第21讲 概率
（时间：45分钟，满分：77分）
一、单项选择题（每小题5分，共40分）
1.某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B.
C. D.
2.从1，2，3，…，30这30个数中任意摸出一个数，则事件“摸出的数是偶数或能被5整除的数”的概率是（ ）
A. B.
C. D.
3.设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.（2025·山东济宁一模）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0.7，乙获胜的概率为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.
C. D.
5.有三个箱子，编号分别为1，2，3.1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球.某人从三个箱子中任取一箱，从中任意摸出一球，取得红球的概率为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知P（A）＝，P（B｜A）＝.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A.P（B）＝ B.P（AB）＝
C.P（｜B）＝ D.P（A＋）＝
7.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·河南郑州第二次质量预测）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.
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
9.（2025·北京市第二中学二模）一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ）
A.事件A1，A2为互斥事件
B.事件B，C为独立事件
C.P（B）＝
D.P（C｜A2）＝
10.（2025·福建莆田三模）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，用事件Ai，Bi，Ci（1≤i≤9，i∈N）分别表示第i位发言的是统考科目教师、首选科目教师、再选科目教师，则（ ）
A.P＝ B.P＝
C.P＝ D.P＝
三、填空题（每小题5分，共15分）
11.已知P（A）＝0.4，P（AB）＝0.3，P（B｜）＝0.5，则P（B）＝ .
12.（2025·河南郑州质量预测）将一枚质地均匀的正八面体骰子（如图，其八个面上分别标有数字1～8）连续抛掷两次，记录骰子与地面接触的面上的数字，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的数字，则P（max（X，Y）＝8｜min（X，Y）＝4）＝ .
13.（2025·浙江杭州质量检测）甲、乙、丙三人分别从两个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记A∩B∩C中元素的个数为m，则m≥1的概率为 .
☆高考新风向（每小题5分，共10分）
14.〔创新交汇〕为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为，若他第1球投进的概率为，则他第5球投进的概率为 .
15.〔创新情境〕（2025·安徽合肥第二次质量检测）如图，在4×4的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为 .
第21讲 概率
1.D 记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的样本点有（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，b2），共6个，其中这2名学生来自不同年级的样本点有（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率为P＝＝.故选D.
2.B 这30个数中“是偶数”的有15个，“能被5整除的数”有6个，这两个事件不互斥，既是偶数又能被5整除的数有3个，所以事件“是偶数或能被5整除的数”包含的样本点有18个，而样本点共有30个，所以所求的概率为＝.故选B.
3.B 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B.
4.C 设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，则P（A）＝0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784，P（AB）＝2×0.7×0.3×0.7＝0.294，所以P（B｜A）＝＝＝.故选C.
5.D 记事件Ai为“球取自于i（i＝1，2，3）号箱”，记事件B为“取得红球”，B总是伴随着A1，A2，A3之一同时发生，且A1B，A2B，A3B两两互斥，P（A1）＝P（A2）＝P（A3）＝，P（B｜A1）＝，P（B｜A2）＝，P（B｜A3）＝1，所以P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝×＋×＋×1＝.
6.D 对B，P（B｜A）＝＝＝，∴P（AB）＝，B错误；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝P（B），∴P（B）＝，A错误；对C，P（B）＝P（）P（B）＝×＝，P（｜B）＝＝＝，C错误；对D，P（A＋）＝P（A）＋P（）－P（A）＝P（A）＋P（）－P（A）P（）＝＋－×＝，D正确.
7.D 法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1·[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大.故选D.
法二（特殊值法） 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大.故选D.
8.A 6名教师分成4组，人数有3，1，1，1与2，2，1，1两种情况.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，故不同的安排方法种数为480＋1 080＝1 560.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，故甲、乙安排在同一所学校的方法种数为96＋144＝240，所以甲、乙安排在同一所学校的概率为＝.故选A.
9.ACD 第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；假设事件B，C为独立事件，由于红球有3个，白球有2个，事件B发生时，两球同为白色或同为红色，P（C）＝＝＝，事件B不发生，则两球一白一红，P（C）＝1，故B，C不独立，B错误；P（B）＝＝，C正确；事件A2发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件C才发生，所以P（C｜A2）＝，D正确.故选A、C、D.
