高考数学备考：概率

微专题27概率

高考定位主要考查古典概型、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.

【真题体验】

1.（2025・上海卷）已知事件A,8相互独立,事件A发生的概率P（A）=；,事件8发生的概率为P（B）=

则事件AAB发生的概率为（）

A.-B.-

84

C.-D.0

2

答案B

解析因为事件A8相互独立，

所以P（An8）=P（A）P（8）=*x-=-.

224

2.（2021.新高考1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

答案B

解析由题意可知，两点数之和为8的样本点为Q,6）,（3,5）,（4,4）,（5,3）,（6,2）,两点数和为7的样

本点为（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）,易知P（甲）=：,P（乙）=：,

OO

产（丙）=5,P（丁尸卷=*

・・・P（甲丙）=0WP（甲）P（丙），

P（甲丁）=*=P（甲）尸（丁），

P（乙丙）=a#p（乙）P（丙），

尸（丙丁）=0WP（丙）P（丁），

因此事件甲与丁相互独立.

3.(多选)(2023•新高考II卷)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

袱0<。<1),收至IJ0的概率为I一〃;发送1时，收到0的概率为6(0<6<1),收到1的概率为1一员考虑两

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)()

A.采用单次传输方窠,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1一编(1一份2

B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为伙1一4产

C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为以1一份2+(1一份3

D.当0<a<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

答案ABD

解析由题意，发。收1的概率为。，发。收。的概率为1—a;发1收0的概率为夕，发I收1的概率

为1一伏

对于A,发1收1的概率为1—4发。收()的概率为1—%

所以所求概率为(1—幻(1一份1故A正确；

对于B,相当于发了1,1,1,收到1,(),1,

则概率为(1一£)"1一份=伙1一份2,故B正确；

对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或1,0,1或0,1,I或1,1,1,

则概率为C的(1一02+0(1一份3=3伙1一夕)2+(1一吃故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0,0,0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或

0,0,0,则此方案的概率为pi=1—a)?+C-(1—a)3=3a(l—a)2+(l—a)3;

发送0,采用单次传输方案译码为0的概率

pi=\-a.

当0<a<0.5时,pi—p2=3a(l—ct)2+(l—a)3—(1~a)=a[\—%)(1—2a)>0,故D正确.

4.(2024・天津卷)A,B,C,Df£五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到4的概率为;

已知乙选了A活动，他再选择8活动的概率为.

答案II

解析由题意知甲选到A的概率〃=言=|.

记“乙选到A活动”为事件M,“乙选到B活动”为事件N,

则P(M)=3=pP(MN)=,=2

所以乙选了A活动，再选择5活动的概率为=¥=

产(M)-2

5.(2024.新高考I卷)甲、乙两人各有四张卡片•，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数

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。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.

答案|

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—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4X3X2X1=24(种)，

所以甲的总得分不小于2的概率。=第="

242

【热点突破】

热点一古典概型

I核心归纳

利用公式法求解古典概型问题的步骤

例1⑴(2025・黄山模拟)己知4,8,C是三种电子信息传递元件，第一次由A元件将信息传出，每次

传递时，传递元件都等可能地将情息传递给另外两个元件中的任何一个，则第三次传递后，信息在A

元件中的概率是()

(2)(2025•郑州二模)某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名教师到4所不同的高中学校进行

宣讲，每个学校至少安排1人，其中甲、乙必须安排在同一个学校的概率为()

答案(1)B(2)A

解析(1)依题意三次传递所有的传递方法有:

AfA-8;Af6-AfC;

Af6-C-A;A-6-C-S;

AfC—AA;AfC-3-G

则共有8种传递方法.

第三次传递后，信息在A元件中的有两种情况，

所以第三次传递后，信息在A元件中的概率〃=5=：.

(2)将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校，

若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为髭xA%=48()种；

若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为逢善困=1080种，

A2

故不同的安排方法共有480+1080=1560种.

将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校，甲、乙安排在同一个学校，

若教师人数为3,1,L1,则不同的安排方法种数为盘xA%=96种；

若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为鬣xA：=144种，

故不同的安排方法共有96+144=240种.

所以所求事件的概率为三

156013

规律方法1.古典概型的样本点个数的探究方法:(1)枚举法;(2)树状图法;(3)排列组合法.

2.当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和求解.

训练1(1)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝4种颜色的运动服中选择1种，则他

们选择小同颜色运动服的概率为()

A.-B.-

45

C.-D.-

35

(2)(2025•张家口模拟)从集合｛1,2,3,…,8,9｝中随机取出4个不同的数,并将其从大到小依次排列,

则第二个数是7的概率为.

