专题强化10：概率【十题型讲义】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列

该高中数学概率专题复习讲义通过题型分类框架系统梳理知识体系，将随机事件、互斥对立事件、古典概型等十大题型按“概念理解-关系辨析-概率计算-综合应用”递进呈现，用对比表格归纳互斥与对立事件特征，清晰展现重难点内在联系。 讲义亮点在于“典例+变式”分层练习设计，如古典概型中“盲盒集齐3种玩偶”实例，引导学生用数学思维分析生活问题，培养运算能力与推理意识。每个题型配易错点提醒，基础生掌握方法，优秀生深化探究，助力教师实施精准教学。

专题强化10：概率题型精讲与精练 【题型归纳】 · 题型一：随机事件与必然事件 · 题型二：互斥事件、对立事件、独立事件理解 · 题型三：互斥事件、对立事件关系辨析 · 题型四：事件的关系和运算 · 题型五：互斥事件、对立事件概率计算 · 题型六：古典概型计算 · 题型七：几何概型 · 题型八：整式值随机数问题 · 题型九：独立事件概率计算 · 题型十：概率综合问题 【题型归纳】 题型一：随机事件与必然事件 【典例1】．（24-25高一下·安徽六安·期末）给出下列四个命题，其中正确命题的序号是（    ） ①“从二个白球一个红球中取二个球，其中必有一个球是白球”是必然事件； ②“当x为某一实数时，可使”是不可能事件； ③“明天上海要下雨”是必然事件； ④“从100个灯泡中取出5个，5个都是次品”是随机事件． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【变式1】．（2425高一下·天津河东·期末）下列事件中，随机事件的个数是（    ） ①未来某年8月18日，北京市不下雨； ②在标准大气压下，水在4℃时结冰； ③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰好取到1号签； ④任取，则. A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】．（24-25高一下·陕西宝鸡·期末）有下列事件：①篮球运动员罚球命中；②在自然数集中任取一个数为质数；③在标准大气压下，水在100 ℃时沸腾；④任意两个偶函数之和在公共定义域上必为偶函数.上述事件中为随机事件的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 题型二：互斥事件、对立事件、独立事件理解 【典例2】．（25-26高一下·天津·期末）分别抛掷质地均匀的两枚硬币．设事件 “第一枚硬币正面朝上”， “第二枚硬币反面朝上”．则事件与关系描述正确的为（　　） A．互斥 B．相互独立 C．互为对立 D．相等 【变式1】．（25-26高一上·山西忻州·期末）一个不透明的袋子中装有大小和质地相同的6个球，其中有2个红球，2个绿球，2个蓝球，从袋中一次性随机取出2个球，设事件“2个球颜色相同”，事件“2个球中至少有一个红球”，事件“2个球中至多有一个红球”，事件“2个都不是红球”，则（    ） A．与互斥 B．与对立 C．与相互独立 D． 【变式2】．（25-26高三上·安徽阜阳·阶段检测）一枚质地均匀的正四面体的骰子如图所示，其四个面分别标有数字1，2，3，4.现抛掷该骰子两次，并记录骰子着地一面的数字.设事件A表示“第一次记录的数字为偶数”，事件B表示“第一次记录的数字为奇数”，事件C表示“两次记录的数字之和为5”，事件D表示“两次记录的数字之和为6”，则（   ）    A．C与D是对立事件 B．A与D是互斥事件 C．B与D是相互独立事件 D．A与C是相互独立事件 题型三：互斥事件、对立事件关系辨析 【典例3】．（25-26高一上·辽宁丹东·期末）某生物实验小组种植了3粒新品种的种子，下列两个事件是互斥且不对立的是（   ） A．“至少有一粒种子发芽”与“至多有一粒种子发芽” B．“恰有两粒种子发芽”与“至少有一粒种子发芽” C．“三粒种子都发芽”与“至少有一粒种子发芽” D．“至少有两粒种子发芽”与“三粒种子都不发芽” 【变式1】．（25-26高二上·福建宁德·期中）某小组有名男生和2名女生，从中任选名同学去参加活动，下列事件中与“至多一名男生”互斥而不对立的是（    ） A．至少有名女生 B．至少两名男生 C．至多一名女生 D．全是男生 【变式2】．（25-26高二上·山东淄博·期中）不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次性任意取出2张卡片，则下列事件，与事件“2张卡片都为蓝色”互斥而不对立的个数为 （    ） ①2张卡片都不是蓝色；②2张卡片恰有1 张是蓝色；③2张卡片至少有1张是蓝色；④2 张卡片至多一张为蓝色. A．1 B．2 C．3 D．4 题型四：事件的关系和运算 【典例4】．（25-26高一上·江西九江·期末）河流与河流是水库的主要水源，只要河流A，B之一不缺水，水库就不缺水．根据经验知道河流A，B不缺水的概率分别是0.8和0.6，同时不缺水的概率是0.5，则水库缺水的概率为_________． 【变式1】．（2025·湖南·三模）甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为，，则目标至少被击中1次的概率为______． 【变式2】．（24-25高二上·云南曲靖·期中）已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，若，，，则______. 题型五：互斥事件、对立事件概率计算 【典例5】．（2025高三·全国·专题练习）羽毛球比赛中采用每球得分制，即每回合中胜方得1分，负方得0分，每回合由上回合的胜方发球．设在甲、乙的比赛中，每回合发球，发球方得1分的概率为0.6，各回合发球的胜负结果相互独立．若在二局比赛中，甲先发球．则比赛进行3个回合后，甲与乙的比分为的概率为（    ） A．0.144 B．0.336 C．0.304 D．0.216 【变式1】．（25-26高一下·江西宜春·阶段检测）甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为，乙做对的概率为，两人做题互不影响，下列说法错误的是（ ） A．两人都做对的概率是 B．恰好有一人做对的概率是 C．两人都做错的概率是 D．至少有一人做对的概率是 【变式2】．（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）已知某随机试验中，事件，，发生的概率分别是，，，则下列说法正确的是（   ） A．与是互斥事件，且是对立事件 B．一定是必然事件 C． D．的概率一定等于0.5 题型六：古典概型计算 【典例6】．（2026·湖南长沙·一模）一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 【变式1】．（25-26高一上·贵州遵义·期末）购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（2025高二上·河南·学业考试）一个袋子中有4个球，其中有2个白色球（标号为1和2），2个黑色球（标号为3和4），这4个球除颜色和标号外完全相同，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球颜色相同的概率为（    ） A． B． C． D． 题型七：几何概型 【典例7】．（22-23高一上·全国·期末）如图，在5×6的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都相同，小正方形的顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是（    ）    A． B． C． D． 【变式1】．（2023·陕西汉中·一模）扇子文化在中国源远流长.如图，在长为､宽为的矩形白纸中做一个扇环形扇面，扇面的外环弧长为，内环弧长为，径长（外环半径与内环半径之差）为.若从矩形中任意取一点，则该点落在扇面中的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（20-21高一下·河南·期末）设区间，若，则“函数在上为减函数”的概率为（    ） A． B． C． D． 题型八：整式值随机数问题 【典例8】．（25-26高一下·天津·期末）盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数： 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（　　） A． B． C． D． 【变式1】．