第十章 3 第三节 随机事件与概率（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学高考复习讲义围绕随机事件与概率专题，涵盖样本空间、古典概型、概率性质及频率估计概率等核心考点，按“概念—关系—运算—应用”逻辑层次梳理，通过考点梳理、方法指导（如互斥对立事件判断的定义法与集合法）、真题训练（含2024年新课标卷等）等环节，帮助学生构建知识网络，突破古典概型计算等难点。 讲义突出数学思维与应用意识，如在频率与概率考点中，通过超市酸奶订购案例引导学生用数学眼光分析数据，结合“定义辨析—典例精讲—分层练习”三步教学法，设置基础巩固（自主检测）、能力提升（对点练）、综合应用（真题再现）三级训练，有效提升学生解决实际问题的能力，为教师精准把控复习节奏提供清晰路径。

第三节　随机事件与概率 【课标研读】　1.结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系.　2.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.　3.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.　4.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.　5.结合实例，会用频率估计概率. 1.样本空间和随机事件 (1)样本空间 分类 定义 样本点 随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示 样本空间 全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示 有限样 本空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间 (2)随机事件 定义 将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件 表示 一般用大写字母A，B，C，…表示 随机事件的 极端情形 必然事件、不可能事件 2.两个事件的关系和运算 事件的关 系或运算 含义 符号表示 图形表示 包含关系 A发生，则 B一定发生 A⊆B 相等关系 B⊇A且A⊇B A＝B 并事件 (和事件) A与B至少 有一个发生 A∪B或 A＋B 交事件 (积事件) A与B同时发生 A∩B或AB 互斥(互 不相容) A与B不能 同时发生 A∩B＝⌀ 互为对立 A与B有且 仅有一个发生 A∩B＝⌀， A∪B＝Ω 3.古典概型 (1)定义：具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型. ①有限性：样本空间的样本点只有有限个； ②等可能性：每个样本点发生的可能性相等. (2)计算公式：一般地，设试验E 是古典概型，样本空间Ω包含n 个样本点，事件A 包含其中的k 个样本点，则定义事件A 的概率P(A)＝ ＝.其中，n(A) 和n(Ω) 分别表示事件A 和样本空间Ω 包含的样本点个数. 4.概率的基本性质 性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0. 性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(⌀)＝0. 性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B). 性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B). 性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B).由该性质可得，对于任意事件A，因为⌀⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1. 性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B). 5.频率与概率 (1)频率的稳定性 一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性. (2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计概率P(A). 【常用结论】 (1)当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件. (2)若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P＋P＋…＋P. 【自主检测】 1.(多选)下列说法正确的是(　　) A.事件发生的频率与概率是相同的 B.两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生 C.从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同 D.若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件 答案：BC 2.(链接人教A必修二P235T1)一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的对立事件是(　　) A.至少有一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都不中靶 答案：B 解析：“至多有一次中靶”的对立事件是“两次都中靶”.故选B. 3.(多选)(链接人教A必修二P235T2)将一枚骰子向上抛掷一次，设事件A＝“向上的一面出现奇数点”，事件B＝“向上的一面出现的点数不超过2”，事件C＝“向上的一面出现的点数不小于4”，则下列说法中正确的有(　　) A.B＝⌀ B.C＝“向上的一面出现的点数大于3” C.A＋C＝“向上的一面出现的点数不小于3” D.AC＝“向上的一面出现的点数为2” 答案：BC 解析：由题意知事件A包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，3，5；事件B包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，2；事件C包含的样本点：向上的一面出现的点数为4，5，6，所以B＝“向上的一面出现的点数为2”，故A错误；C＝“向上的一面出现的点数为4或5或6”，故B正确；A＋C＝“向上的一面出现的点数为3或4或5或6”，故C正确；AC＝“向上的一面出现的点数为5”，故D错误.故选BC. 4.(链接人教A必修二P237例8)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：五人录用三人共有10种不同方式，分别为：{丙，丁，戊}，{乙，丁，戊}，{乙，丙，戊}，{乙，丙，丁}，{甲，丁，戊}，{甲，丙，戊}，{甲，丙，丁}，{甲，乙，戊}，{甲，乙，丁}，{甲，乙，丙}.其中甲或乙被录用共9种，故甲或乙被录用的概率为.故选D. 考点一　随机事件与样本空间　　　　自主练透 1.同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数是(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 答案：D 解析：事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点.故选D. 2.从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是(　　) A.