2026《高考數(shù)學一輪復習微專題106講》含答案100.全概率公式與

應用100.全概率公式及應用

基本原理

1.全概率公式

在全概率的實際問題中我們經(jīng)常會碰到一些較為復雜的概率計算，這時，我們可以用“化

整為零”的思想將它們分解為一些較為容易的情況分別進行考慮

一般地，設4,A2,A〃是一組兩兩互斥的事件，且P(A)＞。，

i=l,2,n,則對任意的事件3=0,有尸(B)=fp(a)P(qA).

?=1

我們稱上面的公式為全概率公式，全概率公式是概率論中最基本的公式之一.顯然，應用

全概率公式的關鍵就是將找到完備事件組，下面我們介紹一些常見的類型.

2.樣本空間的常見分類方法(構造完備事件組)

①.對于具有多個步驟或階段的試驗，可按照每個步驟或階段的不同結果來劃分樣本空間

②.當試驗涉及到具有不同屬性或特征的事件時，可根據(jù)這些屬性或特征進行劃分

③.如果事件的發(fā)生是由不同原因或在不同條件下導致的，那么可以據(jù)此劃分樣本空間

下面我們通過具體的例子來分析.

二.典例分析

★對于具有多個步驟或階段的試驗，可按照每個步驟或階段的不同結果來劃分樣本空間

例1.(四川成都市2025屆高三二模)某答題挑戰(zhàn)賽規(guī)則如下：比賽按輪依次進行，只有答

完一輪才能進入下一輪，若連續(xù)兩輪均答錯，則挑戰(zhàn)終止；每一輪系統(tǒng)隨機地派出一道通

識題或專識題，派出通識題的概率為:，派出專識題的概率為|■.已知某選手答對通識題與

專識題的概率分別為且各輪答題正確與否相互獨立.

(1)求該選手在一輪答題中答對題目的概率；

(2)記該選手在第力輪答題結束時挑戰(zhàn)依然未終止的概率為P,,,

(i)求。3，1

(ii)證明：存在實數(shù)之，使得數(shù)列｛加「而“｝為等比數(shù)列.

解析：(1)設事件4="一輪答題中系統(tǒng)派出通識題”，事件8="該選手在一輪答題中答對”，

1—93—1

依題意,P(A)=-,P(A)=-,P(B|A)=-,P(B|A)=-,

——13211

因此P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=-x-+-x-=-,

所以該選手在一輪答題中答對題目的概率為g.

(2)(i)設事件紇="該選手在第〃輪答對題目“，各輪答題正確與否相互獨立，

1——2

由(1)知，P(B?)=-,P(B?)=-,

當〃=1時，挑戰(zhàn)顯然不會終止，即R=l,

當〃=2時，則第1、2輪至少答對一輪，。2=1-尸(瓦瓦)=1-尸(瓦)尸(瓦)=暫，

——151211

X+XX1=

由概率加法公式得=P(B3)ft+P(B2B3)A=P(B3)p2+P(B2)P(B3)A=3933^；

_一一1111257

同理04=P?4)n+P(B3B4)p2=P(BJP2+P(g)尸(耳)p?=-X—+-X-X-=--.

，4/DD7乙/

(ii)設事件C“="第”輪答題結束時挑戰(zhàn)未終止”，

當〃23時，第〃輪答題結束時挑戰(zhàn)未終止的情況有兩種：

①第〃輪答對，且第輪結束時挑戰(zhàn)未終止；

②第”輪答錯，且第，L1輪答對，且第〃-2輪結束時挑戰(zhàn)未終止，

因此第〃輪答題結束時挑戰(zhàn)未終止的事件可表示為C“=uC-ABI，

則P(C“)=尸(QT)尸(紇|Ci)+尸(/OP(瓦及|C?,2),而各輪答題正確與否相互獨立，

—12

)

因此尸(Q)=/(C?.1)P(B?)+P(C?-2)P(B?B,!_1)=-P(C?-1)+-P(C?-2)，

12

當〃23時，PN=3PU+^P“-2,設存在實數(shù)2,使得數(shù)列也，+「為”｝為等比數(shù)列，

當時，P,+1-2P"=q(p“-4p,_i),整理得。用=(彳+4)。“一也01，

\1

%+0=—

而?！?1=了1"+32。"-1，貝葉93'解得2=-于I4?='或2=2'，4=一1￡，

J，c乙JJJJ

Aq=——

[9

業(yè)…1821

n=mp2+-A=-,p2--A

因此當X=-g時，數(shù)列｛p向+3〃〃｝是首項為：，公比為.的等比數(shù)列；

，Jy3

當4=(2時，2數(shù)列｛Pi-鼻0｝是首項為-七1，公比為-§1的等比數(shù)列，

所以存在實數(shù)6一1或％=彳9，使得數(shù)列｛P.-沏〃｝為等比數(shù)列.

