资源简介 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.0.42C.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.2 / 3(共67张PPT)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. 0.42C. 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1h，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.123456789101112131415√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.1234567891011121314152. 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.1234567891011121314153. 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.1234567891011121314154. （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.1234567891011121314155. 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.√123456789101112131415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＝ .1234567891011121314156. 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＋ ）＝√123456789101112131415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.1234567891011121314157. 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√123456789101112131415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.123456789101112131415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.1234567891011121314158. （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.√123456789101112131415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 · · ＝1080，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.123456789101112131415二、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）＝√√√123456789101112131415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.12345678910111213141510. （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 ＝√√√123456789101112131415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.123456789101112131415三、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）＝0.6.0.612345678910111213141512. （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）＝ . 123456789101112131415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）＝ .12345678910111213141513. （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 . 123456789101112131415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＝＝ .123456789101112131415【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 . 123456789101112131415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＝ .12345678910111213141515. 〔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 . 123456789101112131415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.123456789101112131415②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.123456789101112131415③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）＝ ＝ ＝ .123456789101112131415THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第21讲 概率.docx 第21讲 概率.pptx 第21讲 概率（练习，含解析）.docx
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