2026高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)微專題106講100.全概率公式與應(yīng)用含答案

100.全概率公式及應(yīng)用

一.基本原理

1.全概率公式

在全概率的實(shí)際問題中我們經(jīng)常會(huì)碰到一些較為復(fù)雜的概率計(jì)算，這時(shí)，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(jìn)行考慮

一般地，設(shè)Ai,Az,…，4是一組兩兩互斥的事件，且P(4)>0,

i=l,2,〃，則對任意的事件8工C,有P(8)=￡P(guān)(A)P(8|A)?

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(yīng)用

全概率公式的關(guān)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(gòu)造完備事件組)

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

②.當(dāng)試驗(yàn)涉及到具有不同屬性或特征的事件時(shí)，可根據(jù)這些屬性或特征進(jìn)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(dǎo)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(gè)步驟或階段的試驗(yàn)，可按照每個(gè)步驟或階段的不同結(jié)果來劃分樣本空間

例L(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(jìn)行，只有答

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

12

識(shí)題或?qū)ＷR(shí)題，派出通識(shí)題的概率為[派出專識(shí)題的概率為?.已知某選手答對通識(shí)題與

31

專識(shí)題的概率分別為全S，且各輪答題正確與否相互獨(dú)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〃輪答題結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)依然未終止的概率為幾,

⑴求P3,Ps；

<ii)證明：存在實(shí)數(shù)％,使得數(shù)列｛2為等比數(shù)列.

解析：(1)設(shè)事件4="一輪答題中系統(tǒng)派出通識(shí)題“，事件3=”該選手在一輪答題中答對”，

1-?3—I

依題意，P(A)=-,P(A)=-fP(5|A)=1,P(8|A)=e，

因此〃(8)=P(A)〃(8|A)+P(,)P(8],)=,X3+2X1=L

35353

所以該選手在一輪答題中答對題目的概率為;.

（2）（i）設(shè)事件4="該選手在第〃輪答對題目“，各輪答題正確與否相互獨(dú)立，

1——?

由（1）知，P（紇）=3，尸（比,）=§,

當(dāng)〃=1時(shí)，挑戰(zhàn)顯然不會(huì)終止，即R=l,

當(dāng)〃=2時(shí)，則第1、2輪至少答對一輪，〃2=1-哂瓦）=1-嗝）哂）［，

——151211

由概率加法公式得〃3=P（員）0+尸（4員）四=P（即〃（華）P（即〃產(chǎn)鼻乂3+鼻、可、1二方;

——1II1257

同理幾=產(chǎn)（4）〃3+PlB'BJp?=P（B4）p2+P（B.）P（B4）p2=-x—+-x^x^=—.

（ii）設(shè)事件G="第〃輪答題結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)未終止”，

當(dāng)〃之3時(shí)，第〃輪答題結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)未終止的情況有兩種：

①第〃輪答對，且第〃-1輪結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)未終止；

②第〃輪答錯(cuò)，且第〃-1輪答對，且第〃-2輪結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)未終止，

因此第〃輪答題結(jié)束時(shí)挑戰(zhàn)未終止的事件可表示為c,=Ci此uC一瓦瓦I，

則P（C）=P（C-）P（8“CT）+P（C“_2）P（瓦g"C"_2），而各輪答題正確與否相互獨(dú)立，

—I2

因此P（C）=P（CQP（紇）+P（C+2）P（紇紇T）=J（CT）+GP（C-2），

Jy

當(dāng)〃之3時(shí)，設(shè)存在實(shí)數(shù)汨使得數(shù)列｛幾十1-2〃，為等比數(shù)列，

當(dāng)〃22時(shí)，P”+「入P”=q（P,「入Px）,整理得=（2+9）P”一勿Pi,

\1

2+4=一

123|221

+

WPnH=-Pn-Pn-\?貝！1,，解得丸=一可，4=鼻或4=可，q=一三，

Aq=——

9

梃31821

當(dāng)〃=1時(shí)〃2+Q〃I=9，/?2~3PI="9，

I1Q7

因此當(dāng)2時(shí)，數(shù)列｛幾是首項(xiàng)為公比為（的等比數(shù)列；

當(dāng)4=彳2時(shí)，數(shù)列｛〃田-彳2幾｝是首項(xiàng)為-I《，公比為1的等比數(shù)列，

0JywJ

所以存在實(shí)數(shù)之=-：I或％=:2，使得數(shù)列｛P7｝為等比數(shù)列.

