统计与概率：古典概型、事件的独立性专项训练-2026届高考数学二轮复习

这是一份统计与概率：古典概型、事件的独立性专项训练-2026届高考数学二轮复习，共14页。
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】从4名男生和2名女生中任选2人参加座谈会有选法，
其中至少有1名女生的选法有种选法，
所以.
故选：A.
例2．（25-26高三上·贵州黔西南·月考）图书馆有4本不同的科普书籍（分别记为）和2本相同的故事书，现在需要将这6本书从左到右整齐摆放在书架上，则2本相同的故事书相邻摆放的概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意知，4本不同的科普书籍和2本相同的故事书的排列数为，
2本相同的故事书看作一个整体同其他4本书进行排列，排列数为，
所以2本相同的故事书相邻摆放的概率为，
故选：C.
例3．（25-26高二上·四川广元·期末）用掷两枚质地均匀的硬币做胜负游戏，规定：两枚硬币同时出现正面或同时出现反面算甲胜，一个正面、一个反面算乙胜．这个游戏是否公平？ （填“公平”或“不公平”）．
【答案】公平
【详解】抛掷两枚硬币，共有正正，正反，反正，反反共4种结果.
甲胜的情况是正正，反反共2种情况，所以甲胜的概率为；
乙胜的情况是正反，反正共2种情况，所以乙胜的概率为.
因为甲胜和乙胜的概率，所以这个游戏是公平的.
故答案为：公平
例4．（2026·四川巴中·一模）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为 ，在一场比赛中高二获胜的概率为 ．
【答案】
【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
第一局比赛中，有，，，，，，，，，共个基本事件，
其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共个，
第一局比赛高一获胜的概率为．
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共种，
在一场比赛中高二获胜的概率为．
故答案为：；.
例5．（25-26高三上·广西桂林·月考）不透明的盒子中有五个大小形状相同的小球．它们分别标有数字，0，1，1，2，现从中随机取出2个小球．
(1)求取出的2个小球上的数字不同的概率；
(2)记取出的2个小球上的数字之积为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）总取法数目，考虑全部的取出的2个小球上的数字不同的情况，
2个小球上的数字可能是或或或或或,
分别有1，2，1，2，1，2种情况，
故所求概率.
（2）如果取出的2个小球上的数字包含0，此时取出的2个小球上的数字之积为0，
总的情况数有种；
如果取出的2个小球上的数字为，此时取出的2个小球上的数字之积为，总的情况数有2种；
如果取出的2个小球上的数字为， 此时取出的2个小球上的数字之积为，总的情况数有1种；
如果取出的2个小球上的数字为，此时取出的2个小球上的数字之积为2，总的情况数有2种；
如果取出的2个小球上的数字为，此时取出的2个小球上的数字之积为，总的情况数有1种；
而总的情况有种，
故，，，
，，
所以分布列为
数学期望.
例6．（25-26高三上·上海浦东·月考）在一次学校组织的“科技文化节”活动中，某数学学习小组有男同学3名（记为，，），女同学2名（记为，）、现从中随机选出2名同学去参加“科技文化节”的数学竞赛（每人被选到的可能性相同）.
(1)写出这个随机试验的样本空间，并写出样本点的个数；
(2)设事件为“参赛的2名同学都是女同学”，写出事件所对应的子集，并求出事件发生的概率；
(3)求事件“参赛的2名同学中恰好1名男同学和1名女同学”发生的概率.
【答案】(1)答案见解析
(2)，
(3)
【详解】（1）从名同学中选取名同学参赛，这个随机试验的样本空间
，共个样本点.
（2）由事件为“参赛的2名同学都是女同学”知，，共1个样本点，
所以.
（3）设 “参赛的2名同学中恰好1名男同学和1名女同学”，
则，共个样本点.
所以.
变式1．（25-26高二上·浙江宁波·期末）小卖部推出一套20张不同的角色卡，其中3张为稀有卡．若一次性抽取5张，则抽到的卡中至少有一张稀有卡的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】抽到的卡中没有稀有卡的概率，根据对立事件的概率公式，
可知抽到的卡中至少有一张稀有卡的概率为.
故选：A.
变式2．（25-26高二上·陕西渭南·期末）将一枚质地均匀的骰子先后抛掷三次，恰好出现两次掷出的点数为3的倍数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】抛掷一枚骰子，出现的点数可能为，其中点数为3的倍数的为，
所以抛掷一次质地均匀的骰子，掷出的点数为3的倍数的概率为，
所以抛掷三次，恰好出现两次掷出的点数为3的倍数的概率为.
故选：C.
变式3．（2026·湖南永州·二模）从1，2，3，4四个整数中依次不放回地随机抽取2个数，则第一次抽取的数小于第二次抽取的数的概率为 ．
【答案】/
【详解】由题意知，设第一次与第二次抽取的数即为，
则所有的可能结果为
，共12种，
满足的可能结果为，共6种，
所以满足题意的概率为.