10.ACD P＝×＋×＝或P＝＝，故A正确；P＝×＝或P＝＝，故B错误；P＝×＝或P＝＝，所以P＝＝，故C正确；因为P＝P＝，P＝×＝，所以P＝P＋P－P＝＋－＝，D正确.故选A、C、D.
11.0.6 解析：由P（B｜）＝＝＝＝0.5，得P（B）＝0.3，所以P（B）＝P（B）＋P（AB）＝0.6.
12. 解析：设满足min（X，Y）＝4的事件为A，满足max（X，Y）＝8的事件为B，则P（B｜A）＝.同时满足max（X，Y）＝8，min（X，Y）＝4的情况有（4，8），（8，4），共2种，而满足min（X，Y）＝4的情况有（4，4），（4，5），（4，6），（4，7），（4，8），（5，4），（6，4），（7，4），（8，4），共9种，故P（B｜A）＝，即P（max（X，Y）＝8｜min（X，Y）＝4）＝.
13. 解析：假设两数为1，2，那么甲、乙、丙三人均有4种选择，即{1}，{2}，{1，2}， ，共有4×4×4＝64种组合方式，m≥1的情形分为m＝1或m＝2.（1）当m＝2时，三个集合均为{1，2}，只有1种情况.（2）当m＝1时，①三个集合均为{1}或{2}，有2种情况；②有两个集合为{1}或{2}，另一个集合为{1，2}，有＝6种情况；③有一个集合为{1}或{2}，另两个集合为{1，2}，有＝6种情况.所以m≥1的概率为P＝＝.
14. 解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝（Pn－1－），所以Pn－＝·＝×＝，所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝.
15. 解析：记事件A＝“每行均有两枚棋子”，事件B＝“恰好每列均有两枚棋子”，每行均有两枚棋子，每行都有＝6（种）情况，所以n（A）＝64＝1 296.对第一行的6种中的一种情况（如图1）进行分析，第一、二行可以分竖向2格对齐、竖向1格对齐和竖向0格对齐三种情况.
①竖向2格对齐（如图2），第三、四行共1种情况.
②竖向1格对齐（如图3～6），有一列已经满足有两枚棋子，有一列空白，则空白列的第三、四行各放置一枚棋子，两列已经满足有两枚棋子放置，第三行的另一枚棋子在另两列中任选一列，有种情况，第四行只有一种放置法，所以共有×4＝8（种）情况.
③竖向0格对齐（如图7），第三行有＝6（种）情况，第四行有1种情况，所以第三、四行共6种情况.
综上共有1＋8＋6＝15（种）情况.所以n（AB）＝6×15＝90.所以P（B｜A）＝＝＝.
2 / 3第21讲 概率
【备考指南】 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.
1.古典概型概率计算公式：P（A）＝＝.
1.（2025·江苏南京六校联合调研）从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
A. B.
C. D.
2.互斥：两个事件不能同时发生；对立：两个事件有且仅有一个发生；两事件相互独立：P（AB）＝P（A）P（B）.
2.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A＝“第一枚出现偶数点”，B＝“第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（ ）
A.A与B互斥 B.A与B互为对立
C.A与B相等 D.A与B相互独立
3.P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）.
3.甲、乙、丙、丁四人参加4×100米接力赛，他们跑每一棒的概率均为，则甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率为（ ）
A. B.
C. D.
4.条件概率：P（B｜A）＝＝.
4.某工厂生产了一批产品，需等待检测后才能销售.检测人员从这批产品中随机抽取了5件产品来检测，现已知这5件产品中有3件正品，2件次品，从中不放回地取出产品，每次1件，共取两次.已知第一次取得次品，则第二次取得正品的概率是（ ）
A. B. C. D.
5.全概率公式：P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）.
5.已知P（A）＝0.8，P（B｜A）＝0.6，P（B｜）＝0.1，则P（B）＝ .
考点一 古典概型
【通性通法】 （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.
