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专题 16 古典概型与条件概率、全概率、贝叶斯公式
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题型01 古典概型.......................................................................................................................................................1
题型02 条件概率.......................................................................................................................................................6
题型03 相互独立.....................................................................................................................................................12
题型04 全概率公式.................................................................................................................................................18
题型05 贝叶斯公式.................................................................................................................................................21
题型 01 古典概型
【解题规律·提分快招】
1、定义
一般地，若试验 具有以下特征：
①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
称试验E为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
2、古典概型的概率公式
一般地，设试验 是古典概型，样本空间 包含 个样本点，事件 包含其中的 个样本点，则定义事件
的概率 ．
3、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数 与事件 中所包含的基本事件数．
因此要注意清楚以下三个方面：
（1）本试验是否具有等可能性；
（2）本试验的基本事件有多少个；
（3）事件 是什么．
4、解题一般步骤：
（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；
（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 ；
（3）分别求出基本事件的个数 与所求事件 中所包含的基本事件个数 ；（4）利用公式 求出事件 的概率．
5、解题方法技巧：
（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率
（2）利用分析法求解古典概型．
①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．
②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．
【典例训练】
一、单选题
1．（2025·山东潍坊·模拟预测）从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次，每次取
一张，则抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据古典概型结合乘法原理计算即可.
【详解】从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次的所有情况有 种，
抽到的3张卡片上的数字之和大于9的情况有
10种，
所以抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为 .
故选：C.
2．（2024·广东佛山·一模）印度数学家卡普列加在一次旅行中，遇到猛烈的暴风雨，他看到路边写有3025
的一块牌子被劈成了两半，一半上写着30，另一半上写着25.这时，他发现 ， ，即将
劈成两半的数加起来，再平方，正好是原来的数字.数学家将3025等符合上述规律的数字称之为雷劈数
（或卡普列加数）.则在下列数组：92，81，52，40，21，14中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈
数的概率是（ ）
A． B． C． D．0
【答案】C
【分析】找出这6个数中的雷劈数，结合组合数公式求相应的概率.
【详解】因为 ，所以 是雷劈数.其余的不是雷劈数.
记： “从6个数中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数”为事件 ，
则 .
故选：C
3．（2024·江西·模拟预测）根据党中央关于“精准”脱贫的要求，县委组织部将派前五位大学生村官对四个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，则其中的
甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据分组分配的方法求总的分配的方法，再利用对立事件概率公式，即可求解.
【详解】五位大学生分配到四个贫困村有 种方法，
乙两位大学生村官派遣至相同的贫困村的方法有 种方法，
所以甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村的概率 .
故选：D
4．（2024·浙江杭州·模拟预测）春季流感爆发期间，某学校通过在校门口并排设立三个红外体温检测点作
为预防手段，进入学校的人员只需要在任意一个检测点检测体温即可进入校园.假设每个人在进入学校时选
择每个检测点的概率都是 ，现有三男三女六位学生通过体温检测点进入学校，则每个检测点通过的男学
生人数与女学生人数均相等的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由题知，每个人进入学校时选择每个检测点的概率都相等，
则三男三女六位学生通过体温检测点进入学校，共有 种不同的结果，
若每个检测点通过的男学生人数与女学生人数均相等，
则①每个检测点均为一男一女通过，共有 种不同的结果；
②三个检测点中，一个检测点通过0人，一个检测点通过一男一女，一个检测点通过两男两女，共有
种不同的结果；
③六人均在同一个检测点通过，共有 种不同的结果.
则每个检测点通过的男学生人数与女学生人数均相等的概率为 .
故选：B.
5．（2024·江苏扬州·模拟预测）将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为 ，则 的概
率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】取定 中的一个值，考查另外两次抛掷骰子的样本点数，利用分类加法计数原理和古典概
型概率公式计算即得.
【详解】考虑取定 的值，分类统计事件“ ”所含的样本点数，将 对应的值作为一个数组，
列表如下：
1 2 3 4 5 6
1 （1,1） （1,2） （1,3） （1,4） （1,5） （1,6）
2 （2,1） （2,2） （2,3） （2,4） （2,5） （2,6）
3 （3,1） （3,2） （3,3） （3,4） （3,5） （3,6）
4 （4,1） （4,2） （4,3） （4,4） （4,5） （4,6）
5 （5,1） （5,2） （5,3） （5,4） （5,5） （5,6）
6 （6,1） （6,2） （6,3） （6,4） （6,5） （6,6）
第一类： 时，满足“ ”的样本点有 个；
第二类： 时，满足“ ”的样本点有 个；
第三类： 时，满足“ ”的样本点有 个；
第四类： 时，满足“ ”的样本点有 个；
第五类： 时，满足“ ”的样本点有 个；
第六类： 时，满足“ ”的样本点有1个.
