文档内容
微考点 7-2 递推方法计算概率与一维马尔科夫过程（数列与概率结
合）
【考点分析】
①转移概率：对于有限状态集合 ，定义： 为从状态 到状态 的转移概率.
②马尔可夫链：若 ，即未来状态 只受当前
状态 的影响，与之前的 无关.
③完备事件组：如果样本空间 中一组事件组 符合下列两个条件：
（1） ；（2） .
则称 是 的一个完备事件组，也称是 的一个分割.
④全概率公式： 设 是一个完备事件组，则有
⑤一维随机游走模型，即：设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻 时，位于点
，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 该点位于位置
，那么由全概率公式可得：
另一方面，由于 ，代入上式可得：
.进一步，我们假设在 与 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.
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 ，原地不动，其概率为 ，向右
平移一个单位，其概率为 ，那么根据全概率公式可得：
【精选例题】
【例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 次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则
．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
解析：（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，所以，
.
（2）设 ，依题可知， ，则
，即
，构造等比数列 ，设 ，解得 ，则 ，又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，即
．
（3）因为 ， ，所以当 时，
，故 ．
【例2】某公司为激励员工，在年会活动中，该公司的 位员工通过摸球游戏抽奖，其游戏规则为：
每位员工前面都有1个暗盒，第1个暗盒里有3个红球与1个白球.其余暗盒里都恰有2个红球与1个白球，
这些球的形状大小都完全相同.第1位员工从第1个暗盒里取出1个球，并将这个球放入第2个暗盒里，第
2位员工再从第2个暗盒里面取出1个球并放入第3个暗盒里，依次类推，第 位员工再从第 个暗
盒里面取出1个球并放入第 个暗盒里.第 位员工从第 个暗盒中取出1个球，游戏结束.若某员工取出的
球为红球，则该员工获得奖金1000元，否则该员工获得奖金500元.设第 位员工获得奖金为 元.
(1)求 的概率；
(2)求 的数学期望 ，并指出第几位员工获得奖金额的数学期望最大.
【答案】(1) ；(2) ，第1位
【详解】（1） 的情形为第2位员工从第2个盒子中摸出红球，包括两种情况：①第1位员工从
从第1个盒子中摸出红球放入第2个盒子后第2位员工摸出红球；②第1位员工从从第1个盒子中摸出白
球放入第2个盒子后第2位员工摸出红球.故 的概率为： .（2）设第 位员工取出红球的概率为 则有 ,即： ，且
故 组成首项为 ，公比为 的等比数列. 即
；第 位员工取出白球的概率为 .易知 的所有可能取值为 则 的
分布列如下：
1000 500
；显然
关于 单调递减， 第1位员工获得奖金额的数学期望最大.
【例3】网球运动是一项激烈且耗时的运动，对于力量的消耗是很大的，这就需要网球运动员提高自己的
耐力．耐力训练分为无氧和有氧两种训练方式．某网球俱乐部的运动员在某赛事前展开了一轮为期90天的
封闭集训，在封闭集训期间每名运动员每天选择一种方式进行耐力训练．由训练计划知，在封闭集训期间，
若运动员第 天进行有氧训练，则第 天进行有氧训练的概率为 ，第 天进行无氧训
练的概率为 ；若运动员第 天进行无氧训练，则第 天进行有氧训练的概率为 ，第 天进行无氧
训练的概率为 ．若运动员封闭集训的第1天进行有氧训练与无氧训练的概率相等．
(1)封闭集训期间，记3名运动员中第2天进行有氧训练的人数为 ，求 的分布列与数学期望；
(2)封闭集训期间，记某运动员第 天进行有氧训练的概率为 ，求 ．【答案】(1)分布列见解析，2；(2)
【详解】（1）设运动员第2天进行有氧训练为事件M，第2天进行无氧训练为事件N，则
， ，所以3名运动员第2天进行有氧训练的人数
，可知 ，则 ， ，
， ，所以 的分布列为
0 1 2 3
所以 ．
（2）依题意可得 ，即 （ ，且 ）．则
（ ，且 ），且 ，所以数列 是首项为
，公比为 的等比数列，则 ，即 ，所以
．
【例4】甲乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，
另一人没投进，则投进者得1分，没进者得-1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，
当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜．在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概
率为0.6，每次投球都是相互独立的．(1)若两人起始分都为0分，求恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率．
(2)若规定两人起始分都为2分，记 （ ）为甲累计总分为i时，甲最终获胜的概率，则
①求证 （ ）为等比数列
②求 的值．
【答案】(1)0.0348；(2)①证明见解析 ；② 【详解】（1）记在每一轮比赛中甲得为事件A，
，乙得为事件B， ，得0分为事件C，
．记“恰好经过4轮比赛，甲获胜”为事件D则
，所以恰好经过4轮，甲赢得比赛的概率为 .