★2.當試驗涉及到具有不同屬性或特征的事件時，可根據(jù)這些屬性或特征進行劃分例1.某

例2.(深圳市2024屆高三?？?企業(yè)因技術升級，決定從2023年起實現(xiàn)新的績效方案.方

案起草后，為了解員工對新績效方案是否滿意，決定采取如下“隨機化回答技術”進行問卷

調查：

一個袋子中裝有三個大小相同的小球，其中1個黑球，2個白球.企業(yè)所有員工從袋子中有

放回的隨機摸兩次球，每次摸出一球.約定“若兩次摸到的球的顏色不同，則按方式I回答

問卷，否則按方式n回答問卷”.

方式I：若第一次摸到的是白球，則在問卷中畫“?！?，否則畫“X”；

方式II:若你對新績效方案滿意，則在問卷中畫“?！保駝t畫“X”.

當所有員工完成問卷調查后，統(tǒng)計畫。，畫x的比例.用頻率估計概率，由所學概率知識即

可求得該企業(yè)員工對新績效方案的滿意度的估計值.其中滿意度

企業(yè)所有對新績效方案滿意的員工人數(shù)

=---------企業(yè)人數(shù)---------xli0nn0o%/-

（1）若該企業(yè)某部門有9名員工，用X表示其中按方式I回答問卷的人數(shù)，求X的數(shù)學期

望；

（2）若該企業(yè)的所有調查問卷中，畫“?！迸c畫“x”的比例為4：5,試估計該企業(yè)員工對新

績效方案的滿意度.

解析：（1）每次摸到白球的概率；，摸到黑球的概率為《，每名員工兩次摸到的球的顏色不

714

同的概率尸=C；xjx/=E，由題意可得：該部門9名員工中按方式I回答問卷的人數(shù)

X~《9，W，所以X的數(shù)學期望E（X）=9x[=4.

（2）記事件A為“按方式I回答問卷”，事件3為“按方式H回答問卷”，事件C為“在問卷

45912

中畫?！?由（1）知P（A）=g,P（B）=1-P（A）=-,P（A）P（C|A）=P（AC）=-x-=-.

???P（C）=總J，由全概率公式尸（。）=尸⑷尸?。?尸⑻尸（。忸），則Y?（C忸）,

解得P（C⑻=￡=0.4,故根據(jù)調查問卷估計，該企業(yè)員工對新績效方案的滿意度為40%.

★3.如果事件的發(fā)生是由不同原因或在不同條件下導致的，那么可以據(jù)此劃分樣本空間

設數(shù)軸上一個點，它的位置只能位于整點處，在時刻f=0時，位于點x=i（ieN+）,下一

個時刻，它將以概率a或者月

＜（ze（0,1）,?+^=1）向左或者向右平移一個單位.若記狀態(tài)X,』表示：在時刻f該點位

于位置x=igN+）,那么由全概率公式可得：

P-P（Xe）.P（X,+T|XiT）+P（Xi）P（X*?|XQ

另一方面，由于P（X皿|Xw）=￡,P（X皿|X,ai）=a,代入上式可得：

Pi=aPi+i+B，Pw

進一步，我們假設在x=0與x=〃z（〃z〉O,mcN+）處各有一個吸收壁，當點到達吸收壁時

被吸收，不再游走.于是，好=0,&=1.上述便是一個典型的馬爾科夫過程.

例3.（2023?新高考1卷）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此

人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均

為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是

甲、乙的概率各為0.5.

（1）求第2次投籃的人是乙的概率；

（2）求第i次投籃的人是甲的概率；

（3）已知：若隨機變量X,服從兩點分布，且P（X,=1）=1-P（X，=0）=4，i=l,2,一〃，則

E記前〃次（即從第1次到第〃次投籃）中甲投籃的次數(shù)為求石⑺.

