第2讲 概率(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第2讲　概率 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题1　(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(　D　) A． B． C． D． 本题考查古典概型的基本概念，考查数据分析与数学运算等核心素养．试题源于教材人A必修第二册P239例10. 解析　解法一：记A1，A2表示高一年级2名学生，B1，B2表示高二年级2名学生，则样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)}，n(Ω)＝6. 事件A＝“2名学生来自不同年级”＝{(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)}，n(A)＝4，故所求概率为P(A)＝＝＝.故选D. 解法二：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的样本点有C＝6(个)，其中这2名学生来自不同年级的样本点有CC＝4(个)，所以这2名学生来自不同年级的概率为＝.故选D. 考题2　(2021·新高考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(　B　) 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 本题考查了事件独立性的判断．从直观上本题很难判断，若从相互独立事件的公式P(AB)＝P(A)P(B)，则较易获得答案，从这个角度看也考查了考生的逻辑推理能力． 解析　易知P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，所以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(丙)P(丁)，因此事件甲与丁相互独立． 二、考情感悟 概率模型多考查独立事件、条件概率、n重伯努利试验、互斥事件及对立事件等，而全概率公式、二项分布与正态分布则是新高考的热点，多以客观题形式呈现． [主干提炼] 1．古典概型的计算公式 P(A)＝. 2．相互独立事件与概率 若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)． 3．条件概率 (1)条件概率的定义：设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率． (2)条件概率的性质： ①0≤P(B|A)≤1； ②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； ③若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)． 4．全概率公式 (1)一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)，我们称此公式为全概率公式． (2)贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝＝，i＝1,2，…，n. 考向突破·抓重点 　　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 考向一　古典概型 例1　(1)(2024·济南市模拟)某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师，既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为(　C　) A． B． C． D． 解析　解法一：由题知公司有120人，荣获“优秀员工”称号的有85人，则未荣获“优秀员工”称号的35人中有35－14＝21(人)是高级工程师，所以高级工程师共有75＋21＝96(人)，所以被选中的员工是高级工程师的概率为P＝＝，故选C． 解法二：由题知荣获“优秀员工”称号的85人中有75人是高级工程师，则有85－75＝10(人)不是高级工程师，所以不是高级工程师的员工共有10＋14＝24(人)，所以被选中的员工是高级工程师的概率为P＝1－＝，故选C． (2)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球类”“棋类”“书法”“绘画”“舞蹈”五项活动．若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项中至多有一项被选中的概率为(　B　) A．0.9 B．0.7 C．0.6 D．0.3 解析　从五项活动中随机选三项的样本空间含有C个样本点，“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中分两种情况：①都没有被选中，有C个样本点；②两项活动只有一项被选中，有CC个样本点，则所求概率为P＝＝＝0.7，故选B. (1)解决古典概型问题的关键是求样本点的个数，其常用方法有：枚举法、树状图法，利用排列组合知识计算． (2)对于较复杂的事件所包含的样本点数的计算，要利用分类讨论思想、正难则反的思想方法求解． 训练1　世界数学三大猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”．哥德巴赫猜想描述为任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为(　B　) A． B． C． D． 解析　不超过17的质数有2,3,5,7,11,13,17，共7个，随机选取两个不同的数，样本点总数n＝C＝21，其和为奇数包含的样本点有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(2,17)，共6个，所以P＝＝. 考向二　事件的独立性 例2　(1)(多选题)先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则(　BD　) A．A与B互斥 B．B与C相互独立 C．P(A)＝ D．P(AC)＝ 解析　对于A选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A和事件B同时发生，因此A选项不正确；对于B选项，事件B发生的概率为P(B)＝，事件C发生的概率为P(C)＝＝，事件B与事件C同时发生的概率为P(BC)＝＝，P(BC)＝P(B)P(C)，所以事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；对于C选项，事件A有(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，共5种情况，所以P(A)＝，所以C选项不正确；对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P(AC)＝，所以D选项正确．故选BD. (2)甲、乙两队进行羽毛球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军，若甲队每局获胜的概率为，则甲队获得冠军的概率为(　B　) A． B． C． D． 解析　由题意知，每局甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，所以至少在两局内甲队赢一局，甲队才能获得冠军，当第一局甲队获胜，其概率为；当第一局甲队输，第二局甲队赢，其概率为×＝.所以甲队获得冠军的概率为＋＝.故选B. (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． 训练2　(多选题)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则(　ACD　) A．乙发生的概率为 B．丙发生的概率为 C．甲与丁相互独立 D．丙与丁互为对立事件 解析　设A为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则P(A)＝＝，P(B)＝×＋×＝，故A正确．P(C)＝2××＝，P(D)＝2××＝，故B错误．