（23-24高一下·广东潮州·期末）已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412  451  312  533  224  344  151  254  424  142 435  414  335  132  123  233  314  232  353  442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（    ） A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.6 【变式2】．（22-23高一下·安徽宣城·期末）盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数： 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（    ） A． B． C． D． 题型九：独立事件概率计算 【典例9】．（2026·湖南·三模）已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（    ） A． B． C． D． 【变式1】．（25-26高一上·江西抚州·期末）已知甲、乙两名运动员击中目标的概率分别为，，且2人是否击中目标相互独立，若他们2人向目标各发1枪，则目标被击中的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（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．0.985 B．0.765 C．0.220 D．0.015 题型十：概率综合问题 【典例10】．（25-26高一上·陕西渭南·期末）某商场周年庆，进行抽奖活动，规则如下：从装有除颜色之外完全相同的5个小球（其中3个红球2个白球）的抽奖箱中，随机一次性摸出2个球，若取到2个白球，则获得一等奖；若取到1个白球和1个红球，则获得二等奖；其他情况，不获奖.记3个红球为，2个白球为，样本空间. (1)求样本空间； (2)某顾客进行一次抽奖，设事件表示随机事件“该顾客不获奖”，求. 【变式1】．（25-26高一上·安徽·期末）甲、乙两位同学独立地参加某大学少科班的入学面试，入学面试共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）.已知甲答对每道题目的概率均为，乙答对第1道和第2道题目的概率都是，答对第3道题目的概率是，且甲、乙两人对每道题能否答对相互独立.记“甲只回答2道题就结束面试”为事件，记“乙3道题都回答且通过面试”为事件. (1)求事件“甲只回答2道题且通过”的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求甲、乙两人恰有一人通过面试的概率. 【变式2】．（25-26高一上·山东日照·期末）近年来足球赛事中，单败淘汰赛制（输一局就淘汰）与新兴的双败赛制并存，为比赛增添了许多看点.现有四支队伍A、B、C、D参与赛事，其中是强队，对阵B、C、D的获胜概率均为，，而B、C、D彼此之间对阵时获胜概率均为.经抽签，第一轮比赛时，和对阵，和对阵. 双败赛制规则如下图所示： (1)若赛前要从4支队伍中随机选出2支队伍打一场热身赛，求选出的两支队伍恰好是和的概率； (2)若，在单败淘汰赛赛制下，获得冠军的概率是多少？ (3)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并据此证明双败赛制对强队更有利. 【专题强化】 一、单选题 1．（25-26高二下·江苏无锡·期中）甲乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 3．（25-26高二下·安徽淮北·开学考试）下列说法正确的个数是（    ） 随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值 在一次试验中，不同的基本事件不可能同时发生 任意事件发生的概率总满足 若事件发生的概率趋近于，而，则是不可能发生的事件． A．0 B．1 C．2 D．3 4．（24-25高一上·安徽淮北·期末）掷两枚骰子，设事件两骰子出现点数之和为奇数，两骰子出现点数之和为偶数，则（   ） A．事件和事件是互斥但不对立事件 B． C．事件和事件是对立事件 D．以上均不对 5．（25-26高一下·全国·课堂例题）下列说法正确的是（   ） ①频率反映事件发生的频繁程度，概率反映事件发生的可能性的大小； ②做次随机试验，事件发生了次，则事件发生的概率； ③含百分比的数是频率，但不是概率； ④频率是不能脱离次随机试验的试验值，而概率是脱离随机试验的客观值； ⑤概率是频率的稳定值． A．①④⑤ B．①② C．②③ D．②③⑤ 6．（25-26高一上·安徽·期末）甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为，乙能破译密码的概率为，则这份密码被成功破译的概率为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高一上·北京·期末）若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则正确的是（  ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 8．（25-26高一上·江西南昌·期末）把标号为1，2，3的三张卡片分发给甲，乙，丙三个人，事件A表示“甲分得1号卡片”，事件B表示“乙分得1号卡片”，事件C表示“丙分得1号卡片”，则下列说法错误的是（   ） A．是不可能事件 B．A，B是互斥事件 C．是必然事件 D．B，C是对立事件 9．（25-26高二上·广东汕头·阶段检测）有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，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5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，则下列选项不正确的是（    ） A．甲与丙相互独立 B．甲与乙相互独立 C．丙与丁互斥 D．乙与丁互斥 二、多选题 10．（25-26高一上·陕西渭南·期末）下列说法错误的是（    ） A．某地连续下雨一百天是不可能事件 B．抛掷一枚骰子一次，点数大于0是必然事件 C．已知某批工件合格率为80%，随机抽查10件工件，一定有2件不合格 D．抽奖两次，一次特等奖，一次未中奖，则特等奖的概率一定为 11．（25-26高二上·江西南昌·期末）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6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（   ） A．甲与乙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．乙与丁相互独立 12．（25-26高一上·山东日照·期末）一台机器每启动一次都随机地出现一个位数字，其中的各位数字，则（    ） A．的所有可能结果构成的样本空间中共有16个样本点 B．若的各位数字都等可能地取值0或1，则的概率大于的概率 C．若的各位数字都等可能地取值0或1，则中各位数字之和是3的概率为 D．若，出现0的概率为，出现1的概率为，则中各位数字恰有两个0的概率为 13．（25-26高一上·江西抚州·期末）抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（     ） A．A与B是相互独立事件 B．A与B是互斥事件 C．与C是对立事件 D． 14．（25-26高一上·山东潍坊·期末）已知口袋中装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球，从中有放回地随机取2次，每次取1个球.记事件M为“第一次摸到红球”，N为“第二次摸到白球”，Q为“两次摸出的球颜色相同”，则下列说法正确的有（） A． B．M与Q互斥 C． D．M与N相互独立 15．（25-26高一上·河南南阳·期末）（改编自北师大必修一 P197例1）袋中有白球个（编号为、、）、黑球个（编号为、），这个球除颜色、编号外完全相同．现在从中不放回地依次摸取出个，每次摸个，记事件为“第一次取到的球编号为”，事件为“第一次取到的球是黑球”，事件为“取到的两个球都是白球”．则（   ） A．与互斥 B． C． D．与独立 16．（23-24高一下·四川达州·期末）如图，一个电路中有四个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．记“电路是通路”，“电路是断路”，“至少三个元件正常”，“恰有三个元件正常”，则（    ） A．与互斥，但不对立 B．与互斥，但不对立 C． D． 三、填空题 17．