\z=l）i=\

解析：（1）記“第i次投籃的人是甲”為事件4,“第i次投籃的人是乙”為事件瓦,

所以，尸（耳）=尸（A耳）+尸（4耳）=尸（A）尸（與IA）+尸（g）「出田）

=0.5x(1—0.6)+0.5x0.8=0.6.

（2）設P（A）=P,.，依題可知，p（耳）=1—口，則

尸（四）=尸（A4J+尸（生%”尸（4）尸（4114）+尸（男）尸（“田）,

即p"0.6A+（1-0.8）X（1-Pi）=0APi+0.2,構造等比數(shù)歹!]{p,+浦，設Pi+1+2=（（p,+2）,

解得4=4貝!1。,+==尖-],又P二,H，所以[p=]是首項為3公比

3355J23613J6

轉的等比數(shù)列，即“十XJ，心伯々?

2|+1,1=1,2,…”

(3)因為P1=—x所以當〃eN*時,

6

2

1-

n52+令故W晨2n

E")=…+—=+3-

4318

★4.執(zhí)果索因，貝葉斯公式

設41,人2,…，4是一組兩兩互斥的事件，AD&o...uAn=Q,且p（a）＞。，i=l，2,

nf則對任意事件Bq。，P（B）＞0,

有尸（聞B）二尸（a】!）a）="尸（4）尸（回4）,?=i,2,…,加在貝葉斯公式中，尸（4）和

（）*（4）尸（8A）

k=l

P（AIB）分別稱為先驗概率和后驗概率.

例4.了調動大家積極學習黨的二十大精神，某市舉辦了黨史知識的競賽.初賽采用“兩輪

制”方式進行，要求每個單位派出兩個小組，且每個小組都要參加兩輪比賽，兩輪比賽都

通過的小組才具備參與決賽的資格.某單位派出甲、乙兩個小組參賽，在初賽中，若甲小

組通過第一輪與第二輪比賽的概率分別3是之4，乙小組通過第一輪與第二輪比賽的概率

45

32

分別是且各個小組所有輪次比賽的結果互不影響.

（1）若該單位獲得決賽資格的小組個數(shù)為X,求X的數(shù)學期望；

（2）已知甲、乙兩個小組都獲得了決賽資格，決賽以搶答題形式進行.假設這兩組在決賽

中對每個問題回答正確的概率恰好是各自獲得決賽資格的概率.若最后一道題被該單位的

某小組搶到，且甲、乙兩個小組搶到該題的可能性分別是45%,55%,該題如果被答對，計

算恰好是甲小組答對的概率.

解析：（1）設甲乙通過兩輪制的初賽分別為事件A，4則

/,(A)=(2x|4=|4^(A)=j3xj?=p?由題意可得，X的取值有0,1,2

6

25

P(X=2)=-x-=—,所以E(X)=0x色+lx巨+2x9=1

''5525''252525

（2）設8表示事件“該單位的某小組對最后一道題回答正確”，A表示事件“甲小組搶到

最后一道題”，&表示事件“乙小組搶到最后一道題”，則有：

91132

P（A）=45%=—,P（4）=55%=—,P（B|A）=g,尸⑻4）=「

4Q

則P（B）=p（4）p（5|4）+p（4）p（3|4）=U（凌晨講數(shù)學）

?一n、P（A）P（B|A）27

該題如果被答對，恰好是甲小組答對即為尸（AIB）=:￡J=—

點評：本題第二問即考察了全概率公式與貝葉斯公式，后者雖然不做高考要求，但是可以

看到，它實際就是條件概率的應用，完全可以現(xiàn)場依據(jù)具體情況得出.

★5.綜合應用（新概念）

例5.（湖北省七市州2025屆高三聯(lián)考）已知某商店出售商品A,據(jù)統(tǒng)計分析，發(fā)現(xiàn)顧客對

商品A的需求量相對穩(wěn)定，每周內對商品A的不同需求量（單位：個）與概率的數(shù)據(jù)如下：

對A的需求量0123

]_J_

概率尸

8248

若以商品A的庫存作為供給量,為了改善經(jīng)營，該商店決定每周末對商品A進行盤點存貨：

如果商品A都售出了，則在周末及時采購2個新的商品，只要商品A還有1個存貨，就不

采購新的商品.記X“為該商店第n周開始時商品A的供給量，假設XI=2.

