各位老师同学们好，非常有幸参加本次讲题比赛。我们是杭州第七中学代表队。我是苏小雨。我是郑亚洲，我是金晶晶，我是卢门卡。感谢文特及各位专家老师的指导。下面我们将和大家一起研究新高考一卷压轴和次压轴题目。苏老师听说2023年新高考一卷是压轴，是一道概率题，并且得分率很低，你怎么看？是的，该题综合考察了条件概率、全概率两点分布、数学期望数列等相关知识，做到了回归教材，高于教材。接下来我们将从四个方面带大家。回顾这道题。请看题目。首先看第一问，通过对实际问题进行数学抽象，将其转化为数学问题。这里我们记第二次投篮的人是甲为事件AI记第二次投篮的人是乙为事件BI结合树状图，第二次投篮的人是以有两种情况，A1B2和B1B2。由全概率公式可得PB2，即第二次投篮的人是乙的概率。第二问，求第一次投篮的人是甲的概率。郑老师对于这种一般化的情况又该如何求解呢？仿照第一问的做法，我们依托教材分析地推请看诉状图，如果第二次是假投篮，可以分为A1、A2、B1、A二这两种情况。我们发现，第二次是假投篮只取决于第一次的投篮情况，同样，第三次是假投篮也只取决于第二次的投篮情况。以此类推，我们发现第四次、第五次是假投篮，也只取决于他们上一次的投篮情况。那么，一般的第I加一次也具有这样的规律吗？是的，对于第I加一次是假投篮这个结果，我们可以治国所因，追根求源进行分析。结合树状图，DI加一次是假投篮，AI加一可分为两种情况，AIAI加1，BIAI加1。他的概率只与第I次投篮情况有关。考虑全概率公式可得，一是考虑到第I次投篮的人非甲即乙，即PAI加PBI等于一则一是可以改写成以下地推式，二式得到递推式。二后则问题转化为一阶线性递推求数列通项的问题，接下来该如何去做呢？对于这类问题，一般有以下4种方法，方法一，对于递推式。2、为了使得等式两边系数及下标之间呈现对应关系，不妨同除0.4的I加1次方得到3式。通过换元，三式可以简写为四式。对于第四个式子，同学们应该不陌生，采用累加法即可得到QI的通项。下面考虑初始情况，带入相关数据即可求出QI的表达式。进一步根据QI和PI的关系可以求出PI的通项，即第二次投篮的人是假的概率。郑老师，我有个想法，我们还可以用不动点法求通项。首先我们来回顾一下数列不动点的概念。结合数列不动点的定义和递推关系式2，可得其特征方程，从而求出不动点X等于3分之1。运用这个不动点壳构造等比数列PI减3分之1，考虑初始条件即可求出第I次是假投篮的。概率PI事实上我们还可以利用配凑法求通项对于这个形式的递推，利用待定系数兰姆达构造一个等比数列，通过计算整理求出兰姆达的取值为3分之1，进而构造出等比数列之后的做法与二相同。我们也可以采用差分法来解题，考虑递推公式二的前提下可列出五式，两式相减可得六式。通过适当换元可得到等比数列RI。考虑初始条件R一的值，代入即可得到RI的通项公式。考虑数列RI和PI的关系，带回原式可得下式采用累加法即可得出PI的通项公式。以上是思路一的四种解题方法。思路一通过将实际问题转化为数学问题，进一步活用全概率公式并考虑基本事实得出递推式，基于递推关系用相应的数列方法求得并解释结果。思路二，设第N次甲投篮的概率为AN是乙投篮的概率为BN为了更形象的看出AN和BN之间的关系，我们采用数形结合直观地推的思路，由题意列出第N次到第N加一次投篮的状态转移图如下。根据状态转移图，我们可以更直观的写出以下方程组，考虑基本事实，AN加BN等于11，即可得出数列递推公式之后的解法，同思路一，此处不再赘述。近年来，马尔可夫链在高考和自主招生试题中屡见不鲜。通过视频学习思考什么是马尔可夫性。今天我要和大家分享的是马尔可夫链这个概念。马尔可夫链被广泛应用在各种领域，包括统计、生物学、经济学、物理学，当然机器学习也在使用它。假设有一家餐厅，它只供应三种食物，汉堡、披萨和热狗。