答案(1)A(24

解析(1)甲，乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝4种颜色的运动服中选择1种样本点

的个数为4X4=16.

他们选择相同颜色运动服有4个样本点，即(红,红),(黄，黄),(白，白),(蓝，蓝)，

故他们选择相同颜色运动服的概率为三="

164

所以他们选择不同颜色运动服的概率为1-：=生

44

(2)任取4个不同的数，且从大到小排列可得所有的情况有量=126种，

第2个数为7的情况有禺第=30,

故所求的概率为

12621

热点二条件概率与全概率公式

I核心归纳

1.计算条件概率的公式:尸(q4)=舞=唔为事件A发生的条件下事件8发生的概胆.

P(4)九⑷

2.全概率公式:设4,4,…,4是一组两两互斥的事件,A1UA2U…UA〃=R且P(全)>0,i=

n

1,2,…,力,则对任意的事件BQQ.有P(B)=WP(4)P(B|4).

/=1

例2(多选)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

有其池区别),先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别用事件4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两球,用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则()

A.P(4)=g3B.P(B)=1V1

OJU

C.P(8|4)=95D.P(42⑻J2

答案ABD

解析依题意可得P(Ai)=1,P(A2)=1,P(8|4)=,=P(B|A2)='=

55lUCg1U

所以P[B｝=P(A1)P(B\A1)+P(A)P(B\A2)=1故A,B正确,C错误;

2〉JLVOAV

12

P(4B)_P(8m2)P12)_wx5

P(A2|B)=—V，故D正确.

p⑻p⑻11

50

规律方法利用全概率公式的思路:首先按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件

A,(i=1,2,…，〃)，然后求P(4)和所求事件B在各个互斥事件4发生的条件下的概率代入全

概率公式计算.

训练2(1)(2025•厦门质检)设4,8是一个随机试验中的两个事件,若P(否)=*P(M)三,则P(AIB)=

()

A.-B.-

23

C.-D.-

54

(2)(2025・赣州模拟)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3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一球放入乙箱,再从乙箱中随机取出两球,则取出的两球

都是红球的概率为()

AA8

75B1

c.-

is

答案(1)A(2)B

解析⑴因为P(耳)=；,

所以P(B)=1~P(B)=1=I，

又因为P(B)=P(lB)+P(AB)=*

P(M)=:

所以尸(A6)=g,

J

所以P(*8)=需=1x|=2,故选A.

(2)分别用事件Ai和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球，用事件B表示从乙箱中取出的两球

都是红球，

由题意可知尸(4)=aP(A2)=|,

r2o「2i

尸(即尸口=巳P(B\A2)=^=

所以P(B)=尸(4)尸但|4)+P(A2)P(B\Ai)

33,2111

---X-+-X--------.

51551575

热点三事件的独立性与〃重伯努利试验

I核心归纳

1.相互独立事件的判断与计算公式:P(A6)=P(A)P(B).

2.在〃重伯努利试验中，事件人发生％次的概率的计算公式:P(X=Q=喘/心(1一〃)"飞k=

0,1,2,…,n.

例3(1)(2025・新余模拟)2024年巴黎奥运会乒乓球比赛，中国队表现出色,包揽全部乒乓球金牌,其

中混双金牌是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌，由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战

朝鲜队，最终以4：2的比分赢得胜利.假设2026年的一次乒乓球比赛中，“莎头”组合再次遇到朝

鲜队，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为则

“莎头”组合再次以4：2获胜的概率为()

80n160

AA.—B.—

729729

C.—D.—

243243

(2)(多选)(2025•常德模拟)设样本空间。={5,6,7,8},且每个样本点是等可能的，己知事件4=

{5,6|,3=(5,7),C={5,8},则下列结论正确的是()

A.事件A与B为互斥事件

B.事件A,B,C两两独立

C.P(4BO=P(A)P⑻P(C)

D.P(川O=P(C|A)

答案(1)B(2)BD

解析(1)“莎头”组合再次以4：2获胜，即前5局“莎头”组合胜3局、负2局，第6局“莎头”

组合获胜，所以“莎头”组合再次以4：2获胜的概率〃=髭(|)3乂(1一|)2乂|=券.

(2)对于A,因为AD8={5},所以事件A与8不互斥，故A错误；

对于B,P(AQ=P(BC)=P(AB)=-

4f

P(4)=P(B)=P(O=*

P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C)tP(BC)=P(B)P©,故B正确；

对于C,A,B,C交集为{5},则尸(ABC)=：,PG4)P(B)P(OW，故C错误；

4o

对于D,P(4|C)=能=J,

p(cim=/M=?,故D正确.

