专题5 第2讲 概率 基础课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦概率统计核心模块，依据高考评价体系梳理了概率计算、条件概率、全概率公式等关键考点，通过模拟题与真题分析明确互斥事件、独立事件、二项分布等常考题型权重，构建系统备考框架，体现高考复习的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题实战+题型突破+素养提升”策略，如以2024全国甲卷概率题为例，运用分步计数原理解析复杂事件概率，培养学生数学思维与数据观念。特设易错点分析（如条件概率公式应用）和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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三个区域的概率为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 基础巩固练 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:从四个区域中任选2个连线,可连=6条线段,从中任选3条的方法有==20(种).从四个区域中任选3个,用3条线段将这3个区域连接,有=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-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2.(2025·四川成都模拟)设A,B为两个随机事件,则下列等式一定成立的是(　　) A.P(A+B)=P(A)+P(B) B.P(AB)=P(A)P(B) C.P(B|A)=P(B) D.P(B|A)+P(|A)=1 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:对于A,当A,B不互斥时,P(A+B)=P(A)+P(B)不成立,所以选项A错误; 对于B,当A,B不独立时,P(AB)=P(A)P(B)不成立,所以选项B错误; 对于C,由条件概率公式知P(B|A)=,当A,B不独立时,P(B|A)=P(B)不成立,所以选项C错误; 对于D,由条件概率公式知P(B|A)+P(|A)=+=, 又因为AB与A互斥,且A=AB+A,所以P(A)=P(AB)+P(A), 则P(B|A)+P(|A)=1,所以选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(2025·福建龙岩模拟)某次社会实践活动中,甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查,参加活动的甲、乙两班的人数之比为2∶3,其中甲班的女生占,乙班中女生占.则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为(　　) A. B. C. D. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:记事件A1=“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是甲班的”, 事件A2=“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是乙班的”, 事件B=“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是女生”, 则Ω=A1∪A2,且A1,A2互斥,B⊆Ω, 由题意可知,P(A1)=,P(A2)=, 且P(B|A1)=,P(B|A2)=, 由全概率公式可知P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=, 即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·河北邢台模拟)现有甲、乙、丙、丁4位乒乓球业余爱好者组队参与某次比赛,比赛顺序是第一场双打,第二场与第三场单打,每人只参加其中一个项目,在每场比赛中赢对方的概率分别是,,,且每场比赛相互独立,则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下,第一场赢对方的概率为(　　) A. B. C. D. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:设双打与第二、第三场单打赢对方分别为事件A,B,C, 三场比赛中恰有两场赢对方为事件D,则P(A)=,P(B)=,P(C)=,P(D)=P(BC∪AC∪AB)=P(BC)+P(AC)+P(AB)=××+××+××=, P(AD)=P(AC∪AB)=P(AC)+P(AB)=, 所以P(A|D)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(多选)(2025·山东济宁模拟)已知A,B为随机事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.4,则下列结论正确的是(　 　) A.若A,B互斥,则P(A∪B)=0.9 B.若A,B相互独立,则P(A)=0.2 C.若A,B相互独立,则P(A∪B)=0.7 D.若P(B|A)=0.5,则P(B|)=0.3 ACD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:对于A选项,若A,B互斥, P(A∪B)=0.5+0.4=0.9,所以A选项正确. 对于B选项,若A,B相互独立,则A与也相互独立. 因为P()=1-P(B)=1-0.4=0.6,所以P(A)=P(A)P()=0.5×0.6=0.3≠0.2,所以B选项错误. 对于C选项,若A,B相互独立, 则P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2. 根据概率的加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.5+0.4-0.2=0.7,所以C选项正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对于D选项,已知P(B|A)==0.5,P(A)=0.5,则P(AB)=0.5×0.5=0.25. P()=1-P(A)=1-0.5=0.5,P(B)=P(B)-P(AB)=0.4-0.25=0.15. 