（2）记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M，则
即 整理可得
且显然 ， 为等比数列，且
首项为 ，公比为 ，② ， ， ，
，叠加可得 ，而 ，
【例5】某学校新校区在校园里边种植了一种漂亮的植物，会开出粉红色或黄色的花．这种植物第1代开
粉红色花和黄色花的概率都是 ，从第2代开始，若上一代开粉红色的花，则这一代开粉红色的花的概率
是 ，开黄色花的概率是 ；若上一代开黄色的花，则这一代开粉红色的花的概率为 ，开黄色花的概率
为 ．设第n代开粉红色花的概率为 ．
(1)求第2代开黄色花的概率；(2)证明： ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析【详解】（1）设事件 表示第i代开粉红色花，事件 表示第i代开黄色花，
由题意可得 ，所以第2代开黄色花的概率为 ．
（2）由题可知 ， ，即 ．设 （ ），则
， ，解得 ，即 ，所以 是以 为首项， 为公比的
等比数列；可得 ，即 ；因此
，由累加法可得：
．
所以可得 .
【跟踪训练】
1.有一个质地均匀的正方体骰子与一个有61个格子的矩形方格图，矩形方格图上从0，1，2，…，60依次
标号.一个质点位于第0个方格中，现有如下游戏规则：先投掷骰子，若出现1点或2点，则质点前进1格，
否则质点前进2格，每次投掷的结果互不影响.
(1)求经过两次投掷后，质点位于第4个格子的概率；(2)若质点移动到第59个格子或第60个格子时，游戏结束，设质点移动到第 个格子的概率为 ，求
和 的值.
【答案】(1) ；(2) ， .
【详解】（1）设事件 为质点前进1格，事件 为质点前进2格，则 ，设事
件 为质点经过两次投掷后位于第4个格子，所以 .
（2）质点移动到第 个格子的情况可分为两种：由第 个格子移动至第 个格子；由第
个格子移动至第 个格子，则 ，
，因此 ，则数列 是以 为首
项， 为公比的等比数列，于是 ，因此
，所以 ，
.
2.重庆南山风景秀丽，可以俯瞰渝中半岛，是徒步休闲的好去处. 上南山的步道很多，目前有标识的步道
共有 18条. 某徒步爱好者俱乐部发起一项活动，若挑战者连续12天每天完成一次徒步上南山(每天多次上
山按一次计算) 运动，即可获得活动大礼包. 已知挑战者甲从11月1号起连续12天都徒步上南山一次，每
次只在凉水井步道和清水溪步道中选一条上山. 甲第一次选凉水井步道上山的概率为 而前一次选择了
凉水井步道，后一次继续选择凉水井步道的概率为 前一次选择清水溪步道，后一次继续选择清水溪步道的概率为 ，如此往复. 设甲第n(n=1，2，…， 12)天走凉水井步道上山的概率为 .
(1)求 和 ；
(2)求甲在这12 天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数.
【答案】(1) ， ；(2)11天.
【详解】（1）甲第二天走凉水井步道上山的概率为 ，依题意， ；由题意得
，整理得 ，而
，因此数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，所以
.
（2）由题意知，选择走凉水井步道上山的概率小于走清水溪步道上山概率只需 ，即
，有 ，即 ，当 为偶数， 恒成立；当 为奇
数时，即当 时，有 即可，而当 时， ，显然不成立；当 时，
，即当 时成立，又数列 单调递减，因此当 时成立，因此有11天符合
要求，所以甲在这12 天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数是11天.