（2026·福建泉州·三模）甲抛掷质地均匀的硬币2次，乙抛掷质地均匀的硬币3次，则甲得到的正面向上的次数比乙得到的正面向上的次数少的概率是______． 18．（25-26高一下·天津·期末）袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个红球（标号为和）、个黄球（标号为和），从中不放回地依次随机摸出个球，则用集合形式写出试验的样本空间为 __；“两次都摸到红球的概率”为 __． 19．（25-26高一下·宁夏银川·期中）现从编号为的支水笔中抽取支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第个数字开始由左向右读取，则抽取的第支水笔的编号为__________. 20．（25-26高二下·上海·期中）盒子里装有大小与质地相同的红球与白球，从中任取个球.设事件表示“个球中有个红球、个白球”，事件表示“个球中有个红球、个白球”.已知，.则“个球中既有红球又有白球”的概率是__________. 四、解答题 21．（25-26高一下·北京·期末）某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1)该应聘者用方案一考试通过的概率； (2)该应聘者用方案二考试通过的概率． 22．（25-26高一下·江西宜春·阶段检测）为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 23．（25-26高一下·安徽合肥·阶段检测）2026年的《政府工作报告》中有这样的描述：“培育壮大新兴产业和未来产业.实施产业创新工程，鼓励央企国企带头开放应用场景，打造集成电路、航空航天、生物医药、低空经济等新兴支柱产业. 建立未来产业投入增长和风险分担机制，培育发展未来能源、量子科技、生物制造、具身智能、脑机接口、6G等未来产业.”某市科技馆为此推出“未来科技体验周”，设置6张外观完全相同的数字体验券，其中4张为“具身智能券”，2张为“航空航天券”. (1)若小明、小红两人从中各随机抽取1张体验券（抽取后不放回），求两人抽到的体验券类型恰好不同的概率； (2)若小华先从中随机抽取1张体验券，记录类型后放回并充分搅匀，再随机抽取1张，求小华两次抽取中至少有一次抽到“航空航天券”的概率； (3)该科技馆拟制定一项互动规则来决定“智能社”与“空天社”哪个社团优先体验新项目：从6张体验券中一次性随机抽取2张，若2张券类型相同，则“智能社”优先，若2张券类型不同，则“空天社”优先，请通过计算判断该规则是否公平，并说明理由. 24．（25-26高一下·全国·期末）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次，记第一次出现的点数为，第二次出现的点数为，设复数． (1)求事件“为实数”的概率； (2)求事件“”的概率． 25．（2026·广东深圳·一模）某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. (1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化10：概率题型精讲与精练 【题型归纳】 · 题型一：随机事件与必然事件 · 题型二：互斥事件、对立事件、独立事件理解 · 题型三：互斥事件、对立事件关系辨析 · 题型四：事件的关系和运算 · 题型五：互斥事件、对立事件概率计算 · 题型六：古典概型计算 · 题型七：几何概型 · 题型八：整式值随机数问题 · 题型九：独立事件概率计算 · 题型十：概率综合问题 【题型归纳】 题型一：随机事件与必然事件 【典例1】．（24-25高一下·安徽六安·期末）给出下列四个命题，其中正确命题的序号是（    ） ①“从二个白球一个红球中取二个球，其中必有一个球是白球”是必然事件； ②“当x为某一实数时，可使”是不可能事件； ③“明天上海要下雨”是必然事件； ④“从100个灯泡中取出5个，5个都是次品”是随机事件． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【分析】根据必然事件，不可能事件和随机事件的定义逐个分析判断即可. 【详解】对于①，从二个白球一个红球中取二个球，其中必有一个球是白球”是必然事件，所以①正确， 对于②，“当x为某一实数时，可使”是不可能事件，所以②正确， 对于③，“明天上海要下雨”是不确定的，是随机事件，所以③错误， 对于④，“从100个灯泡中取出5个，5个都是次品”是随机事件，所以④正确. 故选：C 【变式1】．（2425高一下·天津河东·期末）下列事件中，随机事件的个数是（    ） ①未来某年8月18日，北京市不下雨； ②在标准大气压下，水在4℃时结冰； ③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰好取到1号签； ④任取，则. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据各项的描述，判断随机事件、必然事件、不可能事件，进而确定随机事件的个数. 【详解】①未来某年8月18日，北京市不下雨，属于随机事件； ②在标准大气压下，水在4℃时结冰，属于不可能事件； ③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签，属于随机事件； ④任取，则，属于必然事件； 所以属于随机事件的有①③，即随机事件的个数是. 故选：B 【变式2】．（24-25高一下·陕西宝鸡·期末）有下列事件：①篮球运动员罚球命中；②在自然数集中任取一个数为质数；③在标准大气压下，水在100 ℃时沸腾；④任意两个偶函数之和在公共定义域上必为偶函数.上述事件中为随机事件的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】根据随机事件以及必然事件的概念，进行判断，可得答案. 【详解】①篮球运动员罚球命中,是随机事件； ②在自然数集中任取一个数可能为质数，也可能不是质数，故属于随机事件； ③在标准大气压下，水在100 ℃时一定沸腾，是必然现象，故为必然事件； ④设为偶函数，它们的公共定义域为集合M,当时，， 则，即任意两个偶函数之和在公共定义域上必为偶函数， 为必然事件， 故随机事件有2个， 故选：C 题型二：互斥事件、对立事件、独立事件理解 【典例2】．（25-26高一下·天津·期末）分别抛掷质地均匀的两枚硬币．设事件 “第一枚硬币正面朝上”， “第二枚硬币反面朝上”．则事件与关系描述正确的为（　　） A．互斥 B．相互独立 C．互为对立 D．相等 【答案】B 【详解】对于A，因为事件和事件可以同时发生，所以不是互斥事件，所以A错误； 对于B，，，，所以事件和事件相互独立，所以B正确； 对于C，事件和事件可以同时发生，所以不是对立事件，所以C错误； 对于D，分别抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）四种情况， 事件包括（正正）（正反）两个基本事件，事件包括（正反）（反反）两种情况，所以不相等，所以D错误． 【变式1】．（25-26高一上·山西忻州·期末）一个不透明的袋子中装有大小和质地相同的6个球，其中有2个红球，2个绿球，2个蓝球，从袋中一次性随机取出2个球，设事件“2个球颜色相同”，事件“2个球中至少有一个红球”，事件“2个球中至多有一个红球”，事件“2个都不是红球”，则（    ） A．与互斥 B．与对立 C．与相互独立 D． 【答案】D 【分析】由和互斥事件、对立事件定义即可判断AB；由即可判断C；由交事件定义计算即可判断D. 【详解】将2个红球、2个绿球和2个蓝球分别记为， 则从袋中一次性随机取出2个球的样本空间为共15个样本点， 由题意共3个样本点，共9个样本点， 共14个样本点，共6个样本点， 所以，故A与D不互斥，故A错误； ，故B与C不互斥，故B错误； 因为，一个样本点， 所以，即，故C错误； ，故D正确. 故选：D 【变式2】．（25-26高三上·安徽阜阳·阶段检测）一枚质地均匀的正四面体的骰子如图所示，其四个面分别标有数字1，2，3，4.现抛掷该骰子两次，并记录骰子着地一面的数字.设事件A表示“第一次记录的数字为偶数”，事件B表示“第一次记录的数字为奇数”，事件C表示“两次记录的数字之和为5”，事件D表示“两次记录的数字之和为6”，则（   ）    A．C与D是对立事件 B．A与D是互斥事件 C．B与D是相互独立事件 D．A与C是相互独立事件 【答案】D 【分析】根据对立事件和独立事件的定义、公式进行逐项判断即可. 【详解】由题意知，， 事件有，共4个，， 事件有，共3个，. 易知与是互斥事件，但不是对立事件，与可同时发生，不是互斥事件， ，与不是相互独立事件， ，与是相互独立事件. 故选：D. 题型三：互斥事件、对立事件关系辨析 【典例3】．（25-26高一上·辽宁丹东·期末）某生物实验小组种植了3粒新品种的种子，下列两个事件是互斥且不对立的是（   ） A．“至少有一粒种子发芽”与“至多有一粒种子发芽” B．