2026高考数学复习微专题：105. 概率压轴的常见的新情境汇编

105.概率压轴的常见的新情境汇编

★类型1.概率递推与马尔科夫链

一．真题回溯

1．（2023·新高考1卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人

继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为

0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、

乙的概率各为0.5．

（1）求第2次投篮的人是乙的概率；

（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（公众号：凌晨讲数学）

（3）已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi11PXi0qi,i1,2,,n，则

nn

EXiqi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求EY．

i1i1

解析：（1）记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，

所以，PB2PA1B2PB1B2PA1PB2|A1PB1PB2|B1

0.510.60.50.80.6.

（2）设PAipi，依题可知，PBi1pi，则

PAi1PAiAi1PBiAi1PAiPAi1|AiPBiPAi1|Bi，

2

即p0.6p10.81p0.4p0.2，构造等比数列p，设pp，

i1iiiii15i

112111111

解得，则pi1pi，又p1,p1，所以pi是首项为，公比

335323636

2i1i1

为的等比数列，即112121．

pi,pi

5365653

i1

（）因为121，，所以当*时，

3pii1,2,,nnN

653

n

2

n

1n52n

15n52n，故E(Y)1．

EYp1p2pn1

21853

6131853

5

二．热门模考题展示

2.（24届东北三省四市联考T19）入冬以来，东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”．南方

小土豆们纷纷北上体验东北最美的冬天，这个冬天火的不只是东北的美食，东北人的热情，

还有东北的洗浴中心，南方游客直接拉着行李箱进入，拥挤程度堪比春运．东北某城市洗

浴中心花式宠“且”，为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可自由选择

A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该洗浴中心在App平台

10天销售优惠券情况．（公众号：凌晨讲数学）

日期t12345678910

销售量y（千张）1.901.982.202.362.432.592.682.762.700.40

1101010

经计算可得：2．

yyi2.2,tiyi118.73,ti385

10i1i1i1

（1）因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠

券数量大幅减少，现剔除第10天数据，求y关于t的回归方程；（结果中的数值用分数表示）

23

（2）若购买优惠券的顾客中选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且选择A

55

套餐需要用一张优惠券，选择B套餐需要用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n

张的概率为Pn,求Pn；

*

（3）记（2）中所得概率Pn的值构成数列PnnN．

①求数列Pn的最值；

②数列收敛的定义：已知数列an,若对于任意给定的正数ε，总存在正整数N0,使得当

nN0时，ana,（a是一个确定的实数），则称数列an收敛于a．根据数列收敛

nn

xixyiyxiyinxy

的定义证明数列收敛．参考公式：ˆi1i1．

Pnbnn

222

xixxinx

i1i1

解析：（1）剔除第10天数据的

192.2100.4129

(y)新yi2.4,(t)新5

9i199

1010

22

tiyi118.73100.4114.73；ti38510285

i1新i1新

n

xiyinxy

114.73952.46736732207

所以ˆi1，故，所

bn2a2.45

2228595600060001200

xinx

i1

6732207

以yx.

60001200

23222319

（2）由题意可知PPP(n3)，其中P,P，

n5n15n215255525

3

2325

将此式变形可得PPPPPP，

nn1n1n2n12n2

555

5

3

53

令，解得1或.

2

5

5

3333

当时,则PPPP(n3)，所以PP为常数列

5n5n1n15n2n5n1

3193233

首项为PP1，故PP1(n2)，将PP1(n2)变形

2512555n5n1n5n1

53555259

可得，所以是以首项为，公

PnPn1(n2)PnP1

858885840

3n1n1

比为的等比数列，故593，即935

PnPn

584054058

nn19

（）①当为偶数时，533533单调递减，最大值为；

3nPn0P2

88588525

nn2

当为奇数时，533533单调递增，最小值为；

nPn0P1

8858855

192

综上：数列P的最大值为，最小值为.

n255

8

②证明：对任意0总存在正整数N0log31，（其中[x]表示取整函数）

53

8

nnlog

833

当nlog1时，53333335

3Pn.

538858585

3.（24届深圳中学高三二检）某不透明箱子中有8个除颜色外完全相同的小球，其中2个

白球，3个红球和3个黄球.

（1）若把所有小球拿出来按顺序排成一排，求所有不同排列方法的种数；

（2）若采取不放回的方式每次从箱子中随机取走一个球,直至取到红球为止，在这过程中记

取到的白球数为X，求X的分布列；（公众号：凌晨讲数学）

（3）若一开始先把箱子里的黄球全部取出来,然后按以下规则每次取一个球；若取到红球,

则把红球拿走并重新放入一个白球；若取到白球，则把白球拿走并重新放入一个红球.重复

这个操作*次后；记箱子里红球个数为，求的数学期望

nnNYnYn.

