《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

3.（2024 浙江杭州二模,19）在概率统计中,常常用频率估计概率.已知袋中有若干个红球和白球,有放回地随机摸球 n 次,红球出现 m 次.假设每次摸出红球的概率为 p,根据频率估计概率的思想,则每次摸出红球的概率 p 的估计值为$\hat{p}=\frac{m}{n}$.
(1)若袋中这两种颜色球的个数之比为 1 : 3,不知道哪种颜色的球多.有放回地随机摸取 3 个球,设摸出的球为红球的次数为 Y,则$Y \sim B(3,p)$.
(注:$P_{p}(Y = k)$表示当每次摸出红球的概率为 p 时,摸出红球次数为 k 的概率)
(i)完成下表:

(ii)在统计理论中,把使得$P_{p}(Y = k)$的取值达到最大时的 p,作为 p 的估计值,记为$\hat{p}$,请写出$\hat{p}$的值.
(2)把(1)中“使得$P_{p}(Y = k)$的取值达到最大时的 p 作为 p 的估计值$\hat{p}$”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.
具体步骤:先对参数$\theta$构建对数似然函数$l(\theta)$,再对其关于参数$\theta$求导,得到似然方程$l'(\theta)=0$,最后求解参数$\theta$的估计值.已知$Y \sim B(n,p)$的参数 p 的对数似然函数为$l(p)=\sum_{i = 1}^{n}X_{i}\ln p+\sum_{i = 1}^{n}(1 - X_{i})\ln(1 - p)$,其中$X_{i}=\begin{cases}0,第 i 次摸出白球\\1,第 i 次摸出红球\end{cases}$.求参数 p 的估计值,并且说明频率估计概率的合理性.

答案：
解析
(1)因为袋中这两种颜色球的个数之比为 $1:3$，且 $Y\sim B(3,p)$，所以 $p$ 的值为 $\frac{1}{4}$ 或 $\frac{3}{4}$。
(i) 当 $p=\frac{1}{4}$ 时，$P(Y = 1)=C_{3}^{1}p^{1}(1 - p)^{2}=\frac{27}{64}$，$P(Y = 2)=C_{3}^{2}p^{2}(1 - p)=\frac{9}{64}$；
当 $p=\frac{3}{4}$ 时，$P(Y = 0)=C_{3}^{0}p^{0}(1 - p)^{3}=\frac{1}{64}$，$P(Y = 2)=C_{3}^{2}p^{2}(1 - p)=\frac{27}{64}$。
表格为：

(ii) 由 (i) 中表可知 $P(Y = k)=C_{3}^{k}p^{k}(1 - p)^{3 - k}$。
当 $Y = 0$ 或 $1$ 时，参数 $p=\frac{1}{4}$ 的概率最大；当 $Y = 2$ 或 $3$ 时，参数 $p=\frac{3}{4}$ 的概率最大。
所以 $\hat{p}=\begin{cases}\frac{1}{4},Y = 0,1\\\frac{3}{4},Y = 2,3\end{cases}$。
(2) 对 $l(p)=\sum_{i = 1}^{n}X_{i}\ln p+\sum_{i = 1}^{n}(1 - X_{i})\ln(1 - p)$ 求导得 $l^{\prime}(p)=\frac{1}{p}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}-\frac{1}{1 - p}\sum_{i = 1}^{n}(1 - X_{i})$。
令 $\frac{1}{p}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}-\frac{1}{1 - p}\sum_{i = 1}^{n}(1 - X_{i}) = 0$，
即 $\frac{1 - p}{p}=\frac{\sum_{i = 1}^{n}(1 - X_{i})}{\sum_{i = 1}^{n}X_{i}}=\frac{n-\sum_{i = 1}^{n}X_{i}}{\sum_{i = 1}^{n}X_{i}}=\frac{n}{\sum_{i = 1}^{n}X_{i}}-1$。
故 $p=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$，即当 $p\in(0,\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i})$ 时，$l^{\prime}(p)\gt0$；当 $p\in(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i},1)$ 时，$l^{\prime}(p)\lt0$。
故 $l(p)$ 在 $(0,\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i})$ 上单调递增，在 $(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i},1)$ 上单调递减，即当 $p=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$ 时，$l(p)$ 取最大值，故 $\hat{p}=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$。
因此，用最大似然估计的参数 $\hat{p}$ 与频率估计概率的 $\hat{p}$ 是一致的，故用频率估计概率是合理的。

4.（2024 广东广州一模,19）某校开展科普知识团队接力闯关活动,该活动共有两关,每个团队由$n(n \geq 3,n \in N^{*})$位成员组成,成员按预先安排的顺序依次上场,具体规则如下:若某成员第一关闯关成功,则该成员继续闯第二关,否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关;若某成员第二关闯关成功,则该团队接力闯关活动结束,否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关;当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关,该团队接力闯关活动结束.已知某团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为$\frac{3}{4}$和$\frac{1}{2}$,且每位成员闯关是否成功互不影响,每关结果也互不影响.
(1)若$n = 3$,用 X 表示该团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数,求 X 的均值;
(2)记该团队第$k(1 \leq k \leq n - 1,k \in N^{*})$位成员上场且闯过第二关的概率为$p_{k}$,集合$\{k \in N^{*}|p_{k}＜\frac{3}{128}\}$中元素的最小值为$k_{0}$,规定团队人数$n = k_{0}+1$,求 n.