故答案为：
变式4．（25-26高三上·天津蓟州·期末）某校发起“AI赋能乡村教育”公益项目，项目团队下设技术研发组5人、课程设计组3人.为推进乡村高中智能教学设备落地，需从两个组中随机抽取2人组成执行小组.抽取的2人中恰好有1名课程设计组成员的概率为 ；已知抽取的2人中至少有1名课程设计组成员，其中恰好有1名课程设计组成员的概率为 .
【答案】
【详解】从人中随机抽取2人的总组合数为种，
从3名课程设计组成员中选1人，有种选法
，从5名技术研发组成员中选1人，有种选法，
所以根据分步乘法原理可得，恰好有1名课程设计组成员的选法共有种，
根据古典概率公式可得：抽取的2人中，恰好有1名课程设计组成员的概率为，
从5名技术研发组成员中选2人的组合数为种，
所以没有课程设计组成员的概率为，
则至少有1名课程设计组成员的概率为，
设事件为“抽取的2人中恰好有1名课程设计组成员”，事件为“抽取的2人中至少有1名课程设计组成员”，则所求概率为，
根据条件概率公式可得：，
又因为，所以，
则.
故答案为：；
变式5．（25-26高二上·上海·期末）一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4．现从盒子中随机抽取卡片．
(1)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件B表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求；
(2)若一次抽取2张卡片，事件表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”．判断事件C与D是否独立，并证明．
【答案】(1)
(2)相互独立，证明见解析
【详解】（1）因为每次抽取都有4种可能，两次抽取相互独立，
共包含个基本事件
其中事件包含3个基本事件．
所以；
（2）一次抽取两张共包含6个基本事件，
事件，所以．．
事件所以．
事件所以，
因为，所以事件C和D相互独立．
变式6．（25-26高三上·广东·期末）某校举办校园手工作品大赛，低年级组提交240件，高年级组提交260件．经评选，共有10件作品获奖，其中金奖2件、银奖8件．
(1)现从所有参赛作品中随机抽取1件，求抽到获奖作品的概率；
(2)现有1名同学从这10件获奖作品中随机选取2件欣赏，设选到的金奖作品的数量为，求的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）解：由题知所有参赛作品共500件，获奖作品共10件，
故从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率；
（2）的可能取值为0，1，2．
则，
则的分布列如下表所示．

则．
考点二 事件的独立性
例1．（25-26高二上·湖北十堰·月考）已知相互独立，，则（ ）
A．0.96B．0.64C．0.16D．0.84
【答案】D
【详解】由题设，则.
故选：D
例2．（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）2025 年 8 月 4 日，在 2025 全国锦标赛的男子三级跳远决赛上，广东选手吴瑞庭以 17.68 米的成绩夺得冠军，打破尘封近 16 年之久的亚洲纪录（原纪录为 17.5 米）.假如决赛时，另一名运动员甲每次试跳成绩在 17 米以上的概率均为 ，有三次试跳机会，以最好的一次成绩作为最终成绩，每次试跳的成绩相互独立，则甲的最终成绩超过 17 米的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】该名运动员三次成绩均未超过17米的概率为，
则其最终成绩超过 17 米的概率为，
故选：D
例3．（25-26高二上·上海·期末）一件产品要经过两道独立的工序，第一道工序的次品率为0.1，第二道工序的次品率为0.2，则该产品的正品率 ．
【答案】
【详解】由题意可得，当经过这第一道工序出来的产品是正品，且经过这第二道工序出来的产品也是正品时，得到的产品才是正品．经过这每道工序出来的产品是否为正品，是相互独立的．
第一道工序的正品率为，第二道工序的正品率为，
故产品的正品率为，
故答案为：．
例4．（25-26高二上·上海普陀·期末）在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为 ．
【答案】
【详解】由题意得至少收到两个可拆分为恰好收到个和恰好收到个，
且两种情况互斥，对于恰好收到个，可拆分为如下三种情况，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到，
而每一位收发数字的情况相互独立，
对于第一种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
对于第二种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
对于第三种情况，由独立事件的概率公式得概率为，
由互斥事件的概率公式得恰好收到个的概率为，
当恰好收到个时，由独立事件概率公式得概率为，
由互斥事件的概率公式得至少收到两个0的概率为.
故答案为：
例5．（24-25高二上·湖南岳阳·期末）某公司在一次入职面试中，共设有轮测试，每轮测试设有一道题目，面试者能正确回答两道题目即可通过面试，累计答错两道题目即被淘汰．已知张三能正确回答每一道题目的概率均为，且各轮题目能否正确回答互不影响．
(1)求张三不需要进入第三轮测试的概率；
(2)求张三通过面试的概率．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设张三通过第一、二、三轮测试分别设为事件、、，可知、、相互独立．
设张三不需要进入第三轮测试为事件，则，
所以
，
即张三不需要进入第三轮测试的概率为.