（1）求X3的分布列;

（2）記冠=（尸（X“=l）,尸（X“=2））為第"周開始時供給量X”的概率向量，隨著〃的增大，

若二=或，則還趨向一個定常態(tài)分布，記這個定常態(tài)分布為0.

（i）求商品A的定常態(tài)分布0；

（ii）從長遠來看，求該商店改善經(jīng)營后商品A需求大于供給的概率.

解析：（1）由題意X”{{1,2},第2周開始時商品A不同供給量的概率為尸（X2=l）=；,

P（X2=2）=1-P（X2=1）=1,第3周開始時商品A供給量的概率為

P（X3=1）=P（X3=1|X2=l）P（X2=l）+P（X3=l|X2=2）P（X2=2）=|X1+Q+1+^X1=A

,P（X3=2）=1-P（X3=1）=?第3周開始時商品A的供給量分布列為

X312

511

P

1616

（2）（i）記。，為商品A第”周內的的需求量，由題意，X“與的狀態(tài)有關，當時,

若D“<X”,則X向=X,=2；若D“g,貝!|X用=2,設或=(x,l-x),即

P（X“=1）=x,P（Xn=2）=1-%,由全概率公式可得

P（Xz=l）=：P（X“=l）+；P（X“=2）=：x+V，

OZOZ

P（X“+i=2）=l—P（X“+]=l）=：x+—,由冠=式，得+一=x,（x+一=1一x,

oZoZoZ

解得x=（,故Tm

（47、47

（ii）由（i）可知，定常態(tài)分布0=[五,打!所以從長遠來看，P（X“=1）=H，P（X,=2）=H，

記商品A需求大于供給的概率為P（D?>Xn）,由全概率公式得

尸（2>左）=尸（2>xjX"=l）P（Xn=l）+P（Dn>Xn\Xn=2）p（xn=2）

341719

=—x----F—x——=——.

81181188

三.習題演練

L（多選題）A,民C三個地區(qū)爆發(fā)了流感，這三個地區(qū)分別有5%,4%,3%的人患了流感.假

設這三個地區(qū)的人口數(shù)之比為4:9:7,則（）

A.從三個地區(qū)中任選一人，此人未患流感的概率大于0.96

B.等可能從三個地區(qū)中選取一人，此人患流感的概率為0.05

C.從三個地區(qū)中任選一人，此人選自B地區(qū)且患流感的概率為0.017

D.從三個地區(qū)中任選一人，若此人患流感，則此人選自C地區(qū)的概率為3:

2.“布朗運動”是指微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨機運動，在如圖所示的試驗容器中，容器

由三個倉組成，某粒子作布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉

或者容器外，一旦粒子到達容器外就會被外部捕獲裝置所捕獲，此時試驗結束.已知該粒

子初始位置在1號倉，則試驗結束時該粒子是從1號倉到達容器外的概率為.

3.(2025?湖北武漢?二模)有A,B,C,D,E,F,G,H八名運動員參加乒乓球賽事，

該賽事采用預賽，半決賽和決賽三輪淘汰制決定最后的冠軍、八名運動員在比賽開始前抽

簽隨機決定各自的位置編號，已知a這七名運動員互相對決時彼此間的獲勝概率均為：,

A運動員與其它運動員對決時，A獲勝的概率為：2，每場對決沒有平局，且結果相互獨立.

冠軍

決賽

半決賽|——I——------------------

預賽力rnrnrn

①②③④⑤⑥⑦⑧

(1)求這八名運動員各自獲得冠軍的概率；

(2)求8與A對決過且最后獲得冠軍的概率；

(3)求8與C對決過且最后獲得冠軍的概率.

參考答案：

1.解析：設事件。="此人患了流感"，事件E="此人來自A地區(qū)"，事件b="此人來自8地

區(qū)"，事件G="此人來自C地區(qū)”，由題意可得：

407

p（E）=—=0.2,尸（尸）=—=0.45,尸（G）=—=0.35,

v'20—20—20

P（D\E）=0.05,P{D\F）=0.04,P（D|G）=0.03,

對于A,由全概率公式，可得：P（D）=P（E）P（D\E）+P（F）P（D\F）+P（G）P（Z>|G）

=0.2x0.05+0.45x0.04+0.35x0.03=0.0385,

所以尸（方）=1一尸（0）=1—00385=09615>0.96,故A正確；

對于B,等可能從這三個地區(qū)中選取一個人，即P（E）=P（P）=P（G）=g,

則P（D）=P（E）P（D|E）+P（F）P（Z）|F）+P（G）|G）

=1x（0.05+0.04+0.03）=0.04,故B項錯誤；

對于C,P（DF）=P（F）P（￡>|F）=0.45x0.04=0.018,故C錯誤；

對于D,由條件概率公式，可得尸?上制二絕#=端黑葉,故D

正確；故選：AD.