“恰有两粒种子发芽”与“至少有一粒种子发芽” C．“三粒种子都发芽”与“至少有一粒种子发芽” D．“至少有两粒种子发芽”与“三粒种子都不发芽” 【答案】D 【分析】根据互斥事件和对立事件的定义逐个判断即可求解. 【详解】样本空间为：3 粒种子发芽数为 0,1,2,3. “至少有一粒发芽”（1,2,3）与 “至多有一粒发芽”（0,1）交集为 “1 粒发芽”，能同时发生 不是互斥事件,故A不对； “恰有两粒发芽”（2）与 “至少有一粒发芽”（1,2,3） 交集为 “2粒发芽”，能同时发生不是互斥事件，故B不对； “三粒都发芽”（3）与 “至少有一粒发芽”（1,2,3）交集为 “3粒发芽”，能同时发生不是互斥事件，故C不对； “至少有两粒发芽”（2,3）与 “三粒都不发芽”（0）交集为空（不能同时发生）是互斥事件；并集为 {0,2,3}，未包含 “1粒发芽” 的情况所以两件事不是对立事件，故D正确. 故选D. 【变式1】．（25-26高二上·福建宁德·期中）某小组有名男生和2名女生，从中任选名同学去参加活动，下列事件中与“至多一名男生”互斥而不对立的是（    ） A．至少有名女生 B．至少两名男生 C．至多一名女生 D．全是男生 【答案】D 【分析】根据互斥与对立事件的概念直接判断即可. 【详解】A选项：事件“至少有名女生”与事件“至多一名男生”可以同时发生，不满足互斥事件的概念，A选项错误； B选项：事件“至少两名男生”与事件“至多一名男生”互为对立事件，B选项错误； C选项："至多一名女生"即为“至少二名男生”，与事件“至多一名男生”为对立事件， ，C选项错误； D选项：事件“全是男生”与事件“至多一名男生”，不能同时发生，满足互斥事件概念， 又除两事件外还有可能发生事件“恰好两名男生”，所以两事件不对立，D选项正确； 故选：D. 【变式2】．（25-26高二上·山东淄博·期中）不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次性任意取出2张卡片，则下列事件，与事件“2张卡片都为蓝色”互斥而不对立的个数为 （    ） ①2张卡片都不是蓝色；②2张卡片恰有1 张是蓝色；③2张卡片至少有1张是蓝色；④2 张卡片至多一张为蓝色. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用互斥和对立的定义逐个选项分析求解即可. 【详解】一次性任意取出2张卡片,则这两张卡片的颜色为（红色，绿色），（绿色，蓝色）， （红色，蓝色），（红色，红色），（绿色，绿色），（蓝色，蓝色）这六种情况， 设（红色，绿色），（绿色，蓝色）， （红色，蓝色），（红色，红色），（绿色，绿色），（蓝色，蓝色）. 设事件“2张卡片都为蓝色”为，①设2张卡片都不是蓝色为事件， 则（红色，绿色），（红色，红色），（绿色，绿色）， 则，，和是互斥不对立事件，故①正确； ②设2张卡片恰有1 张是蓝色为事件，则（绿色，蓝色），（红色，蓝色）， 则，，和是互斥不对立事件，故②正确； ③设2张卡片至少有1张是蓝色为事件，则（绿色，蓝色），（红色，蓝色）， （蓝色，蓝色），则，， 得到和是不互斥不对立事件，故③不正确； ④设2 张卡片至多一张为蓝色为事件，则（红色，绿色），（绿色，蓝色）， （红色，蓝色），（红色，红色），（绿色，绿色），则，， 得到和是对立事件，故④不正确. 故选：B. 题型四：事件的关系和运算 【典例4】．（25-26高一上·江西九江·期末）河流与河流是水库的主要水源，只要河流A，B之一不缺水，水库就不缺水．根据经验知道河流A，B不缺水的概率分别是0.8和0.6，同时不缺水的概率是0.5，则水库缺水的概率为_________． 【答案】0.1/ 【分析】设相应事件，可知，根据事件的关系运算求解即可. 【详解】记“河流不缺水”为事件，“河流不缺水”为事件，“水库不缺水”为事件，则水库缺水为事件， 由，且， 可得， 所以水库缺水的概率． 故答案为： 【变式1】．（2025·湖南·三模）甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为，，则目标至少被击中1次的概率为______． 【答案】/0.95 【分析】方法一：设出事件，根据进行求解； 方法二：先求出目标没有被击中的概率，利用对立事件的概率公式求解即可. 【详解】方法一：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B， 则，， 所以目标至少被击中1次的概率 ； 方法二：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B， 则，，，， 所以目标没有被击中的概率为， 目标至少被击中1次的概率为 故答案为：. 【变式2】．（24-25高二上·云南曲靖·期中）已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，若，，，则______. 【答案】/ 【分析】利用概率的基本性质及事件的运算求概率即可. 【详解】因为，，， 所以. 故答案为：. 题型五：互斥事件、对立事件概率计算 【典例5】．（2025高三·全国·专题练习）羽毛球比赛中采用每球得分制，即每回合中胜方得1分，负方得0分，每回合由上回合的胜方发球．设在甲、乙的比赛中，每回合发球，发球方得1分的概率为0.6，各回合发球的胜负结果相互独立．若在二局比赛中，甲先发球．则比赛进行3个回合后，甲与乙的比分为的概率为（    ） A．0.144 B．0.336 C．0.304 D．0.216 【答案】B 【分析】记“第回合发球，甲胜”为事件，且事件相互独立，记“3个回合后，甲与乙比分为2比1”为事件，则事件发生表示事件或或发生，利用事件的独立性和互斥事件即可求解. 【详解】记“第回合发球，甲胜”为事件，且事件相互独立． 记“3个回合后，甲与乙比分为2比1”为事件， 则事件发生表示事件或或发生，且，，互斥． 又，， ． 由互斥事件概率加法公式可得 ． 综上，3个回合后，甲与乙比分为2比1的概率为0.336， 故选：B． 【变式1】．（25-26高一下·江西宜春·阶段检测）甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为，乙做对的概率为，两人做题互不影响，下列说法错误的是（ ） A．两人都做对的概率是 B．恰好有一人做对的概率是 C．两人都做错的概率是 D．至少有一人做对的概率是 【答案】C 【分析】根据独立事件的乘法公式可判断A；根据对立事件的概率计算结合独立事件的概率公式可判断B，C，D. 【详解】设事件A表示“甲做对”，事件B表示“乙做对”，则，. 对于A，两人都做对的概率为，故A正确； 对于B，恰好有一人做对的概率为，故B正确； 对于C，两人都做错的概率为，故C错误； 对于D，至少有一人做对的概率为，故D正确． 【变式2】．（25-26高一下·贵州遵义·阶段检测）已知某随机试验中，事件，，发生的概率分别是，，，则下列说法正确的是（   ） A．与是互斥事件，且是对立事件 B．一定是必然事件 C． D．的概率一定等于0.5 【答案】C 【分析】结合概率运算公式和互斥事件、对立事件、必然事件的概念，求解即可. 【详解】选项A：若与是互斥事件，则，若是对立事件，则（样本空间）， 题干中未说明事件，，之间的关系，无法确定与是否互斥、对立，故A错误. 选项B：若事件，，互斥，则， 若事件，，存在包含关系，则概率会小于1，因此不一定是必然事件，故B错误. 选项C：. 又，所以． 该结果满足，故C正确. 选项D：. 只有当事件，互斥时，，此时， 因此的概率不一定等于0.5，故D错误. 题型六：古典概型计算 【典例6】．（2026·湖南长沙·一模）一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】容器左右两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球， 前4次取球，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种选择， 因此不同取法种数为种；按照两个红球被连续取出的情况如下， （1）若在第1，2次取出两个红球，再取另3个球，共有4种方法; （2）若在第2，3次取出红球，则第1次取白球，共有2种方法; （3）若在第3，4次取出红球，则第1，2次取白球，共有1种方法; （4）若在第4，5次取出红球，则第1，2，3次取白球，共有2种方法; 两个红球被连续取出的方法共有种； 所求概率为. 【变式1】．（25-26高一上·贵州遵义·期末）购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的条件，求出买3个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可，根据古典概型求概率. 