专题4 第1讲 概率(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学高考复习资料聚焦概率专题，涵盖古典概型、事件独立性、条件概率与全概率公式等核心考点，按“命题点梳理-方法提炼-真题训练”的逻辑架构，通过考点解析、典例精讲、预测练习和高考真题演练的教学环节，帮助学生系统构建概率知识网络，突破解题难点。 资料采用“问题情境-数学建模-逻辑推理”的教学策略，如古典概型中用排列组合法探究样本点个数，事件独立性通过对比互斥与独立关系培养数学思维，条件概率结合全概率公式解决实际问题。设置基础巩固、能力提升分层练习，配合即时反馈，有效培养学生的抽象能力和数据观念，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题四　概率与统计 第一讲　概率 [对应学生用书P47] 命题点1　古典概型 [例1]　(1)(2025·江苏淮安模拟)如图，平面内有A，B，C，D 4个区域，随机在这4个区域之间画3道连线，且任意两个区域之间最多画一道连线，则从A，B，C，D任何一个区域，都可以通过连线及区域到达其他区域的概率为(　　) A． B． C． D． (2)(2025·山东省实验中学四诊)为了检测学生的身体素质指标，从包括游泳类1项，球类3项，田径类4项的共8项体育项目中随机抽取4项进行测试，则每类项目都被抽到的概率为(　　) A． B． C． D． [解析]　(1)从四个区域中任选2个连线，可连C＝6条线段， 从中任选3条的方法有C＝＝20. 从四个区域中任选3个，用3条线段将这3个区域连接，有C＝4种方法．这些连接方式不能连通四个区域．所以可以通过3条线连通四个区域的概率为P＝1－＝. 故选D. (2)从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测， 则每一类都被抽到的方法共有C·C·C＋C·C·C种，而所有的抽取方法共有C种， 故每一类都被抽到的概率为＝＝，故选B. [答案]　(1)D　(2)B 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． [预测练1] 1．(2025·河南鹤壁二模)某同学忘记单词“succeed”的字母顺序，但是记得前两个字母为“su”，后两个字母为“ed”，则该同学能写对的概率为(　　) A． B． C． D． 解析　因为单词succeed中间三个字母cce的排列有A＝3种排法， 所以该同学能写对的概率为.故选C. 答案　C 2．(2025·山东潍坊二模)现安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排1人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为(　　) A． B． C． D． 解析　将甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者安排到三个社区做志愿服务工作， 每个社区的人数分别为3，1，1或2，2，1， 所以不同的分法种数为A＝×6＝150种； 现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的小区有3人，则还需从另外3人中抽1人，此时分法种数为CA＝18种； 若甲、乙所安排的小区只有他们两人，此时只需将剩余3人分为两组，则分法种数为CA＝18种．综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为＝.故选C. 答案　C 命题点2　事件的独立性 [例2]　(1)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为，则射击一次，击中目标的概率为(　　) A． B． C． D． (2)(多选)先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为x，y，设事件A1＝“x＋y＝5”，事件A2＝“y＝x2”，事件A3＝“x＋2y为奇数”，则(　　) A．P(A1)＝ B．P(A2)＝ C．A1与A3相互独立 D．A2与A3相互独立 [解析]　(1)设该运动员射击一次，击中目标的概率为p， 若该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为1－(1－p)3＝， 解得p＝. (2)先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x，y， 则样本点为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共36个， 满足事件A1的样本点有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)共4个， 其概率P(A1)＝＝，A正确； 满足事件A2的样本点有(1，1)，(2，4)，共2个，其概率P(A2)＝＝，B错误； 满足事件A3的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，共18个． 其概率P(A3)＝， 满足事件A1A3的有(1，4)，(3，2)，共2个， 所以P(A1A3)＝， 则P(A1A3)＝P(A1)P(A3)，所以A1与A3相互独立，C正确； 满足事件A2A3的样本点只有(1，1)一种， 所以P(A2A3)＝， 因为P(A2A3)＝P(A2)P(A3)，所以A2与A3相互独立，D正确． [答案]　(1)B　(2)ACD (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2] 1．