2012-大纲卷理-19 解-分布列

本题导读

本题考查相互独立事件的概率乘法公式。核心在于分类讨论法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年大纲卷(理)） 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在 $10$ 平前，一方连续发球 $2$ 次后，对方再连续发球 $2$ 次，依次轮换.每次发球，胜方得 $1$ 分，负方得 $0$ 分.设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得 $1$ 分的概率为 $0.6$，各次发球的胜负结果相互独立.甲、乙的一局比赛中，甲先发球.

(1)求开始第 $4$ 次发球时，甲、乙的比分为 $1$ 比 $2$ 的概率；

(2)$\xi$ 表示开始第 $4$ 次发球时乙的得分，求 $\xi$ 的期望.

🔍【思路分析】

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1. 审清发球权与概率变动：

• 比赛前 3 次发球的轮换顺序为：第 1 次甲发球，第 2 次甲发球，第 3 次乙发球。
• 每次发球的得分概率依赖于谁是发球方：
  • 当甲发球时（第 1, 2 次）：甲得分的概率为 $0.6$，则乙得分的概率为 $1-0.6=0.4$。
  • 当乙发球时（第 3 次）：乙得分的概率为 $0.6$，则甲得分的概率为 $1-0.6=0.4$。

2. 第（Ⅰ）问思路：

• “开始第 $4$ 次发球时，比分为 $1$ 比 $2$” 意味着在前 $3$ 次发球后，甲总共得了 $1$ 分，乙总共得了 $2$ 分。
• 对前 2 次甲发球中甲的得分进行分类讨论（可能得 $0$ 分或 $1$ 分），结合第 3 次乙发球的得分情况，利用互斥事件加法公式和独立事件乘法公式求解。

3. 第（Ⅱ）问思路：

• 确定随机变量 $\xi$ 的所有可能取值：在前 3 次发球中，乙的得分 $\xi$ 可以为 $0,1,2,3$。
• 分别计算各个取值对应的概率。其中 $\xi =2$ 对应的概率即为第（Ⅰ）问的结果。利用全概率之和为 1 的性质可简化其中一个取值的概率计算。
• 列出分布列，代入期望公式 $E(\xi )=\sum x_i{p}_i$ 算出最终结果。

✅【答案】

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(1) $0.352$

(2) $E(\xi )=1.4$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 设事件 $A_i$ 表示“前 $2$ 次甲发球中，甲合共得了 $i$ 分” ($i=0,1,2$)。 根据每次发球的独立性及概率：

• $A_0$ 发生（甲连续输掉 2 个发球）： $P(A_0)=(1-0.6)\times (1-0.6)=0.4^2=0.16$
• $A_1$ 发生（前 2 次发球中甲一胜一负）： $P(A_1)=C_2^1\times 0.6\times (1-0.6)=2\times 0.6\times 0.4=0.48$
• $A_2$ 发生（甲连续赢得 2 个发球）： $P(A_2)=0.6\times 0.6=0.6^2=0.36$

设事件 $M$ 表示“第 $3$ 次发球中，甲得了 $1$ 分”。 由于第 $3$ 次是乙发球，发球方（乙）得分的概率为 $0.6$，因此接发球方（甲）得分的概率为： $P(M)=1-0.6=0.4$ 其对立事件 $\overline{M}$ 表示第 $3$ 次发球乙得分，概率为： $P(\overline{M})=0.6$

记事件 $B$ 为“开始第 $4$ 次发球时，甲、乙的比分为 $1$ 比 $2$”。 这意味着前 $3$ 次发球后甲得 $1$ 分，乙得 $2$ 分，该事件可以拆分为以下两种互斥的情况：

• 情况一：前 2 次甲发球中甲得 $0$ 分，第 3 次乙发球中甲得 $1$ 分。即事件 $A_0\cdot M$ 发生。
• 情况二：前 2 次甲发球中甲得 $1$ 分，第 3 次乙发球中甲得 $0$ 分。即事件 $A_1\cdot \overline{M}$ 发生。

由于各次发球结果相互独立，根据概率乘法公式和加法公式可得： $P(B)=P(A_0\cdot M)+P(A_1\cdot \overline{M})=P(A_0)P(M)+P(A_1)P(\overline{M})$ $P(B)=0.16\times 0.4+0.48\times 0.6=0.064+0.288=0.352$