但是他们有一个有点奇特的规则，他们每天只会供应这三种食物中的一种，而具体供应哪种食物是取决于他们昨天供应了什么。换句话说，如果你知道他们今天供应的是什么，那么你就能用一种方式来预测他们明天会供应什么。例如，如果今天供应的是汉堡，那么明天有60%的可能会供应披萨。我会在途中用带权重的箭头来表示这个情况。明天还会继续供应汉堡的可能性是20%。这用一个指向自身的箭头表示。好的，每个箭头都代表一个状态到另一个状态的转换。现在我将展示所有可能的转换。您现在看到的图就是一个马尔可夫链，马尔可夫链的一个重要特性就是未来的状态只取决于现在的状态而不依赖于之前的步骤。未来的状态只取决于现在的状态而不依赖于之前的步骤，这就是马尔可夫星。郑老师我发现本题情境也完全符合马尔可夫性，那我们是否可以用马尔可夫链相关方法来解决问题呢？当然可以参考概率论与数理统计，人教版高中数学选修4-9，具体方法如下。借助思路二的状态转移图整理得到条件概率表表中每个数据均为条件概率。例如0.6代表AN发生的条件下，AN加一发生的概率，将条件概率表中的数据汇总可得到概率转移矩阵Q为了研究马尔可夫链在任意时刻的状态分布情况，可以类比等比数列的通项公式得出判案，即第I个状态下的分布公式。公式说明了马尔可夫列在十个N的分布完全由初始分布派一和概率转移矩阵Q决定。其中派一位初始状态，根据题干信息由抽签决定第一次投篮的人选，第一次是甲乙的概率各为0.5，即可得出本级的初始状态，派一等于0.5。那矩阵运算和代数式的运算方法相同吗？二者不完全相同。为了方便计算Q的幂次，我们需要将Q对角化。对角化后Q也可以写作下式，通过计算得到Q的I减一次，将具体数字代入公式进行计算。关于矩阵乘法同学们可能不熟悉，我们通过这部分的运算向大家展示。下面我们用一个视频来展示矩阵的乘法。进一步运算即可求得派2，而派二的第一个分量就是第I次是假投篮的概率。在第二问中，我们从实际问题出发，将其转化为数学问题。接着从三种不同的角度给出解题思路。其中思路二通过画状态转移图辅助我们列出递推关系。思路三则利用马尔可夫链方法解决问题。一般的用马尔可夫链解决此类问题可分为如下步骤，一、根据情境判断是否为马尔可夫问题。2、画出状态转移图，从而得出概率转移矩阵。三考虑初始状态，带入公式求解。对于第三问求数学期望EY，我们提供两种解题思路。思路一，利用定义代入公式。在第二问中我们已经求得第I次投篮是假的，概率为PI为了更加直观的表达和计算，我们将其表格化。在第I次投篮中甲和乙共投篮一次，可以理解为甲投了PI次乙投了一减PX进一步列公式计算即可求得结果。思路二，利用结论突出本质，考虑既有结论。我们构造如下的两点分布，则这个两点分布的分布列如下，根据结论可得EY的计算公式。这里体现了数学期望的线性性，进一步计算得出最终结果。本题考察了全概率公式等基础知识，主要考察分类讨论数形结合化归与转化函数方程等数学思想。马可夫链等随机过程的学习，锻炼了同学们逻辑思维和推理能力。通过分析和理解马尔可夫链的概念和原理，可以拓展数学知识，培养数据分析能力，并解决多种实际问题。本题的溯源和推广可分为以下四个方面，本题可以追溯的人教A版新教材中的内容定位在选择性必修37.1.2全概率公式。例如这道引入思考题，计算第二次摸到红球的概率，可以将事件拆分为第一次红球且第二次红球、第一次难求且第二次红球通过符号化表示事件，我们将复杂事件转化为简单事件的病给，从而做到化繁为简，结合概率加法公式和乘法公式，从而求得这个复杂事件的概率，这就是全概率公式。本题引导我们使用全概率公式将复杂的问题拆分为简单的问题，本题的结果也体现了抽签的公平性。上述问题聚焦第二次的情况，请同学们思考，若摸球次数大于2，这还是一个马尔可夫问题吗？事实上，本例第I加一次的情况不仅仅依赖于第I次，也与之前的摸球情况有关。