规律方法1.判断两个事件是不是相互独立事件，只需判断P(A)P(B)=尸(A8)是否成立即可;求

相互独立事件的概率也是利用公式尸(AB)=P(A)P(8),且注意利用互斥或对立事件的概率.

2.判断一个试脸是否为〃重伯努利试脸关键看每次试脸的条件是否相同，相同则是、否则不是.

训练3(1)(2025•肇庆二模)小王数学期末考试考了90分,受到爸爸表扬的概率为受到妈妈表扬的

概率也为:，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立,则小王被表扬的概率为()

A.-B.-

24

成D.1

(2)(多选)袋子中有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中随机取出两个球,设事件A=

“取出的球的数字之积为奇数”，事件3="取出的球的数字之积为偶数”，事件。=”取出的球

的数字之和为偶数”，则()

A.事件A与B是互斥事件

B.事件A与8是对立事件

C.事件B与。是互斥事件

D.事件B与。相互独立

答案(1)C(2)AB

解析(1)记小王受到爸爸表扬为事件A,小王受到妈妈表扬为事件8,小王受到表扬为事件D,事件

A8相互独立,则P(D)=1-P(A)P(B)=1--x-=

224

(2)对于A,B,取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一

个发生，故事件A与B是互斥事件，也是对立事件,A,B正确；

对于C,如果取出的数为2,4,则事件8与事件C均发生，不互斥,C错误；

对于D,尸(8)=1谭=”0=理券=|,P(BC)=1=i

则P(B)P(C)WP(BC),即事件8与C不相互独立，D错误.

【精准强化练】

一、单选题

1.(2025・兰州诊断)现有编号为1,2,3,4的4个小球和4个盒子,把4个小球随机放进4个盒子里,每

个盒子装1个小球,则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为()

A.-B.i

42

c—D.-

'12864

答案A

解析把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的方法种数为A%

恰好有2个小球与盒子的编号相同，有第（种），

所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为〃=M=捺=：.

2.（2025・南阳模拟）袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下颜色后放回，直

到红球出现10次时停止，设停止时共取了4次球,则尸4=12）等于（）

*呜】

C*(|)9(j

D。0图

答案B

解析当^=12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，

所以尸（。=12）=哈故选B

3.（2025・济宁模拟）甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为

077,获胜的概率为0.3,且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概

率为()

A.—B.-

1613

C.-D.-

84

答案c

解析设甲获胜为事件4比赛进行了3局为事件3,

贝IP(A)=0.7X0.7+2X0.7X0.3X0.7=0.784,=2X0.7X0.3X0.7=0.294,

所以P(8|A)=等

'1P(4)0.7848

4.(2025・西安调研)从1,2,3,4,5,6,7这7个数任选3个不同数排成一个数列，则得到的数列为等差

数列的概率为（）

A三B.-

70

C.—D.-

3535

答案A

解析从给定的7个数中任取3个方法种数，有A?,

能构成等差数列的事件含有:公差为±1的5X2个，公差为±2的3X2个，公差为±3有1X2个，共

18（种），所以得到的数列为等差数列的概率为普=瞿=怖.

Ay21035

5.（2025・潍坊模拟）某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制，假设

每局比赛中甲获胜的概率均为右且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜

的概率是（）

答案D

解析设甲获胜为事件4甲第一局获胜为事件凡

贝ml22.212,12220

jiP\(A，)=3-x3-4-3-x3-x-3+-3x-3x-3=

7771716

P(AB)=-X-+-X5X-=

所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P（5|A）=q黑=靠=2

P⑷2?5

6.（2025•成都诊断）设事件A,B为两个随机事件,P（4）W0,P（B）W0,且P（RB）=P（阴A）,则（）

A.P(B\A)=P(B\A)B.P(B\A)=P(A\B)

C.P(B\A)=P(A\B)D.P(A\B)=P(B\A)

答案B

解析由P（彳|8）=P（阴A）可得

P(AB)_PQ8)

P(8)P(4)

又P(ABHP(AB)=P(B\得

P(AB)=P(B)-P(AB\

P(8)-P(48)_P(45)

所以

P(B)PG):

_P(AB)_P(AB)

即1P(B)~P(A)

_P(AB)_P(AB)

所以1PQ4)—P(B)：

日nP(4)-P(48)_P(48)

-P(4)P⑻，

P(AB)

畔冷P⑻'

于是P(万|A)=P(A|8).

