专题4 微专题10 概率（word教参）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题四　概率与统计 微专题10　概率 命题点1　古典概率 1．(2024·贵州模拟)甲、乙、丙三名同学相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一个人，则4次传球后球在甲手中的概率为(　　) A.　　　　　　　　 B． C. D． 解析　根据题意4次传球总的传球路线种数为24＝16种，满足题意的有：甲－乙－甲－乙－甲、甲－乙－甲－丙－甲、甲－乙－丙－乙－甲、甲－丙－甲－乙－甲、甲－丙－甲－丙－甲、甲－丙－乙－丙－甲，共有6种，所以4次传球后球在甲手中的概率为＝.故选C. 答案　C 2．(2024·广东梅州二模)某学校为参加辩论比赛，选出8名学生，其中3名男生和5名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8名学生随机地平均分成两队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是(　　) A. B． C. D． 解析　根据题意，从8人中选出4人，有C＝70种选法，分2种情况讨论： ①选出的4人中有2名男生和2名女生，有C·C＝30种选法， ②选出的4人中有1名男生和3名女生，有C·C＝30种选法，则两队中均有男生的概率P＝＝.故选D. 答案 D 3．(2024·安徽芜湖二模)从某工厂生产的零件中随机抽取11个，其尺寸值为43,45,45,45,49,50,50,51,51,53,57(单位：mm)，现从这11个零件中任取3个，则3个零件的尺寸刚好为这11个零件尺寸的平均数、第六十百分位数、众数的概率为________． 解析　由题意知11个零件的平均数为＝49，第六十百分位数的位置为11×60%＝6.6，即取第7位数50，故第六十百分位数为50，由题可知众数为45，所以从这11个零件中取出3个零件共有C＝165种情况，则3个数分别为平均数49、第六十百分位数50，众数45共有CCC＝6种情况，所以其概率为＝. 答案　 古典概型的样本点个数的探究方法 (1)枚举法．(2)树状图法．(3)排列组合法． 提醒：当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和求解．　 命题点2　事件的独立性 　(1)有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，事件甲为“第一次取红球”，事件乙为“第二次取蓝球”，事件丙为“两次取出不同颜色的球”，事件丁为“两次取出相同颜色的球”，则(　　) A．甲与乙相互独立 B．甲与丙相互独立 C．乙与丙相互独立 D．乙与丁相互独立 (2)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为________． [解析]　(1)依题意，事件甲的概率P1＝＝，事件乙的概率P2＝＝，有放回取球两次的试验的基本事件总数是62＝36，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为12＋22＋32＝14，事件丙的概率P3＝1－＝，事件丁的概率P4＝＝.对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率P5＝＝＝P1·P2，甲与乙相互独立，A正确；对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率P6＝＝≠P1·P3，甲与丙不独立，B错误；对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率P7＝＝≠P2·P3，乙与丙不独立，C错误；对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率P8＝＝≠P2·P4，乙与丁不独立，D错误． (2)第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为；若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为.所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P＝××＋××＝. [答案]　(1)A　(2) (1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积． (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算．　 【预测练1】 某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色学校，开设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A为“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B为“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C为“甲、乙两人均未选择‘5人制’课程”，则(　　) A．A与B为对立事件 B．A与C互斥 C．A与C相互独立 D．B与C相互独立 解析　依题意，甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与B互斥，故A错误；当甲、乙两人均未选择‘5人制’课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与C不互斥，故B错误；因为P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，且P(AC)＝＝，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B与C不相互独立，故C正确，D错误． 答案　C 命题点3　条件概率、全概率公式 　(1)(2024·河南五市第一次联考)已知口袋中有3个黑球和2个白球(除颜色外完全相同)，现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为(　　) A. B． C. D． (2)(2024·湖南常德模拟)设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为(　　) A. B． C. D． [解析]　(1)设事件A表示“第二次摸到白球”，事件B表示“第三次又摸到白球”，依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球(除颜色外完全相同)， 所以P(A)＝，P＝，P＝0，P＝，则所求概率为P(B)＝PP(A)＋PP＝0×＋×＝，故选B. (2)设事件B1表示“任选一件产品，来自甲箱”，事件B2表示“任选一件产品，来自乙箱”，事件A表示“从两箱产品中任取一件，恰好不合格”，P(A)＝PP＋PP＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15， 又P＝＝＝＝，P(B2|A)＝＝＝＝，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为×＋×＝.故选A. [答案]　(1)B　(2)A (1)条件概率的两种求解方法：定义法、基本事件法． (2)利用全概率公式的思路：首先按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)，然后求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B|Ai)，代入全概率公式计算．　 【预测练2】 1．(2024·山东临沂一模)长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1 h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是(　　) A. B． C. D． 