3．有 个编号分别为 的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1
个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，现从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子， ，
依次进行．
(1)求从第2个盒子中取到红球的概率；
(2)求从第 个盒子中取到红球的概率；(3)设第 个盒子中红球的个数为 ， 的期望值为 ，求证： ．
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析
【详解】（1）记“从第 个盒子中取到红球”为事件 ，此时 ， ，则
；
（2）因为
，所以 ，则数列 是以
为首项， 为公比的等比数列，此时 ，即 ，当
时， ，符合题意，综上，从第 个盒子中取到红球的概率为 ；
（3）证明：易知 的所有可能取值为1，2，此时 ，
，则 的分布列为：
1 2
所以 ，由于 ，故
．
4.马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第 次状态的概
率分布只跟第 次的状态有关，与第 次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒
子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为 ，甲盒中恰有1个黑球的概率为 ，恰有2个黑球的概率
为 .
（1）求 的分布列；
（2）求数列 的通项公式；
（3）求 的期望.
解析：（1）由题可知， 的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
; ; ，
故 的分布列如下表：
0 1 2
（2）由全概率公式可知：
，
即： ，所以 ，所以 ，
又 ，所以，数列 为以 为首项，以 为公比的等比数列，所以，即： .
（3）由全概率公式可得：
,
即： ,又 ,所以 ,
所以 ,又 ,
所以 ,所以 ,所以 ,
所以 .
5.足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日
晚进行，全程为期28天.
校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等
可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球
的人为第1次触球者，第 次触球者是甲的概率记为 ，即 ．
（1）求 （直接写出结果即可）；
（2）证明：数列 为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．
解析：（1）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为 ，故 ．
（2）第 次触球者是甲的概率记为 ，则当 时，第 次触球者是甲的概率为 ，
第 次触球者不是甲的概率为 ，则 ，
从而 ，又 ， 是以 为首项，公比为 的等比数列．
则 ，∴ ， ，
，故第19次触球者是甲的概率大
6.（2019全国1卷）．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行
动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲
药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药
治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮
试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得 分；若施以乙药的白鼠治
愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙
两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求 的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分， 表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲
药比乙药更有效”的概率，则 ， ， ，其中
， ， ．假设 ， ．
（i）证明： 为等比数列；
（ii）求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性．
解析：（1）由题意可知 所有可能的取值为： ， ， ；； 则 的分布列如下：
（2） ，
， ，
（i） ；即
整理可得： ；
是以 为首项， 为公比的等比数列
（ii）由（i）知：
， ，……，
作和可得：
表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲
药更有效的概率为 ，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
1．王老师每天早上7：00准时从家里出发去学校，他每天只会从地铁与汽车这两种交通工具之间选择一个
乘坐.王老师多年积累的数据表明，他到达学校的时间在两种交通工具下的概率分布如下表所示：
到校时间 7：30之前 7：30-7：35 7：35-7：40 7：40-7：45 7：45-7：50 7：50之后
乘地铁 0.1 0.15 0.35 0.2 0.15 0.05乘汽车 0.25 0.3 0.2 0.1 0.1 0.05
（例如：表格中0.35的含义是如果王老师当天乘地铁去学校，则他到校时间在7：35-7：40的概率为
0.35.）
(1)某天早上王老师通过抛一枚质地均匀的硬币决定乘坐地铁还是乘坐汽车去学校，若正面向上则坐地铁，
反面向上则坐汽车.求他当天7：40-7：45到校的概率；
(2)已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校，从第二天开始，若前一天到校时间早于7：40，则当
天他会乘坐地铁去学校，否则当天他将乘坐汽车去学校.且若他连续10天乘坐地铁，则不论他前一天到校
的时间是否早于7：40，第11天他都将坐汽车到校.记他从今天起（包括今天）到第一次乘坐汽车去学校前
坐地铁的次数为 ，求 ；
(3)已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校.从第二天开始，若他前一天坐地铁去学校且到校时间早
于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校；若他前一天坐地铁去学校且到校时间晚于7：40，则当天他会乘坐
汽车去学校；若他前一天乘坐汽车去学校，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，当天他都会乘坐
地铁去学校.记 为王老师第 天坐地铁去学校的概率，求 的通项公式.
【答案】(1)0.15；(2) ；(3)
【详解】（1）记事件 “硬币正面向上”，事件 “7：40-7：45到校”，则由题有 ，
， ，故 .
（2） 可取1，2，3，…，9，10，由题：对于 ， ；
，
故 ，，以上两式相减得：
，故
.所以 .
（3）由题意： ， ，则 ，
这说明 为以 为首项， 为公比的等比数列.
故 ，所以 .