由分类加法计数原理，满足“ ”的样本点共有： 个，
而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有 个样本点，
因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是古典概型.
则“ ”的概率为 .
故选：D.
【点睛】思路点睛：本题主要考查计数原理和古典概型概率公式的应用，属于较难题.
因同时考虑抛掷三次骰子出现的不同结果较复杂，故可采取取定一次抛掷结果，分析讨论另外两次抛掷结
果中符合题意的样本点，即可化繁为简，达到解题的目的.
二、填空题
6．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，现从这8张卡片
中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为
．【答案】
【分析】先写出基本事件总数 ，再求出所有卡片上的数字之和，得到抽出的3张卡片上的数字之和应为
，列举出和为 的3张卡片即可求解.
【详解】从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为 ，
因为 ，
所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，
则抽出的3张卡片上的数字之和应为 ，
则抽出的3张卡片上的数字的组合有 或 或 共3种，
所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为 的样本点个数共3个，
所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
故答案为： .
7．（2025·江西九江·一模）如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或
“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态．假设
起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则 灯区最终仍处于“点亮”
状态的概率为 ．
【答案】
【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类 灯区，第二类 灯区，第三类 灯区，
然后由题意分别按各类中的两个保持 灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方
法数，最后由概率公式计算概率．
【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有 种按法．
与 相邻的灯区为 ；与 相邻的灯区为 ，故将9个灯区分为三类：第一类 灯区，第二类
灯区，第三类 灯区．若要使得 灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随
机先后按两个不同灯区．
①若先后按下的是 两个灯区，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法；
②若先后按下的是 灯区中的两个，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法；③若先后按下的是 灯区中的两个，则 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有 种按法．故
灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
故答案为： ．
8．（2024·四川·一模）从1，2，…，2024中任取两数 ， （可以相同），则 个位为8的概率为
【答案】
【分析】先研究 和 的个位数字的规律，确定它们的周期均为4，再借助古典概型知识，即可求解.
【详解】从1，2，⋯，2024中任取两数a，b(可以相同)，共有 种取法，
因为 的个位数字随着 从1开始，依次是 ，周期变化，
的个位数字随着 从1开始，则依次是 ，周期变化，
故它们的周期均为 ，
所以， 中，共有 种数型，
且每种数型的个数是均等的，都是 个，
和 的尾数中只有 三种情形中个位数字是 ，
即 时， 的个位数字是 ，
，
所以满足 的个位数字是 的取法有 种取法，
所以所求概率为 .
即 个位为 的概率为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析发现 的个位数与 的个位数呈周期规律，从而得解.
题型 02 条件概率
【解题规律·提分快招】
1、定义
一般地，设 ， 为两个事件，且 ，称 为在事件 发生的条件下，事件 发生的
条件概率．
注意：（1）条件概率 中“ ”后面就是条件；（2）若 ，表示条件 不可能发生，此时用条件概率公式计算 就没有意义了，所以条件概率计算必须在 的情况下进行．
2、性质
（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在 和1之间，即 ．
（2）必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为 ．
（3）如果 与 互斥，则 ．
注：①如果知道事件 发生会影响事件 发生的概率，那么 ；
②已知 发生，在此条件下 发生，相当于 发生，要求 ，相当于把 看作新的基本事件空间计
算 发生的概率，即 ．
P(B|A)
3、用定义法求条件概率 的步骤
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算 ， ；
（3）代入公式求 ．
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·广东江门·模拟预测）现有1000个苹果，其中900个是大果，100个是小果，现想用一台水果分
选机筛选出来．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为 ，把小果筛选为大果的概率为 经过一轮
筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽出一个，则这个“大果”是真的大果的概率为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】法一：设抽取的果是大果为事件 ，经过分选机筛选后是“大果”为事件 ，利用全概率公式求
得 ，再由条件概率公式得到所求概率；
法二：具体到有1000个苹果，计算出真正的“大果”的个数和筛选出的“大果”的个数，由古典概型得到
所求概率.