【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，个盲盒的总情况数为，即27种， 符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在3个盲盒中包含所有3种玩偶， 共有种情况， 则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为. 故选：D 【变式2】．（2025高二上·河南·学业考试）一个袋子中有4个球，其中有2个白色球（标号为1和2），2个黑色球（标号为3和4），这4个球除颜色和标号外完全相同，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球颜色相同的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用古典概率模型求概率即可得到答案. 【详解】试验的样本空间，所以. 记“摸出的2个球颜色相同”为事件， 则，所以， 所以，故摸出的2个球颜色相同的概率为. 故选：C. 题型七：几何概型 【典例7】．（22-23高一上·全国·期末）如图，在5×6的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都相同，小正方形的顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出扇形和长方形的面积，即可得出飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率. 【详解】由题意及图得， 该扇形的角度，， ∴扇形为圆，面积为 ∵长方形的面积为：， ∴任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率为： , 故选：A. 【变式1】．（2023·陕西汉中·一模）扇子文化在中国源远流长.如图，在长为､宽为的矩形白纸中做一个扇环形扇面，扇面的外环弧长为，内环弧长为，径长（外环半径与内环半径之差）为.若从矩形中任意取一点，则该点落在扇面中的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出小扇形的半径，计算扇环的面积，即可求解面积型几何概型问题． 【详解】设小扇形的半径为r，则大扇形的半径为r+16， 则有，解得， 所以扇环面积为 所以若从矩形中任意取一点，则该点落在扇面中的概率为 故选：D． 【变式2】．（20-21高一下·河南·期末）设区间，若，则“函数在上为减函数”的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦函数的性质求出函数的单调的递减区间，再由几何概型的概率公式即可求解. 【详解】令，，解得，， 当时，；当时，，当时，， 根据，只需考虑单调递减区间，则， 由几何概型得到其概率， 故选：C. 题型八：整式值随机数问题 【典例8】．（25-26高一下·天津·期末）盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数： 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，在组随机数中，恰好第三次结束时就停止有、、、、，共有组， 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 则恰好第三次结束时就停止的概率，故C正确. 【变式1】．（23-24高一下·广东潮州·期末）已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412  451  312  533  224  344  151  254  424  142 435  414  335  132  123  233  314  232  353  442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（    ） A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.6 【答案】C 【分析】找出代表事件“一年内没有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果. 【详解】由题意可知，代表事件“一年没有1台设备需要维修”的数组有： 533  224  344  254  424  435   335   233  232  353  442共11组， 因此，所求概率为. 故选：C. 【变式2】．（22-23高一下·安徽宣城·期末）盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数： 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】找出恰好第三次结束时就停止的随机数的个数，利用古典概型公式求解概率． 【详解】随机模拟产生了20组随机数，其中恰好第三次结束时就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个， 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为． 故选：C． 题型九：独立事件概率计算 【典例9】．（2026·湖南·三模）已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由两两相互独立得到， 设， 则 ，解得， 又考虑， 解得，综上得． 【点睛】利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性条件逐步缩小范围. 【变式1】．（25-26高一上·江西抚州·期末）已知甲、乙两名运动员击中目标的概率分别为，，且2人是否击中目标相互独立，若他们2人向目标各发1枪，则目标被击中的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据独立事件概率乘法公式结合对立事件概率公式运算求解. 【详解】设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件， 则，，且，可得，， 所以. 故选：B. 【变式2】．（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．0.985 B．0.765 C．0.220 D．0.015 【答案】A 【分析】根据独立事件的概率公式进行计算即可. 【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. 题型十：概率综合问题 【典例10】．（25-26高一上·陕西渭南·期末）某商场周年庆，进行抽奖活动，规则如下：从装有除颜色之外完全相同的5个小球（其中3个红球2个白球）的抽奖箱中，随机一次性摸出2个球，若取到2个白球，则获得一等奖；若取到1个白球和1个红球，则获得二等奖；其他情况，不获奖.记3个红球为，2个白球为，样本空间. (1)求样本空间； (2)某顾客进行一次抽奖，设事件表示随机事件“该顾客不获奖”，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将从个球中一次性摸出个球的所有可能组合全部列出，得到样本空间. （2）先确定 “不获奖” 即取到个红球的事件数，再用古典概型公式，用事件数除以样本空间总事件数求概率. 【详解】（1）从这个小球中抽取个的情况有，故样本空间 （2）事件表示“不获奖”，即取到的个球都是红球（因为一等奖是个白球，二等奖是白红，其余情况为红，不获奖）, 红球为，取个红球的组合有：，共3种， 由小问一可知，样本空间的基本事件总数为， 所以事件的概率. 【变式1】．（25-26高一上·安徽·期末）甲、乙两位同学独立地参加某大学少科班的入学面试，入学面试共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）.已知甲答对每道题目的概率均为，乙答对第1道和第2道题目的概率都是，答对第3道题目的概率是，且甲、乙两人对每道题能否答对相互独立.记“甲只回答2道题就结束面试”为事件，记“乙3道题都回答且通过面试”为事件. (1)求事件“甲只回答2道题且通过”的概率； (2)求事件和事件同时发生的概率； (3)求甲、乙两人恰有一人通过面试的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题可得（甲只回答2道题且通过）； （2）由题可得， 若事件发生，则乙前两题对一题，错一题，第三题答对， ， 由题意可知事件相互独立， 所以； （3）记甲没有通过面试为事件， 包括前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则甲没有通过面试的概率为 则甲通过面试的概率为， 乙通过面试的事件记为，则概率为， 乙没有通过面试概率为， 由题意可知事件相互独立，甲、乙两人恰有一人通过面试的事件记为， 则概率为. 