【例1】 （1）（2025·广东佛山二模）某校举办篮球比赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（ ）
A. B.
C. D.
（2）（2025·河南焦作二模）为了抒写乡村发展故事、展望乡村振兴图景、演绎民众身边日常、唱出百姓幸福心声，某地组织了2025年“美丽乡村”节目汇演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，则歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【训练1】 （2025·湖北武汉四调）13张大小、质地完全相同的卡牌中有8张数字牌，正面标有1～8，此外还有5张字母牌，正面标有A～E，将这13张牌随机排成一行.
（1）求5张字母牌互不相邻的概率；
（2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率；
（3）对于给定的整数k（1≤k≤8），记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件Ak，求Ak发生的概率.（结果用含k的式子表示）
考点二 互斥事件与独立事件
【通性通法】 进行互斥事件的运算时，一是要紧扣运算的定义；二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析.
【例2】 （1）某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19，命中不够8环的概率是0.29，则这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率为（ ）
A.0.3 B.0.42
C.0.52 D.0.68
【通性通法】 求相互独立事件同时发生的概率的方法
（1）利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；
（2）直接计算较繁琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
（2）（2025·上海春季高考）已知四边形ABCD，对于其四边AB，BC，CD，DA，按顺序分别抛掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则将其擦去；若硬币反面朝上，则不擦去.最后以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【训练2】 （1）已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P（A）＝（ ）
A. B.
C. D.1
（2）〔多选〕抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ）
A.当n＝2时，P（AB）＝
B.当n＝2时，事件A与事件B不相互独立
C.当n＝3时，P（A＋B）＝
D.当n＝3时，事件A与事件B不相互独立
考点三 条件概率与全概率公式
【通性通法】 （1）求条件概率的常用方法
①定义法；
②样本点法；
③缩小样本空间法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
【例3】 （1）（2025·陕西适应性检测）甲、乙进行射击训练，已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响，甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为（ ）
A. B.
C. D.
（2）应用全概率公式求概率的思路
①按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
②求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P（Ai）P（B｜Ai）；
③代入全概率公式计算.
（2）（2025·江西赣州一模）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（ ）
A. B. C. D.
【训练3】 （1）据调查，某学校学生中大约有的学生每天玩手机超过1 h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A. B. C. D.
（2）〔多选〕现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1，2，3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记Ai（i＝1，2，3）表示第i号箱子有奖品，Bj（j＝2，3）表示主持人打开第j号箱子.则下列说法正确的是（ ）
A.P（B3｜A2）＝
B.P（A1｜B3）＝
C.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
第21讲 概率
【基础·回扣】
1.B 2.D 3.D 4.B 5.0.5
【典例·讲解】
【例1】 （1）C 由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为，所有的分组组数为，结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为＝.故选C.
（2）A 六个节目总的排序有种，当器乐在第三个位置演出时，共有＝12种不同的演出顺序，当器乐在第四个位置演出时，共有＝24种不同的演出顺序，当器乐在第五个位置演出时，共有＝36种不同的演出顺序，当器乐在第六个位置演出时，共有＝48种不同的演出顺序，所以共有12＋24＋36＋48＝120种不同的演出顺序，则所求概率为P＝＝.故选A.
【训练1】 解：（1）记5张字母牌互不相邻为事件B，则P（B）＝＝，故所求概率为.
（2）记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件C，由于标有1～7的牌都在标有8的牌的右侧，有＝7！种排法，所以P（C）＝＝，故所求概率为.
（3）标号比k小的数字牌有k－1张，比k大的数字牌有8－k张，所以P（Ak）＝＝，故所求概率为.
【例2】 （1）C 记“这个射手在一次射击中命中10环或9环”为事件B，“这个射手在一次射击中命中10环、9环、8环、不够8环”分别为事件A1，A2，A3，A4.由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，∴P（A2∪A3∪A4）＝P（A2）＋P（A3）＋P（A4）＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.又∵A1与A2∪A3∪A4互为对立事件，∴P（A1）＝1－P（A2∪A3∪A4）＝1－0.76＝0.24.∵A1与A2互斥，且B＝A1∪A2，∴P（B）＝P（A1∪A2）＝P（A1）＋P（A2）＝0.24＋0.28＝0.52.