答案：
解析
(1)依题意，知 $X$ 的所有可能取值为 $1,2,3$。
$P(X = 1)=\frac{3}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$，$P(X = 2)=\frac{1}{4}\times\frac{3}{8}+\frac{3}{4}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{9}{32}$，$P(X = 3)=1-\frac{3}{8}-\frac{9}{32}=\frac{11}{32}$。
所以 $X$ 的分布列为：

数学期望 $E(X)=1\times\frac{3}{8}+2\times\frac{9}{32}+3\times\frac{11}{32}=\frac{63}{32}$。
(2)由题意第 $k(1\leq k\leq n - 1,k\in N^{*})$ 位成员上场且闯过第二关的概率为 $p_{k}$。
依据“哪位成员成功闯过第一关”对所求事件 $A$：“团队第 $k$ 位成员上场闯过第二关”进行分类，记“第 $i(1\leq i\leq k)$ 位成员成功闯过第一关且第 $k$ 位成员闯过第二关”为事件 $A_{i}$，则 $A = A_{k}+A_{k - 1}+\cdots+A_{1}$，$A_{1}$ 表示第 $1$ 位成员成功闯过第一关，且 $1\sim(k - 1)$ 位成员均没有闯过第二关，最后由第 $k$ 位成员闯过第二关。
则 $P(A_{1})=\frac{3}{4}\cdot(1-\frac{1}{2})^{k - 1}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{2})^{k}$。
同理，$P(A_{2})=(1 - \frac{3}{4})\cdot\frac{3}{4}\cdot(1-\frac{1}{2})^{k - 2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{4}(\frac{1}{2})^{k - 1}$，
$P(A_{3})=(1 - \frac{3}{4})^{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot(1-\frac{1}{2})^{k - 3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{2}(\frac{1}{2})^{k - 2}$，$\cdots$
$A_{i}$ 表示第 $1\sim(i - 1)$ 位成员没有闯过第一关，由第 $i$ 位成员闯过第一关，然后第 $i\sim(k - 1)$ 位成员均没有闯过第二关，最后第 $k$ 位成员闯过第二关，则 $P(A_{i})=(1 - \frac{3}{4})^{i - 1}\cdot\frac{3}{4}\cdot(1-\frac{1}{2})^{k - 1-(i - 1)}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{i - 1}(\frac{1}{2})^{k - i+1}$，$\cdots$
$A_{k - 1}$ 表示第 $1\sim(k - 2)$ 位成员没有闯过第一关，然后第 $(k - 1)$ 位成员闯过第一关，没有闯过第二关，最后第 $k$ 位成员闯过第二关，则 $P(A_{k - 1})=(1 - \frac{3}{4})^{k - 2}\cdot\frac{3}{4}\cdot(1-\frac{1}{2})^{1}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{k - 2}(\frac{1}{2})^{2}$。
$A_{k}$ 表示第 $1\sim(k - 1)$ 位成员没有闯过第一关，然后第 $k$ 位成员接连闯过第一关和第二关，则 $P(A_{k})=(1 - \frac{3}{4})^{k - 1}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{k - 1}(\frac{1}{2})^{1}$。
因为 $A_{1},A_{2},\cdots,A_{k - 1},A_{k}$ 两两互斥，所以 $p_{k}=P(A)=\sum_{i = 1}^{k}P(A_{i})$
$=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{2})^{k}+\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{4}(\frac{1}{2})^{k - 1}+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{2}(\frac{1}{2})^{k - 2}+\cdots+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{i - 1}(\frac{1}{2})^{k - i+1}+\cdots+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{k - 1}(\frac{1}{2})^{1}$
$=\frac{3}{4}[(\frac{1}{2})^{k}+(\frac{1}{2})^{k + 1}+(\frac{1}{2})^{k+2}+\cdots+(\frac{1}{2})^{2k - 1}]$
$=\frac{3}{4}\cdot\frac{(\frac{1}{2})^{k}[1 - (\frac{1}{2})^{k}]}{1-\frac{1}{2}}$。
由 $\frac{3}{2}[(\frac{1}{2})^{k}-(\frac{1}{2})^{2k}]\lt\frac{3}{128}$，令 $m = (\frac{1}{2})^{k},m\in(0,1)$，即 $m^{2}-m+\frac{1}{64}\gt0$，解得 $m\lt\frac{4-\sqrt{15}}{8}$，即 $(\frac{1}{2})^{k}\lt\frac{4-\sqrt{15}}{8}$，解得 $k\geq6$。
所以 $k_{0}=6,n = 7$。
因为 $A_{1},A_{2},\cdots,A_{k - 1},A_{k}$ 两两互斥，所以 $p_{k}=P(A)=\sum_{i = 1}^{k}P(A_{i})$
$=\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{2})^{k}+\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{4}(\frac{1}{2})^{k - 1}+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{2}(\frac{1}{2})^{k - 2}+\cdots+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{i - 1}(\frac{1}{2})^{k - i+1}+\cdots+\frac{3}{4}\cdot(\frac{1}{4})^{k - 1}(\frac{1}{2})^{1}$
$=\frac{3}{4}[(\frac{1}{2})^{k}+(\frac{1}{2})^{k + 1}+(\frac{1}{2})^{k+2}+\cdots+(\frac{1}{2})^{2k - 1}]$
$=\frac{3}{4}\cdot\frac{(\frac{1}{2})^{k}[1 - (\frac{1}{2})^{k}]}{1-\frac{1}{2}}$ 。
由 $\frac{3}{2}[(\frac{1}{2})^{k}-(\frac{1}{2})^{2k}]\lt\frac{3}{128}$，令 $m = (\frac{1}{2})^{k},m\in(0,1)$，即 $m^{2}-m+\frac{1}{64}\gt0$，解得 $m\lt\frac{4-\sqrt{15}}{8}$，即 $(\frac{1}{2})^{k}\lt\frac{4-\sqrt{15}}{8}$，解得 $k\geq6$。
所以 $k_{0}=6,n = 7$。