【变式2】．（25-26高一上·山东日照·期末）近年来足球赛事中，单败淘汰赛制（输一局就淘汰）与新兴的双败赛制并存，为比赛增添了许多看点.现有四支队伍A、B、C、D参与赛事，其中是强队，对阵B、C、D的获胜概率均为，，而B、C、D彼此之间对阵时获胜概率均为.经抽签，第一轮比赛时，和对阵，和对阵. 双败赛制规则如下图所示： (1)若赛前要从4支队伍中随机选出2支队伍打一场热身赛，求选出的两支队伍恰好是和的概率； (2)若，在单败淘汰赛赛制下，获得冠军的概率是多少？ (3)分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并据此证明双败赛制对强队更有利. 【答案】(1) (2)(3)答案见解析 【详解】（1）从4支队伍中随机选出2支，总共有6种可能：AB、AC、AD、BC、BD、CD， 其中选出的两支队伍恰好是A和B只有1种情况， 因此，选出的两支队伍恰好是A和B的概率为. （2）设事件“A对阵B或C或D时，A赢”，，； 设事件“B对阵C或D时，B赢”，设事件“C对阵B或D时，C赢”， 设事件“D对阵B或C时，D赢”， 则，事件M，B，C，D之间相互独立. 设事件“单败淘汰赛制下，B获得冠军”，则事件N包含两种情况： ①A、C对阵时A赢，B、D对阵时B赢，最后A、B对阵时B赢，即事件：， . ②A、C对阵时C赢，B、D对阵时B赢，最后C、B对阵时B赢，即事件：， . 因为事件与事件互斥，且事件， 因此，， 所以在单败淘汰赛赛制下，获得冠军的概率是. （3）在单败淘汰赛赛制下，A要想获得冠军，有两种情况： ①A、C对阵时A赢，B、D对阵时B赢，A再与B对阵时A赢，即事件， ， ②A、C对阵时A赢，B、D对阵时D赢，A再与D对阵时A赢；即事件， ， 因为事件与事件互斥，所以A获得冠军的概率为： ， 在双败赛赛制下，A要想获得冠军，从每场A参与的比赛中A的输赢角度出发，有三种情况： ①A、C对阵时A赢，A与B、D对阵中的胜者比赛时A赢，最后一场决赛A赢，即事件， ②A、C对阵时A赢，A与B、D对阵中的胜者比赛时A输，B、D对阵中负者与C对阵时胜者与A对阵时A赢， 最后一场决赛A赢，即事件， ， ③A、C对阵时A输，A与B、D对阵中的负者比赛时A赢，B、D对阵中的胜者与C对阵时负者与A对阵时A赢， 最后一场决赛A赢，即事件， ， 所以获得冠军概率为： ， 因为， 当时，有. 因此，双败赛制对强队更有利. 【专题强化】 一、单选题 1．（25-26高二下·江苏无锡·期中）甲乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设甲、乙投篮投中的事件分别为. 则两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是. 2．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【详解】由题意可得，，， 对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误； 对于B，的情况只有面4，故， 又，满足，故B正确； 对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误； 对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面， 故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4， 故，所以， 不满足独立事件定义，故D错误． 3．（25-26高二下·安徽淮北·开学考试）下列说法正确的个数是（    ） 随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值 在一次试验中，不同的基本事件不可能同时发生 任意事件发生的概率总满足 若事件发生的概率趋近于，而，则是不可能发生的事件． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故 ①正确； 一次试验中的任意两个基本事件都是互斥的，故不可能同时发生，故 ②正确； 必然事件的概率为，不可能事件的概率为，随机事件的概率大于且小于， 任意事件发生的概率满足，故 ③错误； 若事件的概率趋近于，则事件是小概率事件，故 ④错误． 故说法正确的有2个． 4．（24-25高一上·安徽淮北·期末）掷两枚骰子，设事件两骰子出现点数之和为奇数，两骰子出现点数之和为偶数，则（   ） A．事件和事件是互斥但不对立事件 B． C．事件和事件是对立事件 D．以上均不对 【答案】C 【详解】由互斥事件和对立事件的定义知，事件和事件互斥且对立，所以A错误，C正确， 又（必然事件），所以B错误. 5．（25-26高一下·全国·课堂例题）下列说法正确的是（   ） ①频率反映事件发生的频繁程度，概率反映事件发生的可能性的大小； ②做次随机试验，事件发生了次，则事件发生的概率； ③含百分比的数是频率，但不是概率； ④频率是不能脱离次随机试验的试验值，而概率是脱离随机试验的客观值； ⑤概率是频率的稳定值． A．①④⑤ B．①② C．②③ D．②③⑤ 【答案】A 【分析】根据频率与概率的概念逐个判断即可. 【详解】根据频率与概率的定义，可知①正确； 概率不是频率，而②中所给的是事件A发生的频率，因此②错误； 概率是一个数值，可以是百分数也可以是小数，因此③错误； 根据概率的定义可知，概率是一个客观值，频率是一个试验值，因此④正确，⑤正确． 故选：A 6．（25-26高一上·安徽·期末）甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为，乙能破译密码的概率为，则这份密码被成功破译的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式，以及对立事件的概率计算公式，即可求解. 【详解】设密码被成功破译的事件为， 则这份密码没有被破译的概率为， 所以密码被成功破译的概率为， 故选：C. 7．（25-26高一上·北京·期末）若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则正确的是（  ） A．这两个图都是二部图的概率为 B．这两个图至少有一个是二部图的概率为 C．这两个图不都是二部图的概率为 D．这两个图恰有一个是二部图的概率为 【答案】B 【详解】对于图，图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内， 这显然不符合二部图的定义，图也是如此，所以图与图不是二部图. 除了这两个图，其他四个图都是二部图. 例如，对于图，当时，图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中； 对于图，当时，图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中. 从这六个图中任选两个，所有的选择为 ， ， ，共15种. 这两个图都是二部图的选择共有种，这两个图至少有一个是二部图的选择共有种， 这两个图不都是二部图的选择共有种，这两个图恰有一个是二部图的选择共有种， 故这两个图都是二部图的概率为，故A错误； 这两个图至少有一个是二部图的概率为，故B正确； 这两个图不都是二部图的概率为，故C错误； 这两个图恰有一个是二部图的概率为，故D错误. 故选：B. 8．（25-26高一上·江西南昌·期末）把标号为1，2，3的三张卡片分发给甲，乙，丙三个人，事件A表示“甲分得1号卡片”，事件B表示“乙分得1号卡片”，事件C表示“丙分得1号卡片”，则下列说法错误的是（   ） A．是不可能事件 B．A，B是互斥事件 C．是必然事件 D．B，C是对立事件 【答案】D 【分析】1 号卡片只能分给甲、乙、丙中的一个人，因此事件 A、B、C 之间存在明确的互斥关系，我们可以据此逐一判断每个选项的正误. 【详解】A选项：事件A（甲得1号）和事件B（乙得1号）不可能同时发生，因此 是不可能事件，A正确. B选项：事件A和B不能同时发生，因此是互斥事件，B正确. C选项： 表示“1号卡片分给甲、乙或丙”，这在分卡片时必然发生，因此是必然事件，C正确. D选项：事件B（乙得1号）和C（丙得1号）是互斥事件，但不是对立事件，因为还存在“甲得1号”的情况（事件A），两者的并集不是必然事件，故D错误. 故选：D 9．（25-26高二上·广东汕头·阶段检测）有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，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5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，则下列选项不正确的是（    ） A．甲与丙相互独立 B．甲与乙相互独立 C．丙与丁互斥 D．