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

例2.（深圳市2024屆高三模考）企業(yè)因技術(shù)升級(jí)，決定從2023年起實(shí)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(jī)化回答技術(shù)”進(jìn)行問卷

調(diào)查：

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

放回的隨機(jī)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“?！保駝t畫“X”；

方式H：若你對新績效方窠滿意，則在問卷中畫“?！保駝t畫“X”.

當(dāng)所有員工完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計(jì)畫。，畫x的比例.用頻率估計(jì)概率，由所學(xué)概率知識(shí)即

可求得該企業(yè)員工對新績效方案的滿意度的估計(jì)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)所有員工人數(shù)----------xl00%?

（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(xué)期

望；

（2）若該企業(yè)的所有調(diào)查問卷中，畫“?！迸c畫“X，，的比例為4：5,試估計(jì)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g,每名員工兩次摸到的球的顏色不

014

同的概由題意可得：該部門9名員工中按方式I回答問卷的人數(shù)

X~《9。所以X的數(shù)學(xué)期望石（X）=9x6=4.

（2）記事件A為“按方式I回答問卷”，事件8為“按方式II回答問卷”，事件C為“在問卷

中畫?！?由（1）知P⑷=，P（B）=l-P（A）=j,P（4）P（C|A）=P（4C）=|xl=j.

????（。）=白=［，由全概率公式P（C）=P（A）P（C|4）-P（8）P（C忸），則［=宗派C⑻,

解得P（C|4）=；=0.4,故根據(jù)調(diào)查問卷估計(jì)，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(dǎo)致的，那么可以據(jù)此劃分樣本空間

設(shè)數(shù)軸上一個(gè)點(diǎn)，它的位置只能位于整點(diǎn)處，在時(shí)刻，=0時(shí)，位于點(diǎn)x=i（i￡N+）,下一

個(gè)時(shí)刻，它將以概率a或者夕

（ae（0,l）,a+/?=l）向左或者向右平移一個(gè)單位.若記狀態(tài)X』表示：在時(shí)刻/該點(diǎn)位

于位置x=i（iwN+）,那么由全概率公式可得：

P（XQ=p-p（xqXw）+-）?P（XGXf=i+i）

另一方面，由于P（X*=JX,e）=JP（X,g|Xi）=a,代入上式可得：

>=8匕］+/?由.］.

進(jìn)一步，我們假設(shè)在戈=（）與工=〃7?！ā?,〃7￡%十）處各有一個(gè)吸收壁，當(dāng)點(diǎn)到達(dá)吸收壁時(shí)

被吸收，不再游走.于是，4=0.匕=1.上述便是一個(gè)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

3

通過的小組才具備參與決賽的資格.某單位派出甲、乙兩個(gè)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是彳3，4乙小組通過第一輪與第二輪比賽的概率

45

分別是：，,，且各個(gè)小組所有輪次比賽的結(jié)果互不影響.

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

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

中對每個(gè)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(gè)小組搶到該題的可能性分別是45%,55%,該題如果被答對，計(jì)

算恰好是甲小組答對的概率.

解析：（1）設(shè)甲乙通過兩輪制的初賽分別為事件4,4則

^=455^5359由題意可得，X的取值有0』,2

戶（X=0）=（T）“.|卜看P（X=1）=（T卜滑x（l司嗤

"（X=2）=然=4,所以E（X）=0X』1XM+2X^=1

3DZDZDZDzD

（2）設(shè)8表示事件“該堂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”，4表示事件“乙小組搶到最后一道題”，則有：

91132

^）=45%=—,P（A）=55%=—,P（B|A）=W，P（BI4）=0

49

則。（區(qū)）=24/（3|4）+。（4）24|42）=而（凌晨講數(shù)學(xué)）

該題如果被答對，恰好是甲小組答對即為尸（AIB）==二、?=七

點(diǎn)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(shí)際就是條件概率的應(yīng)用，完全可以現(xiàn)場依據(jù)具體情況得出.