【详解】法一：设抽取的果是大果为事件 ，经过分选机筛选后是“大果”为事件 ，
则由题意可知 ，
所以 ，
所以这颗“大果”是真的大果的概率为 ，A正确；
法二：根据题意，从1000个苹果中机器筛选出的大果有 个，而这些机选“大果"中真正的大果有下 个，
所以这颗“大果”是真的大果的概率为： ，A正确；
故选：A．
2．（2024·湖南·三模）某大学一宿舍4名同学参加2024年研究生招生考试，其中两人顺利上初试线，还
有两人差几分上线，这两名学生准备从A，B，C，D，E，F这6所大学中任选三所大学申请调剂，则这两
名学生在选择了相同大学的条件下，恰好选择了两所相同大学的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出这两名学生恰好选择了两所相同大学的方法总数，再求出这两名学生选择了相同大学的方法
总数，可得概率.
【详解】依题意，这两名学生恰好选择了两所相同大学的方法总数为： ，
这两名学生选择了相同大学的方法总数为： ，
所以所求概率 .
故选：C
3．（2025·河南郑州·一模）将一枚质地均匀的正八面体骰子连续抛掷2次，其八个面上分别标有 八个
数字，记录骰子与地面接触的面上的点数，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的点数，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设事件A为： ，事件B为： ，用列举法写出事件事件 和事件
的各种情况，计数后由条件概率公式计算．
【详解】设事件A为：
当 时，
分两种情况：
第一次掷出4，第二次掷出大于等于4的数，即第二次可以是4，5，6，7，8，共5种情况;第二次掷出4，第一次掷出大于等于4的数，即第一次可以是4，5，6，7，8，共5种情况，
两种情况都有第一次和第二次都掷出4，共1种情况，
所以事件A包含的基本事件数为
设事件B为： ，
则事件AB为： 且 ，
有 ， 和 ， 两种情况.
由条件概率公式：
故选：B．
4．（2024·全国·模拟预测）甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均
匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三
轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有
一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算
得出答案.
【详解】用 分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含 个等可能的基本事件.
其中，甲得3分，即 包含的基本事件有
，共15个，概率为
.
同理可得，甲每轮得0分的概率也是 ，得1分的概率为 .
所以每一轮甲得分低于3分的概率为 ．
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件 表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件 表示经过三轮比
赛，甲没有比赛得分为3分.
则 ， .
事件 可分三类情形：①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为 ；
②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为 ；
③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为 .
所以 ，
所以 .
故选：B．
二、填空题
5．（2024·江西九江·二模）将甲，乙，丙三名志愿者分配到 ， ， 三个社区服务，每人分配到一个社
区且每个社区至多分配一人，则在乙分配到 社区的条件下，甲分配到 社区的概率为 ．
【答案】 /
【分析】乙分配到 社区，基本事件总数 ，在乙分配到 社区的条件下，甲分配到 社区包含的
基本事件个数 ，由此能求出在乙分配到 社区的条件下，甲分配到 社区的概率．
【详解】将甲，乙，丙三名志愿者分配到 ， ， 三个社区服务，
每人分配到一个社区且每个社区至多分配一人，且乙分配到 社区，
基本事件总数 ，
在乙分配到 社区的条件下，甲分配到 社区包含的基本事件个数 ，
在乙分配到 社区的条件下，甲分配到 社区的概率为 ．
故答案为： ．
6．（2025·上海·模拟预测）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在 共 所学校中各自选 所学校
开展普法讲座.在甲、乙一共选择了 所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择 学校开展讲座的概率为
.
【答案】 /
【分析】记事件 ：甲、乙一共选择了 所不同的学校进行普法，事件 ：恰有一位老师选择 学校开展
普法讲座，根据条件，利用古典概率公式求得 ， ，再由条件概率公式，即可求解.
【详解】记事件 ：甲、乙一共选择了 所不同的学校进行普法，事件 ：恰有一位老师选择 学校开展
普法讲座，因为 ， ，所以 ，
故答案为： .
7．（2024·甘肃·模拟预测）某校元旦联欢晚会的最后一个环节是一个抽奖游戏，主持人从编号为1，2，3
的三个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将三个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在
哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，
并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了1号箱，用 表示 号箱有奖品
，用 表示主持人打开 号箱子 ，则 ，若抽奖人更改了选择，则其
中奖概率为 ．
【答案】 /0.5； .
【分析】根据条件概率的定义结合古典概型概率公式可求 ，分奖品在1号箱，奖品不在1号箱，
两种情况讨论，结合独立事件的概率公式可得抽奖人更改了选择并中奖的概率.
【详解】奖品在1号箱，甲选择了1号箱，主持人可从2，3号箱中打开一个，则 ；
若奖品在1号箱，其概率为 ，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为0；
若奖品不在1号箱，其概率为 ，主持人随机打开不含奖品的那个箱子，
若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子的概率为1.
