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
的概率；
[20,70)
（3）已知该地区这种疾病的患病率为
，该地区年龄位于区间
的人口占该地区
0.1%
[40,50)
总人口的
.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间
，求此人患这种疾病
16%
[40,50)
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
(5 0.001 15 0.002
25 0.012
35 0.017
45 0.023
x
（岁）．
55 0.020
65 0.017
75 0.006
85 0.002) 10
47.9
（2）设
{一人患这种疾病的年龄在区间
}，所以
A
[20,70)
．
( )
1
( )
1 (0.001 0.002
0.006
0.002) 10
1 0.11
0.89
P A
P A
（3）设
“任选一人年龄位于区间[40,50)”，
“从该地区中任选一人患这种疾病”，
B
C
则由已知得：
,
16%
0.16,
0.1%
0.001, (
|
)
0.023 10
0.23
P B
P C
P B C
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
，此人患这种
[40,50)
疾病的概率为
．
( ) (
|
)
( )
(
)
0.001 0.23
(
|
)
0.0014375
0.0014
( )
0.16
P BC
P C P B C
C
B
P
B
B
P
P
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
；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为
．假设数据在组内均匀分布，以
( )
p c
( )
q c
事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率
％时，求临界值c 和误诊率
；
0.5
p c
q c
（2）设函数
，当
时，求
的解析式，并求
在区间
f c
p c
q c
95,105
c
f c
f c
的最小值．
95,105
解析：（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为
，所以
5 0.002
0.5%
，
95
100
c
所以
，解得：
，
95
0.002
0.5%
c
97.5
c
．
0.01
100
97.5
5 0.002
0.035
3.5%
q c
（2）当
时，
[95,100]
c
；
( )
( )
( )
(
95) 0.002
(100
) 0.01 5 0.002
f c
p c
q c
c
c
0.008
0.82
0.02
c
当
时，
(100,105]
c
,
( )
( )
( )
5 0.002
(
100) 0.012
(105
) 0.002
f c
p c
q c
c
c
0.01
0.98
0.02
c
故
，所以
在区间
的最小值为
．
0.008
0.82,95
100
( )
0.01
0.98,100
105
c
c
f c
c
c
f c
95,105
0.02
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
A．
B．
C．
D．
1
6
1
3
1
2
2
3
解析：总事件数共
，第一个数取2 时，第二个数可以是
；
2
7
7
6
21
2
C
3,5,7
第一个数取3 时，第二个数可以是
；第一个数取4 时，第二个数可以是
；
4,5,7,8
5,7
第一个数取5 时，第二个数可以是
；第一个数取6 时，第二个数可以是
；
6,7,8
7
第一个数取7 时，第二个数可以是；所以
．
8
3
4
2
3 1 1
14
2
21
21
3
P
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.设每场比赛双方获胜的概率都为
，
1
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.
解析：（1）记事件
甲连胜四场，则
；
:
M
4
1
1
2
16
P M
（2）记事件
为甲输，事件
为乙输，事件
为丙输，则四局内结束比赛的概率为
A
B
C
，所以，需要进行
4
1
1
4
2
4
P
P ABAB
P ACAC
P BCBC
P BABA
第五场比赛的概率为
.
3
1
4
P
P
（3）①四场比赛丙获胜，丙在前四场获胜的概率为
8
1
)
2
1
(
3
②由下表可知：五场比赛丙获胜，
，
16
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
B
P
8
1
2
1
1
2
1
2
1
)
(
C
P
，
，
8
1
2
1
2
1
1
2
1
)
(
D
P
丙五场比赛丙获胜的概率为
16
5
8
1
8
1
16
1
)
(
)
(
)
(
D
p
C
P
B
P
由于①②互斥，
丙最终获胜的概率为
.
16
7
16
5
8
1
1
2
3
4
5
事件
轮空
胜
胜
败
胜
B
轮空
胜
败
轮空
胜
C
丙的
参赛
情况
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
个顶点中任选4 个，则这4 个点在同一平面上的概率
8
为 ．
解析：总的选法是
，四点共面的有6 个表面与6 个对角面，共计12 个，则
4
8
C
P
．
4
8
12
6
35
C
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
（
）
A.
B.
C.
D.
