2024-新高考II卷-18 解-概率综合

本题导读

本题考查事件的独立性与相互独立事件。核心在于概率对比法、差值分析法（作差因式分解）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年新高考II卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下： 第一阶段由参赛队中一名队员投篮 3 次.若 3 次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为 0 分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段. 第二阶段由该队的另一名队员投篮 3 次，每次投中得 5 分，未投中得 0 分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为 $p$，乙每次投中的概率为 $q$，各次投中与否相互独立.

(1) 若 $p=0.4$，$q=0.5$，甲参加第一阶段，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5 分的概率；

(2) 假设 $0<p<q$.

(i) 为使得甲、乙所在队的比赛成绩为 15 分的概率最大，应由谁参加第一阶段？

(ii) 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应由谁参加第一阶段？

🔍【思路分析】

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1. 第一问（基础计算）：成绩不少于 5 分意味着：第一阶段至少中一次 $\cap$ 第二阶段至少中一次。利用补集思想 $P=(1-P_{\text{全不中}1})\times (1-P_{\text{全不中}2})$。
2. 第二问 (i)（概率最大化）：分别写出“甲先乙后”和“乙先甲后”得到 15 分（即第一阶段过关且第二阶段全中）的概率表达式 $P_1,P_2$。作差 $P_1-P_2$，利用因式分解判定符号。
3. 第二问 (ii)（期望最大化）：利用二项分布的期望性质。第二阶段得分 $X$ 的期望等于：$P(\text{进入第二阶段})\times E(\text{第二阶段得分})$。
   • 设第二阶段投篮的人每次投中概率为 $k$，则其投 3 次的期望得分为 $3\times k\times 5=15k$。
   • 总期望 $E=[1-(1-\text{第一阶段概率}{)}^3]\times 15\times \text{第二阶段概率}$。
   • 同样通过作差法比较两种安排的期望大小。

✅【答案】

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(1) $0.686$

(2) (i) 应由甲参加第一阶段

(2) (ii) 应由甲参加第一阶段

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求解成绩不少于 5 分的概率： 已知 $p=0.4$（甲），$q=0.5$（乙）。甲参加第一阶段，成绩不少于 5 分需满足： ① 甲在第一阶段至少投中一次：$P_A=1-(1-0.4{)}^3=1-0.216=0.784$。 ② 乙在第二阶段至少投中一次：$P_B=1-(1-0.5{)}^3=1-0.125=0.875$。 由于各次投篮相互独立，所求概率为： $P=P_A\times P_B=0.784\times 0.875=0.686$。

(2) 策略优化分析： 设甲先参加为方案 1，乙先参加为方案 2。 (i) 15 分概率最大化策略：

• 方案 1（甲先）：$P_1=[1-(1-p{)}^3]\cdot q^3$
• 方案 2（乙先）：$P_2=[1-(1-q{)}^3]\cdot p^3$ 作差： $P_1-P_2=(3p-3p^2+p^3)q^3-(3q-3q^2+q^3)p^3$ $=3p{q}^3-3p^2{q}^3+p^3{q}^3-3q{p}^3+3q^2{p}^3-p^3{q}^3$ $=3pq(q^2-p^2)-3p^2{q}^2(q-p)$ $=3pq(q-p)(q+p)-3p^2{q}^2(q-p)$ $=3pq(q-p)(q+p-pq)$ 由于 $0<p<q<1$，则 $q-p>0$ 且 $q+p-pq=q+p(1-q)>0$。 所以 $P_1-P_2>0$，即方案 1 概率更大。 结论：应由甲参加第一阶段。