所以若抽奖人更改选择，其中奖的概率为 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据题意正确分“奖品在1号箱”和“奖品不在1号箱”两种情
况分类讨论求解，使得问题更为清晰.
8．（2024·辽宁·三模）一个书包中有标号为“ ”的 张卡片.一个人每次从中拿出一张
卡片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果
他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为 ，则
. .
【答案】 /
【分析】先求出他手中3张单张卡片含有 张相同卡片的概率，进而得出 和 间的递推关系，用累乘方法求解 即可.
【详解】 张卡片选取 张卡片的选法共有： 种，
事件“手中这 张单张卡片中含有 张相同卡片”的选法共有： 种；
由古典概型的计算公式可得其概率为： ，
若书包中 张卡片全部被拿走的概率为 ，
将这两张相同的卡片拿掉以后，相当于从 对相同的卡片中已拿出一张卡，
事件“书包中 张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中 卡片全部被拿走”发生，
且书包中 卡片全部被拿走概率为 ，
因而 ，且 ，
则 ，
，
故答案是： （或 ）， .
【点睛】思路点睛：本题主要考查递推数列与概率知识的交汇问题，解决该类问题应该注意的事项有：
（1）做好互斥事件的划分，正确进行独立事件概率的计算；
（2）借助待定系数方法建立不同事件概率间的递推关系，即构建递推数列；
（3）正确运用数列求通项公式或求和的方法解决问题.
题型 03 相互独立
【解题规律·提分快招】
1、相互独立事件的概念及性质
（1）相互独立事件的概念
对于两个事件 ， ，如果 ，则意味着事件 的发生不影响事件 发生的概率．设
，根据条件概率的计算公式， ，从而 ．
由此我们可得：设 ， 为两个事件，若 ，则称事件 与事件 相互独立．
（2）概率的乘法公式
由条件概率的定义，对于任意两个事件 与 ，若 ，则 ．我们称上式为概率
的乘法公式．
（3）相互独立事件的性质如果事件 ， 互相独立，那么 与 ， 与 ， 与 也都相互独立．
（4）两个事件的相互独立性的推广
两个事件的相互独立性可以推广到 个事件的相互独立性，即若事件 ， ，…， 相互
独立，则这 个事件同时发生的概率 ．
2、事件的独立性
（1）事件 与 相互独立的充要条件是 ．
（2）当 时， 与 独立的充要条件是 ．
（3）如果 ， 与 独立，则 成立．
3、判断事件是否相互独立的方法
（1）定义法：事件 ， 相互独立⇔ ．
（2）由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
（3）条件概率法：当 时，可用 判断．
4、求相互独立事件同时发生的概率的步骤
①首先确定各事件之间是相互独立的．
②求出每个事件的概率，再求积．
（2）使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立
的．
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·山东烟台·三模）一袋子中装有5个除颜色外完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球，从中
不放回的每次取出1个小球，连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分第一次取出为红球和黑球两种情况求解即可.
【详解】由题意，第一次取出可能为红球或黑球，故连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为
.
故选：D
2．（2024·上海杨浦·一模）如果 是独立事件， 分别是 的对立事件，那么以下等式不一定成立
的是（ ）.
A．
B．C．
D．
【答案】C
【分析】根据相互独立事件的定义以及性质，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A,由于 是独立事件，故 ，A正确，
对于B，由于 是独立事件，则 也是相互独立事件，故 ，B正确，
对于C， ,故由于 不一定为0，故C错误，
对于D, 由于 是独立事件，则 也是相互独立事件， ,D正
确，
故选：C
3．（2025·广东肇庆·二模）小王数学期末考试考了 分，受到爸爸表扬的概率为 ，受到妈妈表扬的概
率也为 ，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】相互独立事件的概率，采用乘法公式，正面分类复杂，求对立事件（小王不被表扬）的概率可得
解.
【详解】记小王受到爸爸表扬为事件 ，小王受到妈妈表扬为事件 ，小王受到表扬为事件 ，
小王同学受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立，则 .
故选：C.
4．（2024·江西·模拟预测）有6个质地形状相同的球，分别标有数字 ，从中随机有放回的取两
个球，每次取1个球．事件 “第一次取出的球标的数字为奇数”，事件 “第二次取出的球标的数
字为偶数”，事件 “两次取出的球标的数字之和为5”，事件 “两次取出的球标的数字之和为6”，
则（ ）
A． 与 互斥 B． 与 相互独立
C． 与 相互独立 D． 与 互斥
【答案】C
【分析】应用表格列举出所有情况，再应用古典概率求法、互斥事件定义及独立事件的判定判断各项正误.
