专题突破练15 概率模型（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

专题突破练15　概率模型 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.(2025陕西汉中二模)从正四棱台ABCD-A1B1C1D1的12条棱中任取2条,则这2条棱互相平行的概率为(　　) A. B. C. D. 2.(2025安徽黄山一模)已知A,B,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信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(　　) A. B. C. D. 3.如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件,每个元件正常工作的概率均为,则这个电路是通路的概率是(　　) A. B. C. D. 4.(2025内蒙古赤峰高三模拟)某学校有A,B两个餐厅,王同学第一天去A,B两个餐厅的概率分别是,如果第一天去A餐厅,那么第二天去A餐厅的概率为;如果第一天去B餐厅,那么第二天去A餐厅的概率为,则王同学第二天去A餐厅的概率为(　　) A. B. C. D. 5.(2025河北沧州高三模拟)某测试需测试者先后抽取三道题目回答,一旦某次答对抽到的题目,则测试通过,否则就一直抽题到第三次为止,已知甲答对该测试中每道题目的概率都是,若甲最终通过测试,则甲回答两次的概率为(　　) A. B. C. D. 6.(2025河南郑州二模)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,每所学校至少安排1人,其中甲、乙安排在同一所学校的概率为(　　) A. B. C. D. 7.(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(　　) 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 8.(2025湖南邵阳第二次联考)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(　　) A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.(2025江苏南京航空航天大学苏州附属中学一模)A,B,C表示三个随机事件,判断下列选项正确的是(　　) A.已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)=P(B)是事件A与事件B相互独立的充要条件 B.已知P(A)>0,P(B)>0,则P(A)=P(AB)+P() C.已知P(A)>0,P(B)>0,P(A∪B)=P(A)+P(B)是事件A与事件B互斥的充要条件 D.已知P(AB)>0,则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) 10.(2025山东省实验中学第五次诊断考试)设A,B是一次随机试验中的两个事件,且P()=,P(B)=,P(B∪A)=,则(　　) A.P(B∪A)=P(B)+P(A) B.A,B相互独立 C.P()= D.P(|B)=P(|A) 11.蓝牙耳机是基于蓝牙技术的一种小型设备,只需要把这种轻巧的设备藏在耳边而不需要直接使用通讯设备(手机、电脑等)就可以实现自由通话.蓝牙耳机就是将蓝牙技术应用在免持耳机上,让使用者可以免除恼人电线的牵绊.假设某市场供应的蓝牙耳机中,市场占有率和优质率的信息如下: 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 50% 30% 20% 优质率 80% 90% 70% 在该市场中任意买一个蓝牙耳机,用A1,A2,A3分别表示买到的蓝牙耳机为甲品牌、乙品牌及其他品牌,B表示买到的是优质品,则下列说法正确的是(　　) A.P(A1∪A3)=0.7 B.P(BA3)=0.70 C.P(B)=0.81 D.P(A1|B)=0.5 三、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分. 12.(2025四川新高考(大数据联盟)第二次联合诊断性考试)现从5名男生、4名女生中分别选3名男生和2名女生参加社区服务,若其中男生甲和女生乙至少有一人被选派的情况下,这两人均被选派的概率为　　　　　. 13.(2025安徽安庆模拟预测)将1,2,3,4,5,6随机排成一行,前3个数字构成三位数a,后三个数字构成三位数b.记m=|a-b|,则m小于100的概率为　　　　　. 核心素养创新练 14.(15分)(2025湖北武汉二模)有A,B,C,D,E,F,G,H八名运动员参加乒乓球赛事,该赛事采用预赛、半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军,八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号,已知B~H这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为,A运动员与其他运动员对决时,A获胜的概率为,每场对决没有平局,且结果相互独立. (1)求这八名运动员各自获得冠军的概率; (2)求B与A对决过且最后获得冠军的概率; (3)求B与C对决过且最后获得冠军的概率. 答案： 1.D　解析 因为AD∥BC∥A1D1∥B1C1,AB∥CD∥A1B1∥C1D1,所以这2条棱互相平行的概率为故选D. 2.B　解析 依题意三次传递所有的传递方法有: A→B→A→B;A→B→A→C; A→B→C→A;A→B→C→B; A→C→A→B;A→C→A→C; A→C→B→A;A→C→B→C.则共有8种传递方法. 第三次传递后,信息在A元件中有两种情况,所以第三次传递后,信息在A元件中的概率P=故选B. 3.B　解析 元件B,C都不正常工作的概率p1=,则元件B,C至少有一个正常工作的概率为1-p1=,电路是通路,即元件A正常工作与元件B,C至少有一个正常工作同时发生,所以这个电路是通路的概率p= 4.C　解析 由题意,设王同学第一天去A餐厅为事件A1,第二天去A餐厅为事件A2,第一天去B餐厅为事件B1,第二天去B餐厅为事件B2,则P(A1)=,P(B1)=,P(A2|A1)=,P(A2|B1)=,则根据全概率公式,P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=故选C. 5.B　解析 由题意甲最终通过测试包括,第一次答对,概率为,第二次答对,概率为,第三次答对,概率为,设A=“甲最终通过测试”,B=“甲回答两次”,则P(AB)=,P(A)=,由条件概率公式可得P(B|A)=故选B. 6.A　解析 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=480;若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为=1 080,故不同的安排方法共有480+1 080=1 560种.