資源簡介

拓展培優(六) 概率與統計的創新性問題
　　概率與統計問題是高考必考點.在近幾年的高考大題中，其情境取自現實，題型新穎，綜合性增強，經常跟其他版塊的知識結合考查，比如導數等，往往還帶有新定義概念，情境創新力度和難度都比較大，因此掌握此類問題的解題策略在高考中就顯得非常重要.
新定義創新
典例1　設離散型隨機變量X和Y的分布列分別為P(X=k)=xk，P(Y=k)=yk，xk>0，yk>0，k=0，1，2，…，n，xk=yk=1.定義D(X‖Y)=xkln ，用來刻畫X和Y的相似程度，設X~B(n，p)，0(1)若n=3，p=，Y~B3，，求D(X‖Y).
根據二項分布求出xk，yk→代入新定義的公式計算→得出結論.
(2)若n=2，且Y的分布列為
Y 0 1 2
P
求D(X‖Y)的最小值.
根據新定義得到關于p的關系式→利用導數求最小值.
(3)對任意與X有相同可能取值的隨機變量Y，證明：D(X‖Y)的值不可能為負數.
利用導數證明ln x≥1-→結合新定義計算證明.
方法總結：
正確提取題干中的新概念、新公式、新性質、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，尋找解決方法，在此基礎上進行知識轉換，有效輸出，合理歸納，結合相關的數學技巧與方法來分析與解決.
在數字通信中，信號是由數字0和1組成的序列，發送的每個信號數字之間相互獨立.由于隨機因素的干擾，發送的信號0或1有可能被錯誤地接收為1或0.
(1)記發送信號變量為X，接收信號變量為Y，且滿足P(X=0)=，P(Y=1|X=0)=，P(Y=0|X=1)=，求P(Y=0).
(2)當發送信號0時，接收為0的概率為，定義隨機變量η的“有效值”為H(η)=-P(η=xi)lg P(η=xi)(其中xi是η的所有可能取值，i=1，2，…，n)，發送信號“000”的接收信號為“y1y2y3”，記ξ為y1，y2，y3三個數字之和，求ξ的“有效值”.(參考數據：lg 3≈0.48，lg 2≈0.30，結果保留兩位小數)
情境創新
典例2　某區域中的物種C有A種和B種兩個亞種.為了調查該區域中這兩個亞種的數目比例(A種數目比B種數目少)，某生物研究小組設計了如下實驗方案：①在該區域中有放回地捕捉50個物種C，統計其中A種數目，以此作為一次試驗的結果；②重復進行這個試驗n(n∈N*)次，記第i次試驗中的A種數目為隨機變量Xi(i=1，2，…，n)；③記隨機變量=Xi，利用的期望E()和方差D()進行估算.設該區域中A種數目為M，B種數目為N，每一次試驗都相互獨立.
(1)已知E(Xi+Xj)=E(Xi)+E(Xj)，D(Xi+Xj)=D(Xi)+D(Xj)，證明：E()=E(X1)，D()=D(X1).
(2)該小組完成所有試驗后，得到Xi的實際取值分別為xi(i=1，2，…，n)，并計算了數據xi(i=1，2，…，n)的平均值和方差s2，但部分數據丟失，僅剩方差的數據s2=.
①請用和s2分別代替E()和D()，估算和；
②在①的條件下，求X1的分布列中概率值最大的隨機事件{X1=k}對應的隨機變量的取值.
甲、乙兩人進行知識問答比賽，共有n道搶答題，甲、乙搶題的成功率相同.假設每道題甲、乙答題正確的概率分別為p和，各題答題正確與否相互獨立.規則如下：初始雙方均為0分，答對1題得1分，答錯1題得-1分，未搶到題得0分，最后累計總分多的人獲勝.
(1)若n=3，p=，求甲獲勝的概率.
(2)若n=20，設甲第i題的得分為隨機變量Xi，一次比賽中得到Xi的一組觀測值xi(i=1，2，…，20)，如下表.
題序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
得分 1 0 0 -1 1 1 -1 0 0 0 -1 0 1 1 -1 0 0 0 1 0
①設隨機變量=Xi，若以觀測值xi(i=1，2，…，20)的均值作為的數學期望，請以此求出p的估計值.
②設隨機變量Xi取得觀測值xi(i=1，2，…，20)的概率為L(p)，即L(p)=P(X1=x1，X2=x2，…，X20=x20).隨著p的變化，用使得L(p)達到最大時p的取值作為參數p的一個估計值，求.
附：若隨機變量X，Y的期望E(X)，E(Y)都存在，則E(X+Y)=E(X)+E(Y).
參考答案
拓展培優(六) 概率與統計的創新性問題
考向1　新定義創新
典例1
【解析】(1)因為X~B3，，所以xk=P(X=k)=k3-k=(k=0，1，2，3).
因為Y~B3，，所以yk=P(Y=k)=k·3-k=(k=0，1，2，3)，
所以==23-2k(k=0，1，2，3)，
所以D(X‖Y)=xkln =××ln 23+××ln 2+××ln 2-1+××ln 2-3=ln 2.