★5.綜合應(yīng)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(jì)分析，發(fā)現(xiàn)顧客對

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

對A的需求量0123

2

概率〃

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(jìn)行盤點(diǎn)存貨：

如果商品A都售出了，則在周末及時(shí)采購2個(gè)新的商品，只要商品A還有1個(gè)存貨，就不

采購新的商品.記X“為該商店第〃周開始時(shí)商品A的供給量，假設(shè)X=2.

（1）求的分布列;

5

（2）記連=（P（X.=l）,P（X"=2））為第〃周開始時(shí)供給量兀的概率向量，隨著〃的增大,

若/+；=%，則心趨向一個(gè)定常態(tài)分布，記這個(gè)定常態(tài)分布為

（i）求商品A的定常態(tài)分布。;

（ii）從長遠(yuǎn)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(shí)商品A不同供給量的概率為P（4=l）=g,

P（X2=2）=1-P（X2=I）=1,第3周開始時(shí)商品A供給量的概率為

5

p(x=1)=x=1|x=1)p(x=1)+x=||x=2)p(X=2)=

3322322?6

,P（X3=2）=1-P（%=1）=第3周開始時(shí)商品A的供給量分布列為

12

511

PT616

（2）⑴記Q為商品A第”周內(nèi)的的需求量，由題意，尤與Q的狀態(tài)有關(guān)，當(dāng)心1時(shí),

若&VX”,則若D,?X“,則Xz=2,設(shè)冠=（蒼17）,即

P（X?=1）=X,P（XM=2）=1-X,由全概率公式可得

P"向=l）=*（X”=l）-；P（X“=2）f+y,

oZoZ

P（X“+i=2）=l-P（X,川=l）=（x+。，由或=默，得［”+?=*（工+。=1一》，

ozOZOZ

解得.得，故。=（磊；

,47、47

3）由⑴可知，定常態(tài)分布。=百，石，所以從長遠(yuǎn)來看，P（xn=i）=-,P（xn=2）=-,

1111

記商品A需求大于供給的概率為P（Dlt>X,r）,由全概率公式得

P（D“>X"）=尸（2>XJX”=1）p（X“=1）+/Dn>XJX”=2）p（X.=2）

341719

=-X--+-X--=--.

8II81188

三.習(xí)題演練

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

設(shè)這三個(gè)地區(qū)的人口數(shù)之比為4:9:7,則（）

A.從三個(gè)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(gè)地區(qū)中選取一人，此人患流感的概率為0.05

C.從三個(gè)地區(qū)中任選一人，此人選自3地區(qū)且患流感的概率為0.017

6

3

D.從三個(gè)地區(qū)中任選一人，若此人患流感，則此人選自。地區(qū)的概率為5

2.“布朗運(yùn)動(dòng)”是指微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨機(jī)運(yùn)動(dòng)，在如圖所示的試驗(yàn)容器中，容器

由三個(gè)倉組成，某粒子作布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)每次會(huì)從所在倉的通道口中隨機(jī)選擇一個(gè)到達(dá)相鄰倉

或者容器外，一旦粒子到達(dá)容器外就會(huì)被外部捕獲裝置所捕獲，此時(shí)試驗(yàn)結(jié)束.己知該粒

子初始位置在1號(hào)倉，則試驗(yàn)結(jié)束時(shí)該粒子是從1號(hào)倉到達(dá)容器外的概率為.

3.(21)25?湖北武漢?二模)有A,B,C,D,E,F,G,”八名運(yùn)動(dòng)員參加乒乓球賽事，

該賽事采用預(yù)賽，半決賽和決賽三輪淘汰制決定最后的冠軍、八名運(yùn)動(dòng)員在比賽開始前抽

簽隨機(jī)決定各自的位置編號(hào)，己知H這七名運(yùn)動(dòng)員互相對決時(shí)彼此間的獲勝概率均為g,

A運(yùn)動(dòng)員與其它運(yùn)動(dòng)員對決時(shí)，A獲勝的概率為:，每場對決沒有平局，且結(jié)果相互獨(dú)立.

(2)求A與A對決過且最后獲得冠軍的概率;

(3)求B與。對決過且最后獲得冠軍的概率.