因此，本题在I大于二时并不满足马尔可夫性，同学们可以尝试用排列组合方法解决，答案依然是A加B分之A在新教材选择性必修三复习参考期中考察了以下题目。为了解决这个问题，我们先将其符号化。这是一个三状态问题。对于这种复杂的多状态问题，仿照之前的做法，先画出它的状态转移图。根据状态转移图列出如下方程组，考虑基本事实，传球的人只有甲乙丙，则AN加BN加CN等于1。利用数列方法处理问题，为了将CN减一消掉，我们用一式减2式可得下式。通过观察AN减BN是一个等比数列，考虑初始状态可以得到AN减BN的通项。同理可以将BN减一小可得AN减CN的通项。据此可知，BN等于CN或者也可直接观察BN和CN的初始状态相同状态转移图对称，也可得出BN等于CN通过计算求出AN的通项公式。通过分析发现第N次的传球情况仅仅依赖于第N减一次的情况，所以这是一个马尔可夫问题。我们仿照之前的做法，由于第一次传球的人是甲，可以写出初始状态派一，每次传球都可以传给除自己外的另外两个人，概率均为0.5，可以写出概率转移矩阵P之后用矩阵的运算即可求得结果。派N中的每个分量分别代表第N次传球的人是甲乙丙的概率。这里可以发现多状态问题。利用全概率公式法计算过程繁琐，而利用马尔可夫法程序化的过程则十分简洁。老教材则深入系统地讲解了马尔可夫链，体现出了他在概率统计的研究地位和人工智能方面的应用价值。高中生可以开阔视野，增长见识，为学习更高阶的数学知识奠定基础。选修4-9第四讲马尔可夫型决策简介引入中出现了以下情景，分析该情境应按照以下步骤，第一步，判断该问题是否具有马尔可夫性。我们根据情境发现机器在第N小时所处的状态XN的情况下，XN加一的随机变化规律与XN之前的取值都没有关系，因此它是一个马尔可夫问题。第二步，列出线性方程组或状态转移图，写出不同方案下的概率转移矩阵，代入以下公式即可求得第N小时的状态情况。派N选修。4-9还介绍了马尔可夫链平稳分布，根据教材材料，请同学们思考如何计算本题的平稳分布，类比不动点法，假设分布欧米伽为平稳分布，则有欧米伽乘以P依然等于欧米伽。由既定事实分布欧米伽的各个分量和为一，不妨假设欧米伽等于X1减X经计算得出X等于3分之1。通过刚才的计算结果，请对比该结果与本题的结论是否相符。在之前的计算中，我们已经得出第二次投篮的状态矩阵，如下分析，当I趋于正无穷时，分布区域3分之1、3分之2，这与平稳分布算法得出的结果一致。这说明当投篮非常多次之后，某次投篮是假的，概率稳定在3分之1。马尔可夫链在之前的大型考试中也有多次考察，如2019年全国一卷21题，2020年江苏卷的25题，2022年新高考二卷21题等等。这是2019年全国一卷21题。这里命题人直接给出递推式PI，并没有让考生推倒这个递推关系，因此可以直接采取常规解法，基于递推关系构造数列求解。实际上观察递推式我们可以看出，这就是马尔可夫一维随机游走模型。通过分析我们可以写出它的概率转移矩阵如下，比赛前甲得分为四分，因此初始状态如下之后即可使用矩阵运算解决问题。四马可夫天气预报模型溯源，若我们考虑最简单的两状态情况，如果明天的晴雨情况仅取决于今天的晴雨情况，而与过去的天气无关，并设今天下雨的情况下，明天下雨的概率为阿尔法，今天晴天的情况下，明天下雨的概率为贝塔，则根据初始天气，通过矩阵运算，我们可预测N天后的晴天或雨天的概率，这就是马尔可夫天气预报模型。不难发现，本题的模型与马尔可夫天气预报模型中的两状态情况别无二致，只是更换了实际情境，因此解法也可以通用。实际上，多状态的天气问题更加普遍，请同学们尝试解决本地问题。现在已知周一是晴天，问周日是晴天的概率是多少？三种天气对应三种状态，根据题目给出的条件画出状态转移图，我们可以得到概率转移矩阵A如下，又已知周一是晴天，写出初始状态，派一代入公式或迭代计算得出的结果相同。