1
3
2
5
2
3
4
5
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，则有
种排法，若2 个0 不相邻，则有
种排法，所以2 个0 不相邻的概
1
5
5
C
2
5
10
C
率为
. 故选：C.
10
2
5 10
3
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5 名学生中随机选出3 人，基本事件总数
，甲，乙被选
3
5
10
C
中，则从剩下的3 人中选一人，包含的基本事件的个数
，根据古典概型及其概率的
1
3
3
C
计算公式，甲、乙都入选的概率
．故答案为：
．
1
3
3
5
3
10
C
P
C
3
10
4. 概率公式
主要有加法公式和乘法公式：
1.如果事件
与事件
互斥，那么
A
B
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B
2.如果事件
与事件
互为对立事件，那么
，
A
B
( )
1
( )
P B
P A
( )
1
( )
P A
P B
3.对任意两个事件
与
，如果
成立，则称事件
与事件
相互独立，
A
B
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
A
B
简称为独立．
（1）事件
与
是相互独立的，那么
与
，
与
，
与
也是否相互独立．
A
B
A
B
A
B
A
B
（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：
表示“第局比赛胜利”，则
表示“第局比赛失败”.
iA
i
iA
i
（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A
－
；A,B 恰有一个发生的事件为A
∪
B；A,B 至多一个发生的事件为A
∪
B∪
.
B
－
B
－
A
－
B
－
A
－
A
－
B
－
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
解出所求事件概率.
1
P A
P A
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
获胜的概率是
4:1
前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以
获胜的概率
3
0.6
0.5 0.5 2
0.108,
4:1
是
综上所述，甲队以
获胜的概率是
2
2
0.4 0.6
0.5
2
0.072,
4:1
0.108
0.072
0.18.
q
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
表示乙学校的总得分，求
的分布列与期望.
X
X
解析：（1）记甲学校获得冠军为事件
，
A
则
( )
0.5
0.4
+0.5
0.8+
0.4
0.8+
0.4
0.8=0.6
P A
（1- 0. 8）
（1- 0. 4）
（1- 0. 5）
0. 5
甲学校获得冠军的概率是0.6.
（2）
的可能取值为0,10,20,30，则
X
(
0)
0.5
0.4
0.8
0.16
P X
(
10)
0.5
0.4
(1
0.8)
0.5
(1
0.4)
0.8
(1
0.5)
0.4
0.8
0.44
P X
(
20)
0.5
(1
0.4)
(1
0.8)
(1
0.5)
(1
0.4)
0.8
(1
0.5)
0.4
(1
0.8)
0.34
P X
(
30)
(1
0.5)
(1
0.4)
(1
0.8)
0.06
P X
的期望值为
．
X
(
)
0
0.16
10
0.44
20
0.34
30
0.06
13
E X
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
，收到0 的概率为
；发送1 时，收到0 的概率为
(0
1)
1
，收到1 的概率为
. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输
(0
1)
1
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
2
(1
)(1
)
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
2
(1
)
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为
2
3
(1
)
(1
)
D．当
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
0
0.5
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
，A 正确；
2
(1
)(1
)(1
)
(1
)(1
)
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
，B 正确；
2
(1
)
(1
)
(1
)
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
，C 错误；
2
2
3
2
3
C
(1
)
(1
)
(1
) (1
2 )
对于D，由选项C 知，三次传输，发送0，则译码为0 的概率
，单次传
2
(1
) (1
2 )
P
输发送0，则译码为0 的概率
，而
，因此
1
P
0
0.5
，即
，D 正确.故选：ABD
2
(1
) (1
2 )
(1
)
(1
)(1 2 )
0
P
P
P
P
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
，
，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
0.4
p
0.5
q
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
.
3
3
1 0.6
1 0.5
0.686
P
（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
，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
3
3
1 (1
)
P
p
q
甲
率为
，
，
3
3
1 (1
)
P
q
p
乙
0
p
q
3
3
3
3
(
)
(
)
P
P
q
q
pq
p
p
pq
甲
乙
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
q
p
q
pq
p
p
q
p
pq
q
pq
p
pq q
pq
，
2
2
2
2
(
) 3
3
3
p
q
p q
p q
pq
3
(
)(
)
3
(
)[(1
)(1
) 1]
0
pq p
q
pq
p
q
pq p
q
p
q
，应该由甲参加第一阶段比赛.