片=|+三

2.解析：設從i出發(fā)最終從1號口出的概率為匕，所以呂=!q+。+?月=:勺+：呂，解

3330

得片=《.故答案為：

3.解析：⑴A奪冠即為三輪比賽都獲勝，所以A奪冠的概率為岬吟.

由題意，5~//七名運動員水平相同，且八名運動各自奪冠概率之和為L

所以八〃七名運動員各自奪冠的概率均為底［1-囪=黑.

/\2//io9

（2）記事件3="B獲得冠軍"，事件A="3與A對決過"，事件4="8與A在第i輪對

決"，力=1,2,3.

不妨設A在①號位，則8在第1,2,3輪能與A對決時其位置編號分別為②，③④,

⑤⑥⑦⑧.

P（AB）=尸（（A+4+A*）=尸（4臺）+尸（4臺）+尸,

P（AB）=g1-12121-814,

3dl1

63

11437

所以尸（AB）=------1------H--------

8463189756

（3）記事件C=〃3與。對決過〃.

_IQ3739

B沒有與A對決過且最后獲得冠軍的概率尸（幽=尸⑻-尸（岫=商-.=原

P(BC)=P((A+A)BC)=P(ABC)+P(ABC)=P(AB)P(C|AB)+P(AB)P(C\AB).

由題意，C~"六名運動員與B對決過的概率相同，8奪冠時共與三名運動員對決.

2_Q

所以P(C|AB)=-,P(C\AB)=-.

66

代入得：

101.全國卷概率計算的十二種題型與方法

1.頻率與概率（統(tǒng)計結合概率）

2.枚舉法

3.排列組合與古典概型

4.加法乘法概率公式

5.利用對稱性計算概率

6.三大分布

7.極大似然估計與概率最值

8.條件概率與全概率公式

9.概率遞推與馬爾科夫鏈

10.伯努利試驗與幾何分布

11.基于期望的遞推

12.新情境與跨板塊綜合問題

1.頻率與概率

例1.（2022年新高考全國n卷高考真題）在某地區(qū)進行流行病學調查，隨機調查了100位

某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

頻率

(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；

(2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間40,50)的人口占該地區(qū)

總人口的16%.從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),求此人患這種疾病的

概率.(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精

確到0.0001).

解析：(1)=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0.002)xl0=47.9(歲).

(2)設4={一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)},所以

P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)xlO=1-0.11=0.89.

(3)設3="任選一人年齡位于區(qū)間［40,50)”，C=“從該地區(qū)中任選一人患這種疾病”,

則由已知得：P(B)=16%=0.16,P(C)=0.1%=0.001,P(31C)=0.023x10=0.23,

則由條件概率公式可得從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間40,50),此人患這種

疾病的概率為?、嵌渴?C)P(3|C)0.001x0.23

=0.0014375?0.0014.

W016

例2.(2023年新課標D卷高考真題)某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病

者的某項醫(yī)學指標有明顯差異，經(jīng)過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻

率分布直方圖:

利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值C,將該指標大于C的人判定為陽性，小于

或等于C的人判定為陰性.此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為0(C)；

誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為式C).假設數(shù)據(jù)在組內均勻分布，以事件發(fā)

生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率.

(1)當漏診率P(c)=0.5%時，求臨界值c和誤診率4(c)；

(2)設函數(shù)〃c)=p(c)+q(c),當ce[95,105]時，求〃c)的解析式，并求〃c)在區(qū)間

[95,105]的最小值.

解析：(1)依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為5x0.002>0.5%,所以95<c<100,

所以(c—95)x0.002=0.5%,解得：c=97.5,

^(c)=0.01x(100-97.5)+5x0.002=0.035=3.5%.

