专题5 微专题21 概率-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

微专题21 概率 》考情分析 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，以选择题、填空题为主， 也可能出现在解答题的一个小题中，难度中等或偏下 主干整合》核心提炼 1.古典概型的概率公式 4.条件概率公式 P(A)= 事件A包含的样本点数 一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)> 试验的样本点总数 0,则P(BA)= P(AB)n(AB) 2.相互独立事件的判断与计算公式： P(A n(A)' 5.全概率公式 P(AB)=P(A)P(B). 一般地，设A1,A2,…,Am是一组两两互斥的事 3.在n重伯努利试验中，事件A发生k次的概率 件，A1UA2U…UAn=2,且P(A,)>0,i 的计算公式： 1,2,…,n,则对任意的事件B二2，有P(B)= P(X=k)=Cp(1-p)”,k=0,1,2,…,. P(AOP(BIAD). i=1 热点分类》考向探究 考向1古典概型 4反思感悟 1.古典概型的样本点个数的探究方法：①枚举 [例1(1)(2025·山东青岛二模)5件产品中有2 法；②树状图法；③排列组合法 件次品，现逐一检验，直至能确定所有次品为 2.对于较复杂事件所包含的样本点个数的计 止，则第四次检验结束的概率为 ( 算，要利用分类讨论思想、正难则反的思想求解。 A品 3.当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为 B. 若干个互斥事件的和求解， e 7 0.10 跟踪训练①(1)(2025·湖南长沙一模)已知一组 (2)现安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个 数据0,9,7,4,5，从1到10中的整数里随机选 社区做志愿服务工作，每个社区至少安排1人， 择2个不同的数加入这组数据，则得到的新数 每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同 据与原数据中位数相同的概率为 () 一个社区的概率为 ( A品 2 A号 B阳 c 6 (2)(2025·广东茂名一模)在一个箱子中放入5 c 、3 D 个白球、3个红球，摇匀后采用不放回方式随机 10 摸球3次，每次摸一个球，第3次摸到红球的概 。听课记录 率是 () 5 C.28 7 0.24 考向2条件概率与全概率公式 [例2(1)(2025·云南红河三模)某电视台计划从 甲、乙、丙、丁、戊5名记者中选派2人赴上海学 104 红树勾讲与练·高三二轮数学 习.若记者甲被选中，则记者乙也被选中的概 (2)(多选)(2025·陕西宝鸡二模)已知A,B是 率为 ( 两个随机事件，且0<P(A)<1,0<P(B)< A.Z .3 c D. 1 1,则下列说法正确的有 () A.若A,B相互独立，则P(BA)=P(B) (2)(多选)有3台车床加工同一型号的零件，第 B.P(B)≥P(B|A)恒成立 1台车床加工的零件的次品率为8%，第2台车 C.若P(AUB)=P(A)+P(B),则P(B 床加工的零件的次品率为3%，第3台车床加工 A)=0 的零件的次品率为2%，加工出来的零件混放 D.若P(B|A)十P(B|A)=1,则A,B相互 在一起.已知第1,2,3台车床加工的零件数分 独立 别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中 考向3事件的独立性与n重伯努利试验 任取一个零件，则下列结论正确的是( [例3(1)甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，采用7 A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率 局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局 为0.08 B.该零件是次品的概率为0.03 此赛甲获胜的概率为，且各局比赛的结果相 C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么 互独立，则甲以4：1获胜的概率为 () 它不是次品的概率为0.98 D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床 B器 c D 加工出来的概率为 (2)(多选)(2025·山东日照二模)已知样本空 间2={5,6,7,8}，其中每个样本点出现的可能 听课记录 性相等，事件A={5,6},B={5,7},C={5,8}, 则下列结论正确的是 () A.事件A与事件B互斥 B.