2026高考数学复习微专题：101.全国卷概率计算的十二种主要方法

101.全国卷概率计算的十二种题型与方法

1.频率与概率（统计结合概率）

2.枚举法

3.排列组合与古典概型

4.加法乘法概率公式

5.利用对称性计算概率

6.三大分布

7.极大似然估计与概率最值

8.条件概率与全概率公式

9.概率递推与马尔科夫链

10.伯努利试验与几何分布

11.基于期望的递推

12.新情境与跨板块综合问题

1.频率与概率

例1.（2022年新高考全国Ⅱ卷高考真题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位

某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；

（3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区

总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的

概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精

确到0.0001）.

解析：（1）平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023

550.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）．

（2）设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以

P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．

（3）设B“任选一人年龄位于区间[40,50)”，C“从该地区中任选一人患这种疾病”，

则由已知得：PB16%0.16,PC0.1%0.001,P(B|C)0.023100.23,

则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种

P(BC)P(C)P(B|C)0.0010.23

疾病的概率为P(C|B)0.00143750.0014．

P(B)P(B)0.16

例2.（2023年新课标Ⅱ卷高考真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病

者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频

率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于

或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；

误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发

生的频率作为相应事件发生的概率．

（1）当漏诊率pc0.5％时，求临界值c和误诊率qc；

（2）设函数fcpcqc，当c95,105时，求fc的解析式，并求fc在区间

95,105的最小值．

解析：（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为50.0020.5%，所以95c100，

所以c950.0020.5%，解得：c97.5，

qc0.0110097.550.0020.0353.5%．

（2）当c[95,100]时，

f(c)p(c)q(c)(c95)0.002(100c)0.0150.0020.008c0.820.02；

当c(100,105]时，

f(c)p(c)q(c)50.002(c100)0.012(105c)0.0020.01c0.980.02,

0.008c0.82,95c100

故f(c)，所以fc在区间95,105的最小值为0.02．

0.01c0.98,100c105

2．枚举法

例3．（2022新高考1卷）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的

概率为

1112

A．B．C．D．

6323

76

解析：总事件数共C221，第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7；

72

第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8；第一个数取4时，第二个数可以是5,7；

第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8；第一个数取6时，第二个数可以是7；

342311142

第一个数取7时，第二个数可以是8；所以P．

21213

例4.（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.

1

设每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，

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.

3.排列组合与古典概型

例5．（2022全国甲卷）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一平面上的概率

为．

126

解析：总的选法是4，四点共面的有个表面与个对角面，共计个，则．

C86612P4

C835

例6.（2021全国甲卷）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）

1224

A.B.C.D.

3535

解析：将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，

12

则有C55种排法，若2个0不相邻，则有C510种排法，所以2个0不相邻的概率为

102

.故选：C.

5103

例7．（2022全国乙卷）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都

入选的概率为________．

解析：由题意，从甲、乙等名学生中随机选出人，基本事件总数3，甲，乙被选

53C510

中，则从剩下的人中选一人，包含的基本事件的个数1，根据古典概型及其概率的计

3C33

C133

算公式，甲、乙都入选的概率3．故答案为：．

P3

C51010

4.概率公式

主要有加法公式和乘法公式：

1.如果事件A与事件B互斥，那么P(AB)P(A)P(B)

2.如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)1P(A)，P(A)1P(B)

3.对任意两个事件A与B，如果P(AB)P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，

简称为独立．

（1）事件A与B是相互独立的，那么A与B，A与B，A与B也是否相互独立．

（2）相互独立事件同时发生的概率：P(AB)P(A)P(B)．

4.计算技巧：

（1）善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”，例如：

AA

i表示“第i局比赛胜利”，则i表示“第i局比赛失败”.

（2）理解事件中常见词语的含义：

－－

A,B中至少有一个发生的事件为A∪B；A,B都发生的事件为AB；A,B都不发生的事件为AB；

－－－－－－

A,B恰有一个发生的事件为AB∪AB；A,B至多一个发生的事件为AB∪AB∪AB.

善于“正难则反”求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用

PA1PA

解出所求事件概率.

例8．（2019年全国1卷）甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜

利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主

客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，

则甲队以4∶1获胜的概率是____________．

解析：前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是

0.630.50.520.108,前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率

是0.40.620.5220.072,综上所述，甲队以4:1获胜的概率是

q0.1080.0720.18.

