专题4 第1讲 计数原理、概率（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦统计与概率专题，覆盖排列组合、二项式定理、互斥与独立事件、概率四大核心考点。依据高考评价体系分析近五年真题，明确古典概型、排列组合等每年必考，二项式定理高频出现，归纳分类分步、通项公式应用等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于“真题链考点+方法建模型”，如2023新高考Ⅰ卷排列组合题用直接法与间接法突破，培养数学思维；概率题结合全概率公式强化数据处理，提升数学语言表达能力。设易错点分析（如二项式系数与系数混淆），助学生掌握答题技巧，教师可精准教学，实现高效冲刺。

专题四　统计与概率 考点一　排列与组合问题 考点二　二项式定理 目 录 索 引 考点三　互斥事件与相互独立事件 考点四　概率 领航高考风向标 近五年高考统计与概率命题呈现以下特点: 1.知识深度融合　概率与数列、函数、导数的融合趋势明显,如2023年新高考Ⅰ卷的解答题中,将等比数列与离散型随机变量的期望、概率相结合.考查学生分析问题、解决问题以及数据处理的能力. 2.凸显情境化　命题常以贴近学生日常生活的情境展开,体现统计与概率在实际问题中的应用.像2024年全国甲卷文科的有约束排队问题,2025年新高考Ⅰ卷研究某疾病与超声波检查结果的关系问题等.考查学生的阅读理解能力、数据分析能力、数学建模能力和问题解决能力. 3.知识点覆盖全面　涉及古典概型、计数原理、正态分布、二项式定理、独立性检验、随机变量的分布列和期望等主干知识.如2024年新高考Ⅰ卷考查了正态分布的性质、古典概型、计数原理等;2025年新高考Ⅱ卷考查了相互独立事件、互斥事件以及二项分布的概率计算等. 4.试题结构灵活　多角度分析的开放性问题增加.如2024年新高考Ⅱ卷的概率与统计解答题,通过投篮比赛决策等.要求用统计结论解释现实问题,强调逻辑表达,重点考查学生对统计思想的理解. 第1讲　计数原理、概率 考点一　排列与组合问题 理知识 1.解决排列组合问题时注意确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题. 2.解决排列、组合问题的一般过程 (1)认真审题,弄清楚要做什么事情; (2)要做的事情是需要分步还是分类,还是分步分类同时进行,确定分多少步及多少类; (3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少元素. 链高考 1.(2023新高考Ⅰ,13)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).【一题多解】 64 解析 (方法一　直接法) 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16(种)不同的选课方案; 若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案. (方法二　间接法) 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有= 84(种)不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案. 2.(2024新高考Ⅱ,14)在下图的4×4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 解析 因为每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有4×3×2×1=24(种)选法. 4个数之和最大的选法为最后一列选43,逐列递选,最大值为43+33+21+15=112. 例1　(1)(2023新高考Ⅱ,3)某学校为了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,则不同的抽样结果有(　　) A.种 B.种 C.种 D.种 D 解析 由题意,初中部和高中部总共有400+200=600(人),按照分层随机抽样的原理,应从初中部抽取60=40(人),从高中部抽取60=20(人). 第一步,从初中部抽取40人,有种方法,第二步,从高中部抽取20人,有种方法,根据分步乘法计数原理,一共有种抽样结果.故选D. (2)(2022新高考Ⅱ,5)甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有(　　) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 B 解析 把丙、丁看成一个元素,则(丙、丁)、乙、戊的排列共有=12(种)不同的排法.又由于甲不站在两端,利用“插空法”可得甲只有种不同的排法.由分步乘法计数原理可得,不同的排列方式共有12=24(种).故选B. (3)(2025河北保定一模)勒洛三角形是一种特殊三角形,指分别以正三角形的三个顶点为圆心,以其边长为半径作圆弧,由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,且相邻区域颜色不同,则不同的涂色方案种数为(　　) 【一题多解】 A.120 B.240 C.300 D.320 D 解析 (方法一)先涂中间,有5种选色,再逐个涂旁边部分,都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为5×4×4×4=320.