第58讲 条件概率与全概率-2025届高三数学一轮复习

“功夫”2025届第一轮精练 第58讲 条件概率与全概率 第58讲 条件概率与全概率 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！- 10 - 最新考题尽在“功夫”！- 9 - 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 1. 掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率． 2. 结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义；结合古典概型，利用独立性计算概率、了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率. 3. 结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率. 4. 结合古典概型，会利用全概率公式计算概率. 知识： 条件概率 【例1】1．（2024天津）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ． 【解析】设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 2．（2023全国甲理）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（    ） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 【解析】同时爱好两项的概率为， 记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件， 则， 所以.故选:. 思维升华 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝. (2)样本点法：P(B|A)＝. (3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解． 3．（2022天津）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则. 故答案为：；. 【拓展练习】1．（2024·四川绵阳·模拟预测）袋子中有9个除颜色外完全相同的小球，其中5个红球，4个黄球．若从袋子中任取3个球，则在摸到的球颜色不同的条件下，最终摸球的结果为2红1黄的概率为（    ） A． B． C． D． 【解析】记摸到的球颜色不同为事件，摸到2红1黄为事件， 则，， 所以.故选：B 2．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（   ） A． B． C． D． 【解析】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件， 每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件， 则， ， 则. 故选：D． 3．（2024·全国·二模）（多选）甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（    ） A．，是对立事件 B．，是独立事件 C． D． 【解析】A：由题意知，每次只摸出一个球，，， 则，所以对立，故A正确； B：，， 则，所以不相互独立，故B错误； C：，故C错误； D：，， 所以，故D正确. 故选：AD 4．（2024·广州·模拟测）如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为 . 【解析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”， 按到位置需要1步，3步，5步分类讨论.记向左，向右， ①若1步到位为事件，则满足要求的是，（第5步无关），，（第5步无关），所以； ②若3步到位为事件，则满足要求的是， 所以； ③若5步到位为事件，则满足要求的是， 所以， 所以 满足的情况有：，，，，,所以 所以. 故答案为： 全概率公式 【例2】1．（2024上海夏）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，他题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ． 【解析】由题意知，题库的比例为：， 各占比分别为， 则根据全概率公式知所求正确率． 故答案为：0.85． 2．（2024·河南·二模）现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小 【分析】由古典概率先计算，再由条件概率计算得到A正确；由全概率计算得到B错误；由条件概率得到C正确；由古典概率得到D正确. 【解析】A：由题，，故A正确； B：由选项A可得，故B错误； C：因为，所以， 所以，故C正确； D：由题该球来自的概率为，该球来自的概率为，该球来自的概率为， 所以该球来自的概率最小，故D正确. 故选：ACD. 思维升华 利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)． (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)． (3)代入全概率公式计算． 【拓展练习】5．（2024·三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（   ） A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为 B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为 C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为 D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为 【解析】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为， ，，， ，，， 对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确； 对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误； 对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确； 对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率 ，D正确.故选：ACD 6．（2024·威海质检）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为　 　； 【解析】用A表示事件“考生答对这道题”，用B表示“考生知道正确答案”，用表示“考生不知道正确答案”， 则P（B）＝0.5，P（）＝0.5，P（A｜B）＝100%，P（A｜）＝0.25， 则P（A）＝P（AB）＋P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜）P（） ＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625. 互斥与独立事件的概率 【例3】1. (多选)(2024·滁州模拟)已知A，B为两个随机事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则(　　) A．P(A＋B)<1 B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0 C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件 D．若A，B为相互独立事件，则P()＝P(AB) 【解析】　若A，B为互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，则A∩B＝∅且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A错误，B正确； 若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B为相互独立事件，故C正确； 若A，B为相互独立事件，则，也相互独立， 即P()＝P()P()， 又P()＝0.6，P()＝0.4， 所以P(AB)＝0.4×0.6＝P()P()， 故P()＝P(AB)，故D正确． 2.(多选)(2023·全国Ⅱ)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α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.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1,0,1的概率为(1－α)(1－β)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β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5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1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故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1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故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这4个事件的和，它们互斥，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误； 对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)， 单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5， 因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确． 答案　ABD 概率最值问题 【例4】1．（2023北京）为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 时段 价格变化 第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 用频率估计概率． (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率； (2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率； (3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明） 【解析】（1）根据表格数据可以看出，40天里，有个，也就是有天是上涨的， 根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： （2）在这40天里，有天上涨，天下跌，天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25， 于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是 （3）由于第天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次， 因此估计第41次不变的概率最大. 2.（2022全国乙理）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ） A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误. 故选：D 概率问题中的递推数列 在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现．主要有四种类型： (1)an＝pan－1＋q型； (2)an＋1＝pan＋f(n)型； (3)an＋1＝anf(n)型； (4)an＋1＝pan＋qan－1型． 【例5】【教材改编】1.　(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的．从一个人传球到另一个人称传球一次．若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是(　　) A．P2＝ B．P4＝ C．Pn＝(1－Pn－1) D．Pn＝－ 【解析】　A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0， 第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故P2＝，A正确； C选项，Pn－1为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里， 故Pn＝(1－Pn－1)，C正确； D选项，由C选项知Pn＝(1－Pn－1)， 即Pn＝－Pn－1＋， 设Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)， 故Pn＝－Pn－1－λ， 所以－λ＝，解得λ＝－， 故Pn－＝－， 又P1－＝－≠0， 所以是首项为－，公比为－的等比数列，， 故，D正确； B选项，由D选项可知＝，B错误． 