P
P
甲
乙
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩
的所有可能取值为0，5，10，15，
X
，
3
3
3
(
0)
(1
)
1 (1
)
(1
)
P X
p
p
q
，
3
2
1
3
5
1
1
C
1
P X
p
q
q
，
3
2
2
3
(
10)
1 (1
)
C
(1
)
P X
p
q
q
，
3
3
(
15)
1 (1
)
P X
p
q
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩
的所
3
3
2
(
)
15 1 (1
)
15
3
3
E X
p
q
p
p
p
q
Y
有可能取值为0，5，10，15，同理
3
2
( )
15
3
3
E Y
q
q
q
p
，因为
，则
(
)
( )
15[
(
)(
)
3
(
)]
E X
E Y
pq p
q
p
q
pq p
q
15(
)
(
3)
p
q pq p
q
0
p
q
，
，则
，
应该由甲参加第一阶段比
0
p
q
3
1 1 3
0
p
q
(
)
(
3)
0
p
q pq p
q
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
．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．
1
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
次，乙抛掷n 次，
，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面
1
n
*
nN
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
，
1p
，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝
0
0
1
1
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
1
3
3
C
C
C
C
C
C
C
C
5
2
2
16
P
上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
；
1
1
11
2
32
P
P
（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
，则第
次甲必
1p
1
n
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
次无论结果如何，甲正面朝上
1
n
次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为
；
2p
③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第
次无论结果如何，甲正面朝上
1
n
次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为
，由对称性可知
，
3p
2
3
p
p
故
，而由
，
1
3
1
2
nP
p
p
2
3
1
2
3
1
p
p
p
p
p
可得
．
1
3
1
2
3
1
3
2
1
1
2
2
2
2
n
p
p
p
p
p
P
p
p
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
,求
的分布到和数学期望;
X
X
(2)测得40 只小鼠体重如下(单位:g)：（已按从小到大排好)
17.3
18.4
20.1
20.4
21.5
23.2
24.6
24.8
25.0
25.4
26.1
26.3
26.4
26.5
26.8
27.0
27.4
27.5
27.6
28.3
:
5.4
6.6
6.8
6.9
7.8
8.2
9.4
10.0
10.4
11.2
14.4
17.3
19.2
20.2
23.6
23.8
24.5
25.1
25.2
26.0
对照组
实验组
(i)求40 只小鼠体重的中位数
,并完成下面
列联表:
m
2 2
m
m
对照组
实验组
(ii)根据
列联表,能否有
的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.
2 2
95%
参考数据:
0
2
0
0.10
0.05
0.010
|
2.706 3.841 6.835
k
p k
k
…
解析：（1）由题意知
的取值可能为
X
0,1,2
2
1
1
2
20
20
20
20
2
2
2
40
40
40
19
20
19
(
0)
(
1)
(
2)
78
39
78
C
C C
C
p X
p X
p X
C
C
C
（2）略
例14. （2021 新高考2 卷）某物理量的测量结果服从正态分布
，下列结论中不
2
10,
N
正确的是（
）
A.
越小，该物理量在一次测量中在
的概率越大
(9.9,10.1)
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
与落在
的概率相等
(9.9,10.2)
(10,10.3)
解析：对于A，
为数据的方差，所以
越小，数据在
附近越集中，所以测量结
2
10
果落在
内的概率越大，故A 正确；
9.9,10.1
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
，故B
0.5
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
的概率与小
10.01
于
的概率相等，故C 正确；
9.99
对于D，因为该物理量一次测量结果落在
的概率与落在
的概率不
9.9,10.0
10.2,10.3
同，所以一次测量结果落在
的概率与落在
的概率不同，故D 错误.
9.9,10.2
10,10.3
故选：D.