将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校,甲、乙安排在同一所学校,若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为=96;若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为=144, 故不同的安排方法共有96+144=240种. 所以所求事件的概率为故选A. 7.D　解析 该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘,记该棋手在第二盘与甲比赛,此时连胜两盘的概率为p甲,则p甲=(1-p2)p1p3+p2p1(1-p3)=p1(p2+p3)-2p1p2p3; 记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为p乙, 则p乙=(1-p1)p2p3+p1p2(1-p3)=p2(p1+p3)-2p1p2p3; 记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为p丙, 则p丙=(1-p1)p3p2+p1p3(1-p2)=p3(p1+p2)-2p1p2p3, 所以p甲-p乙=p1(p2+p3)-2p1p2p3-[p2(p1+p3)-2p1p2p3]=(p1-p2)p3<0,p乙-p丙=p2(p1+p3)-2p1p2p3-[p3(p1+p2)-2p1p2p3]=(p2-p3)p1<0,即p甲<p乙,p乙<p丙,则该棋手在第二盘与丙比赛,p最大.选项D判断正确;选项B,C判断错误;p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选D. 8.C　解析 设A1=“取到的零件为甲车床加工的”,A2=“取到的零件为乙车床加工的”,A3=“取到的零件为丙车床加工的”,B=“取到的零件是次品”,则P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,由贝叶斯公式可得P(A1|B)=因此,如果取到的零件是次品,则它是甲车床加工的概率为故选C. 9.ACD　解析 对于A,由P(B|A)==P(B),得到P(AB)=P(A)P(B),故事件A与B相互独立,即充分性成立;若事件A与B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B),于是P(B|A)==P(B),即必要性成立,故A正确;对于B,P(A)=P(AB)+P(A),其中P(A)表示事件A发生而B不发生的概率,而P()则表示事件A,B都不发生的概率,故B错误;对于C,由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B),得到P(AB)=0,又P(A)>0,P(B)>0,故事件A与B互斥,即充分性成立;若事件A与B互斥,则P(AB)=0,P(A∪B)=P(A)+P(B),即必要性成立,故C正确;对于D,因为P(ABC)=P(AB)P(C|AB)=P(A)P(B|A)P(C|AB),故D正确.故选ACD. 10.AB　解析 对于A,由于B与A是互斥事件,则P(B∪A)=P(B)+P(A),故A正确;对于B,已知P()=,可得P(A)=1-设P(AB)=x,则P(B)=P(B)-P(AB)=-x,P(A)=P(A)-P(AB)=-x.由A项可知P(B∪A)=P(B)+P(A)=,即(-x)+(-x)=,解得x=由P(A)P(B)==P(AB),可得A,B相互独立,故B正确;对于C,,由B项可知P(AB)=,所以P()=P()=1-,故C错误;对于D,根据P(|B)=,P(B)=P(B)-P(AB)=,P(B)=,则P(|B)=;又P(|A)=,P(A)=P(A)-P(AB)=,P(A)=,则P(|A)=,则P(|B)≠P(|A),故D错误.故选AB. 11.AC　解析 由题意得P(A1)=0.5,P(A2)=0.3,P(A3)=0.2,因为A1与A3互斥,所以P(A1∪A3)=P(A1)+P(A3)=0.5+0.2=0.7,故A正确;P(BA3)=P(A3)P(B|A3)=0.2×0.7=0.14,故B错误;P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.5×0.8+0.3×0.9+0.2×0.7=0.81,故C正确;P(A1|B)=,故D错误.故选AC. 12　解析 (方法一　定义法) 设男生甲和女生乙至少有一人被选派为事件A,甲、乙两人均被选派为事件B, P(A)=1-,P(AB)=P(B)=,所以P(B|A)= (方法二　基本事件法) 所求事件的概率P= 13　解析 由题意,要使m<100,a,b的百位数字必为相邻数字,且较大数的十位数字小于较小数的十位数字,个位无限制,分两步: 取百位,符合题目要求的概率为;取十位,在剩下的4个数字中取两数分配给a,b作十位,而a的十位大于b的十位与a的十位小于b的十位的概率相等,此步符合题目要求的概率为所以m小于100的概率为 14.解 (1)A夺冠即为三轮比赛都获胜,所以A夺冠的概率为()3=由题意,B~H这七名运动员水平相同,且八名运动员各自夺冠的概率之和为1,所以B~H七名运动员各自夺冠的概率均为(1-)= (2)记事件B=“B获得冠军”,事件A=“B与A对决过”,事件Ai=“B与A在第i轮对决”,i=1,2,3. 不妨设A在①号位,则B在第1,2,3轮能与A对决时其位置编号分别为②,③④,⑤⑥⑦⑧. 则P(AB)=P(A1B∪A2B∪A3B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B),P(A1B)=(1-), P(A2B)=(1-),P(A3B)=(1-)=, 所以P(AB)=,即B与A对决过且最后获得冠军的概率为 (3)记事件C=“B与C对决过”.B没有与A对决过且最后获得冠军的概率P(B)=P(B)-P(AB)=P(BC)=P(ABCBC)=P(ABC)+P(BC)=P(AB)·P(C|AB)+P(B)P(C|B).由题意,C~H六名运动员与B对决过的概率相同,B夺冠时共与三名运动员对决过,所以P(C|AB)=,P(C|B)=,所以P(BC)=,即B与C对决过且最后获得冠军的概率为 8 学科网（北京）股份有限公司 $