7

參考答案：

1.解析：設(shè)事件。=“此人患了流感〃，事件E="此人來自A地區(qū)〃，事件廠="此人來自B地

區(qū)〃，事件G="此人來自C地區(qū)”，由題意可得：

4Q7

p（E）=—=0.2,P（F）=—=0.45,P（G）=—=0.35,

v720-20v720

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（D|G）

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

所以尸（萬）=1-尸（D）=1-00385=0.9615>0.96,故A正確;

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

則P（D）=P（E）P（D\E）+P（F）P（D\F）+P（G）P（D\G）

=1x（0.05+0.04+0.03）=0.04,故B項(xiàng)錯(cuò)誤：

對于C,P（DF）=P（F）P（D|F）=0.45x0.04=0.018,故C錯(cuò)誤;

對于D,由條件概率公式，可得收叱蟠二及翳幺等小故D

正確；故選：AD.

6=2+4

1332

2.解析：設(shè)從i出發(fā)最終從I號(hào)口出的概率為E，所以解

3330

6=3

得?故答案為：

3.解析：（1）A奪冠即為三輪比賽都獲勝，所以A奪冠的概率為

由題意，3?〃七名運(yùn)動(dòng)員水平相同，且八名運(yùn)動(dòng)各自奪冠概率之和為1.

所以B?”七名運(yùn)動(dòng)員各自奪冠的概率均為1x（l-

f\Z//1ov

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

決"，i=1,2,3.

不妨設(shè)A在①號(hào)位，則3在第1,2,3輪能與A對決時(shí)其位置編號(hào)分別為②，③④，

⑤⑥⑦⑧.

P（A8）=p（（A+4+4）3）=p（A8）+P（A/）+p（A8）,

，7I3J2284

8

1f,211

中*)=若—?I----

213J2-63

所以RAM正+

63189756

(3)記事件C="B與C對決過

_io3739

4沒有與A對決過且最后獲得冠軍的概率尸(AB)=P(B)-P(AB)=壬=老.

189756756

P(BC)=P((A+4)^C)=P{ABC)+P[ABC)=P(AB)P{C\AB)+P(AB)P(C\AB).

由題意，C~〃六名運(yùn)動(dòng)員與〃對決過的概率相同，。奪冠時(shí)共與三名運(yùn)動(dòng)員對決.

2_3

所以P(C|AI3)=-,P(C\AB)=-.

66

代入得：

101.全國卷概率計(jì)算的十二種題型與方法

1.頻率與概率(統(tǒng)計(jì)結(jié)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(jì)算概率

6.三大分布

7.極大似然估計(jì)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(yàn)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H卷高考真題)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)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：

9

頻率

麗

(1)估計(jì)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(diǎn)值為代表)；

(2)估計(jì)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140,50)的人口占該地區(qū)

總?cè)丝诘?6%.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)平均年齡*=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0017+45x0.023

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

(2)設(shè)A={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+O.(X)2+0.(X)6+0.002)x10=1-0.11=0.89.

(3)設(shè)8="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)-=O.l%-O.OOl,P(fi|0=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140,50),此人患這種

P(BC)P(C)P(B\C)0.001x0.23

疾病的概率為P(CIA)=0.0014375?0.0014.

P(B)P(B)0.16

例2.(2023年新課標(biāo)U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(xiàng)醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻

率分布直方圖：

頻率/組距O40頻率/組距

0.040...........................O.O38

OG.O36

0.036..........................SO34

0.034...........................

0.012

0.010.................................................

0.002兀……[…~I指產(chǎn)

0.002,—指？

^707580859095100105

95100105101512012513

患病者未患病者

10

利用該指標(biāo)制定一個(gè)檢測標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值C,將該指標(biāo)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(biāo)準(zhǔn)的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為pic)；

誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為“(c).假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)

生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.

(1)當(dāng)漏診率p(c)=0.5%時(shí)，求臨界值c和誤診率夕(，)；

(2)設(shè)函數(shù)f(c)=Mc)+4?，當(dāng)c?95,105］時(shí),求f(c)的解析式,并求/(c)在區(qū)間

［95.105］的最小值.