故选D. (方法二)涂四种颜色时共有=120种不同的涂法;涂三种颜色时共有3=180种不同的涂法;涂两种颜色时共有=20种不同的涂法,所以共有120+180+20=320种不同的涂法.故选D. (4)(2025湖北武汉二模)中华美食源远流长,厨师活计有“站道,站板,雕花,炉火”等分工术语,现安排甲、乙、丙、丁、戊这5名同学参加厨师活计,每人只安排一项活计,若“炉火”活计不安排,其余三项活计至少有1人参加,则不同安排方案的种数为　　　　　.  150 解析 按照1∶1∶3的比例分组,共有=10种分组方法,按照2∶2∶1的比例分组,共有=15种分组方法,将分好的三组安排除“炉火”活计之外的三项工作,有=6种情况,则不同安排方案的种数是(10+15)×6=150. 考点二　二项式定理 理知识 1.求(a+b)n的展开式中的特定项或特定项的系数用通项公式Tk+1=an-kbk (k=0,1,2,…,n). 2.二项式系数和+…+=2n. 3.奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等,都等于2n-1. 4.求解系数和问题应用赋值法. 链高考 (2025北京,12)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4,则a0=　　　　　; a1+a2+a3+a4=　　　　　.  1 15 解析 令x=0,得a0=1.令x=-,得16=a0+a1+a2+a3+a4,把a0=1代入上式,得a1+a2+a3+a4=15. 例2　(1)(多选题)(2025吉林三模)在(-x2)5的展开式中,下列说法正确的是 (　　) A.各二项式系数的和是32 B.各项系数的和是1 C.二项式系数最大的项只有第3项 D.含x4的项的系数是40 AB 解析 (-x2)5的展开式的通项公式为Tk+1=)5-k(-x2)k=(-1)k25-kx3k-5, k=0,1,…,5. 对于选项A,展开式中二项式系数之和为25=32,故A正确; 对于选项B,当x=1时,各项系数的和为(2-1)5=1,故B正确; 对于选项C,展开式共有6项,其中二项式系数最大的项为第3项和第4项,故C错误; 对于选项D,由Tk+1=(-1)k25-kx3k-5,令3k-5=4,可得k=3,所以展开式中含x4的项的系数为(-1)325-3=-40,故D错误.故选AB. (2)(原创)在(+m)(x-y)5的展开式中,含x2y3的项的系数为-15,则m=　　　;在(x2+x+y)6的展开式中,含x7y的项的系数为　　　　　.(用数字作答)  2 60 解析 由(+m)(x-y)5的展开式中x2y3的系数为-15, 可得(-1)4+m(-1)3=-15,即5-10m=-15,解得m=2. 根据题意,在(x2+x+y)6的展开式中,含x7y的项的系数为=6×10=60. (3)(2024全国甲,理13)(+x)10的展开式中,各项系数的最大值是　　　　　. 5 解析 (+x)10的展开式的通项公式为Tk+1=)10-kxk,0≤k≤10且k∈Z, 设展开式中第k+1项系数最大,则 k,又k∈Z,故k=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. 【对点训练1】(多选题)(2025湖北黄冈模拟预测)下列说法正确的是(　　 ) A.29+28+…+=39 B.若(2x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则a1+a2+…+a8=0 C.5555被8整除的余数为1 D.1.0510精确到0.1的近似数为1.6 ABD 解析 对于A,由二项式定理可知29+28+…+=(2+1)9=39,故A正确; 对于B,令x=0,得a0=1,令x=1,得1=a0+a1+a2+…+a8,所以a1+a2+…+a8=0,故B正确; 对于C,5555=(56-1)55=5655-5654+5653-…+561-560,由此可得5555被8整除的余数为8-1=7,故C错误; 对于D,1.0510=(1+0.05)10=0.050+0.051+0.052+…+0.0510 =1+0.5+0.112 5+…=1.612 5+…,0.052以后的项太小,可忽略不计,所以1.0510精确到0.1的近似数为1.6,故D正确.故选ABD. 考点三　互斥事件与相互独立事件 理知识 1.事件A,B互斥,则A∩B=⌀,对立事件一定是互斥事件,互斥事件不一定对立. 2.相互独立事件的判断方法:一是两个事件相互没有影响;二是利用公式P(AB)=P(A)·P(B). 3.设A,B是一个随机试验中的两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),若事件A,B互斥,则P(AB)=0. 链高考 1.(2021新高考Ⅰ,8)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 B 解析 由已知得P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)=, P(甲丙)=0,P(甲丁)=,P(乙丙)=,P(丙丁)=0. 由于P(甲丁)=P(甲)·P(丁)=, 根据相互独立事件的性质,知事件甲与丁相互独立,故选B. 2.