（2）B 法一 抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上和反面朝上的概率均为，且AB，BC，CD，DA是否保留相互独立.AB，BC同时保留记为事件F，则P（F）＝（）2＝，AD，DC同时保留记为事件Q，则P（Q）＝（）2＝，AB，BC，CD，DA同时保留则为事件F∩Q，且事件F与Q相互独立，则P（F∩Q）＝×＝.所以以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为P＝P（F）＋P（Q）－P（F∩Q）＝＋－＝.故选B.
法二（间接法） 如图，考虑从反面入手，A→B→C这条路不通的概率为1－×＝，同理，A→D→C这条路不通的概率也为，故以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为1－×＝.故选B.
【训练2】 （1）A 由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）·P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）·P（）＝P（A）[1－P（B）]＝×＝.故选A.
（2）ABC 当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.
【例3】 （1）C 记只有甲射中10环为事件A，10环被射中为事件B，则P（A）＝0.5×（1－0.4）＝0.3，P（B）＝1－（1－0.5）×（1－0.4）＝0.7，故若10环被射中，则只被甲射中的概率为P（A｜B）＝＝＝.
（2）B 分别用事件A1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P（A1）＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝＝，P（B｜A2）＝＝，所以P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝×＋×＝.故选B.
【训练3】 （1）C 设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P（A）＝，P（B｜A）＝，所以P（）＝1－P（A）＝，P（B｜）＝，则P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
（2）BC 对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即P（B3｜A2）＝1，A错误；对于B，P（A1）＝P（A2）＝P（A3）＝，P（B3｜A1）＝，P（B3｜A2）＝1，P（B3｜A3）＝0，则P（B3）＝P（A1）P（B3｜A1）＋P（A2）P（B3｜A2）＋P（A3）P（B3｜A3）＝×（＋1＋0）＝，因此P（A1｜B3）＝＝＝＝，B正确；对于C、D，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，C正确，D错误.故选B、C.
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第21讲 概率
备考指南
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.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. （2025·江苏南京六校联合调研）从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随
机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二
张卡片上的数的概率为（ ）
A. B.
C. D.
古典概型概率计算公式：P（A）＝ ＝ .
√
解析： 记事件A＝“第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”，有
放回地抽取两张卡片，共有42＝16个样本点，其中事件A包含的样本点有
（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），共6
个，所以P（A）＝ ＝ .故选B.
2. 抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A＝“第一枚出现偶数点”，B＝
“第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（ ）
A. A与B互斥 B. A与B互为对立
C. A与B相等 D. A与B相互独立
√
互斥：两个事件不能同时发生；
对立：两个事件有且仅有一个发生；
两事件相互独立：P（AB）＝P（A）P（B）.
解析： 事件A与事件B能同时发生，如第一枚的点数为2，第二枚的点
数为1，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A、
B错误；P（A）＝ ，P（B）＝ ，P（AB）＝ ，P（A）·P（B）
＝ × ＝ ，因为P（A）·P（B）＝P（AB），所以A与B相互独立，
故选项D正确；易知事件A与事件B不相等，故选项C错误.
3. 甲、乙、丙、丁四人参加4×100米接力赛，他们跑每一棒的概率均为
，则甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）.
解析： 设事件A＝“甲跑第一棒”，事件B＝“乙跑第四棒”，则P
（A）＝ ，P（B）＝ .记甲跑第x棒，乙跑第y棒为（x，y），则共有
12种可能结果：（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），
（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），
（4，3）.甲跑第一棒，乙跑第四棒只有一种结果，即（1，4），故P
（A∩B）＝ .所以甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率为P（A∪B）＝P
（A）＋P（B）－P（A∩B）＝ ＋ － ＝ .
4. 某工厂生产了一批产品，需等待检测后才能销售.检测人员从这批产品
中随机抽取了5件产品来检测，现已知这5件产品中有3件正品，2件次品，
从中不放回地取出产品，每次1件，共取两次.已知第一次取得次品，则第
二次取得正品的概率是（ ）
条件概率：P（B｜A）＝ ＝ .
A. B.
C. D.
√
解析： 设事件A＝“第一次取得次品”，事件B＝“第二次取得正
品”，则P（A）＝ ，P（AB）＝ × ＝ ，故P（B｜A）＝
＝ ＝ .故选B.