解析，(D依題可知，左邊圖形第一個(gè)小矩形的面積為5x0.00240.5%,所以95VCV100,

所以(0—95)x0.002=0.5%,解得：c=97.5,

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

(2)當(dāng)ce［95,100］時(shí)，

f(c)=p(c)+q(c)=(c-95)x0.002+(100-c)x0.0i+5x0.002=-0.008c+0.82>0.02；

當(dāng)。€(100,105］時(shí),

/(c)=p(c)+式c)=5X0.002+(c-100)X0.012+(105-c)X0.002=0.01c-0.98>0,02,

-0.008c+0.82,95<c<100~,

故小)=。。/。98/00<1。5'所以八,)在區(qū)間r四網(wǎng)的最小值為0.02.

2,枚舉法

例3.(2022新高考1卷)從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的

概率為

A.

63

解析：總事件數(shù)共仔=4^=21,第一個(gè)數(shù)取2時(shí)，第二個(gè)數(shù)可以是3,5,7；

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

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

第一個(gè)數(shù)取7時(shí)，第二個(gè)數(shù)可以是8；所以P=3+4+2+3+l+l』=2.

21213

例4.(2020全國1卷).甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計(jì)負(fù)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(jìn)行

下一場比賽，負(fù)者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)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(jié)束經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空.

設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為:，

(1)求甲連勝四場的概率；

(2)求需要進(jìn)行第五場比賽的概率;

11

（3）求丙最終獲勝的概率.

解析：⑴記事件例：甲連勝四場，則p（M）=（g）q；

（2）記事件A為甲輸，事件4為乙輸，事件。為丙輸，則四局內(nèi)結(jié)束比賽的概率為

P'=P（A8AB）+P（AC4C）+P（BC8C）+P（8ABA）=4x（g）=；,所以，需要進(jìn)行

第五場比賽的概率為P=1—P=W.

4

（3）①四場比賽丙獲勝，丙在前四場獲勝的概率為（；）3=：

2o

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

2222162228

P（D）=—xlx—x—=-,

2228

/.丙五場比賽丙獲勝的概率為P（B）+P（C）+p（。）=工+g+?=且

由于①②互斥，，丙最終獲勝的概率為±I+±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(shí)直接列舉情況較復(fù)雜，此時(shí)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(jié)果，這是我們在計(jì)算復(fù)雜事件時(shí)一個(gè)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(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，則這4個(gè)點(diǎn)在同一平面上的概率

為.

解析：總的選法是C；,四點(diǎn)共面的有6個(gè)表面與6個(gè)對角面,共計(jì)12個(gè)，則P=昔=2.

8

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

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

則有C；=5種排法，若2個(gè)。不相鄰，則有以=10種排法，所以2個(gè)0不相鄰的概率為

1()=|.故選:

5+103

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

12

入選的概率為.

解析：由題意，從甲、乙等5名學(xué)生中隨機(jī)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(gè)數(shù)C；=3,根據(jù)古典概型及其概率的計(jì)

算公式，甲、乙都入選的概率尸=3=上.故答案為：

C；1010

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8互斥，那么。(人u4)=P(A)+P(B)

2.如果事件A與事件“互為對立事件，那么，(。)-1-八(八)，

3.對任意兩個(gè)事件A與8,如果P(4B)=P(A)P(8)成立，則稱事件A與事件8相互獨(dú)立，

簡稱為獨(dú)立.

(1)事件A與8是相互獨(dú)立的，那么A與豆，Z與8,Z與否也是否相互獨(dú)立.

(2)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率：P(AB)=P(A)P(B).

4.計(jì)算技巧：

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

4表示“第，.局比賽勝利”，則4表示“第,局比賽失敗”.

(2)理解事件中常見詞語的含義：

中至少有一個(gè)發(fā)生的事件為AU8；都發(fā)生的事件為Ab；A,8都不發(fā)生的事件為彳

石；恰有一個(gè)發(fā)生的事件為A》A乃至多一個(gè)發(fā)生的事件為4萬UWSUX后.

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

P(A)=1-P(?

''''解出所求事件概率.

例8.(2019年全國1卷)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場勝

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

客主”.設(shè)甲隊(duì)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(jié)果相互獨(dú)立,

則甲隊(duì)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(shí)，甲隊(duì)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(shí)，甲隊(duì)以4:1獲勝的概率

是0.4x0.62x0.52x2=0.072,綜上所述，甲隊(duì)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(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目勝方

得10分，負(fù)方得0分，沒有平局.三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍.已知甲

13

學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為050.4Q8,各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立.