(ii) 期望最大化策略：

• 方案 1（甲先）： 进入第二阶段概率 $P_{in1}=1-(1-p{)}^3$。 第二阶段乙投篮 $3$ 次的期望分值为 $3\times q\times 5=15q$。 总期望 $E_1=[1-(1-p{)}^3]\times 15q=15q(3p-3p^2+p^3)$。
• 方案 2（乙先）： 同理，$E_2=[1-(1-q{)}^3]\times 15p=15p(3q-3q^2+q^3)$。 作差： $E_1-E_2=15[q(3p-3p^2+p^3)-p(3q-3q^2+q^3)]$ $=15[3pq-3p^{2}q+q{p}^3-3qp+3q^{2}p-p{q}^3]$ $=15[3pq(q-p)-pq(q^2-p^2)]$ $=15pq(q-p)[3-(q+p)]$ 因为 $0<p<q<1$，所以 $q-p>0$ 且 $p+q<2<3$，即 $3-(q+p)>0$。 所以 $E_1-E_2>0$，即方案 1 期望更大。 结论：应由甲参加第一阶段。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：相互独立事件概率乘法公式的嵌套应用、对立事件（ $1-P$ ）在至少型概率中的转化能力、二项分布期望公式（ $\mathbb{E}(X)=np$ ）的乘积重组、基于决策优化的多元高次多项式作差因式分解。
2. 核心方法：条件全期望模型与多项式作差因式分解流（攻克概率压轴的终极Armor）．作为新高考改革后的 17 分卷尾概率大题，其核心难点在于代数化简。很多同学在第（2）问列出 $P_1,P_2$ 后，面对一堆三次方、四次方的混合超越式，容易手忙脚乱。本题演示的**“不分离直接作差、强行提取特征差值公因式 $q-p$”**的技术，反客为主，利用参数 $0<p<q<1$ 这一刚性防御罩进行符号逐项筛选，彻底规避了盲目展开导致多项式失控的灾难性后果。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（期望模型建立时漏掉分值系数 5 或投篮次数 3）：部分同学在做第（2）问 ii 小项时，误把第二阶段的得分期望直接写成了 $q$ 或 $3q$（错把命中次数当作了最终得分），导致期望方程简化偏转。务必牢记：得分 = 命中次数 $\times$ 5，系数的残缺会导致后续因式分解的常数项发生错位。
• 避坑指南 2（作差后保号性论证残缺导致步骤失分）：个别考生在算到 $E_1-E_2=15pq(q-p)[3-(q+p)]$ 后，直接凭直觉得出其大于 0，缺乏对“因为 $p<1,q<1⟹p+q<2⟹3-(p+q)>0$ ”这一步关键隐变量红线的显式写出。在阅卷极其严苛的高考中，这属于“论证不严密”，会被酌情扣除 1 逻辑步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层源自高等概率论与运筹决策学中极具盛名的**“动态博弈多阶段决策模型（Multi-stage Decision Process）”以及“马尔可夫决策链（Markov Decision Process）”在初等数学中的一次高纯度化简体现。新高考命题组通过引入两阶段投篮这一极具温度的文化背景，彻底斩断了过往老高考中死记硬背的二级公式套路，转而将考查焦点死定在“用因式分解清洗离散状态”**的基本功上，是一道兼顾代数美感与选拔功能的里程碑式大题。
2. 结论推广（基于两阶段期望控制的“排兵布阵不变量模型”）： 可将此类“双人交错两阶段通过型游戏最优化”的模型提炼为一个通用的二级判决模型格：

• 设两名队员通关第一阶段的留存函数分别为 $f(p),f(q)$（本题中为 $1-(1-x{)}^3$ ），第二阶段的收益增量函数为 $g(p),g(q)$（本题中为 $15x$ ）。且均在 $(0,1)$ 上严格单调递增并满足 $x\to 0⟹0$ 的原点自洽。
• 只要两人的基本技能点满足刚性控制线 $0<p<q<1$，由于第一阶段需要“防守托底（防止被零分淘汰）”，而第二阶段需要“火力全开拉高上限”。根据不变量模型的动态抵消宣告：将技能点低、通过率相对弱的队员（甲）安排在第一阶段当“防守盾牌”，而将技能点高、爆发力强的队员（乙）安排在第二阶段当“终极快速求解输出”，整个团队的全盘总概率与数学期望恒无条件取得最大值。
• 掌握了这一“输出最大化控制网络”，未来在任何模拟考的客观题中遇到类似的双人排兵布阵策略选择，甚至不需要在草稿纸上动一笔，肉眼验证参数关系（甲弱乙强），即可瞬间判定“由弱者先发、强者收尾”的方案必然全盘完胜。

3. 方法推广：本题所展现的“将宏观的策略对立转化为两组离散分布列的线性求和、通过作差因式分解消去多余自由度”的思想，具有较强的跨章节迁移价值。不仅是概率统计板块稳定获得 17 分的基本保障，未来在解答题最后一关新定义压轴大题中的“利用差分不等式判定离散点集的极大密度值”、或者是导数大题最后一问中出现的“通过构造双变量差值函数进行全域不等式夹逼控制”时，其核心思路——“抓住核心的单调保号因式，利用‘因式分解抵消’消除非线性高阶干扰项，实现多维超越空间向一元一阶代数不等式的化归”。掌握这一方法，能让您在面对整张卷的所有压轴主观题时，都具备居高临下的大局观。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 15.02 随机事件、关系与独立性
• 23.04 二项分布与超几何分布

类题演练 (Links)

• 2013-江西卷理-18 解-分布列
• 2014-山东卷理-18 解-分布列
• 2014-湖北卷理-20 解-二项分布