5. 已知P（A）＝0.8，P（B｜A）＝0.6，P（B｜ ）＝0.1，则P
（B）＝ .
全概率公式：P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）.
0.5
解析：P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（ ）P（B｜ ）＝
0.8×0.6＋0.2×0.1＝0.5.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 古典概型
【例1】 （1）（2025·广东佛山二模）某校举办篮球比赛，将6支球队平
均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
【通性通法】 （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.
解析： 由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为
，所有的分组组数为 ，结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为 ＝ .故选C.
（2）（2025·河南焦作二模）为了抒写乡村发展故事、展望乡村振兴图
景、演绎民众身边日常、唱出百姓幸福心声，某地组织了2025年“美丽乡
村”节目汇演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节
目，则歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出的概率
为（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 六个节目总的排序有 种，当器乐在第三个位置演出时，共有
＝12种不同的演出顺序，当器乐在第四个位置演出时，共有
＝24种不同的演出顺序，当器乐在第五个位置演出时，共有 ＝36
种不同的演出顺序，当器乐在第六个位置演出时，共有 ＝48种不
同的演出顺序，所以共有12＋24＋36＋48＝120种不同的演出顺序，则所
求概率为P＝ ＝ .故选A.
【训练1】 （2025·湖北武汉四调）13张大小、质地完全相同的卡牌中有8
张数字牌，正面标有1～8，此外还有5张字母牌，正面标有A～E，将这13
张牌随机排成一行.
（1）求5张字母牌互不相邻的概率；
解： 记5张字母牌互不相邻为事件B，则P（B）＝ ＝ ，故所
求概率为 .
（2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率；
解： 记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件C，由于标有1～7的牌
都在标有8的牌的右侧，有 ＝7！种排法，所以P（C）＝ ＝ ，故
所求概率为 .
（3）对于给定的整数k（1≤k≤8），记“在标有k的数字牌左侧，没
有标号比k小的数字牌”为事件Ak，求Ak发生的概率.（结果用含k的式
子表示）
解： 标号比k小的数字牌有k－1张，比k大的数字牌有8－k张，所
以P（Ak）＝ ＝ ，故所求概率为 .
考点二 互斥事件与独立事件
【例2】 （1）某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概
率是0.19，命中不够8环的概率是0.29，则这个射手在一次射击中命中9环
或10环的概率为（ ）
A. 0.3 B. 0.42
C. 0.52 D. 0.68
√
【通性通法】 进行互斥事件的运算时，一是要紧扣运算的定义；二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析.
解析： 记“这个射手在一次射击中命中10环或9环”为事件B，“这个
射手在一次射击中命中10环、9环、8环、不够8环”分别为事件A1，A2，
A3，A4.由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，∴P（A2∪A3∪A4）＝P
（A2）＋P（A3）＋P（A4）＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.又∵A1与
A2∪A3∪A4互为对立事件，∴P（A1）＝1－P（A2∪A3∪A4）＝1－0.76
＝0.24.∵A1与A2互斥，且B＝A1∪A2，∴P（B）＝P（A1∪A2）＝P
（A1）＋P（A2）＝0.24＋0.28＝0.52.
（2）（2025·上海春季高考）已知四边形ABCD，对于其四边AB，BC，
CD，DA，按顺序分别抛掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则将
其擦去；若硬币反面朝上，则不擦去.最后以A为起点沿着尚未擦去的边出
发，可以到达C点的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
【通性通法】 求相互独立事件同时发生的概率的方法
（1）利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；
（2）直接计算较繁琐或难以入手时，可从其对立事件
入手计算.
解析 法一 抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上和反面
朝上的概率均为 ，且AB，BC，CD，DA是否保留相互独
立.AB，BC同时保留记为事件F，则P（F）＝（ ）2＝
，AD，DC同时保留记为事件Q，则P（Q）＝（ ）2＝ ，AB，BC，CD，DA同时保留则为事件F∩Q，且事件F与Q相互独立，则P（F∩Q）＝ × ＝ .所以以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为P＝P（F）＋P（Q）－P（F∩Q）＝ ＋ － ＝ .故选B.