事件B与事件C相互独立 C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C) D.P(A C)=P(C A) 4反思感悟， 心听课记录 利用全概率公式的思路：首先按照确定的标准， 将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A,(i=1, 2,…,n),然后求P(A,)和所求事件B在各个互斥 事件A,发生的条件下的概率P(BA,),代入全概 率公式计算. 跟踪训练②(1)（多选）某商场开业期间举办抽奖 4反思感悟， 活动，已知抽奖箱中有30张奖券，其中有5张写 1.判断n重伯努利试验的条件：①在一次试验 有“中奖”字样，假设抽完的奖券不放回，甲、乙 中某事件A发生的概率是一个常数p;②n次试验不 每人抽一张，甲抽完之后乙再抽，记A表示甲 仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各 中奖，B表示乙中奖，则 ( 次试验的结果是相互独立的， 2.相互独立事件同时发生的概率等于它们各自 A.P(AB)- B.P(B)= 9 发生的概率之积，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， CPA1B)=费 D.P(B A)= 6 第一部分专题五概率与统计 105 跟踪训练3(1)如图所示，已知一质点在外力的 (2)(2025·河北石家庄三模)已知随机事件A, 作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为 B,B表示事件B的对立事件，P(A)=0.4, P(B)=0.6,则下面结论正确的是() 3,向右移动的概率为3·若该质点每次移动一 A.事件A与B一定是对立事件 个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X B.P(A UB)=1 的位置，则P(X>0)= ( C.P(AB)=0.24 -4-3-2-10123456元 D.若事件A,B相互独立，则P(AB)=0.16 A鼎 52 b.243 C. 17 D.81 真题演练>重温高考 1.（2021·新高考I卷)有6个相同的球，分别标 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的 有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两 概率为3(1-3)2+(1-3)9 次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的 D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传 球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球 输方案译码为0的概率大于采用单次传输方 的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数 案译码为0的概率 字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数 3.(2024·新课标I卷)甲、乙两人各有四张卡 字之和是7”，则 ( 片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别 A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 2,4,6,8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两 2.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0,1 人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比 信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的 较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分， 概率为a(0<a<1),收到0的概率为1一a;发 数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的 送1时，收到0的概率为3(0<3<1)，收到1 卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）. 的概率为1一3.考虑两种传输方案：单次传输 则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率 和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1 必 次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到 4.