乙与丁互斥 【答案】B 【分析】根据题意列出两次取球所有可能情况，并分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件、互斥事件的定义判断即可. 【详解】由题意可得两次取球所有可能情况为，，，，，，，，，，，共种情况； 第一次取出的球的数字是1，所有可能为，，共3种情况； 第二次取出的球的数字是2，所有可能为，，共3种情况； 则两次取出球的数字之和为的所有可能为，，，共种情况； 两次取出球的数字之和为的所有可能为，共种情况； 记“第一次取出的球的数字是1”为，“第二次取出的球的数字是2”为， “两次取出的球的数字之和是5”为，“两次取出的球的数字之和是4”为， 则，，，. A：当甲丙同时发生时，取出的恰是，此时， 故甲丙相互独立，故A正确； B：当甲乙同时发生时，取出的恰是，此时，， 故甲乙不相互独立，故B错误； C：由不可能同时发生，故丙与丁互斥，故C正确； D：当第二次取出的球的数字是2时，第一次不可能取2，即两次取出的数字之和不能为4，故乙丁不能同时发生，则乙与丁互斥，故D正确； 故选：B. 二、多选题 10．（25-26高一上·陕西渭南·期末）下列说法错误的是（    ） A．某地连续下雨一百天是不可能事件 B．抛掷一枚骰子一次，点数大于0是必然事件 C．已知某批工件合格率为80%，随机抽查10件工件，一定有2件不合格 D．抽奖两次，一次特等奖，一次未中奖，则特等奖的概率一定为 【答案】ACD 【分析】对于AB，使用必然事件与不可能事件的概念结合实际情况分析可得A错误B正确，对于C，由题意得，不合格件数的期望值为2，但实际可能是中任意一种情况，故C错误；对于D，特等奖的概率应由抽奖规则决定，频率不能等同于概率，故D错误， 【详解】对于A，某地连续下雨一百天是小概率随机事件，故A错误； 对于B，投掷骰子时，点数只能是，均大于0，必然发生，故B正确； 对于C，由题意得，从该批工件中抽查的10件工件里合格数量服从二项分布， 不合格的件数期望值为2，并非一定有2件不合格，故C错误； 对于D，是频率，不能等同于特等奖的概率，特等奖的概率应由抽奖规则决定，故D错误. 故选：ACD. 11．（25-26高二上·江西南昌·期末）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6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（   ） A．甲与乙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．乙与丁相互独立 【答案】ABD 【分析】根据独立事件概率关系，求出每个事件的概率，并逐一判断即可. 【详解】设甲，乙，丙，丁事件分别为,则， 事件“两次取出的球的数字之和是6”的样本点有， 样本总量为，故， 事件“两次取出的球的数字之和是7” 的样本点有， 故， 对于A，，故正确； 对于B，，故正确； 对于C，，故错误； 对于D，，故正确， 故选：ABD. 12．（25-26高一上·山东日照·期末）一台机器每启动一次都随机地出现一个位数字，其中的各位数字，则（    ） A．的所有可能结果构成的样本空间中共有16个样本点 B．若的各位数字都等可能地取值0或1，则的概率大于的概率 C．若的各位数字都等可能地取值0或1，则中各位数字之和是3的概率为 D．若，出现0的概率为，出现1的概率为，则中各位数字恰有两个0的概率为 【答案】ACD 【详解】对于A：每个数位上的数字均有两种可能，所以一共有个结果， 故的所有可能结果构成的样本空间中共有16个样本点，故A正确； 对于B：若的各位数字都等可能地取值0或1，则属于古典概型问题， 、都为一个样本点，所以的概率等于的概率且都为，故B错误； 对于C：若中各位数字之和是3，则有共个样本点， 所以中各位数字之和是3的概率为，故C正确； 对于D：若中各位数字恰有两个，即中有两个， 所以概率，故D正确. 故选：ACD 13．（25-26高一上·江西抚州·期末）抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（     ） A．A与B是相互独立事件 B．A与B是互斥事件 C．与C是对立事件 D． 【答案】AD 【分析】选项A：根据古典概型判断相互独立事件；选项B：根据互斥事件的定义判断互斥事件；选项C：先列出 和 的所有样本点，验证两者是否互斥，再验证它们的并集是否为全集，或概率和是否为 1，从而判断是否为对立事件；选项D：先判断事件 和 是否互斥（无共同样本点），再使用互斥事件的概率加法公式计算即可判断. 【详解】选项A：由已知得，因为，， 所以，即与互不影响，A正确. 选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误. 选项C：， ， 故事件与不是对立事件，C错误. 选项D：因为事件，事件， 则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确. 故选：AD. 14．（25-26高一上·山东潍坊·期末）已知口袋中装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球，从中有放回地随机取2次，每次取1个球.记事件M为“第一次摸到红球”，N为“第二次摸到白球”，Q为“两次摸出的球颜色相同”，则下列说法正确的有（） A． B．M与Q互斥 C． D．M与N相互独立 【答案】ACD 【分析】根据互斥事件、独立事件、和事件概率的计算公式，依次计算、判断互斥性、计算、验证独立性，逐一判定选项正误. 【详解】每次取红球概率为，取白球概率为. 第二次取球与第一次无关，每次摸到白球的概率均为，因此，A正确. 第一次摸到红球且第二次摸到红球，和可以同时发生，不互斥，B错误. 因为. ，，=， 所以，C正确. ，，满足，因此与相互独立，D正确. 故选：. 15．（25-26高一上·河南南阳·期末）（改编自北师大必修一 P197例1）袋中有白球个（编号为、、）、黑球个（编号为、），这个球除颜色、编号外完全相同．现在从中不放回地依次摸取出个，每次摸个，记事件为“第一次取到的球编号为”，事件为“第一次取到的球是黑球”，事件为“取到的两个球都是白球”．则（   ） A．与互斥 B． C． D．与独立 【答案】BC 【分析】利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的概率公式可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，事件“第一次摸到编号为的黑球”，故与不互斥，A错； 对于B选项，将个编号为、、的白球分别记为、、， 将个编号为、的黑球分别记为、，基本事件总数为， ， 所以，B对； 对于C选项，，所以，C对； 对于D选项，， ， ， 所以，，， 所以，故、不独立，D错. 故选：BC. 16．（23-24高一下·四川达州·期末）如图，一个电路中有四个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．记“电路是通路”，“电路是断路”，“至少三个元件正常”，“恰有三个元件正常”，则（    ） A．与互斥，但不对立 B．与互斥，但不对立 C． D． 【答案】BC 【分析】分析各事件的含义，结合事件的互斥性和对立性判断选项A，B；分析的关联，判断选项C；分析的关联判断选项D． 【详解】选项A：电路不可能同时通路和断路，故，互斥成立； 全集是所有元件状态组合，覆盖了通路和断路所有情况，故是对立事件，故A错误； 选项B：表示至多两个元件正常，表示恰有三个元件正常， ，互斥成立，仅覆盖正常数，未包含 “四个元件都正常”，故不对立，故B正确； 选项C：恰有三个元件正常时，必有一个元件失效，由电路图可知： 任意三个元件正常时，电路均保持通路，即必然发生， ，故C正确； 选项D：“电路是断路”， 表示至多两个元件正常， 若正常，失效，此时正常元件数为2，但电路为通路， 故发生时不一定发生，故D错误． 故选：BC． 三、填空题 17．（2026·福建泉州·三模）甲抛掷质地均匀的硬币2次，乙抛掷质地均匀的硬币3次，则甲得到的正面向上的次数比乙得到的正面向上的次数少的概率是______． 【答案】/0.5 【分析】设事件表示甲抛掷后正面朝上次，，事件表示乙抛掷后正面朝上次，，计算，设事件表示甲得到的正面朝上的次数比乙得到的正面朝上的次数少，即，代入计算即可. 【详解】设事件表示甲抛掷后正面朝上次，， 事件表示乙抛掷后正面朝上次，， 所以，， 设事件表示甲得到的正面朝上的次数比乙得到的正面朝上的次数少， 所以. 18．（25-26高一下·天津·期末）袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个红球（标号为和）、个黄球（标号为和），从中不放回地依次随机摸出个球，则用集合形式写出试验的样本空间为 __；“两次都摸到红球的概率”为 __． 