法二（间接法） 如图，考虑从反面入手，A→B→C这条路
不通的概率为1－ × ＝ ，同理，A→D→C这条路不通的
概率也为 ，故以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达
C点的概率为1－ × ＝ .故选B.
【训练2】 （1）已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本
点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P（A ）＝（ ）
A. B.
C. D. 1
√
解析： 由题意得，P（A）＝ ，P（B）＝ ，P（AB）＝ ，∴P
（AB）＝P（A）·P（B），∴事件A与B相互独立，则A与 也相互独
立，∴P（A ）＝P（A）·P（ ）＝P（A）[1－P（B）]＝ × ＝
.故选A.
（2）〔多选〕抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中既有正
面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，下列说法
正确的是（ ）
A. 当n＝2时，P（AB）＝
B. 当n＝2时，事件A与事件B不相互独立
C. 当n＝3时，P（A＋B）＝
D. 当n＝3时，事件A与事件B不相互独立
√
√
√
解析： 当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2× × ＝
，故A正确；此时P（A）＝2× × ＝ ，P（B）＝1－P（ ）＝1
－ × ＝ ，P（AB）＝ ≠ ＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3
时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P
（ ）＝1－ × × ＝ ，故C正确；此时P（AB）＝3× × ×
＝ ，P（A）＝1－P（ ）＝1－ × × － × × ＝ ，P（B）＝
× × ＋3× × × ＝ ，所以P（AB）＝ ＝ × ＝P（A）P
（B），故D错误.
考点三 条件概率与全概率公式
【例3】 （1）（2025·陕西适应性检测）甲、乙进行射击训练，已知甲、
乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响，甲、
乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
【通性通法】 求条件概率的常用方法
①定义法；
②样本点法；
③缩小样本空间法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典
概型的概率公式求解.
解析： 记只有甲射中10环为事件A，10环被射中为事件B，则P（A）
＝0.5×（1－0.4）＝0.3，P（B）＝1－（1－0.5）×（1－0.4）＝
0.7，故若10环被射中，则只被甲射中的概率为P（A｜B）＝ ＝
＝ .
（2）（2025·江西赣州一模）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（ ）
A. B.
C. D.
√
【通性通法】 应用全概率公式求概率的思路
①按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件
Ai（i＝1，2，…，n）；
②求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的
概率P（Ai）P（B｜Ai）；
③代入全概率公式计算.
解析： 分别用事件A1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P（A1）＝ ，P
（A2）＝ ，P（B｜A1）＝ ＝ ，P（B｜A2）＝ ＝ ，所以P
（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝ × ＋ ×
＝ .故选B.
【训练3】 （1）据调查，某学校学生中大约有 的学生每天玩手机超过1
h，这些人近视率约为 ，其余学生的近视率约为 ，现从该校任意调查一
名学生，他近视的概率大约是（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件
B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P（A）＝ ，P（B｜A）
＝ ，所以P（ ）＝1－P（A）＝ ，P（B｜ ）＝ ，则P（B）＝P
（A）P（B｜A）＋P（ ）P（B｜ ）＝ × ＋ × ＝ .
（2）〔多选〕现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1，2，3的箱
子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另
一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱
子）.记Ai（i＝1，2，3）表示第i号箱子有奖品，Bj（j＝2，3）表示主
持人打开第j号箱子.则下列说法正确的是（ ）
A. P（B3｜A2）＝
B. P（A1｜B3）＝
C. 若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D. 若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
√
√
解析： 对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的
概率为1，即P（B3｜A2）＝1，A错误；对于B，P（A1）＝P（A2）＝P
（A3）＝ ，P（B3｜A1）＝ ，P（B3｜A2）＝1，P（B3｜A3）＝0，
则P（B3）＝P（A1）P（B3｜A1）＋P（A2）P（B3｜A2）＋P（A3）
P（B3｜A3）＝ ×（ ＋1＋0）＝ ，因此P（A1｜B3）＝ ＝
＝ ＝ ，B正确；对于C、D，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为 ，主持人打开了无奖品的箱子，若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为 ，甲换号后中奖概率增大，C正确，D错误.故选B、C.
课后·训练
（时间：45分钟，满分：77分）
巩固强化 综合测评
一、单项选择题（每小题5分，共40分）
1. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机
选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B.