(2)因為xk=P(X=k)=pk(1-p)2-k(k=0，1，2)，y0=P(Y=0)=，y1=P(Y=1)=，y2=P(Y=2)=，
所以D(X‖Y)=xkln =x0ln +x1ln +x2ln =(1-p)2ln[6(1-p)2]+2p(1-p)·ln[3p(1-p)]+p2ln(6p2).
令f(p)=(1-p)2ln[6(1-p)2]+2p(1-p)ln[3p(1-p)]+p2·ln(6p2)，則f'(p)=-2(1-p)ln[6(1-p)2]-2(1-p)+(2-4p)ln[3p(1-p)]+2-4p+2pln(6p2)+2p=(-2+4p)ln 6-2ln(1-p)+2ln p+(2-4p)ln 3=2ln p-2ln(1-p)+(4p-2)ln 2，
令g(p)=2ln p-2ln(1-p)+(4p-2)ln 2，則g'(p)=++4ln 2，
因為00，故g(p)在(0，1)上單調遞增，
又g=0，所以當00，即f'(p)>0，所以f(p)在0，上單調遞減，在，1上單調遞增，所以f(p)min=f=ln ，即D(X‖Y)的最小值為ln .
(3)令φ(x)=ln x-x+1，則φ'(x)=-1=.易得當x∈(0，1)時，φ'(x)>0，當x∈(1，+∞)時，φ'(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，+∞)上單調遞減，
所以 x∈(0，+∞)，φ(x)≤φ(1)=0，所以ln x≤x-1，所以ln ≤-1，所以ln x≥1-，所以D(X‖Y)=xkln ≥xk1-=(xk-yk)=xk-yk=1-1=0，
即D(X‖Y)的值不可能為負.
培優精練
【解析】(1)由題意可知，P(X=1)=1-P(X=0)=，P(Y=0|X=0)=1-P(Y=1|X=0)=，
所以P(Y=0)=P(Y=0|X=0)P(X=0)+P(Y=0|X=1)P(X=1)=×+×=.
(2)由題意可知，當發送信號0時，接收為0的概率為，接收為1的概率為，
可知ξ的所有可能取值為0，1，2，3，則P(ξ=0)=3=，P(ξ=1)=×2×=，P(ξ=2)=××2=，P(ξ=3)=3=，
可得ξ的“有效值”H(ξ)=-lg +lg +lg +lg =-(3lg 3-6lg 2)+(2lg 3-6lg 2)-lg 2=-lg 3+6lg 2≈-×0.48+6×0.30=0.45，即ξ的“有效值”約為0.45.
考向2　情境創新
典例2
【解析】(1)由題意可知，Xi(i=1，2，…，n)均近似服從完全相同的二項分布，
則E(X1)=E(X2)=…=E(Xn)，D(X1)=D(X2)=…=D(Xn)，
E()=EXi=E(Xi)=E(Xi)=·nE(X1)=E(X1)，
D()=DXi=D(Xi)=D(Xi)=·nD(X1)=D(X1)，
所以E()=E(X1)，D()=D(X1).
(2)①由(1)可知X1~B50，，
則X1的均值E(X1)=，X1的方差D(X1)=50××=，
所以D()==，解得=或=，
由題意可知0②由①可知=0.3，則X1~B(50，0.3)，
則P(X1=k)=×0.3k×(1-0.3)50-k，k=0，1，2，…，50，
由題意可知，
解得14.3≤k≤15.3，且k∈N*，則k=15，
所以X1的分布列中概率值最大的隨機事件{X1=k}對應的隨機變量的取值為15.
培優精練
【解析】(1)記“甲獲勝”為事件A，“甲搶到3道題”為事件A3，“甲搶到2道題”為事件A2，“甲搶到1道題”為事件A1，“甲搶到0道題”為事件A0，
則P(A3)=3=，P(A2)=3=，P(A1)=3=，P(A0)=3=，
而P(A|A3)=3+×2×1-=，P(A|A2)=2+××1-×1-=，P(A|A1)=××+2××+1-××=，P(A|A0)=3+××2=，
所以P(A)=P(A3)P(A|A3)+P(A2)P(A|A2)+P(A1)P(A|A1)+P(A0)P(A|A0)=×+×+×+×=.
(2)①P(Xi=1)=，P(Xi=0)=，P(Xi=-1)=，
所以E(Xi)=1×+0×-1×=.
因為E()=EXi=E(Xi)=E(Xi)=·n·=，
由表中數據可知=，所以=，=.
②因為Xi(i=1，2，…，20)的取值相互獨立，
所以L(p)=P(X1=x1，X2=x2，…，X20=x20)=P(X1=x1)·P(X2=x2)·…·P(X20=x20)=[P(Xi=1)]6×[P(Xi=0)]10×[P(Xi=-1)]4=6104，
所以L'(p)=10354-26·3=1053-.
令L'(p)=0，因為00，L(p)單調遞增；當p∈，1時，L'(p)<0，L(p)單調遞減.
即當p=時，L(p)取到最大值，故=.

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