例9.（2022全国甲卷）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方

得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲

学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立.

（1）求甲学校获得冠军的概率；

（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.

解析：（1）记甲学校获得冠军为事件A，

则P(A)0.50.4（1-0.8）+0.5（1-0.4）0.8+（1-0.5）0.40.8+0.50.40.8=0.6

甲学校获得冠军的概率是0.6.

（2）X的可能取值为0,10,20,30，则P(X0)0.50.40.80.16

P(X10)0.50.4(10.8)0.5(10.4)0.8(10.5)0.40.80.44

P(X20)0.5(10.4)(10.8)(10.5)(10.4)0.8(10.5)0.4(10.8)0.34

P(X30)(10.5)(10.4)(10.8)0.06

．

X的期望值为E(X)00.16100.44200.34300.0613

例10．（2023年新课标Ⅱ卷高考真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发

送0时，收到1的概率为(01)，收到0的概率为1；发送1时，收到0的概率为

(01)，收到1的概率为1.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输

是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，

译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数

多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.

A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为(1)(1)2

B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为(1)2

C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为(1)2(1)3

D．当00.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方

案译码为0的概率

解析：对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接

收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为

(1)(1)(1)(1)(1)2，A正确；

对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，

是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求

概率为(1)(1)(1)2，B正确；

对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和

1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为

2232

C3(1)(1)(1)(12)，C错误；

对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P(1)2(12)，单次传

输发送0，则译码为0的概率P1，而00.5，因此

PP(1)2(12)(1)(1)(12)0，即PP，D正确.故选：ABD

例11．（2024年新课标2卷高考真题）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，每次投篮投中得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p0.4，q0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的

概率．

（2）假设0pq，

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

（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？

解析：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶

段也至少投中1次，比赛成绩不少于5分的概率P10.6310.530.686.

（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为

33

P甲1(1p)q，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率

333333

为P乙1(1q)p，0pq，P甲P乙q(qpq)p(ppq)

2222

(qp)qpqp(pq)(ppq)(qpq)(ppq)(qpq)

(pq)3p2q23p2q3pq23pq(pq)(pqpq)3pq(pq)[(1p)(1q)1]0，

P甲P乙，应该由甲参加第一阶段比赛.

(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，

333

P(X0)(1p)1(1p)(1q)，

32

PX511pC1q1q，

3

322

P(X10)1(1p)C3q(1q)，

33

P(X15)1(1p)q，

332

E(X)151(1p)q15p3p3pq记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所

有可能取值为0，5，10，15，同理E(Y)15q33q23qp

E(X)E(Y)15[pq(pq)(pq)3pq(pq)]15(pq)pq(pq3)，因为0pq，则

pq0，pq31130，则(pq)pq(pq3)0，应该由甲参加第一阶段比赛.

5.利用对称性

例12．中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图

象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为1，

2

且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概

率为1．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币．

2

（1）若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；

（2）若甲抛掷n1次，乙抛掷n次，nN*，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面

朝上次数的概率．

解析：（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率p1，

C0C0C1C1C2C2C3C35

P33333333，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上

1232316

1P11

次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故P1；

232

（2）可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，

①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为p1，则第n1次甲必

须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；

②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第n1次无论结果如何，甲正面朝上

次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为p2；

③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第n1次无论结果如何，甲正面朝上

次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为p3，由对称性可知p2p3，

1p2p3

故Pnp1p3，而由，

2p1p2p31

1p2pppp1

可得Ppp13123．

n213222

6.三个分布

例13.（2023年全国甲卷）为探究某药物对小鼠的生长作用,将40只小鼠均分为两组,分别

为对照组(不药物)和实验组(加药物).

(1)设其中两只小鼠中对照组小鼠数目为X,求X的分布到和数学期望;

(2)测得40只小鼠体重如下(单位:g)：（已按从小到大排好)

对照组17.318.420.120.421.523.224.624.825.025.4

26.126.326.426.526.827.027.427.527.628.3

实验组:5.46.66.86.97.88.29.410.010.411.2

14.417.319.220.223.623.824.525.125.226.0

(i)求40只小鼠体重的中位数m,并完成下面22列联表:

mm

对照组

实验组

(ii)根据22列联表,能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.

k0.100.050.010

参考数据:0|

2

pkk02.7063.8416.835

解析：（1）由题意知X的取值可能为0,1,2

C219C1C120C219

20202020

p(X0)2p(X1)2p(X2)2

C4078C4039C4078

（2）略

2

例14.（2021新高考2卷）某物理量的测量结果服从正态分布N10,，下列结论中不

正确的是（）

A.越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大

B.越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5

C.越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等

D.越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等

解析：对于A，2为数据的方差，所以越小，数据在10附近越集中，所以测量结果

落在9.9,10.1内的概率越大，故A正确；

对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B

正确；

对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于

9.99的概率相等，故C正确；

对于D，因为该物理量一次测量结果落在9.9,10.0的概率与落在10.2,10.3的概率不同，

所以一次测量结果落在9.9,10.2的概率与落在10,10.3的概率不同，故D错误.

故选：D.

例15（.2022新高考2卷）．已知随机变量X服从正态分布N(2,2)，且P(2X2.5)0.36，

则P(X2.5)．

解析：由题意可知，P(X2)0.5，故P(X2.5)P(X2)P(2X2.5)0.14．

7.极大似然估计

一．基本原理

已知函数：p(x/)输入有两个：x表示某一个具体的数据；表示模型的参数，如果是

已知确定的，x是变量，这个函数叫做概率函数，它描述对于不同的样本点x，其出现概

率是多少.如果x是已知确定的，是变量，这个函数叫做似然函数，它描述对于不同的模

型参数，出现x这个样本点的概率是多少.

极大似然估计，通俗理解来说，就是利用已知的样本结果信息，反推最具有可能（最大概

率）导致这些样本结果出现的模型参数值.

换句话说，极大似然估计提供了一种给定观察数据来评估模型参数的方法，即：“模型已定，

参数未知”.

例16.（2018年全国1卷）．某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付

用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品

中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不

合格品的概率都为p(0p1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．

（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0；

p

（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为的

值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合

格品支付25元的赔偿费用．

（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求

EX;

（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检

验？

解析：（）件产品中恰有件不合格品的概率为2218

1202fpC20p1p.

181717

因此fpC22p1p18p21p2C2p1p110p

2020.

令fp0，得p0.1.当p0,0.1时，fp0；当p0.1,1时，fp0.

所以fp的最大值点为p00.1；

（2）由（1）知，p0.1.（i）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知

YB180,0.1，X20225Y，即X4025Y.

所以EXE4025Y4025EY490.

（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.

由于EX400，故应该对余下的产品作检验.

点评：第一问中，X~B(20,p)，二项分布中参数p未知，所以我们需要利用似然方法找

到p，即利用f(p)最大.

例17．（2023届四省联考）一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给

鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，X表示捞

出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．

（1）若N5000，求X的数学期望；

（2）已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值（以使得P(X15)最大的N

的值作为N的估计值）．

解析：（1）依题意X服从超几何分布，且N5000,M200,n500，

M200

故E(X)N50020．

n5000

15485

C200CN200

（2）当N685时，P(X15)0，当N685时，P(X15)500，

CN

C15C485a(N1)C485C500(N1500)(N1200)

200N200N1200N

记a(N)500，则500485

CNa(N)CN1CN200(N1)(N1200485)

(N499)(N199)N2698N499199

．由N2698N499199N2683N684，

(N1)(N684)N2683N684

499199684

当且仅当N6665.7，则可知当685N6665时，a(N1)a(N)；

15

当N6666时，a(N1)a(N)，故N6666时，a(N)最大，所以N的估计值为6666．

8.条件概率与全概率公式

例18.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良

好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同

时在未患该疾病的人群中随机调査了100人（称为对照组），得到如下数据：

不够良好良好

病例组4060

对照组1090

（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选

P(B|A)P(B|A)

到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度

P(B|A)P(B|A)

的一项度量指标，记该指标为R．

P(A|B)P(A|B)

（i）证明：R；

P(A|B)P(A|B)

（ii）利用该调査数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用（i）的结果给出R的估计

值．

20.0500.0100.001

n(adbc)2P(K≥k)

附：K2

(ab)(cd)(ac)(bd)

k3.8416.63510.828

解析：（1）假设患该疾病群体与未患该疾病

群体的卫生习惯没有差异，

200(40906010)2

则K22410.828，

50150100100

所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；

P(AB)P(AB)

P(B|A)P(B|A)P(A)P(A)P(AB)P(AB)

（2）（i）R

P(B|A)P(B|A)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)

P(A)P(A)

P(AB)P(AB)

P(AB)P(AB)P(B)P(B)P(A|B)P(A|B)

，得证；

P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(A|B)P(A|B)

P(B)P(B)

（ii）由调查数据可知P(A|B)402，P(A|B)101，

100510010

29

则P(A|B)1P(A|B)3，P(A|B)9，所以R5106．

51031

510

例19.（2022长沙新高考适应性考试）为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了

党史知识的竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组

都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两

34

个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，乙小组

45

32

通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.