(2024·天津卷)某校组织学生参加农业实践活 的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时， 动，其间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项 收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号 目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间 中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到 灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目. 1,0,1,则译码为1) ( 假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依 学参加“整地做畦”项目的概率为 ;已 次收到1,0,1的概率为(1-a)(1-3) 知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 他还参加“田间灌溉”项目的概率为 0,1的概率为3(1一3) 温髻提示>请完成课时作业2① 106 红对勾讲与练·高三二轮数学1012 一1 一32025 02+1 ,所以s= 2 i=0 1012 4 2之02+1=-X 二1-32925 i=0 2 32025+1 ,故C正确；对于D,s= 8 32025+1 3×912+1 8 8 3×(1+8)02+1 8 3X(1+C1oL28+Cion28+Co82)+1 8 3X(C1oe8+C1282+…+C881o2)+4 8 3×(C1ae+C1e8+…+C881o1)+ 子，所以s-[]=弓故D正确放连 ACD. 》真题演练·重温高考《 1.A(x一√x)的展开式的通项为 T+村 Cx*(-√E) (-1)Cx(k= 0.1,2,3,4).由 4- =3，得=2，所以(x一F) k 的展开式中，x3的系数为（一1）2C= 6.故选A. 2.C甲、乙两位同学先选1种相同的课 外读物，有C=6(种)选法，再从剩下 的5种课外读物中各自选1种不同的 读物，有CC!=20(种)选法，由分步 乘法计数原理可得共有6×20= 120(种)选法.故选C. 3.24112 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 一行选21，从 ,二行选 33,从第三行选43，从第四行 1选 15,此 时个位上的数字之和最大，故选中方 格中的4个数之和的最大值是21十 33+43+15=112. 4.5 解析：（兮+x）) 的展开式的通项为 T1=C(3) x,则各项的系数 分别 为c(3).C(3）, c(3）c(3).c(3) c(3)',c(3),c(3), c(3),c(3),c(3)°，观 察发现二项式系数先增大后减小，且 前后对称，指数式单调递增，分别计算 c(g).c(3）c(3)' c5()c(得)'，c(传).地 较 得， (）=5最大. 5.-28 解析：(x+y)的展开式的通项为 T+1=Ctx-y,k=0,1,…,7,8.令 k=6,得T+1=Cxy;令k=5,得 T+1=Cxy,所以（1-义)(x+ y)“的展开式中x2y的系数为C。一 C1=-28. 微专题21 概率 》热点分类·考向探究《 例1(1)C 检验四次的排列总数为 A=120,因为恰好检验四次就停止， 所以前三次中检验出一件次品，第四 次检验出第2件次品，共CCA= 36(种)排列，或前三次中检验出一件 次品，第四次检验出一件正品，共 CC2A=36(种)排列，所以满足题意 的概牵p=36+36= 3 120 故选C (2)C安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿 者到三个社区做志愿服务工作，每个 社区的人数分别为3,1,1或2,2,1，所 以不同的分法种数为C十 9)=(o+10)×6 150.现在考虑甲、乙安排在同一个社 区，若甲、乙所安排的社区有3人，则还 需从另外3人中抽1人，此时分法种数 为C3A=18;若甲、乙所安排的社区 只有他们两人，则只需将剩余3人分为 两组，此时分法种数为C3A=18.综 上所述，甲、乙安排在同一个社区的概 率为18+186 150 =25故选C. 跟踪训练1(1)B数据0,9,7,4,5，从 小到大排列为0,4,5,7,9，可得其中位 数为5，从1到10中的整数里随机选择 2个不同的数加入这组数据有Ci。= 45(种)选法，要使得新数据与原数据 中位数相同，则可分为两类：若两数中 不含5，则不同的选法有CC= 20(种)；若两数中含5，则不同的选法 有C十C=9(种).