随机事件、古典概型课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦随机事件、古典概型核心考点，依据高考评价体系梳理互斥事件、独立事件、二项式定理与概率结合等考查要求，通过2024上海高考、新课标Ⅰ卷等真题及多地模拟题，明确古典概型计算、条件概率应用等高频考点，归纳选择、填空、解答题常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题训练与素养培养融合，如以传球问题分类讨论突破古典概型计数，培养数学思维；通过频率与概率辨析题强化数据意识，提升数学语言表达。特设易错点警示（如频率误作概率），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，助力高考冲刺。

随机事件、古典概型 一、单项选择题 1.下列说法正确的是(　　) A.一个人打靶,打了10发子弹,有7发子弹中靶,因此这个人中靶的概率是 B.一个同学做掷硬币试验,掷了6次,一定有3次正面向上 C.某地发行彩票,其回报率为47%,有人花了100元钱买彩票,一定会有 47元的回报 D.大量试验后,可以用频率近似估计概率 基础过关 对于A,可得中靶的结果是频率,不是概率,故错误,对于B,C,太过绝对,故错误,对于D,符合概率的估算方法,故正确.故选D. 解析 2.(2026·东莞调研)甲、乙、丙、丁四人在足球训练中进行传球训练,从甲开始传球,甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人,以此类推,则经过3次传球后乙恰好接到1次球的概率为(　　) A. B. C. D. 按接球人分类:①不含甲,三人时,乙丙丁,乙丁丙,丙乙丁,丙丁乙,丁乙丙,丁丙乙,共6种;两人时,乙丙乙,丙乙丙,乙丁乙,丁乙丁,丁丙丁,丙丁丙,共6种;②含甲,乙甲乙,丙甲丙,丁甲丁,乙丙甲,乙甲丙,乙丁甲, 乙甲丁,丙乙甲,丙甲乙,丁乙甲,丁甲乙,丙丁甲,丙甲丁,丁甲丙,丁丙甲,共15种,故共计27种.其中乙恰好接到1次球的情况有16种,所以所求概率为. 解析 3.(2026·福州调研)已知P(A)=0.6,P()=0.3,如果A⊆B,那么P(A∩B)=(　　) A.0.18 B.0.42 C.0.6 D.0.7 由于A⊆B,所以P(A∩B)=P(A)=0.6. 解析 4.在抛掷一枚质地均匀的骰子的试验中,事件A表示“小于5的偶数点出现”,事件B表示“小于5的点数出现”,则在一次试验中,事件A+发生的概率为(　　) A. B. C. D. 抛掷一个骰子的试验有6种等可能结果,依题意P(A)==,P(B)==,所以P()=1-P(B)=1-=.因为表示“出现5点或6点”的事件,所以事件A与互斥.从而P(A+)=P(A)+P()=+=.故选C. 解析 5.某学校为了搞好课后服务工作,教务科组建了一批社团,学生们都能自主选择自己喜欢的社团.目前话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团分别还可以再接收1名学生,恰好含甲、乙的4名同学前来教务科申请加入,按学校规定每人只能加入一个社团,则甲进街舞社团,乙进书法社团或摄影社团的概率为(　　) A. B. C. D. 4名同学分别进入话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团共有=24(种)选法,其中甲进街舞社团,乙进书法社团或摄影社团有=4(种)选法,按学校规定每人只能加入一个社团,由古典概型的概率计算公式可得,甲进街舞社团,乙进书法社团或摄影社团的概率P==. 解析 6.(2026·丹东模拟)甲、乙、丙等5人被安排到A,B,C三个社区做志愿者,每人随机选择一个社区,且这三个社区都有人去,则甲和乙不去同一个社区的概率为(　　) A. B. C. D. 根据题意,甲、乙、丙等五人被安排到A,B,C三个社区做志愿者,每人随机选择一个社区,且这三个社区都有人去,则可按1,1,3和1,2,2分组,再分配到三个社区,共有+=150种不同的安排方法,其中甲乙在一个社区的共有+=36种,则甲乙不去同一个社区的概率为P=1-=.故选A. 解析 7.已知二项式(n∈N*)的展开式中只有第4项的二项式系数最大,现从展开式中任取2项,则取到的项都是有理项的概率为(　　) A. B. C. D. 因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大,所以展开式的总项数为7,故n=6,展开式的通项为Tr+1=(2x)6-r=26-r,当r是偶数时该项为有理项,所以r=0,2,4,6,有4项,所以从展开式中任取2项,取到的项都是有理项的概率为P==.故选A. 解析 二、多项选择题 8.对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A,B,C,D,其中n(Ω)=60, n(A)=30,n(B)=10,n(C)=20,n(D)=30,n(A∪B)=40,n(A∩C)=10,n(A∪D)=60, 则下列说法不正确的是(注:n(A)表示集合A的元素个数)(　　) A.A与B不互斥 B.A与D互斥但不对立 C.C与D互斥 D.A与C相互独立 对于A,因为n(A)=30,n(B)=10,n(A∪B)=40,则n(A∪B)=n(A)+n(B),故A,B互斥,A错误;对于B,因为n(A∪D)=n(A)+n(D)=n(Ω)=60,所以A,D互斥且对立,B错误;对于C,因为n(C)=20,n(A∩C)=10,A,D对立,则n(D∩C)=n(C)-n(A∩C)=10≠0,C与D不互斥,C错误;对于D,由P(A)==,P(C)==,P(A∩C)==,所以P(A∩C)=P(A)P(C),即A与C相互独立,D正确.故选ABC. 解析 9.(2026·广州模拟)中国的五岳是指在中国境内的五座名山,坐落于东西南北中五个方位,分别是东岳泰山,西岳华山,南岳衡山,北岳恒山,中岳嵩山,甲、乙、丙三人计划在假期出游,每人选一个地方,则(　　) A.恰有2人选同一个地方的方法总数为20 B.恰有2人选同一个地方的方法总数为60 C.恰有1人选泰山的概率是 D.恰有1人选泰山的概率是 由题意,恰有2人选同一个地方的方法总数为=60,故A错误,B正确;又由3个人随机选5个地方,样本点的总数为53=125,其中恰有1人选泰山含样本点数(+)=48,所以恰有1人选泰山的概率P=,所以C正确,D错误,故选BC. 解析 三、填空题 10.(2024·上海高考)某校举办科学竞技比赛,有A,B,C3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　　　　　　.  0.85 A题库占=,B题库占=,C题库占=,则所求概率P=×0.92+×0.86+×0.72=0.85. 解析 11.一个口袋里有大小相同的白球4个,黑球m个,现从中随机一次性取出2个球,若取出的2个球都是白球的概率为,则黑球的个数为　　　. 由题意,得=,即=,解得m=5或m=-12(舍去),所以黑球的个数为5. 解析 5 12.在用随机数(整数)模拟“有5个男生和5个女生,从中抽选4人,求选出2个男生2个女生的概率”时,可让计算机产生0~9的随机整数,并且0~4代表男生,用5~9代表女生.因为是选出4个,所以每4个随机数作为一组.通过模拟试验产生了10组随机数: 6 830 4 725 7 056 6 431 7 840 4 523 7 834 2 604 6 346 0 952 由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为　　　　.  0.6 由数据得“选出2个男生2个女生”的种数有:6830,4725,7840, 7834,6346,0952共6个,所以“选出2个男生2个女生”的概率为=0.6. 解析 四、解答题 13.(2026·合肥模拟)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下: 甲分厂产品等级的频数分布表 等级 A B C D 频数 40 20 20 20 乙分厂产品等级的频数分布表 等级 A B C D 频数 28 17 34 21 由试加工产品等级的频数分布表知,甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4;乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28. 解 (1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率; 由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 解 (2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务? 利润 65 25 -5 -75 频数 40 20 20 20 因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15(元).由数据知乙分厂加工出来的100件 产品利润的频数分布表为 解 利润 70 30 0 -70 频数 28 17 34 21 因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为 =10(元).比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,厂家应选甲分厂承接加工业务. 14.(多选题)抛掷一枚质地均匀的骰子,观察向上的面的点数,“点数为奇数”记为事件A,“点数小于5”记为事件B,“点数大于5”记为事件C.下列说法正确的是(　　) A.P(A)= B.P(B)= C.A与C互斥 D.P(A∪B)=P(A)+P(B) 素养提升 样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6},事件A={1,3,5},事件B={1,2,3,4},事件C={6}.P(A)==,A项正确;P(B)==,B项错误;因为A∩C=⌀,所以A与C互斥,C项正确;因为A∪B={1,2,3,4,5},所以P(A∪B)=,而P(A)+ P(B)=+=,则D项错误.故选AC. 解析 15.甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次,甲得到的点数为n1,乙得到的点数为n2;若n1+n2的值能使的展开式中只有第4项的二项式系数最大,则甲胜,否则乙胜.那么甲胜的概率为　　　　.  由题意得n1,n2∈{1,2,3,4,5,6},n1+n2∈{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12},记每个样本点为(n1,n2),甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次,共有6×6= 解析 　 36个样本点.的展开式中只有第4项的二项式系数最大,则当n1+n2=6时,共有7项,其中只有第4项的二项式系数最大,当n1+n2为其他值时,均不满足只有第4项的二项式系数最大,当n1+n2=6时,共有5个样本点满足要求,(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),故甲胜的概率为. 解析 16.(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　　　　.  　 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 解析 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==. 解析 $