像这种程序化的求解过程，我们可以采用meta LAB、python等机器学习软件，通过迭代算法快速得出结果。程序运行的结果与之前的计算结果一致，却更加高效。最后有两道相关练习的题目供大家课后思考，答案附在最后，不思则近，深思则远。相对于原考题，我们已经走了很远，但并没有到达终点，思考还可以继续延伸下去。每年的高考卷一出来都会引起广泛关注，今年的新高考一卷更是特别出人意料地将解析几何作为压轴题。究竟是怎样的一道题呢？我们一起来欣赏一下吧。第一问，求动点P的轨迹，W的方程到定直线的距离等于到定点距离的点的轨迹是抛物线。可以直接设点P的坐标XY表达到直线和点的距离，建立等式左右两边平方整理就得到动点P的轨迹W方程为Y等于X平方加4分之1。第二问要证明矩形ABCD的周长大于三倍根号三相较于以往本题的不同之处在于所证明结论为不定值。这里隐含了矩形的周长没有最小值，并且三倍根号三是矩形周长的极限值。那为什么周长没有最小值，极限值又在何处取到呢？对于这个问题，我们不妨先从几何的角度利用GGP动画帮助思考。要表示矩形周长则需要表示边长。不妨设ABC3点在抛物线上，且AB垂直于BC弦长AB可以由交点B的坐标和直线AB的斜率确定，此时弦长BC也随之确定。这里涉及两个变量，不妨先固定点B将问题简化。在此情境下，当直线AB的斜率变化时点A在抛物线上运动，点C也随之运动。注意观察弦长和的变化。我们可以发现当点A接近点B时，AB加BC变小，当点A远离点B时，AB加BC又变大。因此当点A与点B重合时，AB加BC达到极限值，此时矩形变成一条线段，故矩形周长不存在最小值。通过动画我们直观感知了B点在这个位置时弦长和的变化。那更换点B的位置，我们还能得到一样的结果吗？让我们继续观察。结果是一样的，并且由对称性AC2点的位置可以互换。我们可以大胆猜想，无论点B在哪个位置，AB加BC的极限值都在AB重合或BC重合时取到。还可以固定直线AB的斜率。直线AB在平移的过程中和抛物线相离相切相交相切时点AB重合，线段AB不存在相交后，AB加BC逐渐增大。这种情境也符合我们刚才的猜想。有了大胆假设，还必须要小心求证。用代数方法验证猜想，我们考虑用弦长公式表示ABBC，不妨设B点坐标和直线ABBC的斜率，表示直线AB的方程，将其与抛物线方程联立，可得关于X的1元2次方程方程。根据直线AB与抛物线有两个交点，则德耳塔大于0，即K不等于2B因式分解得A点的横坐标，由弦长公式表示线段AB的长度，将K用负K分之一替换，同理可得线段BC的长度，则AB加BC表示为关于KB的函数问题转化为探究这个函数的最值。这个函数很复杂，既有绝对值又有双变量，怎么处理呢？解决多元问题的基本思想就是消元。观察左右两个式子，绝对值中都含有相同的变量2B所以不妨以B为主元。首先提取公因式，要想取绝对值，我们需要讨论K的正负，并且比较2B与K以及负K分之一的大小关系。因此不妨设K小于0，原函数转化为关于B的一次分段函数。我们怎么求这个分段函数的最值呢？可以利用函数的单调性。根据K的范围我们知道第一段函数单调递减，第三段函数单调递增，所以最小值取决于第二段的单调性，需要分类讨论。是的，当K分之一加一大于等于零时，第二段函数单调递增或为常数，则F2B大于FKAB加BC大于这个式子，令K方等于T来降次构造函数GT求导，当T等于2，即K方等于二时，最小值为4分之27。当K分之一加一小于零时，第二段函数单调递减，则F2B大于F负K分之一，AB加BC大于这个式子和刚才一样，对函数换元求导，同样可得最小值为4分之27。综合以上分析，AB加BC大于2分之3倍根号3，即周长大于三倍根号3。这个式子也可以不打开绝对值，直接利用绝对值函数的性质及最值肯定在两个绝对值中变量系数较大的零点处取到，将函数改为标准形式即为HB由于系数不定，因此最小值是H二分之K和H-2K分之一中较小的一个。