【答案】 ，，，，，，，，，，， 【详解】由题意可得，该试验的样本空间所包含的基本事件有，，，，，，，，，，，，共个， 故试验的样本空间为，，，，，，，，，，，， “两次摸到红球”的事件有，，共个， 两次都摸到红球的概率为. 19．（25-26高一下·宁夏银川·期中）现从编号为的支水笔中抽取支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第个数字开始由左向右读取，则抽取的第支水笔的编号为__________. 【答案】 【分析】先确定起始位置，再从起始位置开始，按顺序每次读取两位数字，作为候选编号，最后按顺序筛选出的第个有效编号即可. 【详解】随机数表法 先从随机数表第个数字开始读取： 随机数表： 第个数字是（来自第一组 ），从左向右依次读取两位数字，并筛选出在范围内且不重复的编号： 第个： → 有效，对应编号                 第个： → 无效（），跳过 第个： → 有效，对应编号                 第个： → 无效（），跳过 第个： → 无效（），跳过               第个： → 有效，对应编号 所以，抽取的第支水笔的编号为. 20．（25-26高二下·上海·期中）盒子里装有大小与质地相同的红球与白球，从中任取个球.设事件表示“个球中有个红球、个白球”，事件表示“个球中有个红球、个白球”.已知，.则“个球中既有红球又有白球”的概率是__________. 【答案】 【分析】记事件为“个球中既有红球又有白球”，则它包含事件和事件，而且事件是互斥的，根据互斥事件的概率加法公式即可求解. 【详解】由题可知事件是互斥的，记事件为“个球中既有红球又有白球”， 所以， 代入已知​，，​ 得. 四、解答题 21．（25-26高一下·北京·期末）某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1)该应聘者用方案一考试通过的概率； (2)该应聘者用方案二考试通过的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式及互斥事件的加法公式直接计算即可； （2）分情况结合乘法公式即互斥事件加法公式即可得解． 【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，，， 则，，， 应聘者用方案一考试通过的概率： ； （2）应聘者用方案二选择任意两科的概率为， 考试通过的概率： . 22．（25-26高一下·江西宜春·阶段检测）为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图计算得出，再利用分层抽样求出各层人数，利用古典概型计算公式可求得概率； （2）利用独立事件乘法公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意得，， 解得． 因为按、分2层，采用分层随机抽样的方法抽取5人， 所以从成绩在中抽出的人数为，分别记为M、N、Q， 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n， 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为， 则，记“至少有1人分数低于80分”为事件R， 则． 即，因此． 故5人中至少有1人分数低于80分的概率为． （2）记甲获得参赛资格的概率为，乙获得参赛资格的概率为， 由题意可得，， ． 由于甲、乙的考核结果互相不受影响，所以甲获得参赛资格与乙获得参赛资格相互独立． 则甲、乙能同时获得参赛资格的概率为． 23．（25-26高一下·安徽合肥·阶段检测）2026年的《政府工作报告》中有这样的描述：“培育壮大新兴产业和未来产业.实施产业创新工程，鼓励央企国企带头开放应用场景，打造集成电路、航空航天、生物医药、低空经济等新兴支柱产业. 建立未来产业投入增长和风险分担机制，培育发展未来能源、量子科技、生物制造、具身智能、脑机接口、6G等未来产业.”某市科技馆为此推出“未来科技体验周”，设置6张外观完全相同的数字体验券，其中4张为“具身智能券”，2张为“航空航天券”. (1)若小明、小红两人从中各随机抽取1张体验券（抽取后不放回），求两人抽到的体验券类型恰好不同的概率； (2)若小华先从中随机抽取1张体验券，记录类型后放回并充分搅匀，再随机抽取1张，求小华两次抽取中至少有一次抽到“航空航天券”的概率； (3)该科技馆拟制定一项互动规则来决定“智能社”与“空天社”哪个社团优先体验新项目：从6张体验券中一次性随机抽取2张，若2张券类型相同，则“智能社”优先，若2张券类型不同，则“空天社”优先，请通过计算判断该规则是否公平，并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)该规则不公平，理由见解析. 【分析】（1）确定不放回抽样，通过列举所有等可能样本点，找出 “类型不同” 的样本点，利用古典概型概率公式计算，即目标事件数除以总样本数. （2）采用 “正难则反” 策略，先求两次都没抽到航空航天券的对立事件概率，再用 1 减去该概率得到至少抽到一次的概率.   （3）类比第一问的不放回抽样，分别可以得到两张券类型相同、不同的概率，比较概率大小判断规则是否公平. 【详解】（1）记“两人抽到的体验券类型恰好不同”为事件A. 设4张“具身智能券”为，，，，2张“航空航天券”为，. 两人从中各随机抽取1张体验券，应用枚举法，可知样本空间为 ， 共有15个样本点， ，有8个样本点， 故. （2）记小华两次抽取中至少有一次抽到“航空航天券”为事件B，则小华两次都没有抽到“航空航天券”为. 小华抽取一次没有抽到“航空航天券”的概率为， 则， 所以. （3）该规则不公平. 理由如下： 一次性抽取2张相当于不放回抽样，由（1）知，“智能社”优先的概率为，“空天社”优先的概率为， 因为，所以该规则不公平. 【点睛】古典概型需明确抽样方式（放回 / 不放回），用列举法或组合数算样本点；遇 “至少” 问题用对立事件简化. 24．（25-26高一下·全国·期末）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次，记第一次出现的点数为，第二次出现的点数为，设复数． (1)求事件“为实数”的概率； (2)求事件“”的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若为实数，则该复数的虚部为0，可解得，所以第二次抛掷出现的点数，即事件“为实数”的概率为； （2）由题意，结合复数模的计算，有，逐个分析所有的可能，先确定的取值，再分析可能的取值，经计算，共有9种情况下可使事件“”成立，又，的取值情况共有种，进而可求得该事件的概率. 【详解】（1）若为实数，即为实数，所以， 故该事件只与第二次抛掷骰子有关，与第一次抛掷骰子无关， 又依题意，第二次抛掷出现的点数可取1，2，3，4，5，6， 故出现的概率为， 即事件“为实数”的概率为. （2）由已知， 可知，的值只能取1，2，3， 当时，，即可取1，2，3，4， 当时，，即可取1，2，3，4， 当时，，即可取2， 由上可知，共有9种情况下可使事件“”成立， 又，的取值情况共有种， 故事件“”的概率为. 25．（2026·广东深圳·一模）某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. (1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； (2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件概率的计算公式求值即可. （2）先求系统最终输出的答案正确的概率，根据概率不低于列式，解二次不等式，可求的最小值. 【详解】（1）不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”， 由于与相互独立，与，与，与都相互独立， 由题意可得，，，，， 分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得 ， 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325. （2）系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况：一是第一次提问时两模型答案一致且正确；二是第一次提问时两模型答案不一致，且第二次向模型甲提问时其回答正确. 系统第一次输出正确答案的概率为：， 由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为： ， 系统第二次输出正确答案的概率为：， 设系统最终输出正确答案的概率为，则， 于是，解得，又由，于是， 则的最小值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $