专题4 第1讲 计数原理与概率 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦计数原理与概率专题，覆盖排列组合、二项式定理、互斥与独立事件、条件概率与全概率四大核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳出选择填空为主的常考题型，如排列组合的分步分类问题、二项式定理的通项应用等，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融入与解题方法系统总结，如2023全国甲卷志愿者安排题用“特殊元素优先”法解析，培养学生数学思维，二项式定理通过赋值法求系数和，强化数学语言表达。提供方法技巧库与易错点分析，助力学生掌握答题规律，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第一讲　计数原理与概率 基础课 第一部分　专题突破 专题四　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考分析 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用,常与概率相结合,以选择题、填空题为主.　2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识,有时也与函数、不等式、数列交汇考查.　3.主要考查古典概型、条件概率、相互独立事件的概率以及全概率公式的基本应用. 考点一　排列与组合 内容索引 考点二　二项式定理 考点三　互斥事件与相互独立事件 考点四　条件概率与全概率 3 考点一　排列与组合 考点一　排列与组合 1.(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A.120种　　　　　　　　 B.60种 C.30种 D.20种 B 考点一　排列与组合 解析:不妨记五名志愿者分别为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两天公益活动,再从剩余的4人抽取2人分别参加星期六与星期天的公益活动,共有=12种方法,同理:b,c,d,e连续参加了两天公益活动,也各有12种方法,所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有5×12=60(种). 考点一　排列与组合 2.(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　) A.·种 B.·种 C.·种 D.·种 D 考点一　排列与组合 解析:根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×=40(人),高中部共抽取60×=20(人),根据组合公式和分步乘法计数原理得不同的抽样结果共有·种. 考点一　排列与组合 3.(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).  64 考点一　排列与组合 解析:法一:由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有种方案.综上,不同的选课方案共有++=64(种). 法二:若学生从这8门课中选修2门课,则有--=16种选课方案;若学生从这8门课中选修3门课,则有--=48种选课方案.综上,不同的选课方案共有16+48=64(种). 考点一　排列与组合 4.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 24 112 考点一　排列与组合 解析:第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法; 第二步,从第二行选一个与第一个数不同列的数,共有3种不同的选法; 第三步,从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数,共有2种不同的选法; 第四步,从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数,只有1种选法.由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为4×3×2×1=24.先按列分析,每列必选出一个数,故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,故从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第4行选15,此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112. 考点一　排列与组合 　排列、组合问题的求解方法与技巧 1.合理分类与准确分步. 2.正难则反,等价转化. 另外还有以下几种方法: 1.排列、组合混合问题要先选后排. 2.特殊元素优先安排. 3.相邻问题捆绑处理. 4.不相邻问题插空处理. 5.定序问题除法处理. 6.“小集团”排列问题先整体后局部. 方法总结 考点二　二项式定理 考点二　二项式定理 [例1]　(1)(2025·北京卷)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4,则a0=　　　　,a1+a2+a3+a4=　　　　.  [解析]　令x=0,则a0=1. 又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4, 故(1-2x)4=a0+a1(-2x)+a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x)4, 令t=-2x,则(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4, 令t=1,则a0+a1+a2+a3+a4=24,故a1+a2+a3+a4=15. 1 15 考点二　二项式定理 (2)(2024·全国甲卷)(+x)10的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.  [解析]　由题得,展开式的通项公式为Tr+1=()10-rxr,0≤r≤10且r∈Z,设展开式中第r+1项的系数最大,则⇒≤r≤,又r∈Z,故r=8,所以展开式中系数最大的项是第9项,且该项系数为()2=5. 5 考点二　二项式定理 　1.求(a+b)n的展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk+1=an-kbk(k=0,1,2,…,n). 2.求两个因式积的特定项,一般对某个因式用通项公式,再结合因式相乘,分类讨论求解. 3.求三项展开式的特定项,一般转化为二项式求解或用定义法. 4.求解系数和问题应用赋值法. 方法总结 考点二　二项式定理 1.(2025·广东佛山模拟)若的展开式中的常数项为31,则a=(　　) A.-1　　　　　　　　　 B.0 C.1 D.2 解析:依题意,15+(ax2)112=31,所以1+30a=31,即a=1. 对点训练 C 考点二　二项式定理 2.(多选)(2025·江苏盐城模拟)已知f(x)=(3x-4)n的展开式的二项式系数的和为128,且f(x)=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,则(　 　) A.n=7 B.f(6)除以13所得的余数为2 C.a1+a2+…+an=129 D.a1+2a2+3a3+…+nan=1 344 ACD 考点二　二项式定理 解析:由2n=128,可得n=7,A正确; f(6)=147=(1+13)7=1+×131+×132+…+×137,故f(6)除以13所得的余数为1,B错误;令x=2,则27=a0+a1+a2+…+a7,令x=1,则-1=a0,故a1+a2+…+a7=129,故C正确;对(3x-4)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7等号两边同时求导可得:21(3x-4)6=a1+2a2(x-1)+…+7a7(x-1)6,令x=2可得a1+2a2+3a3+…+7a7=21×64=1 344,故D正确. 