从上述分析，这两个式子均大于等于2分之3倍根号3，具体计算过程这里不再赘述。刚才我们分析了以B为主源的情况，那是否也可以组员互换以K为主元呢？我们再回到原式，式子中含有两个绝对值，并且左边含有-2B右边N还有2比，如果能用绝对值不等式就能消去B了。问题在于两绝对值前的系数不同。由对称性不妨设绝对值K小于等于一则根号下一加K方分之一，大于等于根号下一加K方对，该是放缩。这样两绝对值前的系数就一样了，可以使用绝对值不等式进一步放缩得到关于K的函数问题，转化为求它的最值。那接下来。求这个函数的最值就简单多了，先换元令K方等于M构造新函数大FM再求导，因式分解得零点为M等于2分之1，分析得最小值为4分之27。这个方法通分后得到了三次函数，计算难度较大。处理高次函数的基本思想就是降次，所以也可以对原函数取对数设为函数大GM求导得到零点同样可得到最小值。除了求导，还有什么方法能求函数的最值呢？我们还可以利用不等式来求最值。提及不等式，同学们自然能想到基本不等式，将式子中的一加K方放缩成2K但这样得到的结果并不是一个常数。要想最终是一个常数，分子必须放缩成关于K的平方的式子。考虑到括号外是3次方，因此将一加K方拆成三项，利用三元基本不等式进行放缩，则最小值为4分之27，取等条件为K方等于2分之1。用不等式求函数的最值很巧妙，通常需要对式子适当拼凑变形，我们还可以将分子展开化简得到这四项。将3K平方拆分，其中负K方和K的4次方凑成完全平方式，4K的平方和K方分之一，由基本不等式放缩这样变形，两处取等条件恰好均为K方等于2分之1，则可得到最小值为4分之27。或者将分子拆分除下来，将K方分之一变形成4K方分之一加4K方分之3，由基本不等式化简，再根据柯西不等式得到最小值为4分之27，两处取等条件均为K方等于2分之1。这里用不等式求最值，很灵活，对同学们的数学思维要求很高。综上我们得到如下结果，第一处不等号在K方等于一时取等。第二处在K方等于2分之1时取等。两处取等条件不一致，故矩形ABCD的周长大于三倍根号3。前面我们通过设一点和两直线斜率联立方程得到相应的点坐标。利用弦长公式表示出了弦长ABBC并从两个角度进行求解。那能否直接设三点坐标进行求解呢？我们来尝试一下，直接设ABC3点坐标，ABBC的斜率分别为K和负K分之一，则可表示AB加BC同样不妨设绝对值K小于等于一进行放缩，再由绝对值不等式进一步化简，式中含有多个变量，解决方法就是消元，因此关键在于找A减C与K的关系。根据两点间斜率公式表示K和负K分之一，则K加K分之一等于A减C代入得关于K的函数。接下来同上一种解法，这里不再赘述。这种方法避免了联立方程，计算量相对较小。但这两种方法其实都是围绕弦长公式表示嫌长。那还有什么其他的方法能表示嫌长呢？我们还可以联系直线参数方程，设点B的坐标和直线AB的倾斜角则可表示相应的参数方程方程中的T的绝对值即为弦长AB将直线参数方程代入抛物线方程，可得关于T的二次函数，由德耳塔大于零得2B不等于tangent的西塔。解方程得弦长AB用西塔减去二分之派替换西塔，可得弦长BC弦长AB与BC之和是关于B和西塔的二元函数。将B作为主圆，有绝对值函数的性质，函数的最小值是这两者中较小的一个。这里由于2B的取值限制，函数没有最小值。接着再对式子化简，依据。对称性只需求这个函数的最小值，即sine西塔的平方乘cosine西塔的最大值。将正弦转化为余弦，再换元设为PX求导得到零点，可知PX最大值为9分之2倍根号3，取倒数则大HB大于2分之3倍根号3，即周长大于三倍根号3。要求sine西塔平方cos西塔乘积的最大值也可以考虑不等式求解，则需要构造和为定式的结构联系。同角三角函数的基本关系，正余弦的平方和等于一，将式子先平方sine西塔4次方看作两个sine西塔平方的乘积，式子转化为三项，均为平方的形式。