2.微专题11 概率及性质、条件概率(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义聚焦概率及性质、条件概率专题，涵盖古典概型、相互独立事件、条件概率与全概率公式等核心考点，按知识逻辑分微点梳理，通过考点精讲、方法归纳、真题解析、分层训练四个环节，帮助学生构建概率知识体系，突破解题难点。 资料以数学思维培养为核心，通过一题多解（如古典概型的树状图法与排列组合法）、分类讨论（如互斥事件与对立事件辨析）等策略，提升学生逻辑推理与模型建构能力。设置基础训练与高考真题演练，配合即时方法总结，助力学生高效掌握解题规律，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

微专题11　概率及性质、条件概率 1.古典概型的概率公式 P(A)＝. 2．相互独立事件的性质 (1)若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)． (2)若事件A与B相互独立，则事件A与，与B，与也相互独立． (3)若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，但是当事件A，B，C两两独立时，P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)一般是不成立的． 3．条件概率公式：P(B|A)＝＝.. 4.条件概率的性质 设P(A)>0，Ω为样本空间，则： (1)P(Ω|A)＝1； (2)若B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； (3)设和B互为对立事件，则P(|A)＝1－P(B|A)． 5．全概率公式：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，有P(B)＝(Ai)P(B|Ai). 微点一　古典概型 例1　(1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(B) A. B. C. D. 解析　解法一：画出树状图： 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为＝，故选B. 解法二：当甲排在排尾，乙排在排头时，丙有2种排法，丁有1种排法，此时有2种排法；当甲排在排尾，乙排在第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种排法，此时有2种排法．故甲排在排尾共有2＋2＝4(种)排法．同理，乙排在排尾共有4种排法．故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有4＋4＝8(种)排法．根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是＝＝.故选B. 解法三：当甲在排尾时，丙有2种排法，乙、丁有A＝2(种)排法，此时共有2×2＝4(种)排法；当乙在排尾时，丙有2种排法，甲、丁有A＝2(种)排法，此时共有2×2＝4(种)排法．故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有4＋4＝8(种)排法．根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是＝＝.故选B. (2)(2025·福建宁德模拟)某学校为参加辩论比赛，选出8名学生，其中3名男生和5名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8名学生随机地平均分成两队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是(D) A. B. C. D. 解析　解法一：由已知，8名学生要平均分成两队，即8名学生任选4名为第一队，余下4人为第二队，则共有C＝70种方法，又因为男生有3名，要想两队均有男生，可以考虑先选出2名男生共有C＝3种方法，选出的这两名男生各代表一队，则还余下6名学生(1男5女)，再任选3人进第一队，则余下的3人为第二队，共有C＝20种方法，所以两队中均有男生的概率为＝＝，故选D. 解法二：由已知，8名学生要平均分成两队，两队中均有男生，则一队必然是1男3女，另一队必然是2男2女，则所求概率为＝＝，故选D. ,, (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、列表法、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　(1)(2025·上饶一模)将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是(C) A. B. C. D. 解析　将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，共有A＝24种放法，4个凹槽与其放入小球编号互不相同的有C·C＝9种放法，所以至少有1个凹槽与其放入小球编号相同的概率是P＝1－＝.故选C. (2)(2025·德阳第三次诊断)根据洛书记载：“以五居中，五方皆为阳数，四隅皆为阴数”意为九宫格中5位于居中位置，如图，四个顶角填偶数，其余位置填奇数(用完1到9九个数字)．按洛书的填写方法，记事件A＝“满足图案中每行、每列及对角线上的三个数字和都相等，且a＋b≥9”，则P(A)＝ . a b 5 解析　 ① ⑧ ⑦ ② 5 ⑥ ③ ④ ⑤ 九宫格的中间填5，①③⑤⑦位置填偶数2,4,6,8，②④⑥⑧位置填奇数1,3,7,9，故总的情况共有AA＝24×24种情况，要使每一横行，每一竖列以及两条对角线上三个数字之和都相等，则和为15，所以①⑤、③⑦位置填2,8或4,6；满足a＋b≥9，则③处填的数字不大于6，故符合条件的情况有以下类型： 8 1 6 3 5 7 4 9 2 　　 8 3 4 1 5 9 6 7 2 　　 2 7 6 9 5 1 4 3 8 2 9 4 7 5 3 6 1 8 　　 4 3 8 9 5 1 2 7 6 　　 6 1 8 7 5 3 2 9 4 因此，符合条件的有6种情况，故概率为P(A)＝＝. 微点二　相互独立事件 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)(2025·衡阳模拟)(多选题)在一个有限样本空间中，事件A，B，C发生的概率满足P(A)＝P(B)＝P(C)＝，P(A∪B)＝，A与C互斥，则下列说法正确的是(ABD) A．