解析　设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P(A)＝，P＝，所以P＝1－P(A)＝，P＝，则P(B)＝P(A)P＋PP＝×＋×＝.故选C. 答案　C 2．(多选)(2024·湖南重点中学联考)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的10%,40%,50%，从混放的零件中任取一个零件，下列结论正确的是(　　) A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08 B．该零件是次品的概率为0.03 C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98 D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为 解析　记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1,2,3”．则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%. 对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误． 对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确． 对C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确． 对D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率，可以考虑它的对立事件：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P(B3|A)，所以所求概率为1－P(B3|A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误．故选BC. 答案　BC 1．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%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　条件概率(理性思维、数学应用) 通解(图示法)　如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A. 优解(运用条件概率的计算公式求解)　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝＝0.8，故选A. 答案　A 2．(2021·新高考全国Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 解析　根据独立事件概率关系逐一判断P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)P(丙)，故选B. 答案　B 3．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)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，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(1－β)(1－α)·(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确． 对于B，三次传输方案发送1，依次收到1,0,1，概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确． 对于C，三次传输方案发送1，则译码为1，有2个1或3个1； 2个1概率Cβ(1－β)2,3个1概率(1－β)3，P＝Cβ(1－β)2＋(1－β)3，C错误． 对于D，三次传输方案发送0，译码为0的概率P1＝Cα(1－α)2＋(1－α)3，单次传输方案发送0译码为0的概率P2＝1－α，P2－P1＝(1－α)－Cα(1－α)2－(1－α)3＝(1－α)[1－Cα(1－α)－(1－α)2]＝(1－α)(2α2－α)＝(1－α)(2α－1)α，0＜α＜0.5时，P2－P1＜0，∴P2＜P1，D正确，选ABD. 答案　ABD 4．(2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球，设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为________． 解析　设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3次球的取法有A＝120(种)，则|m－n|＝＝≤，可得|a＋b－2c|≤3. 当c＝1时，a，b需要满足“1≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2,3)，(3,2)，共2种． 当c＝2时，a，b需要满足“1≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(3,4)，(4,3)，共10种． 当c＝3时，a，b需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1,2)，(2,1)，(1,4)，(4,1)，(1,5)，(5,1)，(1,6)，(6,1)，(2,4)，(4,2)，(2,5)，(5,2)，(2,6)，(6,2)，(4,5)，(5,4)，共16种． 当c＝4时，a，b需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1,5)，(5,1)，(1,6)，(6,1)，(2,3)，(3,2)，(2,5)，(5,2)，(2,6)，(6,2)，(3,5)，(5,3)，(3,6)，(6,3)，(6,5)，(5,6)，共16种． 当c＝5时，a，b需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1,6)，(6,1)，(2,6)，(6,2)，(3,4)，(4,3)，(3,6)，(6,3)，(4,6)，(6,4)，共10种． 当c＝6时，a，b需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4,5)，(5,4)，共2种． 故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56(种)可能情况，所以所求概率P＝＝. 答案　 5．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________． 解析　因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3. 若甲的总得分为3，则甲出卡片3,5,7时都赢，所以只有1种组合：3－2,5－4,7－6,1－8. 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2,5－4,1－6,7－8； 第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2,7－4,1－6,5－8或3－2,7－4,1－8,5－6或3－2,7－6，1－4，5－8，共3种组合； 第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2,7－4,1－6，3－8或5－2,7－4,1－8,3－6或5－4,7－2,1－6,3－8或5－4,7－2,1－8,3－6或5－2,7－6,1－4,3－8或5－2,7－6,1－8,3－4或5－4,7－6，1－2,3－8，共7种组合． 综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝. 答案　 6．(2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________． 解析　由题意知甲选到A的概率P＝＝.设乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N|M)＝＝＝. 答案　　 学科网（北京）股份有限公司 $$