“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数” B.“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数” C.“至少有一个是奇数”和“全都是偶数” D.“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数” 答案：C 解析：从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故A错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故B错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故D错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故C正确.故选C. 3.(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A＝{两弹都击中飞机}，事件B＝{两弹都没击中飞机}，事件C＝{恰有一弹击中飞机}，事件D＝{至少有一弹击中飞机}，则下列关系正确的是(　　) A.A∩D＝⌀ B.B∩D＝⌀ C.A∪C＝D D.A∪B＝B∪D 答案：BC 解析：“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没击中或第一枚没击中、第二枚击中，“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击中，另一种是两弹都击中，故A∩D≠⌀，B∩D＝⌀，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.故选BC. 4.(多选)下列结论正确的有(　　) A.若A，B互为对立事件，P(A)＝1，则P(B)＝0 B.若事件A，B，C两两互斥，则事件A与B∪C互斥 C.若事件A与B对立，则P(A∪B)＝1 D.若事件A与B互斥，则它们的对立事件也互斥 答案：ABC 解析：由题意得，P(B)＝1－P(A)＝0，故A正确；若事件A，B，C两两互斥，则事件A，B，C不可能同时发生，则事件A与B∪C也不可能同时发生，则事件A与B∪C互斥，故B正确；若事件A与B对立，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝1，故C正确；若事件A，B互斥但不对立，则它们的对立事件不互斥，故D错误.故选ABC. 1.确定样本空间的方法 (1)列举法；(2)树状图法；(3)排列组合法. 注意：在写样本空间时，因为结果出现的机会是均等的，所以按规律去写，要做到既不重复也不遗漏. 2.判断互斥事件、对立事件的两种方法 (1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件. (2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合，彼此的交集为空集，则事件互斥.②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集. 　　 考点二　频率与概率　　　　师生共研 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高 气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40] 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率. 解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表中数据可知，最高气温低于25的频率为＝0.6，所以六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6. (2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温低于20，则Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100； 若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300； 若最高气温不低于25，则Y＝450×(6－4)＝900，所以利润Y的所有可能值为－100，300，900. Y大于零，当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为＝0.8. 因此Y大于零的概率的估计值为0.8. 计算简单随机事件的频率或概率的步骤 　　 对点练1.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间 (分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 选择L1 的人数 6 12 18 12 12 选择L2 的人数 0 4 16 16 4 (1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率； (2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率； (3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径. 解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)， 所以用频率估计相应的概率为p＝＝0.44. (2)选择L1的有60人，选择L2的有40人， 故由调查结果得频率为 所用时间 (分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1 (3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站. 由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6， P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5， 因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1. 同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8， P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9， 因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2. 考点三　互斥事件与对立事件的概率　　　　师生共研 某商场进行有奖销售，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求： (1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1张奖券的中奖概率； (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率. 解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C. 因为事件A，B，C两两互斥， 所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝， 故1张奖券的中奖概率为. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件， 所以P＝1－P＝1－(＋)＝， 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. 求复杂互斥事件的概率的两种方法 1.直接法 2.间接法 正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，一般用间接法求解更简单. 　　 对点练2.经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如表所示： 排队 人数 0 1 2 3 4 5人及 5人以上 概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 求：(1)至多2人排队等候的概率； (2)至少3人排队等候的概率. 解：(1)记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，则事件A，B，C两两互斥. 记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C， 所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56. (2)记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44. 考点四　古典概型　　　　多维探究 角度1　简单的古典概型的概率 (1)(2022·新高考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(　　) A. B. C. D. (2)(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(　　) A. B. C. D. 答案：(1)D　(2)D 解析：(1)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)共7种，故所求概率P＝＝.故选D. (2)记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝.故选D. 角度2　古典概型与统计的综合应用 某学校学生参加全国数学竞赛初赛(满分100分).该学校从全体参赛学生中随机抽取了200名学生的初赛成绩绘制成频率分布直方图如图所示： (1)根据频率分布直方图给出的数据估计此次初赛成绩的中位数和平均数； (2)从抽取的成绩在90～100的学生中抽取3人组成特训组，用频率估计概率，求学生A被选中的概率. 解：(1)因为10×(0.007 5＋0.02)＝0.275，0.275＋10×0.03＝0.575，所以中位数位于区间[60，70)， 设中位数为x， 则10×(0.007 5＋0.02)＋10×0.03×＝0.5，解得x＝67.5， 即中位数为67.5. 平均数为10×(0.007 5×45＋0.02×55＋0.03×65＋0.025×75＋0.015×85＋0.002 5×95)＝67.75. (2)成绩在90～100的学生有200×10×0.002 5＝5(人)， 设为A，b，c，d，e，从这5人中抽取3人，有(A，b，c)，(A，b，d)，(A，b，e)，(A，c，d)，(A，c，e)，(A，d，e)，(b，c，d)，(b，c，e)，(b，d，e)，(c，d，e)，共10种情况， 其中学生A被选中有(A，b，c)，(A，b，d)，(A，b，e)，(A，c，d)，(A，c，e)，(A，d，e)，共6种情况，所以学生A被选中的概率为＝0.6. 1.利用公式法求解古典概型问题的步骤 2.古典概型与统计综合问题的解题策略 (1)将题目条件中的相关信息转化为事件.(2)判断事件是否为古典概型.(3)选用合适的方法确定样本点个数.(4)代入古典概型的概率公式求解. 　　 对点练3.已知a，b∈{－2，－1，1，2}，若向量m＝(a，b)，n＝(1，1)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：向量m与n所成的角为锐角等价于m·n＞0，且m与n的方向不同，即m·n＝a＋b＞0，则满足条件的向量m有(－1，2)，(1，1)，(1，2)，(2，－1)，(2，1)，(2，2)，其中m＝(1，1)或m＝(2，2)时，与n同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又m的取法共有4×4＝16(种)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是＝.故选B. 对点练4.(多选)某研究机构为了实时掌握当地新增高速的运行情况，在某服务区从小型汽车中抽取了80名驾驶员进行调查，将他们在某段高速公路的车速(单位：km/h)分成[60，65)，[65，70)，[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90]，共六段，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是(　　) A.这80辆小型车辆车速的众数的估计值为77.5 B.在该服务区任意抽取1辆车，估计车速超过75 km/h的概率为0.65 C.若从样本中车速在[60，70)的车辆中任意抽取2辆，则至少有1辆车的车速在[65，70)的概率为 D.若从样本中车速在[60，70)的车辆中任意抽取2辆，则车速都在[65，70)的概率为 答案：ABC 解析：根据频率分布直方图可知，这80辆小型车辆车速主要集中在[75，80)内，众数为＝77.5，故A正确；车速超过75 km/h的频率为(0.06＋0.05＋0.02)×5＝0.65，故B正确；车速在[60，70)的车辆共有80×(0.01＋0.02)×5＝12(辆)，车速在[65，70)的车辆有80×0.02×5＝8(辆)，所以任意抽取2辆，至少有1辆车的车速在[65，70)内的概率为P＝＋＝，故C正确；车速都在[65，70)内的概率为P＝＝，故D错误.故选ABC. 对点练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　　　　. 答案： 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＝＝. [真题再现]　(2024·全国甲卷理)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　　　　. 答案： 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＝120(种)，则｜m－n｜＝＝≤，可得｜a＋b－2c｜≤3.当c＝1时，a，b需要满足“3≤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“3≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，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)，(5，6)，(6，5)，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＝＝. [教材呈现]　(链接人教A必修二P247T14)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，求下列事件的概率： (1)没有出现6点； (2)至少出现一次6点； (3)三个点数之和为9. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查古典概型，两题的相似度较高. 学科网（北京）股份有限公司 $