P(A)＝ B．A与B相互独立 C．P(ABC)＝ D．P(A∪B∪C)≤ 解析　对于A，A与C互斥，故A∩C＝∅，P(AC)＝0，则包含事件A，故P(A)＝P(A)＝，故A正确；对于B，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即＋－P(AB)＝，故P(AB)＝，故P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立，故B正确；对于C，A与C互斥，故AB与C互斥，故P(ABC)＝P[(AB)∩C]＝0，故C错误；对于D，P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)＋P(ABC)＝＋＋－×－P(BC)＝－P(BC)，因为P(BC)≥0，所以P(A∪B∪C)＝－P(BC)≤，故D正确．故选ABD. ,, (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. 微点三　条件概率与全概率公式 考向1　条件概率 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) A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 解析　 解法一(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，所以若该学生爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A. 解法二：(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. (2)(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)＝＝＝. ,, 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝； (2)样本点法：P(B|A)＝.训练3　某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选篮球”，则P(A|B)＝(A) A. B. C. D. 解析　由题意知P(AB)＝，P(B)＝，故P(A|B)＝＝＝. 考向2　全概率公式 例4　(人教A版选择性必修第三册P50·例4变式)某学校有A，B两家餐厅，张同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为；如果某天去B餐厅，那么第2天上A餐厅的概率为.若张同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，则张同学第3天去A餐厅用餐的概率为(B) A. B. C. D. 解析　设事件A1＝“第1天去A餐厅”，事件B1＝“第1天去B餐厅”，事件A2＝“第2天去A餐厅”，事件B2＝“第2天去B餐厅”，事件A3＝“第3天去A餐厅”，事件B3＝“第3天去B餐厅”，则有Ω＝A1∪B1和Ω＝A2∪B2，且A1与B1，A2与B2分别是互斥事件，根据题意，可知P(A1)＝，P(B1)＝，P(A2|A1)＝，P(A2|B1)＝，P(B2|A1)＝，P(B2|B1)＝.所以根据全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝×＋×＝，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝×＋×＝(或也可利用P(B2)＝1－P(A2)＝求解)．于是再根据全概率公式可得P(A3)＝P(A2)P(A3|A2)＋P(B2)·P(A3|B2)＝×＋×＝.因此张同学第3天去A餐厅用餐的概率为.故选B. ,, 全概率公式是在加法公式与乘法公式的基础上推导出来的，从公式可以看出，P(B)实际上是各条件概率P(B|A)的加权平均值，而各个条件事件A1发生的概率P(A1)就是权重．在应用公式划分样本空间时，一定要把产生结果的原因全部找出来，不能遗漏，并且保证事件A1，A2，…，An两两互斥． 训练4　(多选题)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外，没有其他区别)．先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出2个球，用事件B表示从乙箱中取出的2个球都是红球．则(ABD) A．P(A1)＝ B．P(B)＝ C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝ 解析　对于A，由题意，知P(A1)＝，P(A2)＝，故A正确．对于B，因为P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝，故B正确．对于C，由对B选项的分析知P(B|A1)＝，故C不正确．对于D，P(A2|B)＝＝＝，故D正确．综上，选ABD. 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. 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. 2．(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. 3．(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(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 解析　事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．故选B. 4．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)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的概率为(1－α)2(1＋2α)，而单次传输发送0，则译码为0的概率为1－α，又0<α<0.5，因此(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即D正确．故选ABD. 学科网（北京）股份有限公司 $