而P(AD)＝＝＝P(A)P(D)，故C正确，两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确．故选ACD. 考向三　条件概率与全概率公式 例3　(1)(2024·郑州二模)在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5,0.6和0.7，且三人的测试结果相互独立．测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为(　C　) A． B． C． D． 解析　设事件A＝“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”，事件B＝“乙达到优秀等级”，所以P(A)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.7)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.7＝0.29，P(AB)＝(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＝0.09，所以P(B|A)＝＝＝.故选C． (2)(2024·南京、盐城调研考试)为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有A，B，C三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目A中奖的概率是，项目B和C中奖的概率都是. ①若规定每位参加活动的顾客需要依次参加A，B，C三个项目，如果A，B，C三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券，如果仅有两个项目中奖，顾客将获得50元奖券，否则就没有奖券．求每位顾客获得奖券金额的期望； ②若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目．已知某顾客中奖了，求他参加的是A项目的概率． 解　①设一位顾客获得X元奖券，则X＝100,50,0，P(X＝100)＝××＝，P(X＝50)＝×C××＋×2＝，P(X＝0)＝1－－＝，所以每位顾客获得奖券金额的期望E(X)＝100×＋50×＋0×＝16. ②设“该顾客中奖”为事件M，参加项目A，B，C分别记为事件N1，N2，N3，则P(M)＝P(Ni)P(M|Ni)＝×＋×＋×＝， 所以P(N1|M)＝＝＝＝，即已知某顾客中奖了，则他参加的是A项目的概率是. (1)计算条件概率的公式：P(B|A)＝＝为事件A发生的条件下事件B发生的概率． (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． 训练3　(1)第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行．某田径运动员准备参加100米、200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是 . 解析　记“该运动员在100米比赛中站上领奖台”为事件A，“该运动员在200米比赛中站上领奖台”为事件B，由条件可知P(A)＝，P(B)＝，P()＝，由条件概率公式可知P(|)＝＝＝，所以P(B|)＝，而P(B|)＝，所以P(B)＝P()P(B|)＝ ×＝，所以P(AB)＝P(B)－P(B)＝－＝，故所求概率P(B|A)＝＝＝. (2)某学校有A，B两个餐厅，已知同学甲每天中午都会在这两个餐厅中选择一个就餐，如果甲当天选择了某个餐厅，那么他第二天会有60%的可能性换另一个餐厅就餐，假如第1天甲选择了A餐厅，则第n天选择A餐厅的概率Pn为_0.5＋0.5×(－0.2)n－1_. 解析　若甲在第(n－1)天选择了A餐厅，那么在第n天有40%的可能性选择A餐厅；若甲在第(n－1)天选择了B餐厅，那么在第n天有60%的可能性选择A餐厅．所以第n天选择A餐厅的概率Pn＝0.4Pn－1＋0.6(1－Pn－1)(n≥2，n∈N*)，故Pn＝－0.2Pn－1＋0.6，所以Pn－0.5＝－0.2(Pn－1－0.5)，又由题意得，P1＝1，所以{Pn－0.5}是以0.5为首项，－0.2为公比的等比数列，所以Pn－0.5＝0.5×(－0.2)n－1，所以Pn＝0.5＋0.5×(－0.2)n－1. 真题体验·练能力 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2022·新课标Ⅰ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(　D　) A． B． C． D． 解析　从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,4)，(3,5)，(3,7)，(3,8)，(4,5)，(4,7)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(6,7)，(7,8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D. 2．(2022·全国乙卷)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p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　D　) 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　设第二盘与甲比赛，则p甲＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3]＝2p1(p2＋p3－2p2p3)．设第二盘与乙比赛，则p乙＝2[p1p2(1－p3)＋(1－p1)p2p3]＝2p2·(p1＋p3－2p1p3)．设第二盘与丙比赛，则p丙＝2[p1p3(1－p2)＋(1－p1)p3p2]＝2p3(p1＋p2－2p1p2)．p甲－p乙＝2p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝2p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝2p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．故选D. 3．(多选题)(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)．则下列结论正确的为(　ABD　) 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，单次传输，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的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，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的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，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的事件的和，它们互斥，所以所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由选项C知，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′，D正确．故选ABD. 4．(2024·天津高考)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＝＝.记乙选择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)＝＝＝. 5．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 . 解析　从正方体的8个顶点中任选4个，所有的取法有C＝70种，4个点共面的取法共有12种(表面有6个正方形，对角线可构成6个长方形，所以共有12种)，所以4个点在同一个平面的概率为＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$