所以共有20十9= 29(种)不同的选法，所以概率P=29 51 故选B. (2)A记第3次摸到红球为事件A,则 P(A)= AA+AAA:A+A A 8故选A 例2(1)D设“记者甲被选中”为事件 A,“记者乙被选中”为事件B,则“记者 甲和记者乙都被选中”为事件AB.因 为n(A)=4,n(AB)=1,所以P(B A)=(AB)1 n(A) =故选D. (2)BC记事件A:任取一个零件为次 品，事件B::零件是第i台车床加工的 (i=1,2,3),则P(A1B1)=8%, P(A|B2）=3%,P(A|B:)=2%, P(B,)=10%,P(B2)=40%, P(B:)=50%.对于A,任取一个零件 是第1台车床加工出来的次品的概率 P(AB)=P(A B)P(B)= 8%×10%=0.008,故A错误；对于B, 任取一个零件是次品的概率为 P(A) P(AB)+P(AB2)+ P(AB,)=8%×10%+3%×40%+ 2%×50%=0.03,故B正确：对于C, 如果该零件是第3台车床加工出来的， 那么它不是次品的概率为P(A B3)=1-P(A|B:)=1-2%= 0.98,故C正确；对于D,如果该零件是 次品，那么它不是第3台车床加工出来 的概率为1一P(B3|A)=1一 P(AB) P(A B:)P(B:) P(A) P(A) 1 2%×50% 0.03 ,故D错误，故 3 选BC 跟踪训练2 (1)AC 由题意可知 P(A)= 5 1 30 P(AB) 30 4 2 故A正确：P(B) 29 87 2 25 P(AB)+P(AB)= 5 87 30 P(AB) 6 ,故B错误；P(AB)= P(B) 2 87 4 29 故C正确；P(B|A)= 6 2 P(AB) 87 4 .故D错误.故 P(A) 1 29 6 选AC. (2)AC 对于A,若A,B相互独立，则 P(AB)=P(A)P(B),由条件概率公 式可得P(B|A)= P(AB) =P(B), P(A) 故A正确；对于B,抛掷一枚质地均匀 的骰子，定义事件A为“向上的点数为 1”,事件B为“向上的，点数为奇数”，则 P(B1A)=1,P(B)=号，此时， 2 P(B)<P(B|A),故B错误；对于C, 若P(AUB)=P(A)+P(B)= P(A)+P(B)-P(AB),P(AB)= 0,因此，P(B|A)= P(AB) =0,故C P(A) 正确：对于D,P(B|A)+P(B|A)= 1是条件概率的基本性质，无论事件 A,B是否相互独立，该等式恒成立，故 D错误.故选AC. 例3(1)D由题意甲以4：1获胜，即前 四局甲胜三局，负一局，第五局甲获 胜，所以甲以4：1获胜的概率为CX (号)×()×号= 3= 故选D. 243 (2)BD 由A∩B={5},可知A,B不 是互斥事件，A错误；由B∩C={5}, 得P(BC)=1,P(B)=P(C) 4 2,故P(BC)=P(B)P(C),B正E确； 由A∩B∩C={5},得P(ABC) 1 且P(A)三2，显然P(ABC)为 4 P(A)P(B)P(C),C错误：由A∩C= 参考答案 315 {5},得P(AC)= ,故P(AC)= P(AC) 1 P(AC) =P(C1A), P(C) 2 P(A) D正确.故选BD 跟踪训练3(1)D 依题意，当X>0 时，X的可能取值为1,3,5，所以 P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+ P(x=D=(3)'+C×(3) × 号+c×(G)广×（号）-品 故 选D. (2)D对于A,B,一个密封的盒子中 有标号分别为1,2,3,4,5的5个小球， 从中任取1球，记事件A为“从中取出 球的标号为1,2”，事件B为“从中取出 球的标号为1,2,3”，则P(A)=0.4, P(B)=0.6,满足P(A)十P(B)=1, 但A,B不是对立事件，P(AUB)= P(B)=0.6,故A,B错误；对于C, P(AB)=P(A)P(B)仅在事件A,B 相互独立时才成立，而不知道事件A, B的关系，故不确定P(AB)的值，故C 错误；对于D,若事件A,B相互独立， 则事件A,B也相互独立，所以 P(AB)=P(A)P(B)=P(A).(1- P(B))=0.4×(1-0.6)=0.16,故D 正确.故选D 》真题演练·重温高考《 1.B由题意可知，记(a,b)表示第一次 取出的球的数宇是a,第二次取出的球 的数字是b,两次取出的球的数字之和 是8的样本点为(2,6)，(3,5)，(4,4)， (5,3),(6,2),两次取出的球的数字之 和是7的样本点为(1,6)，(2,5)，(3， 4),(4,3),(5,2),(6,1),易知P(甲)= 36 6 P(丁)= 6=,P(甲丙)=0头 36 1 P(甲)P(丙)，P(甲丁) 36 1 P(甲)P(丁)，P(乙丙) 36 P(乙)P(丙)，P(丙 0 P(丙)P(丁)，因此事件甲与丁相互独 立，故选B 2.ABD 由题意，发送0收到1的概率为 a,发送0收到0的概率为1一a;发送1 收到0的概率为3，发送1收到1的概率 为1一B.