7.（2025・武汉质检）有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为6%、5%、

3%,加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%、

40%、30%.任取一个零件,如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（）

A21

A—B.-

4747

c.-D.-

4710

答案c

解析记事件4:取到的零件为甲车床加工的，事件A2：取到的零件为乙车床加工的,

事件A3：取到的零件为丙车床加工的,

事件注取到的零件是次品,

则P(8|Ai)=言,P(65)=高,。(8]小)=3,P(AD=2P(A2)=6尸如)=也

100

由贝叶斯公式可得

P(&8)_P(4i)P(8m〔)

P(4|B)=

前4》(8|4)

36

五X赤18

三X”-X__-4-__x--47,

101001010010100

因此,如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为券

4-7

8.(2025・金华调研)设甲袋有3个红球,2个白球和5个黑球,乙袋有3个红球,3个白球和4个黑球,

先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以4、4和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球

的事件;再从乙袋中随机取出一球，以8表示由乙袋取出的球是红球的事件,则()

B.P(B|A2)=V

A.4与B相互独立

3

C.P(B)=GD.P(A3|8)=]

答案C

33~)4、346

解析对于A,C,由题意得P(4)==一,P(BrA])=-x-=-

3+2+510v101155

113

2x^=53

产(42)==》(眦)胃意产如)=P(BA3)=；X^=

3+2+53+2+522

故P(B)=P(BA।)+P(BAi)+P(BA3)

=_-I-2_4--=—C正确，

5s十55十2210'鳏'

由于P(8)P(4)=邕X^=

100

故尸(BA)WP(3)P(4),故Al与8不互相独立，A错误;

P(BA2)一获

B中,由条件概率得尸(B|A2)=号,B错误;

P(A2)

P838)_H

D中，P(/h|8)==V，D错误.

P(8)

io

二、多选题

9.有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%,第2台加工的次品率为3%,第3台

加工的次品率为2%,加工出来的零件混放在一起.已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的

10%,40%,50%,从混放的零件中任取一个零件,则下列结论正确的是()

A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08

B.该零件是次品的概率为0.03

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0.98

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:

答案BC

解析记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件B•为“第i台车床加工的零件”"=1,2,3.

则P(AB)=8%,P(A|&)=3%,片用当)=2%,P(8i)=10%,R&)=40%,P(&)=50%.

对于A,任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为P(ABi)=P(A|Bi)尸(3)=

8%X10%=0.008,故A错误;

对于B,任取一个零件，该零件是次品的概率为P(A)=P(48)+P(4B2)+2(A83)=8%X10%+

3%X40%+2%X50%=0.03,故B正确；

对于C,如果该零件是第3台床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(A\B3)=\-P(A\B3)=\~

2%=().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，可以考虑它的对立事件的概

率，即如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的暇率，即P(&|A),

所以所求概率为1-P(&|4)=1一5第

P(AB3)P(83)

P(4)

2%x50%2itcAIX、0

=F故D错庆•

10.对于事件4与事件R若AUB发生的概率是0.72,事件B发生的概率是事件A发生的概率的2

倍，下列说法正确的是()

A.若事件A与事件B互斥,则事件4发生的概率为0.36

B.P(矶4)=2P(A|3)

C.事件A发生的概率的范围为[0.24,0.36]

D.若事件A发生的概率是0.3,财事件A与事件B相互独立

答案BCD

解析对于A,若事件A与事件8互斥，则P(AU8)=P(A)+P(8)=3P(A)=0.72,所以P(A)=0.24,

故A错误；

对于B,P(B|A)=需=需=降第=2P(4|B),故B正确；

对于C,P(AUB)=P(4)+P(B)-P(AB)=3P(4)一尸(AB)=0.72,P(4)=0.24+^^,

若事件A与事件8互斥，则P(AB)=O,此时P(A)取到最小值为0.24,若P(A)QP(B),此时P(AB)=

尸(A),尸(A)取到最大值为0.36,故C正确;

对于D,尸⑷=0.3,则产(8)=0.6,由P(AUB)=P(A)+P(B)~P(AB)i得尸(AB)=0.3+0。-0.72=0.18

=P(A)P(8),则事件A与事件3用互独立，故D正确.

11.(2025•苏州模拟)A,B,C表示三个随机事件，则下列选项正确的是()

A.已知P(A)>0,P(B)>0,P(阴A)=P(B)是事件A与事件8相互独立的充要条件

B.已知P(A)>0,P⑻>0,则P(A)=PG48)+P(1

C.已知P(A)>0,P(B)>0,P(AUB)=P(A)+P(B)是事件A与事件B互斥的充要条件

D.已知尸(A8)〉0,则P(ABC)=