(2022全国乙,理10)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(　　)【一题多解】 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 解析 (方法一)要求连胜两局,故只能第一局和第二局连胜,或第二局和第三局连胜,则第二局和谁比赛很重要,第二局的对手实力越强,连胜两局的概率越小,第二局的对手实力越弱,连胜两局的概率越大,所以根据条件估算得到丙实力最弱,所以D选项正确. (方法二)当该棋手在第二盘与甲比赛时, p=p1p2(1-p3)+p1p3(1-p2)=p1p2+p1p3-2p1p2p3; 当该棋手在第二盘与乙比赛时,p=p2p1(1-p3)+p2p3(1-p1)=p1p2+p2p3-2p1p2p3; 当该棋手在第二盘与丙比赛时,p=p3p1(1-p2)+p3p2(1-p1)=p1p3+p2p3-2p1p2p3. 由p3>p2>p1>0,可知该棋手在第二盘与丙比赛,p最大. 例3　(1)(2025湖南长沙模拟)甲、乙两人在玩掷骰子游戏,两人各掷一次,设得到的点数分别为x,y,A表示事件“x>4”,B表示事件“y为奇数”,C表示事件“x+y>8”,D表示事件“x+y=7”,则相互独立的事件是(　　) A.A与C B.B与C C.C与D D.B与D D 解析 由题意,得事件A:“x>4”的情况有(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12种, 所以P(A)=; 事件B:“y为奇数”的情况有(1,1),(1,3),(1,5),(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3), (5,5),(6,1),(6,3),(6,5),共18种,所以P(B)=; 事件C:“x+y>8”的情况有(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5), (6,6),共10种,所以P(C)=; 事件D:“x+y=7”的情况有(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6种,所以P(D)= 对于A,因为P(AC)=P(A)P(C),所以A与C不独立,故A错误; 对于B,因为P(BC)=P(B)P(C),所以B与C不独立,故B错误; 对于C,因为事件C与D不能同时发生,所以P(CD)=0≠P(C)P(D),故C错误; 对于D,因为P(BD)==P(B)P(D),所以B与D相互独立,故D正确.故选D. (2)(多选题)(2025江西南昌模拟)已知事件A,B发生的概率分别为P(A)=, P(B)=,则(　 　) A.若A与B互斥,则P(A∪B)= B.若A与B相互独立,则P(AB)= C.若A与B相互独立,则P(A)= D.若A与B相互独立,则P(A∪B)= ACD 解析 对于A,若A与B互斥,则P(A∪B)=P(A)+P(B)=,故A正确; 对于B,若A与B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)=,故B错误; 对于C,若A与B相互独立,则A与相互独立,则P(A)=P(A)P()=,故C正确; 对于D,若A与B相互独立, 则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=,故D正确.故选ACD. (3)(多选题)(2023新高考卷Ⅱ,12)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).则下列说法正确的是(　　 ) 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 解析 发送1时,收到1的概率为1-β;发送0时,收到0的概率为1-α,再结合独立性可知,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确. 采用三次传输方案,若发送1,实际发送了1,1,1,因此依次收到1,0,1的概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正确. 采用三次传输方案,若发送1,译码为1的充要条件是至少接收到两个1,因此译码为1的概率为(1-β)2+(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故C不正确. 当0<α<0.5时,若发送0,采用三次传输方案译码为0的概率为3α(1-α)2+(1-α)3 =(1-α)[1+α(1-2α)],采用单次传输方案译码为0的概率为1-α.当0<α<0.5时,由1+α(1-2α)>1得3α(1-α)2+(1-α)3>1-α,故D正确.故选ABD. 考点四　概率 理知识 1.古典概型的概率公式:P(A)=. 2.条件概率公式:设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,则P(B|A)=. 3.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)=P(Ai)·P(B|Ai). 链高考 1.(2024全国甲,文5)甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是(　　) A. B. C. D. B 解析 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24种可能.