为庆祝教师节，某校举办教师联谊会，甲、乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为(　　) A． B． C． D． 解析　设事件A＝“甲猜对”，B＝“乙猜对”，C＝“几何队至少猜对一个成语”， 由题意知，事件A，B相互独立，则与B，A与，与也相互独立， 事件C的对立事件＝“几何队一个成语也没有猜对”，即＝ ， 则P(C)＝1－P()＝1－P( )＝1－P()P()＝1－×＝. 答案　B 2．(多选)袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件A＝“取出的球的数字之积为奇数”，事件B＝“取出的球的数字之积为偶数”，事件C＝“取出的球的数字之和为偶数”，则(　　) A．事件A与B是互斥事件 B．事件A与B是对立事件 C．事件B与C是互斥事件 D．事件B与C相互独立 解析　对于选项A，B，取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件A与B是互斥事件，也是对立事件，A，B正确； 对于选项C，如果取出的数为2，4，则事件B与事件C均发生，不互斥，C错误； 对于选项D，P(B)＝1－＝，P(C)＝＝，P(BC)＝＝， 则P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B与C不相互独立，D错误． 答案　AB 命题点3　条件概率、全概率公式 [例3]　(1)(多选)(2025·沈阳重点高中联考)某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是(　　) A．P(A)＝ B．P(AB)＝ C．P(B|A)＝ D．P(B|)＝ (2)(2025·山东淄博一模)某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4.则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为(　　) A．0.24 B．1 C．0.5 D．0.52 [解析]　(1)对于A，P(A)＝＝，故A正确；对于B，P(AB)＝＝，故B正确；对于C，P(B|A)＝＝＝，故C正确；对于D，因为P()＝1－P(A)＝1－＝，PP(B)＝＝，所以P(B|)＝＝＝，故D错误．故选ABC. (2)用Ai表示第i天去A餐厅，用Bi表示第i天去B餐厅，i＝1，2.已知王同学第一天随机选择一家餐厅用餐，那么去A餐厅的概率为 P(A1)＝. 又已知如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为P＝0.6 (P表示在第一天去A餐厅的条件下，第二天去A餐厅的概率). 可得第一天去A餐厅且第二天去A餐厅的概率为P＝P(A1)P＝×0.6＝0.3； 同理，第一天去B餐厅的概率为P(B1)＝. 已知如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为P＝0.4 (P表示在第一天去B餐厅的条件下，第二天去A餐厅的概率). 根据条件概率公式，可得第一天去B餐厅且第二天去A餐厅的概率为P＝P(B1)P(A2|B1)＝×0.4＝0.2，因为“第一天去A餐厅且第二天去A餐厅”与“第一天去B餐厅且第二天去A餐厅”这两个事件是互斥的，所以王同学第二天去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P＋P＝0.3＋0.2＝0.5，故选C. [答案]　(1)ABC　(2)C (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3] 1．(2025·重庆育才实验中学质检)现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻景区和酉阳桃花源这5个国家5A级旅游景区中随机选择其中1个景区游玩．记事件A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件B：甲和乙选择的景区不同，则P(B|A)＝(　　) A． B． C． D． 解析　由题意可知事件A发生的情况为甲、乙两人只有一人选择巫山小三峡或两人都选择巫山小三峡，有CC＋1＝9(种)，事件A，B同时发生的情况为一人选巫山小三峡，另一人选其他景区，有 CC＝8(种)， 故P(B|A)＝＝. 答案　D 2．(2025·辽宁大连模拟)为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级(分为一等品和二等品)进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为，被标记为二等品的概率为，被标记为一等品的零件有的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有的概率为一等品．在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为(　　) A． B． C． D． 解析　设事件A表示“零件为一等品”， 事件表示“零件为二等品”， 事件B表示“零件被标记为一等品”，事件表示“零件被标记为二等品”， 则P(B)＝，P()＝，P(|B)＝P(A|)＝，P(|)＝1－P(A|)＝，P()＝P(|B)P(B)＋P(|)P()＝＋＝， 故P(|)＝＝＝， 故选B. 答案　B [对应学生用书P49] 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　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·新高考全国卷Ⅰ)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 $