2．现有甲、乙两个不透明盒子，甲盒子装有2个红球和2个白球，乙盒子装有4个白球，这些球的大小、
形状、质地完全相同．在一次球交换过程中，从甲盒子与乙盒子中各随机选择1个球进行交换，重复 次
这样的交换过程后，甲盒子里装有红球的个数为 ．
(1)求 的概率分布及数学期望；
(2)求 ．
【答案】(1)概率分布见解析， ；(2)
【详解】（1）由题意可知 的所有可能取值为1，2，且 ，由题意可知 的所
有可能取值为0，1，2，且 ，，
的概率分布表如下：
．
（2）当 时，由题意可知 的所有可能取值为0，1，2，
则 ，
， ，故 ，故 是首项为 、公比
为 的等比数列．故 ，
3．某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.
为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进
行了问卷调查，据统计，有 的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，
只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”
的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的
这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为 ，若前一天选择“单车自由行”，后一
天继续选择“单车自由行”的概率为 ，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”
的概率为 ，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第 （ ，2， ，16）天选择“单车自由行”的概率 ，并帮甲确定在2024年“清明文化
节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
【答案】(1)4；(2)（i） ；（ii） ；2天
【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为 ，得2分的概率为 ，随机抽取三人，用随机变量 表
示三人合计得分，则 可能的取值为3，4，5，6， ， ，
， ，则 .所以三人合计得
分的数学期望为4.
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为 ，则第一天选择“观光电车行”的概率为 ，若前一天选择
“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为 ，若前一天选择“观光电车行”，后一天继
续选择“观光电车行”的概率为 ，则后一天选择“单车自由行”的概率为 ，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率 ；
（ii）甲第 天选择“单车自由行”的概率 ，有 ，则 ， ，∴ ，
又∵ ，∴ ，∴数列 是以 为首项，以为 公比
的等比数列，∴ ．由题意知，需 ，即 ，
，即 ，显然n必为奇数，偶数不成立，
当 时，有 即可， 时， 成立； 时，
成立； 时， ，则 时 不成立，又因为 单调
递减，所以 时， 不成立．综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”
的概率的天数只有2天．
4．某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4
个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二
次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第
n次抽奖所得的奖券数额 的数学期望为 .
(1)求 及 的分布列.
(2)写出 与 的递推关系式，并证明 为等比数列；
(3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.（考数据： ）【答案】(1) ，分布列见解析；(2) ，证明见解析；(3)所得奖券
数额的期望约为593.7元.
【分析】（1）利用古典概型求出抽到红球、黑球的概率，求出 ，再求出 的可能值及对应概率列
出分布列.
（2）分析求出递推关系，利用构造法证明即可.
（3）由（2）的结论，利用分组求和及等比数列前n项和公式求解即得.
【详解】（1）依题意，抽到一个红球的概率为 ，抽到一个黑球的概率为0.4，
显然 的值为25，50，则 ，
所以 ，
又 的值为 ，
则 ，
所以 的分布列为：
25 50 100
0.4 0.24 0.36
（2）依题意，当 时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为 ，对应概率为 ，
抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为 ，
因此当 时， ，
，即 ，又 ，
数列 为等比数列，公比为1.2，首项为90.
（3）由（2）得， ，即 ，所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为
（元）.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的
可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合
分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
5．现代排球赛为5局3胜制，每局25分，决胜局15分. 前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先
对方2分时，才胜1局. 在第5局比赛中先获得15分并领先对方2分的一方获胜. 在一个回合中，赢的球
队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方. 经过统计，甲、乙两支球队在每一个回
合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为 ；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概
率为 .
(1)假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；
(2)当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第 个回合拥有发球权的概率为
. 假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球
的概率的大小.
【答案】(1) ；(2) ，甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
【分析】（1）甲队在前3个回合中恰好获得2分，分为3种情况，依次求出对应的概率，即可求解；
（2）根据已知条件，结合等比数列的性质，以及全概率公式，即可求解．
【详解】（1）在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况如下：胜胜负，胜负胜，负胜胜，共3种
情况，
对应的概率分别为 ， ， ，
所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率 ；
（2）根据全概率公式得 ，即 ，
易知 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，故 ，
因为 ，所以 ，
而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球
的概率．
【点睛】方法点睛：
甲队在第i个回合拥有发球权的概率为 ，由全概率公式得 ，问题转化为数列的
递推公式，通过构造等比数列，求出通项.