对于A,发送1收到1的概率 为1一B,发送0收到0的概率为1一a, 所以所求概率为(1一a)(1一B),故A 正确；对于B,相当于发送了1,1,1，收 到1,0,1，则概率为(1一B)B(1一B) = 3(1-3) ,故B正确；对于C,相当于发 送了1,1,1，收到1,1,0或1,0,1或0， 1,1或1,1,1，则概率为CB(1-B)2+ C(1-3)3=33(1-B)2+(1-B)3,故 C不正确；对于D,发送0，采用三次传 输方案译码为0，相当于发送0,0,0，收 到00,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0，则 此方案的概率P1=Ca(1一a)2十 C(1-a)3=3a(1-a)2+(1-a)3,发 送0，来用单次传输方案译码为0的概 率P2=1一a,当0<a<0.5时，P1 P2=3a(1-a)2+(1-a)3-(1 a)=a(1一a)(1一2a)>0,故D正确. 故选ABD 3162网勾讲与练·高三二轮数学 1 3. 2 解析：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：3-2,5-4,7一6,1-8.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时藏，有3-2,7一4,1一6， 5一8或3-2,7一4,1一8,5-6或3- 2,7一6,1-4,5-8，共3种组合；第三 类，当甲出卡片5和7时赢，有5一2， 7-4,1-6,3-8或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 4,7一6,1一2,3一8，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 12 1 率p=24= 3 4.5 2 解析：由题意知甲同学参加“整地做 畦”项目的概率P=C 学参加‘整地做畦’项目”为事件M, “乙同学参加‘田间灌溉’项目”为事件 N,则P(M)= Ci =3,P(MN)= 5 C = '所以P(NIM)= 3 3 P(MN)101 P(M) 3 二2 5 微专题22随机变量及其分布 》热点分类·考向探究《 例1BD由4p+3p+2p+p=1,可得 力=0.1，P(X<3)=4p+3p=0.7, E(X)=1×0.4+2×0.3+3×0.2+ 4X0.1=2,D(X)=(1-2)2×0.4+ (2-2)×0.3+(3-2)2×0.2+(4 2)2×0.1=1.故选BD. 跟踪训练1BCD依题意 E(e)=1×a+2×号+36=2， a+2+6=1 解得a=6=试A错误，B正骑：又 7=3+1,所以E(7)=E(3十1)= 3E()十1=3X2+1=7,故C正确； +(2一 因为D(E)=(1-2)×4 1 2X2+3=2X=2,所以 D(7)=D(3ξ+1)=3D()=9X 1 9 2=之，故D正确.故选BCD. 例2解：(1)由题意知，每个音乐片段被 抽到的可能是相同的. 因为甲、乙、丙三个工作室录制音乐片 段总数之比为6：7：5， 所以若只抽取1个音乐片段，它是由乙 工作室录制的概率P 7 7 6+7+5 18 (2)设事件A表示随机抽取的1个音乐 片段是由甲工作室录制的， 若只抽取1个音乐片段，则P(A) 6 1 6+7+53 所以由乙或丙工作室录制的概率为 P(A)=1-P(A)= 3 依题意可知，X的可能取值为0,1,2， 且X~B(2,3) 所以P(X=O)=C ×(3)”× 2 4 3 P(X=2)=C×(3)× 9 所以X的分布列为 X 0 1 2 4 4 1 P 9 9 9 数学期望E(X)=0×g+1 2×1=2 9 3 例3解：(1)由题中频率分布直方图可 知，前两组的频率之和为(0.01十 0.015)×10=0.25,前三组的频率之 和为(0.01+0.015+0.035)×10= 0.6,所以中位数位于区间[35,45)中， 中位数的估计值为35+10× 0.5-0.25 0.35 =35+ 50 ≈42.14（岁）； 平均数的估计值为20×0.01×10+ 30×0.015×10+40×0.035×10+ 50×0.03×10+60×0.01×10 = 41.5(岁). 故估计这100名志愿者年龄的中位数 和平均数分别为42.14岁和41.5岁 (2)由题可知从中选取的20名志愿者 中，年龄在[25,45)的有20×(0.015+ 0.035)×10=10(人)，其中年龄在 [25,35)的有20×0.015×10=3（人）. 由题知年龄在[25,35)的志愿者人数 X服从超几何分布，X的所有可能取 值为0,1,2,3， 35 7 P(X=0) CC C 120 24, P(X=1)= Ci 3×21 63 Cio 120 120 21 CC P(X=2)= 、 3×7 21 Cio 120 120 ,P(X=3) 1 = 40 Cio 120 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 器 1 24 120