为了使和为常数，对cos西塔平方的系数进行处理，再由均值不等式就可得到最大值为27分之4，即sine西塔平方cos西塔小于等于9分之2倍根号3，周长大于三倍根号3。当然，极坐标方程的极径也与长度有关，但极径是指平面上一点到极点的距离。因此为了表示弦长ABBC，需要将抛物线平移，使交点B成为极点，即平移至B撇00处相应的矩形ABCD也变化为矩形A撇、B撇、C撇、D撇。问题等价于求证矩形A撇、B撇、C撇、D撇的周长大于三倍根号3。设B点坐标表示平移后的抛物线方程改写为极坐标方程，求解柔值，则线段A撇B撇与B撇C撇之和依旧可以表示为关于B和西塔的二元函数。分析图上通过直线参数方程与极坐标方程表示弦长，就是用B点的横坐标坐标和倾斜角表示弦长ABBC本质上与用B点的横坐标和斜率是一样的，因为K就等于tangent西塔。从点和斜率的角度，最值取不到的原因在于2B不等于K且2B不等于负的K分之一。从点和倾斜角的角度，原因在于2B不等于tangent西塔，且2B不等于负的tangent西塔分之一转化为几何语言，取到极限值的位置为2B等于K即AB重合，或2B等于负的K分之一即BC重合。这里要注意，因为K不等于0，所以B不等于0。即只有当B部为抛物线顶点时，AB加BC的极限值在AB重合或BC重合时取到。那当B为抛物线顶点时，AB加BC的取值情况是怎么样的呢？此时B等于零带入可以得到AB加BC关于K的一元函数，对K的正负情况进行讨论，当K大于零时，取绝对值化简，对这三项同时使用基本不等式取等条件均为K等于一则最小值为二倍根号2。当K小于零时，同样可以得到，当K等于负一时，最小值为二倍根号2。从几何图形来看，当K等于正负一时，矩形ABCD就是正方形。由于二倍根号二大于2分之3倍根号3，因此我们只需考虑B不为抛物线顶点时，AB加BC取极限值的情况。根据前面的结论，我们不妨就考虑AB2点重合时的情况。此时AB等于0，由K等于2B原本的双绝对值双变量问题转化为单绝对值单变量问题，计算难度大大减小。由于式中含有根号和绝对值，我们将其平方再换元得到QS。对QS求导得到零点为S等于2分之1，则QS的最小值为4分之27。因此AB加BC的极限值为2分之3倍根号3，极限值在B等于正负二分之根号2，且AB重合时渠道。总的来说，高考题中涉及弦长ABBC2个变量，从不同的角度通过构造函数或借助不等式求解，难点在于对含绝对值的双变量函数的处理，考察了学生逻辑推理、直观想象、数学建模、数学运算的核心素养。此高考题源自1998年上海市高中数学竞赛题，两题都是在抛物线背景下求解有关矩形的最值问题。不过竞赛题仅涉及弦长AB一个变量，因此与高考题相比，化简过程较为简单。我们来看具体求解过程，通过两点间的斜率公式与弦长间的等量关系，可以得到点横坐标与斜率的关系，从而将弦长AB表示为关于斜率K的单变量函数，进而利用不等式求得最值。我们可以将高考题进一步推广，将抛物线方程一般化，结论如下，实际上平面中任意抛物线都可以通过平移旋转的方式将方程转化为Y等于TX平方的形式，因此这个结论适用于所有抛物线，证明过程与高考题类似，同学们可以尝试证明一下。我们还可以将高考题中的几何语言概述化，得到如下结论，期刊中的AB垂直BC等价于一是以证的结论，AB加BC大于2分之3倍根号3，翻译成二十两式结合化简即可得证。压轴题的解题思路可能七弯八拐，方法也是五花八门，究其本质是抓住体验，不断转化。我们要善于总结解题技巧，更要提升核心素养，让数学学习深度发生。最后还有两道相关练习留给同学们思考，后面附上答案供同学们参考。神奇。马尔科夫链，巧妙的地推几何函数不等式，综合求极限。热爱统计与阶级的你一起开启思维之旅。愿所有的同学追梦不等待，拼搏就现在。对数学永葆好奇，对生活满怀热爱。谢谢大家。