所以，开始第 $4$ 次发球时，甲、乙的比分为 $1$ 比 $2$ 的概率为 $0.352$。

（Ⅱ）解： 开始第 $4$ 次发球时乙的得分 $\xi$ 的所有可能取值为 $0,1,2,3$。

• 当 $\xi =0$ 时，意味着前 3 次发球中乙得 $0$ 分，即甲得了 $3$ 分。 这要求前 2 次甲发球甲全胜（事件 $A_2$），且第 3 次乙发球甲也获胜（事件 $M$）： $P(\xi =0)=P(A_2\cdot M)=P(A_2)P(M)=0.36\times 0.4=0.144$

• 当 $\xi =2$ 时，即为第（Ⅰ）问所求的事件 $B$： $P(\xi =2)=P(B)=0.352$

• 当 $\xi =3$ 时，意味着前 3 次发球中乙得了 $3$ 分，即甲得了 $0$ 分。 这要求前 2 次甲发球甲全负（事件 $A_0$），且第 3 次乙发球乙获胜（事件 $\overline{M}$）： $P(\xi =3)=P(A_0\cdot \overline{M})=P(A_0)P(\overline{M})=0.16\times 0.6=0.096$

• 当 $\xi =1$ 时，由概率分布列的性质，所有可能结果的概率之和为 $1$： $P(\xi =1)=1-P(\xi =0)-P(\xi =2)-P(\xi =3)$ $P(\xi =1)=1-0.144-0.352-0.096=0.408$

由此可列出 $\xi$ 的分布列：

\xi & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 0.144 & 0.408 & 0.352 & 0.096 \\ \end{array}$$ 根据数学期望的定义， $\xi$ 的期望为： $$E(\xi) = 0 \times 0.144 + 1 \times 0.408 + 2 \times 0.352 + 3 \times 0.096$$ $$E(\xi) = 0 + 0.408 + 0.704 + 0.288 = 1.4$$ 所以，随机变量 $\xi$ 的数学期望为 $1.4$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：独立重复试验概率、互斥事件的划分、离散型随机变量分布列与数学期望的计算。
2. 核心方法：阶段分类讨论法。处理这种发球权交替且概率随之改变的博弈模型，将前 $n$ 次发球按发球方归属拆分为独立的几个时段，能让概率相乘时逻辑清晰。
3. 避坑指南：

• 犯惯性思维错误：很多考生在读题时习惯了硬套“独立重复试验（二项分布公式）”，误认为 3 次发球中每次乙得分的概率都是固定常数。切记由于发球方改变，第 1, 2 次乙得分概率是 $0.4$，而第 3 次乙得分概率是 $0.6$，不能直接用 $C_3^k{p}^k{q}^{3-k}$ 公式。
• 期望计算粗心：最后一步由分布列各项相乘求和时，涉及多位小数的乘法与加法，需规范列出算式小心计算，防止低级失误。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学选择性必修第三册第七章《随机变量及其分布》中关于独立性与离散型期望的综合应用大题。属于高考考查概率统计解答题的标准中档模版。
2. 结论推广:

• 期望的可加性性质简捷通法：虽然由于发球权轮换导致各次试验的概率不尽相同，但只要各次发球的胜负结果在全局上保持相互独立，随机变量的期望就必然满足数学期望的线性性质（期望可加性）。
• 设 ${\xi }_i$ 表示第 $i$ 次发球时乙的得分（ ${\xi }_i$ 只能取 $0$ 或 $1$），则总得分 $\xi ={\xi }_1+{\xi }_2+{\xi }_3$。
• 每次独立单发球的期望等于其得分的概率： $E({\xi }_i)=1\times P({\xi }_i=1)+0\times P({\xi }_i=0)=P({\xi }_i=1)$。
• 从而有通用的期望拆分公式： $E(\xi )=E({\xi }_1)+E({\xi }_2)+E({\xi }_3)=P({\xi }_1=1)+P({\xi }_2=1)+P({\xi }_3=1)$
• 直接代入各次发球中乙得分的概率速算： $E(\xi )=0.4+0.4+0.6=1.4$
• 通过引入概率论中“期望线性性质”这一结论，可以完全绕过第（Ⅱ）问中繁琐的分布列列举以及 4 组繁杂小数的乘法求和过程，实现直接口算。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 23.03 离散型随机变量及其数字特征 类题演练 (Links)

• 2007-天津卷理-18 解-离散型随机变量数学期望

• 2013-浙江卷理-19 解-分布列

• 2014-安徽卷理-17 解-相互独立事件的概率