解析：（）个位置选个位置放红球共3种选法剩余个位置选个位置放黄球共3种

183C8,53C5

选法剩余个位置放白球因此共有33种排列方式

.2,C8C5560

（2）X的可能取值为0,1,2，X0时，相当于8个小球按顺序排成排,红球前面没有白球

的概率个白球，个红球和个黄球排成一排共有33种排列方式，红球前面没有白

233C8C5

C3C23

球共有32种排列方式因此84，同理

C8C4P(X0)33

C8C55

C3C13C311

s38所以的分布列为

P(X1)33,P(X2)33.X

C8C510C8C510

x012

331

P

51010

（）设的分布列为

3Yn1

Yn1012345

Pp0p1p2p3p4p5

则且

p0p1p2p3p4p51p12p23p34p45p5EYn1

22

PY1PY0PY2pp，同理

nn1n15052

4334

PY2pp,PY3pp

n5153n5254

21

PY4pp,PY5p

n535n54

8111417203

EYpppppp1EY

n051525354555n1

535

EYEY，由题意得，EY3

n25n120

nnn

53513，513

EYnEY0EYn

25225225

★类型2.极大似然估计

一．基本原理

（）当给定时，可得到函数kknk，这个是数列的最值

1pf(k)Cnp(1p),k0,1,2,n

问题.

pCnpk(1p)nk(nk1)pk(1p)(n1)pk(n1)pk

kk

k1k1nk11.

pk1Cnp(1p)k(1p)k(1p)k(1p)

分析：当时，，随值的增加而增加；当时，

k(n1)ppkpk1pkkk(n1)p

，随值的增加而减少如果为正整数，当时，，

pkpk1pkk.(n1)pk(n1)ppkpk1

此时这两项概率均为最大值如果为非整数，而取的整数部分，则是

.(n1)pk(n1)ppk

唯一的最大值.

注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k等于期望时，概率最大.

（）当给定时，可得到函数kknk，这个是函数的最值问题，

2kf(p)Cnp(1p),p(0,1)

这可以用导数求函数最值与最值点.

kk1nkknk1

分析：f'(p)Cnkp(1p)p(nk)(1p)

kk1nk1kk1nk1

Cnp(1p)k(1p)(nk)pCnp(1p)(knp).

kk

当k1,2,,n1时，由于当p时，f'(p)0，f(p)单调递增，当p时，

nn

kk

f'(p)0，f(p)单调递减，故当p时，f(p)取得最大值，f(p)f().又当

nmaxn

p0,f(p)1，当p0时，f(p)0，从而f(p)无最小值.

3.2超几何分布的概率最值

将从件产品中取出件产品的可能组合全体作为样本点，总数为n其中，次品出

(ab)nCab.

CkCnk

现次的可能为knk令，则所求概率为aNa

kCaCb.Nabhk(N)n

CN

knk

CaCNa

h(N)CnN2aNnNanh(N)

即kN令k则当时，

knk2.,ankN

hk(N1)CaCN1aNaNnNkNhk(N1)

n

CN1

anan

1；当ankN时，1，即当N时，h(N)是关于N的增函数；当N时，

kkk

an

是关于的减函数所以当时，达到最大值

hk(N)N.Nhk(N).

k

二．热门试题展示

4.（24届杭州市高三二模T19）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

m

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p．

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～B3,p．（公众号：凌晨讲数学）

注：PpYk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；

k0123

271

P1Yk

46464

927

P3Yk

46464

（ⅱ）在统计理论中，把使．得．PpYk的取．值．达．到．最．大．时．的．p，作为p的估计值，记为p，

请写出p的值．

（2）把（1）中“使得PpYk的取值达到最大时的p作为p的估计值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：先对参数构建对数似然函数l，再对其关于参数求导，得到似然方程

l0，最后求解参数的估计值．已知Y～Bn,p的参数p的对数似然函数为

nn0,第i次摸出白球

，其中．求参数p的估

l(p)Xilnp1Xiln(1p)Xi

i1i11,第i次摸出红球

计值，并且说明频率估计概率的合理性．

13

解（1）因为Y～B3,p，所以p的值为或．

44

（ⅰ）表格如下

k0123

272791

P1Yk

464646464

192727

P3Yk

464646464

（）由题知kk3k．

ⅱPpYkC3p1p

13

当y0或1时，参数p的概率最大；当y2或3时，参数p的概率最大．

44

1

,y0,1.

4

所以p

3

,y2,3.

4

1n1n

（）对对数似然函数进行求导，，因此似然方程为

2lpXi1Xi

pi11pi1

1n1n1n

，解上面的方程，得，

Xi1Xi0pˆXi

pi11pi1ni1

因此，用最大似然估计的参数p与频率估计概率的p是一致的，故用频率估计概率是合理

的．

★类型3.概率公式与复杂事件概率计算

1.常见赛制

赛制1.n局m胜制.

这种规则的特点为一旦某方获得m次胜利即终止比赛，所以若比赛提前结束，则一定在最

后一次比赛中某方达到m胜.

赛制2.连胜制.

规定某方连胜m场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后m场连胜且之前没有达到m

场连胜.

