 - 0.8)^{2}]+0.8\times[1-(1 - 0.02)^{2}]=0.22368$。（6分）则$P(\overline{B}|A)=\frac{P(A\overline{B})}{P(A)}=\frac{P(A|\overline{B})\cdot P(\overline{B})}{P(A)}=\frac{0.8\times[1-(1 - p_{2})^{2}]}{P(A)}=\frac{0.8\times(1 - 0.98^{2})}{0.22368}\approx0.142$。因此在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，指定区域实际没有珍稀动物活动的概率是0.142。（9分）
(2)因为$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{P(A|B)\cdot P(B)}{P(A)}=\frac{0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]}{0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]+0.8[1-(1 - p_{2})^{2}]}$，$P(\overline{B}|A)=\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{A})}=\frac{P(\overline{A}|\overline{B})P(\overline{B})}{P(\overline{A})}=\frac{0.8(1 - p_{2})^{2}}{1-\{0.8[1-(1 - p_{2})^{2}]+0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]\}}$，由题意$\begin{cases}P(B|A)\geq0.9\\P(\overline{B}|A)\geq0.9\end{cases}$，得$\begin{cases}\frac{0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]}{0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]+0.8[1-(1 - p_{2})^{2}]}\geq0.9\\\frac{0.8(1 - p_{2})^{2}}{1-\{0.8[1-(1 - p_{2})^{2}]+0.2[1-(1 - p_{1})^{2}]\}}\geq0.9\end{cases}$，令$1 - p_{1}=x$，$1 - p_{2}=y$，得$0.8\leq p_{1}\leq0.9$，$0＜p_{2}＜1$，故$0.1\leq x\leq0.2$，$0＜y＜1$，$\begin{cases}\frac{0.2\times(1 - x^{2})}{0.8\times(1 - y^{2})+0.2\times(1 - x^{2})}\geq0.9\\\frac{0.8y^{2}}{1-[0.8(1 - y^{2})+0.2(1 - x^{2})]}\geq0.9\end{cases}$，$\begin{cases}36y^{2}-x^{2}\geq35\\4y^{2}\geq9x^{2}\end{cases}$，$\begin{cases}y^{2}\geq\frac{x^{2}+35}{36}\\y^{2}\geq\frac{9x^{2}}{4}\end{cases}$，（15分）因为$0.1\leq x\leq0.2$，所以$\frac{x^{2}+35}{36}\geq\frac{9x^{2}}{4}$，所以$y^{2}\geq\frac{x^{2}+35}{36}$，故$\frac{\sqrt{35.04}}{6}\leq y＜1$，即$\frac{\sqrt{35.04}}{6}\leq1 - p_{2}＜1$，所以$0＜p_{2}\leq1-\frac{\sqrt{35.04}}{6}$。因此$p_{2}$的范围是$(0,0.013]$。（17分）