6．某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个
或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过
程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为 ，
并且规定若第 题正确选项为两个，则第 题正确选项为两个的概率为 ；第
题正确选项为三个，则第 题正确选项为三个的概率为 .
(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；
(2)求第n题正确选项为两个的概率；
(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证： .
【答案】(1)分布列见解析； ；(2) ；(3)证明见解析
【分析】（1）设事件 表示正确选项为 个，事件 表示正确选项为 个， 表示第 题正确选项为
个的概率， 表示第 题正确选项为 个的概率.由全概率公式可求出 ，继而 可求，再由全概率公式计算第二题得分分布列的各种情况，并根据公式计算期望；
（2）根据（1）中由第一题到第二题正确选项数概率的计算理解，由全概率公式可以得出一般性的结论
化简可得 ，可知 为等比数列,求通项可得
；
（3）根据（2）求出的 可得 ，在利用全概率公式即可求得 的分布列，计算出
,则结论可证.
【详解】（1）设事件 表示正确选项为 个，事件 表示正确选项为 个， 表示第 题正确选项为
个的概率， 表示第 题正确选项为 个的概率.设事件 表示选项“C”为第二题的一个正确选项，
用随机变量 表示第二题得分.依题得， 可能取值为 .因为 ，
， 所以
所以 的分布列为:
所以 .
（2）依题得， ，所以 ，
又因为 ，
所以 是以 为首项，以 为公比的等比数列.
所以 ， .
（3）由（2）可知， ， .
依题得， 可能取值为 .
，
，
所以 .
【点睛】方法点睛：高中阶段的马尔科夫链类型的概率问题解决关键是利用全概率公式找到概率的递推式，
然后用数列手段去处理求解.
7．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，
双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲
胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.
(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为 ，求 的分布列和期望；
(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；
(3)若 表示“在甲所得筹码为 枚时，最终甲获胜的概率”，则 .证明：为等比数列.
【答案】(1)分布列见解析， ；(2) ；(3)证明见解析
【分析】（1）求出 的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；
（2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；
（3）根据全概率公式和等比数列的定义可证.
【详解】（1） 的所有可能取值为 ，
， ， ，
则 的分布列为：
2 3 4
0.2 0.5 0.3
.
（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，
其概率为： .
当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，
其概率为： ，
所以四局比赛后，比赛结束的概率为 .
（3）因为 表示“在甲所得筹码为 枚时，最终甲获胜的概率”， ，
在甲所得筹码为 枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为 ，
在甲所得筹码为 枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为 ，
在甲所得筹码为 枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为 ，
根据全概率公式得 ，
所以 ，变形得 ，因为 ，所以 ，同理可得 ，
所以 为等比数列.
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列 中相邻三项之间的关系
是解题关键.
8．甲、乙两人组团参加答题挑战赛，规定：每一轮甲、乙各答一道题，若两人都答对，该团队得1分；只
有一人答对，该团队得0分；两人都答错，该团队得－1分．假设甲、乙两人答对任何一道题的概率分别
为 ， ．
(1)记X表示该团队一轮答题的得分，求X的分布列及数学期望 ；
(2)假设该团队连续答题n轮，各轮答题相互独立．记 表示“没有出现连续三轮每轮得1分”的概率，
，求a，b，c；并证明：答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每
轮得1分”的概率越大．
【答案】(1)分布列见解析， ；(2) ，证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求得 的取值，再求对应的概率即可求得分布列；再根据分布列求 即可；
（2）求得 ，再分析第 轮得分情况和第 轮得分情况，从而求得递推关系，通过
的正负，即可判断和证明.
【详解】（1）由题可知是， 的取值为 ，
；
；故 的分布列如下：
则 .
（2）由题可知， ；经分析可得：
若第 轮没有得 分，则 ；若第 轮得 分，且第 轮没有得 分，则 ；
若第 轮得 分，且第 轮得 分，第 轮没有得 分，则 ；
故 ，故 ；因为 ，故
，故
；故 ，且 ，则 ，
所以答题轮数越多（轮数不少于3），出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大.
【点睛】关键点点睛：本题考察离散型随机变量分布列、数学期望的求解；第二问处理的关键是能够合理
分析第 轮的得分对概率 的影响，从而求得递推关系；属综合困难题.