根据条件概率公式P(B|)===0.3,所以D选项正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2025·浙江绍兴模拟)甲、乙、丙、丁等二十人排队,并从左至右依次编号1~20.甲、乙、丙、丁所对应的编号分别为a,b,c,d.则满足c>b>a>d 的概率为　　　.  解析:二十人排队共有种排列方法. 因为甲、乙、丙、丁排列顺序唯一确定,则满足条件的情况数为=,所以满足条件的概率为=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·上海模拟)已知一个盒子里有4个大小形状完全相同的小球,其中2个红球,2个黑球,现从中任取两球,若已知一个是红球,则另一个也是 红球的概率是　　　　　.  解析:设事件A表示在所取的球中至少有一个是红球,事件B表示两个球都是红球, 则P(A)==,P(AB)==, 已知一个是红球的情况下,另一个也是红球的概率为P(B|A)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(多选)(2025·江苏泰州模拟)一个袋子里装有3个红球、7个黄球,每次随机地摸出一个球,摸出的球不再放回.则下列说法正确的是(　 　) A.第二次摸出红球的概率为 B.第一次摸出黄球的条件下,第二次摸出红球的概率为 C.第一次摸出黄球且第二次摸出红球的概率为 D.第三次摸出黄球的概率为 能力提升练 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:对于A,第二次摸出红球分两种情况: 第一次摸出黄球,第二次摸出红球,其概率为×=; 第一次摸出红球,第二次摸出红球,其概率为×=, 可得第二次摸出红球的概率为+==,所以选项A正确; 对于B,设“第一次摸出黄球”为事件A,“第二次摸出红球”为事件B, 由选项A的分析可知P(A)=,P(AB)=×=, 根据条件概率公式P(B|A)===,所以选项B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对于C,由选项A可知,第一次摸出黄球且第二次摸出红球的概率为×=≠, 所以选项C错误; 对于D,因为袋子里共有3+7=10个球,其中黄球有7个,所以每次摸出黄球的概率都是,即第三次摸出黄球的概率为,所以选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(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　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:从6个球中无放回地抽取3次,共有=120种结果, 设前两个球的号码为a,b,第三个球的号码为c,则|-|≤, 故|2c-(a+b)|≤3,故-3≤2c-(a+b)≤3,故a+b-3≤2c≤a+b+3, 若c=1,则a+b≤5,则(a,b)为(2,3),(3,2),故有2种, 若c=2,则1≤a+b≤7,则(a,b)为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种, 若c=3,则3≤a+b≤9,则(a,b)为(1,2),(1,4),(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,2), (5,2),(6,2),(5,4),故有16种, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若c=4,则5≤a+b≤11,同理有16种,若c=5,则7≤a+b≤13,同理有10种, 若c=6,则9≤a+b≤15,同理有2种.综上,m与n之差的绝对值不大于时不同的抽取方法总数为2(2+10+16)=56,故所求概率为=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2025·天津模拟)在一个口袋中装有编号分别为1,2,3,4,5的五张卡片,这些卡片除编号不同外其他都相同,从口袋中有放回地摸卡片三次,每 次摸一个.则三次摸出卡片的数字有两次不超过3的概率为　　　　;在 已知三次摸出卡片的数字有两次不超过3的前提下,这三次中有一次摸 出编号为2的卡片的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:由题意可知,单次摸到不超过3的概率为,超过3的概率为, 记事件A=“三次摸出卡片的数字有两次不超过3”, 三次试验中恰好两次成功的概率服从二项分布,故P(A)=×()2×()1=3××=; 事件A的总情况数为 ×32×2=54 , 记事件B=“三次中有一次摸出编号为2的卡片”, 则事件AB为有一次摸出编号为2,另外一次为1或3,第三次超过3, 可由如下步骤实现事件AB, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 第一步:从三次摸出卡片中选出一次摸出编号2,共3种情况, 第二步:从剩下的两次摸出卡片中选出一次摸出编号1或3,共2×2=4种情况, 第三步:从剩下的一次摸出卡片中选出超过3的编号,共2种情况, 由分步乘法计数原理可知,事件AB总情况数为3×4×2=24, 所以P(B|A)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2025·天津模拟)设集合A={2,1,8,4,0},an∈A,Sn为数列{an}的前n项和,若ak(k=1,2,…,n)取A中每个数字的概率相同.记pn(n∈N*)为事件“Sn等于奇数”的概率,当n趋近于无穷大时,pn的近似值为p,则(　　) A.p4=,p= B.p4=,p= C.p4=,p= D.p4=,p= 创新拓展练 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析:集合A中只有一个奇数,其余四个均为偶数.取到奇数的概率为 ,取到偶数的概率为 , 因为偶数项的和不改变奇偶性,所以Sn 的奇偶性取决于奇数项的数量. 设pn=P(“Sn为奇数”),qn=P(“Sn为偶数”),有 pn+qn=1; 考虑递推关系,pn+1=P(“an+1为偶数”)·pn+P(“an+1为奇数”)·qn=pn+qn, 代入 qn=1-pn,pn+1=pn+(1-pn)=pn+-pn=pn+,pn+1-=(pn-), 当n=1时, S1=a1,为奇数的概率为 P(a1=1)=,故 p1=, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以{pn-}是以p1-=-为首项,为公比的等比数列, 所以pn=, 当n=4时,p4=, 当n→+∞时,pn→. 感谢您的观看 $