(2)當ce[95,100]時,

/(c)=p(c)+q(c)=(c-95)x0.002+(100-c)x0.01+5x0.002=-0.008c+0.82>0,02；

當ce(100,105]時,

f(c)=p(c)+q(c)=5x0.002+(c-100)x0.012+(105-c)x0.002=0.01c—0.98>0,02,

,[-0.008c+0.82,95<c<100~,-=_,

故/?=-。.98』。。<小。5'所以小)在區(qū)間MrS，網(wǎng)的最小值為“02.

2.枚舉法

例3.(2022新高考1卷)從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質的

概率為

A-IB-I

解析：總事件數(shù)共C；=^=21,第一個數(shù)取2時，第二個數(shù)可以是3,5,7；

第一個數(shù)取3時，第二個數(shù)可以是4,5,7,8；第一個數(shù)取4時，第二個數(shù)可以是5,7；

第一個數(shù)取5時，第二個數(shù)可以是6,7,8；第一個數(shù)取6時，第二個數(shù)可以是7；

第一個數(shù)取7時，第二個數(shù)可以是8；所以4+4+2廣+1+1卷《

例4.(2020全國1卷).甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場

者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行

下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比

賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結束.經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空

設每場比賽雙方獲勝的概率都為g,

(1)求甲連勝四場的概率；

(2)求需要進行第五場比賽的概率;

(3)求丙最終獲勝的概率.

解析：(1)記事件甲連勝四場，貝!|P(M)=?4

(2)記事件A為甲輸，事件3為乙輸，事件C為丙輸，則四局內結束比賽的概率為

|=1,所以，需要進行

P'=P(ABAB)+P{ACAC)+P(BCBC)+P(BABA)=4x

3

第五場比賽的概率為p=i'="

1Q1

(3)①四場比賽丙獲勝，丙在前四場獲勝的概率為(])3=w

②由下表可知：五場比賽丙獲勝，P(B)=-x-x-x-=—,P(C)=-x-xlx-=-

2222162228

P(D)=—xlx—x—=—

2228

???丙五場比賽丙獲勝的概率為P(B)+P(C)+p(D)=—+-+-=—

168816

由于①②互斥，.??丙最終獲勝的概率為±1+二5=」7.

81616

丙的12345事件

參賽輪空勝勝敗勝B

情況輪空勝敗輪空勝C

輪空敗輪空勝勝D

注：第二問在處理時直接列舉情況較復雜，此時可以采取正難則反的技巧.第三問則可直接

枚舉出各種可能結果，這是我們在計算復雜事件時一個重要的技巧.

3.排列組合與古典概型

例5.(2022全國甲卷)從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一平面上的概率

為.

解析:總的選法是,四點共面的有6個表面與6個對角面，共計12個，則P=匿=*

例6.(2021全國甲卷)將4個1和2個0隨機排成一行，則2個0不相鄰的概率為()

1224

A.-B.-D.-

3535

解析：將4個1和2個0隨機排成一行，可利用插空法，4個1產(chǎn)生5個空，若2個0相鄰,

則有G=5種排法，若2個0不相鄰，則有=10種排法，所以2個0不相鄰的概率為

旦=2故選：c.

5+103

例7.(2022全國乙卷)從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區(qū)服務工作，則甲、乙都

入選的概率為.

解析：由題意，從甲、乙等5名學生中隨機選出3人，基本事件總數(shù)C；=10,甲，乙被選

中，則從剩下的3人中選一人，包含的基本事件的個數(shù)=3,根據(jù)古典概型及其概率的計

算公式，甲、乙都入選的概率p=3=a.故答案為：

cf1010

4.概率公式

主要有加法公式和乘法公式：

1.如果事件A與事件B互斥，那么P(A=P(A)+P(B)

2.如果事件A與事件B互為對立事件，那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B)

3.對任意兩個事件A與3,如果尸(AB)=尸(A)尸(3)成立，則稱事件A與事件3相互獨立，

簡稱為獨立.

(1)事件A與3是相互獨立的，那么A與月，Z與3,Z與月也是否相互獨立.

(2)相互獨立事件同時發(fā)生的概率：P(AB)=P(A)P(B).

4.計算技巧：

(1)善于引入變量表示事件：可用“字母+變量角標”的形式表示事件“第幾局勝利”，例如：

4表示“第i局比賽勝利”，則a表示“第,局比賽失敗”.

(2)理解事件中常見詞語的含義：

41中至少有一個發(fā)生的事件為AU5；都發(fā)生的事件為AB；A用都不發(fā)生的事件為彳

Bi恰有一個發(fā)生的事件為A5U4&4,5至多一個發(fā)生的事件為A五UZJBLJ4》.