C. D.
1
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√
解析： 记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为
b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的样本点有（a1，
a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，
b2），共6个，其中这2名学生来自不同年级的样本点有（a1，b1），
（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4个，所以这2名学生来自不同
年级的概率为P＝ ＝ .故选D.
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2. 从1，2，3，…，30这30个数中任意摸出一个数，则事件“摸出的数是
偶数或能被5整除的数”的概率是（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 这30个数中“是偶数”的有15个，“能被5整除的数”有6个，
这两个事件不互斥，既是偶数又能被5整除的数有3个，所以事件“是偶数
或能被5整除的数”包含的样本点有18个，而样本点共有30个，所以所求
的概率为 ＝ .故选B.
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3. 设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”
是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
√
解析： 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事
件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件
A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3
点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以
“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分
条件.故选B.
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4. （2025·山东济宁一模）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0.7，乙获胜的概率为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.
C. D.
√
解析： 设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，则P（A）＝
0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784，P（AB）＝2×0.7×0.3×0.7＝
0.294，所以P（B｜A）＝ ＝ ＝ .故选C.
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5. 有三个箱子，编号分别为1，2，3.1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱
装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球.某人从三个箱子中任取一
箱，从中任意摸出一球，取得红球的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
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解析： 记事件Ai为“球取自于i（i＝1，2，3）号箱”，记事件B为
“取得红球”，B总是伴随着A1，A2，A3之一同时发生，且A1B，A2B，
A3B两两互斥，P（A1）＝P（A2）＝P（A3）＝ ，P（B｜A1）＝ ，
P（B｜A2）＝ ，P（B｜A3）＝1，所以P（B）＝P（A1B）＋P
（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋
P（A3）P（B｜A3）＝ × ＋ × ＋ ×1＝ .
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6. 已知P（A）＝ ，P（B｜A）＝ .若随机事件A，B相互独立，则
（ ）
A. P（B）＝ B. P（AB）＝
C. P（ ｜B）＝ D. P（A＋ ）＝
√
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解析： 对B，P（B｜A）＝ ＝ ＝ ，∴P（AB）＝
，B错误；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝ P（B），∴P（B）
＝ ，A错误；对C，P（ B）＝P（ ）P（B）＝ × ＝ ，P（ ｜
B）＝ ＝ ＝ ，C错误；对D，P（A＋ ）＝P（A）＋P
（ ）－P（A ）＝P（A）＋P（ ）－P（A）P（ ）＝ ＋ －
× ＝ ，D正确.
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7. 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
√
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解析： 法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二
盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P
丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－
4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－
4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－
4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞
0，所以P丙最大.故选D.
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法二（特殊值法） 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二
盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]
＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2
（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大.故选D.
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8. （2025·河南郑州第二次质量预测）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.
√
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解析： 6名教师分成4组，人数有3，1，1，1与2，2，1，1两种情况.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，故不同的安排方法种数为480＋1 080＝1 560.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，故甲、乙安排在同一所学校的方法种数为96＋144＝240，所以
甲、乙安排在同一所学校的概率为 ＝ .故选A.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
9. （2025·北京市第二中学二模）一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球
和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次
取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同
色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ）
A. 事件A1，A2为互斥事件
B. 事件B，C为独立事件
C. P（B）＝
D. P（C｜A2）＝
√
√
√
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解析： 第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，
它们是互斥的，A正确；假设事件B，C为独立事件，由于红球有3个，白
球有2个，事件B发生时，两球同为白色或同为红色，P（C）＝
＝ ＝ ，事件B不发生，则两球一白一红，P（C）＝1，故B，C
不独立，B错误；P（B）＝ ＝ ，C正确；事件A2发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件C才发生，所以P（C｜A2）＝ ，D正确.故选A、C、D.