(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；

(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.

解析：(1)記甲學(xué)校獲得冠軍為事件A,

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

甲學(xué)校獲得冠軍的概率是06

(2)X的可能取值為0,10,20,30,JMP(X=0)=0.5X0.4X0.8=0.16

P(X=10)=0.5X0.4X(1_0.8)+0.5X(1_0.4)x0.84-(1-0.5)x0.4x0.8=0.44

P(X=20)=0.5x(J-0.4)>：(I-0.8)+(I-0.5)x(l-0.4)x0.8+(1-0.5)x0.4x(!-0.8)=0.34

p(X=30)=(1-0.5)x(l-0.4)x(l-0.8)=0.06

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

例10.(2023年新課標(biāo)H卷高考真題)在信道內(nèi)傳輸0,1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立.發(fā)

送0時(shí)，收到1的概率為以0<〃<1),收到0的概率為發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為

"。<0<1)，收到1的概率為.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(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號(hào)需要譯碼,

譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)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L0,1,則依次收到L0,1的概率為

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

C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送】，則譯碼為1的概率為〃(1-4)2+(1-尸尸

D.當(dāng)0<。<0.5時(shí)，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,。，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I接收1的3個(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為

(1—/7)(1—a)(l—/7)=(1—<7)(1—/?)"tA正確；

對于B,三次傳輸，發(fā)送1,相當(dāng)于依次發(fā)送1,I,1,則依次收到L0,1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(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求

概率為(1-月)%.(1-0二夕(1-4)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(xiàng)B知，所以所求的概率為

*+(1一⑶3=(]一￡)2(1+2￡).錯(cuò)誤：

對于D,由選項(xiàng)C知，三次傳輸，發(fā)送0,則譯碼為0的概率P=(l-a)2(l+2a),單次傳

14

輸發(fā)送0,則譯碼為0的概率P=l-。，而OvavO.5,因此

,2

P-P=(\-a)(\+2a)-(]-a)=a(\-a)(\-2a)>0t即0,產(chǎn)，D正確.故選：ABD

例11.(2024年新課標(biāo)2卷高考真題)某投籃比賽分為兩個(gè)階段，每個(gè)參賽隊(duì)由兩名隊(duì)員

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

該隊(duì)被淘汰，比賽成績?yōu)?分；若至少投中一次，則該隊(duì)進(jìn)入第二階段.第二階段由該隊(duì)的

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

得分總和.某參賽隊(duì)由甲、乙兩名隊(duì)員組成，設(shè)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(dú)立.

(1)若〃=0.4,4=0.5,甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊(duì)的比賽成績不少于5分的

概率.

(2)假設(shè)0<p<q,

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

(ii)為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績的數(shù)學(xué)期望最大，應(yīng)該由誰參加第一階段比賽？

解析：(1)甲、乙所在隊(duì)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。=(1-0.63)(1-0.5')=0.686.

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

月若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊(duì)的比賽成績?yōu)?5分的概率

為外,???。<〃V9，%—七=/一(。一—〃'+(〃一

一(“一〃)(/+〃4+〃2)+(0-/[(〃一〃*)2+(4一〃夕產(chǎn)+(尸一〃")("一〃“)]

=("一0(302/-3,2”3網(wǎng)2)=3%(〃-4)(網(wǎng)一夕一9)=3〃虱，-4)[(1一〃)(1一4)-1]>0,

..丹>心應(yīng)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)=(1-〃成+口一。一〃)3].(]一]，

P(X=5)=[l-(l-p)[c>(l-夕f,

P(X=1O)=[1—(I—〃)31%2(]一/，

P(X=15)=[l-(l-p)3]^3,

.?.E(X)=15[l-(l-〃)3]q=15(/_3〃2+3p)p記乙先參加第一階段比賽，比賽成績丫的所

有可能取值為0.5.10.15,同理石(丫)=15(/-3/+34)?〃

AE(X)-E(Y)=\5[pq(p-^q)(p-q)-3pq(p-q)]=\5(p-q)pq(p+q-3),因?yàn)閯t

15

〃一“<0,p+</-3<l+l-3<0,貝!J（〃一“）〃“（〃+4一3）>0,.,.應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.