善于“正難則反”求概率：若所求事件含情況較多，可以考慮求對立事件的概率，再用

I'’解出所求事件概率.

例8.(2019年全國1卷)甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝

利時，該隊獲勝，決賽結束).根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主

客主”.設甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結果相互獨立,

則甲隊以4：1獲勝的概率是.

解析：前四場中有一場客場輸，第五場贏時，甲隊以4:1獲勝的概率是

0.63x0.5x0.5x2=0.108,前四場中有一場主場輸，第五場贏時，甲隊以4:1獲勝的概率

是0.4x0.62x0.52x2=0.072,綜上所述，甲隊以4:1獲勝的概率是

^=0.108+0.072=0.18.

例9.(2022全國甲卷)甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方

得10分，負方得。分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高的學校獲得冠軍.已知甲

學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8,各項目的比賽結果相互獨立.

(1)求甲學校獲得冠軍的概率；

(2)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望.

解析：(1)記甲學校獲得冠軍為事件A,

則P(A)=0.5x0.4x(1-0.8)+0.5x(1-0.4)x0.8+(1-0.5)x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8=0.6

甲學校獲得冠軍的概率是0.6.

(2)X的可能取值為0,10,20,30,則尸(X=0)=0.5x0.4x0.8=0.16

P(X=10)=0.5X0.4x(l-0.8)+0.5x(l-0.4)x0.8+(1-0.5)x0.4x0.8=0.44

P(X=20)=0.5x(l-0.4)x(l-0.8)+(l-0.5)x(l-0.4)x0.8+(l-0.5)x0.4x(1-0.8)=0.34

P(X=30)=(1一0.5)x(l-0.4)x(1-0.8)=0.06

X的期望值為E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13-

例10.(2023年新課標II卷高考真題)在信道內傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨立.發(fā)

送0時，收到1的概率為c(0<c<l),收到0的概率為1-口；發(fā)送1時，收到0的概率為

"0<尸<1),收到1的概率為1-〃.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸

是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼，

譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)

多的即為譯碼(例如，若依次收到1,0,1,則譯碼為1).

A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為(1-夕)(1-PF

B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為萬(1-￡)2

C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為/(1-02+(1-03

D.當0<a<0.5時，若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方

案譯碼為0的概率

解析：對于A,依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接

收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為

(1-/?)(1-a)(l-/7)=(1-a)(l—方>,A正確；

對于B,三次傳輸，發(fā)送1,相當于依次發(fā)送1,1,1,則依次收到1,0,1的事件，

是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積，它們相互獨立，所以所求

概率為(1一￡).尸.(1一6)=尸(1一￡)2,B正確；

對于C,三次傳輸，發(fā)送1,則譯碼為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，它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為

c^(l-夕)2+(1-￡)3=(1-/)2(1+2/3),C錯誤；

對于D,由選項C知，三次傳輸，發(fā)送0,則譯碼為0的概率p=(1-02(1+2①，單次傳

輸發(fā)送0,則譯碼為0的概率p'=l-a,而0<a<0.5,因此

P-=(1-?)2(1+2?)-(1-a)=?(1-a)(l-2a)>0,即P>P,D正確.故選：ABD

例IL(2024年新課標2卷高考真題)某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員

組成，比賽具體規(guī)則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則

該隊被淘汰，比賽成績?yōu)?。分；若至少投中一次，則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的

另一名隊員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中得0分.該隊的比賽成績?yōu)榈诙A段的

得分總和.某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p,乙每次投中的概率

為q，各次投中與否相互獨立.

(1)若。=04,q=0.5,甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的

概率.

(2)假設0<P<4,

(i)為使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽？

(ii)為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數(shù)學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽？

解析：(1)甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階

段也至少投中1次，，比賽成績不少于5分的概率P=(l-0.63)(1-0.53)=0.686.

(2)(i)若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率為

舄=[1-(1-p)3]/,若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率

為與=[1-(1-;0<p<q,:1=q'-(q_pq)3_p3+(p_pq)3

={q-p)^+pq+p2^+{p-q)-\{p-pqf+{q-pq)1+{p-pq){q-pq)\

={p-q)(3p1q2-3p2q-3Pqi)=3pq(p-q){pq-p-q)=3Pq(p-(?)[(!-p)(l-^)-l]>0,

..4>，,應該由甲參加第一階段比賽.