丙不在排头,且甲或乙在排尾共有=8种可能.故所求概率P=故选B. 2.(2023全国甲,理6)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 A 解析 在该地的中学生中随机调查一位同学,设事件A=“该同学爱好滑雪”, B=“该同学爱好滑冰”.由题可知P(A)=50%=0.5,P(AB)=60%+50%-70% =40%=0.4,所以P(B|A)==0.8.故选A. 3.(2025天津,13)某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4. (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为　　　　;  (ⅱ)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的期望E(X)=　　　　.  0.6 3.2 解析 (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为0.5×0.6+0.5×0.6=0.6. (ⅱ)该同学一周跑12圈的概率为0.5×0.4=0.2,故该同学运动量达标的概率为0.6+0.2=0.8,∴X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2. 考向1　古典概型与条件概率 例4　(2024天津,13)有A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加, 则甲选到A活动的概率为　　　　　;已知乙选了A活动,那么他再选择B活动的概率为　　　　　.【一题多解】 　 解析 (方法一　列举法)从五个活动中选三个有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况,其中甲选到A活动有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种情况,则甲选到A活动的概率为;乙选了A活动有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种情况,其中他再选择B活动有ABC,ABD,ABE,共3种情况,则乙选了A活动,再选择B活动的概率为 (方法二)甲选到A活动的概率P=; 设乙选了A活动为事件M,乙选了B活动为事件N, 则P(M)=,P(MN)=, 所以乙选了A活动,再选择B活动的概率P(N|M)= 考向2　全概率公式 例5　(多选题)(2025安徽芜湖模拟)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰,发送信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送0时,接收为0和1的概率分别为0.8和0.2;发送1时,接收为0和1的概率分别为0.1和0.9.以下叙述正确的是(　　 ) A.若重复发送信号0两次,则接收信号均为0的概率为0.96 B.若重复发送信号1两次,则两次接收信号不同的概率为0.18 C.若发送信号为1或0的概率均为0.5,则接收信号为1的概率为0.55 D.若接收信号为1的概率为0.76,则发送信号为1的概率为0.8 BCD 解析 根据题意,设事件A0为“发送信号0”,事件A1为“发送信号1”,事件B0为“接收信号为0”,事件B1为“接收信号为1”,则P(B0|A0)=0.8,P(B1|A0)=0.2,P(B0|A1)=0.1,P(B1|A1)=0.9. 若重复发送信号0两次,则接收信号均为0的概率为P=P(B0|A0)×P(B0|A0)=0.64,故A错误; 若重复发送信号1两次,则两次接收信号不同的概率为P=P(B0|A1)×P(B1|A1)=2×0.1×0.9=0.18,故B正确; 若发送信号为1或0的概率均为0.5,则接收信号为1的概率为P=P(A0)P(B1|A0)+P(A1)P(B1|A1)=0.5×0.2+0.5×0.9=0.55,故C正确; 设发送信号1的概率为x,则接收信号为1的概率为P=P(A0)P(B1|A0)+P(A1)P(B1|A1)=(1-x)×0.2+x×0.9=0.76,解得x=0.8; 即发送信号为1的概率为0.8,故D正确.故选BCD. 【对点训练2】(1)(多选题)(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 解析 由题意知P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=, P(B|A2)=,P(C|A1)=,P(C|A2)=, P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=, P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=故选AD. (2)(2024全国甲,理16)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 记先后取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种可能,令|m-n|=||=||,则|a+b-2c|≤3,根据对称性可知,当c=1或6时,均有2种可能;当c=2或5时,均有10种可能;当c=3或4时,均有16种可能.故满足条件的情形共有56种,故所求概率P= $