（2）设张三最终通过测试为事件，则，
所以
.
故张三最终通过测试的概率为.
例6．（25-26高二上·福建宁德·月考）甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语. 已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
(1)当时，求“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率；
(2)若“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率为，求p的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：若“星队”在两轮活动中猜对3个成语，且，
可分为两类：甲猜对2个乙猜对1个或甲猜对1个乙猜对2个，
其概率为，
所以“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为.
（2）解：由题意得，若“星队”在两轮活动中猜对2个成语，且概率为，
可分为甲猜对0个乙猜对2个或甲猜对1个乙猜对1个或甲猜对2个乙猜对0个，
则，
即，可得，解得，
所以甲每轮猜对的概率为.
变式1．（25-26高一上·北京顺义·期末）一个人工智能语音识别系统有两个独立的模块用于识别命令．模块一正确识别命令的概率为0.9，模块二正确识别命令的概率为0.85．若两个模块同时识别某个命令，则至少有一个正确识别的概率为（ ）
A．0.985B．0.765C．0.220D．0.015
【答案】A
【详解】设模块一正确识别命令为事件，模块二正确识别命令为事件，
则，.
因为两个模块是独立的，所以至少有一个正确识别的概率为.
故选：A.
变式2．（25-26高二上·四川成都·期末）甲、乙、丙3名射击手组队完成一项任务，需要对同一目标各射击一次，3人命中与否互不影响，若甲命中乙命中的概率为，乙命中丙命中的概率为，甲命中丙也命中的概率为，则三人中至少有一人命中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设事件“甲命中”，事件“乙命中”，事件“丙命中”，
由题意，解得
故三人中至少有一人命中的概率.
故选：D.
变式3．（25-26高二上·福建宁德·月考）针对某种突发性的流感病毒，各国的医疗科研机构都在研制疫苗，已知甲、乙两个机构各自研制成功的概率为，，而且两个机构互不影响，则甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的概率为 .
【答案】
【详解】记事件为“甲机构研制成功”，事件为“乙机构研制成功”，则，，
则甲失败的概率为，乙失败的概率为，
所以甲、乙失败的概率为，
所以甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的概率为.
故答案为：.
变式4．（2026·湖北·二模）CBA季后赛总决赛在甲、乙两支球队进行，总决赛采用七局四胜制（7场4胜），总决赛的主场优势授予常规赛排名更高的球队，采用“”的主客场安排（即排名高的球队先打两个主场，然后是对手的两个主场，之后若需要，交替进行一个主场）．设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，若甲球队常规赛排名更高，那么甲队获胜的概率是 ．
【答案】
【详解】甲队在前五场比赛中，赢3场输2场，第六场赢．
又前五场中甲队有三个主场，两个客场，第六场为客场．
甲队三个主场全胜，两个客场全负以获胜的概率是；
甲队三个主场2胜1负，两个客场1胜1负以获胜的概率是；
甲队三个主场1胜2负，两个客场2胜以获胜的概率是；
综上所述，甲队以获胜的概率.
故答案为：
变式5．（25-26高三上·江西·月考）人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为.
(1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率；
(2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率；
(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析，
【详解】（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件，
A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件，
则
；
（2）设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件，
则
；
由条件概率公式可得
；
（3）设A，B，C三款模型能成功上线为事件，
则，，，
的可能取值为，
则，
，
，
，
所以X的分布列如下：
数学期望为.
变式6．（2026·辽宁辽阳·一模）在边长为1cm的正方形中，一点从处出发沿着边移动.掷一枚骰子，若向上的点数等于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm；若向上的点数小于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm.设掷次骰子后，该点回到，，处的概率分别为，，.
(1)求.
(2)设掷4次骰子，该点经过处的次数为，求的分布列.
(3)若随机变量服从两点分布，且，，则，记掷前次骰子（即从第1次到第次掷骰子）的过程中，该点经过处的次数为，求.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析；
(3).
【详解】（1）已知每一步沿平行于的方向移动的概率为，
沿平行于的方向移动的概率为，两次移动后回到处有两种情况，
沿着或方向来回，故.
（2）由题意可知，的可能取值为0，1，2，
则，
，
.
所以的分布列为：
（3）注意到掷偶数次时，该点不可能停在处或处，故．
由第一问，故掷两次后停在处的概率为，
由题意得，
两式相减得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
又因为，所以．
将该点出现在处记为1，出现在处记为0，故随机变量服从两点分布，
，
故．考点目录
古典概型
事件的独立性
0
2
0.4
0.2
0.1
0.2
0.1
0
1
2
0
1
2
3
0
1
2