例15.（2022 新高考2 卷）．已知随机变量
服从正态分布
，且
X
2
(2,
)
N
，则
．
(2
2.5)
0.36
P
X
„
(
2.5)
P X
解析：由题意可知，
，故
．
(
2)
0.5
P X
(
2.5)
(
2)
(2
2.5)
0.14
P X
P X
P
X
„
7.极大似然估计
一．基本原理
已知函数：
输入有两个：
表示某一个具体的数据；
表示模型的参数，如果
)
/
(
x
p
x
是已知确定的，
是变量，这个函数叫做概率函数，它描述对于不同的样本点
，其出现
x
x
概率是多少.如果
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
x
模型参数，出现
这个样本点的概率是多少.
x
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
件，每一箱产品在交付
200
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
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
20
不合格品的概率都为
，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(0
1)
p
p
（1）记
件产品中恰有
件不合格品的概率为
,求
的最大值点
；
20
2
( )
f p
( )
f p
0p
（2）现对一箱产品检验了
件，结果恰有
件不合格品，以（1）中确定的
作为
的
20
2
0p
p
值．已知每件产品的检验费用为
元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合
2
格品支付
元的赔偿费用．
25
（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
，求
X
;
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：（1）
件产品中恰有
件不合格品的概率为
.
20
2
18
2
2
20
C
1
f
p
p
p
因此
.
18
17
17
2
2
2
20
20
C
2
1
18
1
2C
1
1 10
f
p
p
p
p
p
p
p
p
令
，得
.当
时，
；当
时，
.
0
f
p
0.1
p
0,0.1
p
0
f
p
0.1,1
p
0
f
p
所以
的最大值点为
；
f
p
0
0.1
p
（2）由（1）知，
.（i）令
表示余下的
件产品中的不合格品件数，依题意知
0.1
p
Y
180
，
，即
.
180,0.1
Y
B
20 2
25
X
Y
40
25
X
Y
所以
.
40
25
40
25
490
EX
E
Y
EY
（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
，故应该对余下的产品作检验.
400
EX
点评：第一问中，
，二项分布中参数
未知，所以我们需要利用似然方法
)
,
20
(
~
p
B
X
p
找到
，即利用
最大.
p
)
( p
f
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，
表示捞
X
出的500 尾鱼中有标识的鱼的数目．
（1）若
，求
的数学期望；
5000
N
X
（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
最大的
(
15)
P X
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
，
5000,
200,
500
N
M
n
故
．
200
(
)
500
20
5000
M
E X
N
n
（2）当
时，
，当
时，
，
685
N
(
15)
0
P X
685
N
15
485
200
200
500
C
(
15)
C
N
N
C
P X
记
，则
15
485
200
200
500
C
C
(
)
C
N
N
a N
485
500
1 200
500
485
1
200
(
1)
C
C
(
)
C
C
N
N
N
N
a N
a N
(
1
500)(
1
200)
(
1)(
1
200
485)
N
N
N
N
．由
(
499)(
199)
(
1)(
684)
N
N
N
N
2
2
698
499 199
683
684
N
N
N
N
2
2
698
499 199
683
684
N
N
N
N
，
当且仅当
，则可知当
时，
；
499 199
684
6665.7
15
N
685
6665
N
(
1)
(
)
a N
a N
当
时，
，故
时，
最大，所以N 的估计值为6666．
6666
N
(
1)
(
)
a N
a N
6666
N
(
)
a N
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
40
60
对照组
10
90
（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，
表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，
表示事件
A
B
“选到的人患有该疾病”，
与
的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险
(
|
)
(
|
)
P B A
P B A
(
|
)
(
|
)
P B A
P B A
程度的一项度量指标，记该指标为
．
R
（i）证明：
；
(
|
)
(
|
)
(
|
)
(
|
)
P A B
P A B
R
P A B
P A B
（ii）利用该调査数据，给出
的估计值，并利用（i）的结果给出
的估计
(
|
)
(
|
)
P A B
P A B
，
R
值．
附
：
，
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
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，
则
，
2
2
200(40
90
60 10)
24
10.828
50 150 100 100
K
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；
（2）（i）
(
|
)
(
|
)
(
|
)
(
|
)
P B A
P B A
R
P B A
P B A
(
)
(
)
( )
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
P AB
P AB
P A
P A
P AB
P AB
P AB
P AB
P AB
P AB
P A
P A
，得证；
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
(
|
)
(
|
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
|
)
(
|
)
( )
( )
P AB
P AB
P AB
P AB
P B
P B
P A B
P A B
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
，
，
40
2
(
|
)
100
5
P A B
10
1
(
|
)
100
10
P A B
则
，
，所以
．
3
(
|
)
1
(
|
)
5
P A B
P A B
9
(
|
)
10
P A B
2
9
5 10
6
3
1
5 10
R
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
3
4
4
5
组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
3
5
2
3
响.
（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
则
1
2
,
A A
，由题意可得，
的取值有
1
2
3
4
3
3
2
2
4
5
5
5
3
5
P A
P A
X
0,1,2
2
(
)
P K
k
≥
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
，
3
2
6
0
1
1
5
5
25
P X
3
2
3
2
13
1
1
1
5
5
5
5
25
P X
，所以
3
2
6
2
5
5
25
P X
6
13
6
0
1
2
1
25
25
25
E X
（2）设
表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，
表示事件“甲小组抢到
B
1A
最后一道题”，
表示事件“乙小组抢到最后一道题”，则有：
2
A
，
20
11
%
55
)
(
,
20
9
%
45
)
(
2
1
A
P
A
P
5
2
)
|
(
,
5
3
)
|
(
2
1
A
B
P
A
B
P
则
)
(
100
49
)
|
(
)
(
)
|
(
)
(
)
(
2
2
1
1
凌晨讲数学
A
B
P
A
P
A
B
P
A
P
B
P
该题如果被答对，恰好是甲小组答对即为
49
27
)
(
)
|
(
)
(
)
|
(
1
1
1
B
P
A
B
P
A
P
B
A
P
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
时，位于点
，下一个
0
t
)
(
N
i
i
x
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
1
),
1,0
(
i
t
X
t
于位置
，那么由全概率公式可得：
)
(
N
i
i
x
)
|
(
)
(
)
|
(
)
(
)
(
1
1
1
1
1
1
1
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
i
t
X
X
P
X
P
X
X
P
X
P
X
P
另一方面，由于
，代入上式可得：
)
|
(
,
)
|
(
1
1
1
1
i
t
i
t
i
t
i
t
X
X
P
X
X
P
.
1
1
i
i
i
P
P
P
进一步，我们假设在
与
处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁
0
x
)
,0
(
N
m
m
m
x
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.
1
,0
0
m
P
P
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
a
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：
b
c
1
1
i
i
i
i
cP
bP
aP
P
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）求第次投篮的人是甲的概率；（凌晨讲数学）
i
（3）已知：若随机变量
服从两点分布，且
，则
i
X
1
1
0
,
1,2,
,
i
i
i
P X
P X
q i
n
．记前
次（即从第1 次到第
次投篮）中甲投篮的次数为
，求
1
1
n
n
i
i
i
i
E
X
q
n
n
Y
E Y
．
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
，
i
iA
i
iB
所以，
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
|
|
P B
P A B
P B B
P A P B
A
P B P B
B
.
0.5
1 0.6
0.5 0.8
0.6
（2）设
，依题可知，
，则
i
i
P A
p
1
i
i
P B
p
，
1
1
1
1
1
|
|
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
P A
P A A
P B A
P A P A
A
P B P A
B
即
，构造等比数列
，设
1
0.6
1 0.8
1
0.4
0.2
i
i
i
i
p
p
p
p
ip
，解得
，则
，又
，所以
1
2
5
i
i
p
p
1
3
1
1
2
1
3
5
3
i
i
p
p
1
1
1
1
1
,
2
3
6
p
p
是首项为
，公比为
的等比数列，即
．
1
3
ip
1
6
2
5
1
1
1
1
2
1
2
1
,
3
6
5
6
5
3
i
i
i
i
p
p
（3）因为
，
，所以当
时，
1
1
2
1
6
5
3
i
ip
1,2,
,
i
n
*
N
n
，故
．
1
2
2
1
1
5
2
5
1
2
6
3
18
5
3
1
5
n
n
n
n
n
E Y
p
p
p
5
2
( )
1
18
5
3
n
n
E Y
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
发生的概率为
，试验进行到事件
出现
A
p
A
时停止，此时所进行的试验次数为
，其分布列为：
，
X
...
2,1
,
)
1(
)
(
1
k
p
p
k
X
P
k
记为
，因为此分布列是几何数列的一般项，故称几何分布.
)
(
~
p
GE
X
若
，则
)
(
~
P
GE
X
...
2,1
,
)
1(
)
(
1
k
p
p
k
X
P
k
p
q
p
q
q
p
q
q
q
p
q
q
p
p
p
k
EX
k
k
1
)
1(
1
)
1
(
)
(
)
3
2
1(
)
1(
2
'
'
3
2
2
1
1
以
记第
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：
r
，其中
，记作
，显然，
,1
,
,
)
(
1
1
r
r
k
q
p
C
k
P
r
k
r
r
k
1
q
p
)
,
(
~
p
k
NB
X
的巴斯卡分布即几何分布.
1
r
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
位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则
*
(
3,
N )
n n
n
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.已知
团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别
A
为
和
，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
3
4
1
2
（1）若
，用
表示
团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求
的均值；
3
n
X
A
X
（2）记
团队第
位成员上场且闯过第二关的概率为
，集合
A
*
(1
1,
N )
k
k
n
k
kp
中元素的最小值为
，规定团队人数
，求
.
*
3
N
128
k
k
p
0k
0
1
n
k
n
解析：（1）依题意，
的所有可能取值为
，
X
1,2,3
，
，
3
1
3
1
3
3
1
1
9
1
,
2
4
2
8
4
8
4
2
2
32
P X
P X
3
9
11
3
1
8
36
32
P X
所以
的分布列为：
X
X
1
2
3
P
3
8
9
32
11
32
数学期望
.
3
9
33
63
8
16
32
32
E X
（2）令
，若前
位玩家都没有通过第一关测试，其概率为
3
1
,
4
2
p
q
1
k
，若前
位玩家中第
位玩家才通过
1
1
1
1
3 1
3
(
)
(1
)
( )
4
4 2
2 4
k
k
k
k
p
p
pq
1
k
1
1
i
i
k
第一关测试，则前面
位玩家无人通过第一关测试，其概率为
，第位玩家通过
1
i
1
(1
)i
p
i
第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为
，第
位玩家到第
位玩家
1
p
q
1
i +
1
k
都没有通过第二关测试，其概率为
，所以前面
位玩家中恰有一人通过第一
1
(1
)k i
q
1
k
关测试的概率为：
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
(
)
(1
)
(1
)(1
)
(1
)
(
)
1
k
k
i
k i
k
i
k
i
i
p
p
p
p
q
q
q
pq
q
q
，因此第
位成员闯过第二关的概
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 [1 ( )
3 1
1
3
1
3
1
2
( )
( )
( )
[1 (
]
)
1
8 2
2
8
2
2
2
]
1
2
k
k
k
i
k
k
k
i
k
率
，由
，得
，解得
1
2
]
3
1
1
(
(
[( )
( )
2
)
)
2
4
k
k
k
k
kp
p
p
3
1
1
3
[( )
( )
2
2
4
12
]
8
k
k
1
1
1
( )
( )
2
4
64
k
k
，则
，所以
.
6
k
0
6
k
7
n
11.基于数学期望的概率递推
例22.（2024 届武汉高三四月调考）已知常数
，在成功的概率为
的伯努利试验
0,1
p
p
中，记
为首次成功时所需的试验次数，
的取值为所有正整数，此时称离散型随机变
X
X
量
的概率分布为几何分布.
X
（1）对于正整数
，求
，并根据
k
P X
k
求
；
1
1
(
)
(
)
lim
(
)
n
n
k
k
E X
kP X
k
kP X
k
E X
（2）对于几何分布的拓展问题，（凌晨讲数学）在成功的概率为
的伯努利试验中，记首
p
次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为
，现提供一种求
的方式：先进行第
2
E
2
E
一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认
为后续期望仍是
，即总的试验次数为
；若第一次试验成功，则进行第二次试
2
E
2
1
E
验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重
新试验，此时总的试验次数为
.