赛制3.比分差距制

规定某方比对方多m分即终止比赛，此时首先根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注

意使两方的分差小于m.

赛制4.“通关制”（淘汰赛制）

在比赛的过程中，如果在某一场失败，则被淘汰，此类问题要注意若达到第m阶段，则意

味着前m1个阶段均能通关.这种类似于足球比赛中的淘汰赛.

赛制5.联赛制

一共有m局比赛，每位选手都参加m局比赛，每局比赛相互独立，最终计算全部比赛的得

分分布列，这种就类似与足球比赛中的联赛制，必须要打满一定的场次.

5.（2020全国1卷）.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者

被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下

一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，

直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每

1

场比赛双方获胜的概率都为，

2

（1）求甲连胜四场的概率；

（2）求需要进行第五场比赛的概率；

（3）求丙最终获胜的概率.

4

11

解析：（1）记事件M:甲连胜四场，则PM；

216

（2）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为

4

11

PPABABPACACPBCBCPBABA4，所以，需要进行

24

3

第五场比赛的概率为P1P.

4

11

（3）①四场比赛丙获胜，丙在前四场获胜的概率为()3

28

111111111

②由下表可知：五场比赛丙获胜，P(B)，P(C)1，

2222162228

1111

P(D)1，（公众号：凌晨讲数学）

2228

1115

丙五场比赛丙获胜的概率为P(B)P(C)p(D)

168816

157

由于①②互斥，丙最终获胜的概率为.

81616

丙的12345事件

参赛轮空胜胜败胜B

情况轮空胜败轮空胜C

轮空败轮空胜胜D

注：第二问在处理时直接列举情况较复杂，此时可以采取正难则反的技巧.第三问则可直接

枚举出各种可能结果，这是我们在计算复杂事件时一个重要的技巧.

6.（24届广州一模T19）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nn3,nN*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.

31

已知A团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，且每位成员闯关是否成功

42

互不影响，每关结果也互不影响.

（1）若n3，用X表示A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A团队第k1kn1,kN位成员上场且闯过第二关的概率为pk，集合

*3

kNpk中元素的最小值为k0，规定团队人数nk01，求n.

128

解析：（1）X的所有可能取值为1,2,3

313133119

PX1,PX2

4284842232

3911

PX31，X的分布列如下

83632

X123

3911

P

83232

393363

EX

8163232

31

（2）P,q，若前k1位玩家都没有通过第一关测试，其概率为

42

k1

'k11313，若前位玩家中第位玩家

pk(1p)pqk1i1ik1

44224k

才通过第一关测试，则前面i1位玩家无人通过第一关测试，其概率为(1p)i1，第i位玩

家通过第一关测试，但没有通过第i1位玩家到第k1位玩家都没有通过第二关测试，其

概率为(1q)ki1.所以前面k1位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：

i1

k1k1

i1ki1k11p

pk(1p)p(1q)(1q)qpq(1q)

i1i11q

k1

1

k1i1k111k1

31k1131231

1.

1k1

82i1282122

2

kk

'''311

第k位成员问过第二关的概率pkpkpk.

224

kkkk

3113111

由k6,k06,n7

2241282464

★类型4.概率与其他板块综合

7.（2021新高考2卷）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生

物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代

繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，

P(Xi)pi(i0,1,2,3)．

（1）已知p00.4,p10.3,p20.2,p30.1，求E(X)；

（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：

23

p0p1xp2xp3xx的一个最小正实根，求证：当E(X)1时，p1，当E(X)1时，

p1；

（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．（公众号：凌晨讲数学）

32

解析：（2）设fxp3xp2xp11xp0，因为p3p2p1p01，故

32

fxp3xp2xp2p0p3xp0，若EX1，则p12p23p31，故p22p3p0.

2

fx3p3x2p2xp2p0p3，因为f0p2p0p30，

f1p22p3p00，故fx有两个不同零点x1,x2，且x101x2，

且x,x1x2,时，fx0；xx1,x2时，fx0；故fx在,x1，x2,

上为增函数，在x1,x2上为减函数，若x21，因为fx在x2,为增函数且f10，

而当x0,x2时，因为fx在x1,x2上为减函数，故fxfx2f10，故1为

23

p0p1xp2xp3xx的一个最小正实根，若x21，因为f10且在0,x2上为减函数，

23

故1为p0p1xp2xp3xx的一个最小正实根，综上，若EX1，则p1.若EX1，

则p12p23p31，故p22p3p0.此时f0p2p0p30，

f1p22p3p00，故fx有两个不同零点x3,x4，且x30x41，且

x,x3x4,时，fx0；xx3,x4时，fx0；故fx在,x3，x4,

上为增函数，在x3,x4上为减函数，而f10，故fx40，又f0p00，故fx

pp23

在0,x4存在一个零点，且p1.所以为p0p1xp2xp3xx的一个最小正实根，

此时p1，故当EX1时，p1.

（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后

代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.

8.（24届湖北省部分学校联考）有一位老师叫他的学生