考点三　互斥事件与相互独立事件 考点三　互斥事件与相互独立事件 [例2]　(1)(2021·新课标Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,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 B 考点三　互斥事件与相互独立事件 [解析]　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). 根据相互独立事件的性质,知甲与丁相互独立,故选B. 考点三　互斥事件与相互独立事件 (2)(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 ABD 考点三　互斥事件与相互独立事件 [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的事件和,它们互斥,由选项B知,所以所求的概率为β(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. 考点三　互斥事件与相互独立事件 　1.进行事件的运算时,要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果,必要时可列出全部的试验结果进行分析,也可类比集合的关系和运算用Venn图分析事件. 2.解相互独立事件问题的步骤 方法总结 考点三　互斥事件与相互独立事件 3.(多选)(2025·湖南怀化模拟)一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同,编号分别为1,2,3,4的4个小球,从中依次不放回摸出两个球.设事件A=“第一次摸出球的编号为奇数”,事件B=“摸出的两个球的编号之和为5”,事件C=“摸出的两个球中有编号为2的球”,则(　　) A.P(C)= B.事件A与事件B为独立事件 C.P(A+B)= D.事件B与事件C为互斥事件 对点训练 AB 考点三　互斥事件与相互独立事件 解析:对于A,由古典概率的计算易得P(C)==,故A正确; 对于B,因为P(A)==,P(B)==,P(AB)==, 所以P(AB)=P(A)P(B),即事件A与事件B为独立事件,故B正确; 对于C,因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,故C错误; 对于D,当摸出的两个球编号为2,3时,事件B与事件C同时发生,故D错误. 考点三　互斥事件与相互独立事件 4.(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(　　) 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 D 考点三　互斥事件与相互独立事件 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,且连胜两盘的概率为p甲, 则p甲=2(1-p2)p1p3+2p2p1(1-p3)=2p1(p2+p3)-4p1p2p3; 记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为p乙, 则p乙=2(1-p1)p2p3+2p1p2(1-p3)=2p2(p1+p3)-4p1p2p3; 记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为p丙, 则p丙=2(1-p1)p3p2+2p1p3(1-p2)=2p3(p1+p2)-4p1p2p3, 则p甲-p乙=2p1(p2+p3)-4p1p2p3-[2p2(p1+p3)-4p1p2p3]=2(p1-p2)p3<0, p乙-p丙=2p2(p1+p3)-4p1p2p3-[2p3(p1+p2)-4p1p2p3]=2(p2-p3)p1<0, 即p甲<p乙<p丙, 则该棋手在第二盘与丙比赛,p最大,故D正确,B,C错误; p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关,故A错误. 考点四　条件概率与全概率 考点四　条件概率与全概率 [例3]　(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]　同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4,记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5,P(AB)=0.4,所以P(B|A)===0.8. A 考点四　条件概率与全概率 (2)(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛,有A,B,C 3种题库,A题库有5 000道题,B题库有4 000道题,C题库有3 000道题.小申已完成所有题,他A题库的正确率是0.92,B题库的正确率是0.86,C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,A,B,C题库的比例为5∶4∶3, 各占比分别为,,,则根据全概率公式知所求正确率P=×0.92+×0.86+×0.72=0.85. 0.85 考点四　条件概率与全概率 方法总结 　求概率的方法与技巧 1.古典概型用古典概型概率公式求解. 2.条件概率用条件概率公式及全概率公式求解. 3.根据事件间关系,利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解. 考点四　条件概率与全概率 对点训练 5.(多选)(2025·山东泰安模拟)某校举办诗会活动,在抽奖环节中,抽奖箱中放有分别写着“我”“是”“中”“国”“人”字样的五张卡片,甲、乙、丙三人每人抽一张,抽后不放回.抽奖规则如下:若抽到写有“我”或“是”字的卡片则不中奖,若抽到写有“中”字的卡片,则该同学中一等奖;若抽到写有“国”或“人”字的卡片,则抛掷一枚质地均匀的硬币,若硬币数字一面朝上,则该同学中二等奖,否则不中奖.则下面说法正确的是(　　 ) A.每位同学中一等奖的概率为 B.甲同学中二等奖的概率为 C.已知甲同学中奖,则其中一等奖的概率为 D.三位同学都中奖的概率为 ACD 考点四　条件概率与全概率 解析:对于选项A,由题知,从五张中取一张卡片,中一等奖的概率为,故A正确; 对于选项B,由题知甲同学中二等奖的概率为P=×=,所以B错误; 对于选项C,记事件E:甲同学中奖,事件F:甲同学中一等奖, 则P(E)=+×=,P(EF)=,所以P(F|E)===,故C正确; 对于选项D,因为三位同学都中奖,则甲、乙、丙三人抽到的三张卡片为:“中”“国”“人”,且抛掷一枚质地均匀的硬币两次,硬币均数字一面朝上,所以三位同学都中奖的概率为P=××=,故D正确. 考点四　条件概率与全概率 6.(多选)(2025·安徽马鞍山模拟)甲罐中有4个红球,2个白球,乙罐中有5个红球,3个白球.整个取球过程分为两步:①先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐,记事件A1为“取出的是红球”,事件A2为“取出的是白球”;②再从乙罐中随机取出两个球,记事件B为“取出的两球都是红球”,事件C为“取出的两球为一红一白”.则(　　) A.P(B|A1)= B.P(C|A2)= C.P(B)= D.P(C)= AD 考点四　条件概率与全概率 解析:由题意知P(A1)==,P(A2)==,P(B|A1)==,P(B|A2)==,P(C|A1)==, P(C|A2)==,故A正确,B错误; P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=,故C错误; P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=×+×=,故D正确. 感谢您的观看 $