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10. （2025·福建莆田三模）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数
学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化
学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，
用事件Ai，Bi，Ci（1≤i≤9，i∈N）分别表示第i位发言的是统考科目
教师、首选科目教师、再选科目教师，则（ ）
A. P ＝ B. P ＝
C. P ＝ D. P ＝
√
√
√
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解析： P ＝ × ＋ × ＝ 或P ＝ ＝ ，故A正确；
P ＝ × ＝ 或P ＝ ＝ ，故B错误；P ＝
× ＝ 或P ＝ ＝ ，所以P ＝ ＝ ，故C正
确；因为P ＝P ＝ ，P ＝ × ＝ ，所以P ＝
P ＋P －P ＝ ＋ － ＝ ，D正确.故选A、C、D.
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三、填空题（每小题5分，共15分）
11. 已知P（A）＝0.4，P（AB）＝0.3，P（B｜ ）＝0.5，则P
（B）＝ .
解析：由P（B｜ ）＝ ＝ ＝ ＝0.5，得P（
B）＝0.3，所以P（B）＝P（ B）＋P（AB）＝0.6.
0.6
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12. （2025·河南郑州质量预测）将一枚质地均匀的正八面体骰子（如图，
其八个面上分别标有数字1～8）连续抛掷两次，记录骰子与地面接触的面
上的数字，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的数字，则P（max（X，
Y）＝8｜min（X，Y）＝4）＝ .
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解析：设满足min（X，Y）＝4的事件为A，满足max（X，Y）＝8的事
件为B，则P（B｜A）＝ .同时满足max（X，Y）＝8，min
（X，Y）＝4的情况有（4，8），（8，4），共2种，而满足min（X，
Y）＝4的情况有（4，4），（4，5），（4，6），（4，7），（4，8），
（5，4），（6，4），（7，4），（8，4），共9种，故P（B｜A）＝
，即P（max（X，Y）＝8｜min（X，Y）＝4）＝ .
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13. （2025·浙江杭州质量检测）甲、乙、丙三人分别从两个不同的数中随
机选择若干个数（可以不选），分别构成集合A，B，C，记A∩B∩C中
元素的个数为m，则m≥1的概率为 .
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解析：假设两数为1，2，那么甲、乙、丙三人均有4种选择，即{1}，
{2}，{1，2}， ，共有4×4×4＝64种组合方式，m≥1的情形分为m＝1
或m＝2.（1）当m＝2时，三个集合均为{1，2}，只有1种情况.（2）当
m＝1时，①三个集合均为{1}或{2}，有2种情况；②有两个集合为{1}或
{2}，另一个集合为{1，2}，有 ＝6种情况；③有一个集合为{1}或
{2}，另两个集合为{1，2}，有 ＝6种情况.所以m≥1的概率为P＝
＝ .
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【高考新风向】（每小题5分，共10分）
14. 〔创新交汇〕为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻
炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为
，他前一球投不进则后一球投进的概率为 ，若他第1球投进的概率为 ，
则他第5球投进的概率为 .
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解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，
第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝ Pn
－1＋ （1－Pn－1）＝ ＋ Pn－1，所以Pn－ ＝ ，所以Pn－
＝ · ＝ × ＝ ，所以Pn＝ ＋
（n∈N*），所以P5＝ .
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15. 〔创新情境〕（2025·安徽合肥第二次质量检测）如图，在4×4的方格
中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰
好每列都有两枚棋子的概率为 .
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解析：记事件A＝“每行均有两枚棋子”，事件B＝“恰好每
列均有两枚棋子”，每行均有两枚棋子，每行都有 ＝6
（种）情况，所以n（A）＝64＝1 296.对第一行的6种中的一
种情况（如图1）进行分析，第一、二行可以分竖向2格对齐、
竖向1格对齐和竖向0格对齐三种情况.
①竖向2格对齐（如图2），第三、四行共1种情况.
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②竖向1格对齐（如图3～6），有一列已经满足有两枚棋子，有一列空白，则空白列的第三、四行各放置一枚棋子，两列已经满足有两枚棋子放置，第三行的另一枚棋子在另两列中任选一列，有 种情况，第四行只有一种放置法，所以共有 ×4＝8（种）情况.
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③竖向0格对齐（如图7），第三行有 ＝6（种）情况，第四行有1种情况，所以第三、四行共6种情况.
综上共有1＋8＋6＝15（种）情况.所以n（AB）＝6×15＝90.
所以P（B｜A）＝ ＝ ＝ .
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THANKS
演示完毕 感谢观看