2
2
E
（i）求
；
2
E
（ii）记首次出现连续
次成功时所需的试验次数的期望为
，求
.
n
n
E
n
E
解析：（1）
，
1
(1
)k
P X
k
p
p
，
1
2
1
1
(1
)
1
2(1
)
3(1
)
(1
)
,
n
k
n
k
k
p
p
p
p
p
n
p
记
，
2
1
1
2 1
3(1
)
(1
)n
n
S
p
p
n
p
则
，
2
1
1
1
2(1
)
1 (1
)
(1
)
n
n
n
p S
p
p
n
p
n
p
相减得：
2
1
1
1
(1
)
(1
)
(1
)
n
n
n
pS
p
p
p
n
p
1 (1
)
1 (1
)
(1
)
(1
)
1
1
n
n
n
n
p
p
n
p
n
p
p
p
由题意：
.
1 (1
)
1
(
)
lim
lim
(1
)
n
n
n
n
n
p
E X
pS
n
p
p
p
（2）（i）
.解得：
.
2
2
2
2
1
1
2
1
2
E
p
E
p
p
p
E
2
2
1
p
E
p
（ii）期待在
次试验后，首次出现连续
次成功，若下一次试验成功，则试验停
1
n
E
1
n
止，此时试验次数为
；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是
1
1
n
E
n
E
，此时总的试验次数为
.即
.
1
1
n
n
E
E
1
1
1
1
1
n
n
n
n
E
p
E
p
E
E
整理得：
，即
.
1
1
1
n
n
E
E
p
1
1
1
1
1
1
n
n
E
E
p
p
p
所以
.由（1）知
，代入得：
.
1
1
1
1
1
1
1
n
n
E
E
p
p
p
1
1
E
p
1
1
n
n
n
p
E
p p
12.新情境与跨板块综合问题
例23.（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，
．
(
)
(
0,1,2,3)
i
P X
i
p i
（1）已知
，求
；
0
1
2
3
0.4,
0.3,
0.2,
0.1
p
p
p
p
(
)
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：
的一个最小正实根，求证：当
时，
，当
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
(
)
1
E X
1
p
(
)
1
E X
时，
；
1
p
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
解析：（1）
.
(
)
0 0.4 1 0.3
2 0.2
3 0.1
1
E X
（2）设
，因为
，故
3
2
3
2
1
0
1
f x
p x
p x
p
x
p
3
2
1
0
1
p
p
p
p
，若
，则
，故
3
2
3
2
2
0
3
0
f x
p x
p x
p
p
p
x
p
1
E X
1
2
3
2
3
1
p
p
p
.
2
3
0
2
p
p
p
，因为
，
2
3
2
2
0
3
3
2
f
x
p x
p x
p
p
p
2
0
3
0
0
f
p
p
p
，故
有两个不同零点
，且
，
2
3
0
1
2
0
f
p
p
p
f
x
1
2
,
x x
1
2
0
1
x
x
且
时，
；
时，
；
1
2
,
,
x
x
x
0
f
x
1
2
,
x
x x
0
f
x
故
在
，
上为增函数，在
上为减函数，
f x
1
, x
2,
x
1
2
,
x x
若
，因为
在
为增函数且
，
2
1
x
f x
2,
x
1
0
f
而当
时，因为
在
上为减函数，故
，
2
0,
x
x
f x
1
2
,
x x
2
1
0
f x
f x
f
故为
的一个最小正实根，
1
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
若
，因为
且在
上为减函数，故1 为
的一个最
2
1
x
1
0
f
2
0, x
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
小正实根，综上，若
，则
.
1
E X
1
p
若
，则
，故
.
1
E X
1
2
3
2
3
1
p
p
p
2
3
0
2
p
p
p
此时
，
，故
有两个不同零点
2
0
3
0
0
f
p
p
p
2
3
0
1
2
0
f
p
p
p
f
x
3
4
,
x x
，且
，且
时，
；
时，
；
3
4
0
1
x
x
3
4
,
,
x
x
x
0
f
x
3
4
,
x
x x
0
f
x
故
在
，
上为增函数，在
上为减函数，而
，故
f x
3
, x
4,
x
3
4
,
x x
1
0
f
，
4
0
f x
又
，故
在
存在一个零点
，且
.所以
为
0
0
0
f
p
f x
4
0, x
p
1
p
p
的一个最小正实根，此时
，故当
时，
.
2
3
0
1
2
3
p
p x
p x
p x
x
1
p
1
E X
1
p
（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