53

（1）若该单位获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；

（2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛

中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的

某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对，

计算恰好是甲小组答对的概率．

解析：（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件A1,A2则

343322

PAPA，由题意可得，X的取值有0,1,2

14552535

326323213

PX011，PX111

5525555525

3266136

PX2，所以EX0121

5525252525

（2）设B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，A1表示事件“甲小组抢到最

后一道题”，A2表示事件“乙小组抢到最后一道题”，则有：

91132

P(A)45%,P(A)55%，P(B|A),P(B|A)

1202201525

49

则P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)(凌晨讲数学)

1122100

P(A)P(B|A)27

该题如果被答对，恰好是甲小组答对即为P(A|B)11

1P(B)49

点评：本题第二问即考察了全概率公式与贝叶斯公式，后者虽然不做高考要求，但是可以

看到，它实际就是条件概率的应用，完全可以现场依据具体情况得出.再举一道贝叶斯公式

的例子

9.概率递推与马尔科夫链

虽然贝叶斯公式不做要求，但是全概率公式已经是新高考考查内容了，利用全概率公式，

我们既可以构造某些递推关系求解概率，还可以推导经典的一维随机游走模型，即：设数

轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻t0时，位于点xi(iN)，下一个时

刻，它将以概率或者

（）向左或者向右平移一个单位若记状态表示：在时刻该点位

(0,1),1.Xtit

于位置xi(iN)，那么由全概率公式可得：

P(Xt1i)P(Xti1)P(Xt1i|Xti1)P(Xti1)P(Xt1i|Xti1)

另一方面，由于，代入上式可得：

P(Xt1i|Xti1),P(Xt1i|Xti1)

PiPi1Pi1.

进一步，我们假设在x0与xm(m0,mN)处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时

被吸收，不再游走于是，随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程

.P00,Pm1..

进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为a，原地不动，其

概率为b，向右平移一个单位，其概率为c，那么根据全概率公式可得：

PiaPi1bPicPi1

有了这样的理论分析，下面我们看全概率公式及以为随机游走模型在2019年全国1卷中的

应用.

例20．（2023年新高考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；（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

10.伯努利试验与几何分布

几何分布：伯努利实验中，记每次试验中事件A发生的概率为p，试验进行到事件A出现

时停止，此时所进行的试验次数为X，其分布列为：P(Xk)(1p)k1p,k1,2...，

记为X~GE(p)，因为此分布列是几何数列的一般项，故称几何分布.

若X~GE(P)，则P(Xk)(1p)k1p,k1,2...

k1q

EXk(1p)pp(12q3q2)p(qq2q3)'p()'

k11q

11

p

(1q)2p

以记第r次成功出现时的试验次数，则亦是随机变量，称其概率分布为巴斯卡分布：

r1rkr，其中，记作，显然，

P(k)Ck1pq,kr,r1,pq1X~NB(k,p)r1

的巴斯卡分布即几何分布.

例21.（2024届广州市高三一模）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n(n3,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

3

关，该团队接力闯关活动结束.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

4

1

，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.

2

（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k(1kn1,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）依题意，X的所有可能取值为1,2,3，

3131331193911

PX1,PX2，PX31，

428484223283632

所以X的分布列为：

X123

3911

P

83232

393363

数学期望EX.

8163232

31

（2）令p,q，若前k1位玩家都没有通过第一关测试，其概率为

42

1313

(p)(1p)k1pq()k1，若前k1位玩家中第i1ik1位玩家才通过

k144224k

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，但没有通过第二关测试，其概率为p1q，第i+1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

k1k1

i1ki1k11pi1

试的概率为：(pk)2(1p)p(1q)(1q)qpq(1q)()

i1i11q

1k1

k11[1()]

31