答案　ACD $$ “功夫”2025届第一轮精练 第58讲 条件概率与全概率 第58讲 条件概率与全概率 “功夫”2025届第一轮精练 最新考题尽在“功夫”！- 10 - 最新考题尽在“功夫”！- 9 - 学科网（北京）股份有限公司 学习目标 1. 掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率． 2. 结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义；结合古典概型，利用独立性计算概率、了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率. 3. 结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率. 4. 结合古典概型，会利用全概率公式计算概率. 知识： 条件概率 【例1】1．（2024天津）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ． 【解析】设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 2．（2023全国甲理）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（    ） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 【解析】同时爱好两项的概率为， 记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件， 则， 所以.故选:. 思维升华 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝. (2)样本点法：P(B|A)＝. (3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解． 3．（2022天津）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则. 故答案为：；. 【拓展练习】1．（2024·四川绵阳·模拟预测）袋子中有9个除颜色外完全相同的小球，其中5个红球，4个黄球．若从袋子中任取3个球，则在摸到的球颜色不同的条件下，最终摸球的结果为2红1黄的概率为（    ） A． B． C． D． 【解析】记摸到的球颜色不同为事件，摸到2红1黄为事件， 则，， 所以.故选：B 2．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（   ） A． B． C． D． 【解析】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件， 每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件， 则， ， 则. 故选：D． 3．（2024·全国·二模）（多选）甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（    ） A．，是对立事件 B．，是独立事件 C． D． 【解析】A：由题意知，每次只摸出一个球，，， 则，所以对立，故A正确； B：，， 则，所以不相互独立，故B错误； C：，故C错误； D：，， 所以，故D正确. 故选：AD 4．（2024·广州·模拟测）如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为 . 【解析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”， 按到位置需要1步，3步，5步分类讨论.记向左，向右， ①若1步到位为事件，则满足要求的是，（第5步无关），，（第5步无关），所以； ②若3步到位为事件，则满足要求的是， 所以； ③若5步到位为事件，则满足要求的是， 所以， 所以 满足的情况有：，，，，,所以 所以. 故答案为： 全概率公式 【例2】1．（2024上海夏）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，他题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ． 【解析】由题意知，题库的比例为：， 各占比分别为， 则根据全概率公式知所求正确率． 故答案为：0.85． 2．（2024·河南·二模）现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小 【分析】由古典概率先计算，再由条件概率计算得到A正确；由全概率计算得到B错误；由条件概率得到C正确；由古典概率得到D正确. 【解析】A：由题，，故A正确； B：由选项A可得，故B错误； C：因为，所以， 所以，故C正确； D：由题该球来自的概率为，该球来自的概率为，该球来自的概率为， 所以该球来自的概率最小，故D正确. 故选：ACD. 思维升华 利用全概率公式解题的思路 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)． (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)． (3)代入全概率公式计算． 【拓展练习】5．（2024·三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（   ） A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为 B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为 C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为 D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为 【解析】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为， ，，， ，，， 对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确； 对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误； 对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确； 对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率 ，D正确.故选：ACD 6．（2024·威海质检）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为　 　； 【解析】用A表示事件“考生答对这道题”，用B表示“考生知道正确答案”，用表示“考生不知道正确答案”， 则P（B）＝0.5，P（）＝0.5，P（A｜B）＝100%，P（A｜）＝0.25， 则P（A）＝P（AB）＋P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜）P（） ＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625. 互斥与独立事件的概率 【例3】1. (多选)(2024·滁州模拟)已知A，B为两个随机事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则(　　) A．P(A＋B)<1 B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0 C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件 D．若A，B为相互独立事件，则P()＝P(AB) 【解析】　若A，B为互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，则A∩B＝∅且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A错误，B正确； 若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B为相互独立事件，故C正确； 若A，B为相互独立事件，则，也相互独立， 即P()＝P()P()， 又P()＝0.6，P()＝0.4， 所以P(AB)＝0.4×0.6＝P()P()， 故P()＝P(AB)，故D正确． 2.(多选)(2023·全国Ⅱ)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α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.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1,0,1的概率为(1－α)(1－β)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β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5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1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故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1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故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这4个事件的和，它们互斥，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误； 对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)， 单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5， 因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确． 答案　ABD 概率最值问题 【例4】1．（2023北京）为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 时段 价格变化 第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 用频率估计概率． (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率； (2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率； (3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明） 【解析】（1）根据表格数据可以看出，40天里，有个，也就是有天是上涨的， 根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： （2）在这40天里，有天上涨，天下跌，天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25， 于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是 （3）由于第天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次， 因此估计第41次不变的概率最大. 2.（2022全国乙理）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ） A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误. 故选：D 概率问题中的递推数列 在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现．主要有四种类型： (1)an＝pan－1＋q型； (2)an＋1＝pan＋f(n)型； (3)an＋1＝anf(n)型； (4)an＋1＝pan＋qan－1型． 【例5】【教材改编】1.　(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的．从一个人传球到另一个人称传球一次．若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是(　　) A．P2＝ B．P4＝ C．Pn＝(1－Pn－1) D．Pn＝－ 【解析】　A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0， 第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故P2＝，A正确； C选项，Pn－1为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里， 故Pn＝(1－Pn－1)，C正确； D选项，由C选项知Pn＝(1－Pn－1)， 即Pn＝－Pn－1＋， 设Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)， 故Pn＝－Pn－1－λ， 所以－λ＝，解得λ＝－， 故Pn－＝－， 又P1－＝－≠0， 所以是首项为－，公比为－的等比数列，， 故，D正确； B选项，由D选项可知＝，B错误． 答案　ACD $$