(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績X的所有可能取值為0,5,10,15,

P(X=0)=(l-p)3+[l-(l-p)3].(l-^)3,

尸(X=5)=]「(l-p)[C；q.(1-不，

P(X=10)=[1—(1-op)C；/(1-q),

P(X=15)=[1-(1-p)31/,

.?.E(X)=15[l-(l-p)3]q=15(/-3p2+30).q記乙先參加第一階段比賽，比賽成績Y的所

有可能取值為0,5,10,15,同理EG)=15(/-3/+3q).p

E(X)-E(Y)=15[pq(p+q){p-q)-3pq(p-q)\=15(p-q)pq(p+q-3),因為0<p<4,則

P-q<0,p+q-3<1+1-3<0,貝！J(p_q)pq(p+q_3)>0,,應該由甲參力口第一階段比賽.

5.利用對稱性

例12.中學階段，數(shù)學中的“對稱性”不僅體現(xiàn)在平面幾何、立體幾何、解析幾何和函數(shù)圖

象中，還體現(xiàn)在概率問題中.例如，甲乙兩人進行比賽，若甲每場比賽獲勝概率均為：，

且每場比賽結果相互獨立，則由對稱性可知，在5場比賽后，甲獲勝次數(shù)不低于3場的概

率為現(xiàn)甲乙兩人分別進行獨立重復試驗，每人拋擲一枚質地均勻的硬幣.

（1）若兩人各拋擲3次，求拋擲結果中甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)的概率；

（2）若甲拋擲（〃+1）次，乙拋擲〃次，〃eN*,求拋擲結果中甲正面朝上次數(shù)大于乙正面

朝上次數(shù)的概率.

解析：（1）設甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)的概率口，

4=2，由對稱性可知則甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上

次數(shù)的概率和甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)的概率相等，故P=*=||;

（2）可以先考慮甲乙各拋賽"次的情形，

①如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為Pi，則第”+1次甲必

須再拋擲出證明朝上，才能使得最終甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)；

②如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)，則第〃+1次無論結果如何，甲正面朝上

次數(shù)仍然不大于乙正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為0;

③如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)，則第"+1次無論結果如何，甲正面朝上

次數(shù)仍然大于乙正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為P3，由對稱性可知P2=P3，

故匕=1P1+P3,而由］必:2］，

25+0+。3=1

可得匕」”+人旦耳^義齒衛(wèi)」.

〃2222

6.三個分布

例13.（2023年全國甲卷）為探究某藥物對小鼠的生長作用，將40只小鼠均分為兩組，分別

為對照組（不藥物）和實驗組（加藥物）.

（D設其中兩只小鼠中對照組小鼠數(shù)目為X,求X的分布到和數(shù)學期望；

（2）測得40只小鼠體重如下（單位:g）：（已按從小到大排好）

對照組17.318.420.120.421.523.224.624.825.025.4

26.126.326.426.526.827.027.427.527.628.3

實驗組：5.46.66.86.97.88.29.410.010.411.2

14.417.319.220.223.623.824.525.125.226.0

⑴求40只小鼠體重的中位數(shù)m,并完成下面2x2列聯(lián)表:

<m>m

對照組

實驗組

(ii)根據(jù)2x2列聯(lián)表,能否有95%的把握認為藥物對小鼠生長有抑制作用.

0.100.050.010

參考數(shù)據(jù):k。

pg.k。)2.7063.8416.835

解析：(1)由題意知X的取值可能為0,1,2

p(X=0)=濟||p(X=l)=等=表(乂=2)=舁19

。40。403,。4078

(2)略

例14.(2021新高考2卷)某物理量的測量結果服從正態(tài)分布N(10,b2),下列結論中不

正確的是()

A.b越小，該物理量在一次測量中在(9.9,10.1)的概率越大

B.b越小，該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5

C.b越小，該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等

D.b越小，該物理量在一次測量中落在(9.9,10.2)與落在(10,10.3)的概率相等

解析：對于A,〃為數(shù)據(jù)的方差，所以b越小，數(shù)據(jù)在〃=10附近越集中，所以測量結果

落在(9.9,10.1)內的概率越大，故A正確；

對于B,由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為0.5,故B

正確；

對于C,由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于10.01的概率與小于