5.利用對稱性

例12.中學(xué)階段，數(shù)學(xué)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(jìn)行比賽，若甲每場比賽獲勝概率均為

且每場比賽結(jié)果相互獨(dú)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3?現(xiàn)甲乙兩人分別進(jìn)行獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，每人拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣.

（1）若兩人各拋擲3次，求拋擲結(jié)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(jié)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(shè)甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)的概率P-

R=c；C+C；?.C;+C：?Gq,由對稱性可知?jiǎng)t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=與'=技；

（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(shè)為P-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(jié)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(shè)為P2；

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(jié)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(shè)為〃3,由對稱性可知=

故匕="+〃3,而由1，

□T?P-1H4-?_P\+2p、_p、+p2m

可傳M-5Pi+%--%-------------不?

6.三個(gè)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(shí)驗(yàn)組（加藥物）.

（1）設(shè)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(xué)期望；

（2）測得40只小鼠體重如下（單位:g）：（已按從小到大排好）

16

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(shí)驗(yàn)組：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只小鼠體重的中位數(shù)m,并完成下面2x2列聯(lián)表:

<m>m

對照組

實(shí)驗(yàn)組

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

().1()0.050.010

參考數(shù)據(jù):k°

pR.Q2.7063.8416.835

解析：(1)由題意知X的取值可能為0,1,2

C219r1r120C219

(x=())=^=—p(X=1)=^^=—p(X=2)=^=—

p《0787/39/第。78

(2)略

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

正確的是()

A.。越小，該物理量在一次測量中在(9.9/0.1)的概率越大

B.。越小，該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5

C.。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.。越小，該物理量在一次測量中落在(9.9,10.2)與落在(1010.3)的概率相等

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

落在(9.9,10.1)內(nèi)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(jié)果大于10.01的概率與小于

9.99的概率相等，故C正確；

對于D,因?yàn)樵撐锢砹恳淮螠y量結(jié)果落在(9.9,10.0)的概率與落在(10.2J0.3)的概率不同,

所以一次測量結(jié)果落在(9.9,10.2)的概率與落在(10,10.3)的概率不同，故D錯(cuò)誤.

故選：D.

17

例15.(2022新高考2卷).已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2,〃)，且&2VX,,2.5)=0.36,

則P(X>2.5)=.

解析：由題意可知，P(X>2)=0.5,故P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X,,2.5)=O.I4.

7.極大似然估計(jì)

一.基本原理

已知函數(shù)：p(x/0)輸入有兩個(gè)：x表示某一個(gè)具體的數(shù)據(jù)；。表示模型的參數(shù)，如果。是

已知確定的，工是變量，這個(gè)函數(shù)叫做概率函數(shù)，它描述對于不同的樣本點(diǎn)”，其出現(xiàn)概

率是多少.如果戈是已知確定的，。是變量，這個(gè)函數(shù)叫做似然函數(shù)，它描述對于不同的模

型參數(shù)，出現(xiàn)x這個(gè)樣本點(diǎn)的概率是多少.

極大似然估計(jì)，通俗理解來說，就是利用已知的樣本結(jié)果信息，反推最具有可能(最大概

率)導(dǎo)致這些樣本結(jié)果出現(xiàn)的模型參數(shù)值.

換句話說，極大似然估計(jì)提供了一種給定觀察數(shù)據(jù)來評估模型參數(shù)的方法，即：“模型已定，

參數(shù)未知”.

例16.(2018年全國1卷).某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付

用戶之前要對產(chǎn)品作檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出不合格品，則更換為合格品.檢驗(yàn)時(shí)，先從這箱產(chǎn)品

中任取20件作檢驗(yàn)，再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)，設(shè)每件產(chǎn)品為不

合格品的概率都為〃(0</7<1),且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨(dú)立.

(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為了(P),求/(P)的最大值點(diǎn)Po；

(2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以(D中確定的P。作為〃的

值.已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶手中，則工廠要對每件不合

格品支付25元的賠償費(fèi)用.

(i)若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X,求

EX;

(ii)以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品作檢

驗(yàn)？

解析：⑴20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為/(p)=Co〃2(i一〃戶.

因此/'(P)=Co[2〃(l-〃戶一18P2(1—〃)[=2C；°P(1-P)[1—1()P).

令r(〃)=。