【详解】如下表，对应为(第一次，第二次)，
1 2 3 4 5 6
1 (1,1 (1,2 (1,3 (1,4 (1,5 (1,6) ) ) ) ) )
(2,1 (2,2 (2,3 (2,4 (2,5 (2,6
2
) ) ) ) ) )
(3,1 (3,2 (3,3 (3,4 (3,5 (3,6
3
) ) ) ) ) )
(4,1 (4,2 (4,3 (4,4 (4,5 (4,6
4
) ) ) ) ) )
(5,1 (5,2 (5,3 (5,4 (5,5 (5,6
5
) ) ) ) ) )
(6,1 (6,2 (6,3 (6,4 (6,5 (6,6
6
) ) ) ) ) )
由题设及上表知， 和 、 和 均可以同时发生，如 ，故它们均不互斥，故A，D均错误；
由上表知 ， ，
所以 ，故 与 相互独立， 与 不相互独立．
故选：C
5．（2024·安徽·模拟预测）某公司进行招聘，甲、乙、丙被录取的概率分别为 ， ， ，且他们是否被
录取互不影响，若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出三人中恰有两人被录取的概率以及甲被录取时恰有两人被录取的概率，利用条件概率公式求
解.
【详解】设甲，乙，丙被录取分别为事件 ，三人中恰有两人被录取为事件 ，则
，
．
故选：C．6．（2024·辽宁·模拟预测）甲、乙二人下围棋，若甲先着子，则甲胜的概率为0.6，若乙先着子，则乙胜
的概率为0.5，若采取三局两胜制（无平局情况），第一局通过掷一枚质地均匀的硬币确定谁先着子，以
后每局由上一局负者先着子，则最终甲胜的概率为（ ）
A．0.5 B．0.6 C．0.57 D．0.575
【答案】D
【分析】最终甲胜分三种情况，一二局甲胜，一三局甲胜，二三局甲胜，而每种情况又分甲先着子和乙先
着子，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】由题意知，
一二局甲胜的概率为： ，
一三局甲胜的概率为： ，
二三局甲胜的概率为： ，
因此最终甲胜的概率为 ，
故选：D.
7．（24-25高三上·四川眉山·阶段练习）某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下
雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，
他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为 ，不下雨的
概率均为 ，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概
率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手，分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得至少有一天
淋雨的概率.
【详解】解：“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，
连续上两天班，上班、下班的次数共有4次.
(1)4次均不下雨，概率为： ；
(2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为： ；
(3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况：
①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二
天上班时不下雨，下班时下雨；概率为： ；
(4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，
概率为： ；
(5)4次均下雨，概率为： ；
两天都不淋雨的概率为： ，
所以至少有一天淋雨的概率为： .
故选：D.
8．（2024·全国·模拟预测）甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均
匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三
轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有
一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算
得出答案.
【详解】用 分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含 个等可能的基本事件.
其中，甲得3分，即 包含的基本事件有
，共15个，概率为
.
同理可得，甲每轮得0分的概率也是 ，得1分的概率为 .
所以每一轮甲得分低于3分的概率为 ．
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件 表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件 表示经过三轮比
赛，甲没有比赛得分为3分.
则 ， .
事件 可分三类情形：①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为 ；
②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为 ；
③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为 .
所以 ，
所以 .
故选：B．
题型 04 全概率公式
【解题规律·提分快招】
1、全概率公式
（1） ；
（2）定理 若样本空间 中的事件 ， ，…， 满足：
①任意两个事件均互斥，即 ， ， ；
② ；
③ ， ．
则对 中的任意事件 ，都有 ，且
．
注：全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单事件的概率计算，即
运用了“化整为零”的思想处理问题，可将较为复杂的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考
虑．
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·二模）某汽修厂仓库里有两批同种规格的轮胎，第一批占 ，次品率为 ；第二
批占 ，次品率为 .现从仓库中任抽取1个轮胎，则这个轮胎是合格品的概率是（ ）
A．0.046 B．0.90 C．0.952 D．0.954
【答案】D
【分析】借助全概率公式计算即可得.【详解】设事件 为抽中第一批，事件 为抽中合格品，
则
.
故选：D.
2．（2024·内蒙古包头·三模）设某工厂购进10盒同样规格的零部件，已知甲厂、乙厂、丙厂分别生产了
其中的4盒、3盒、3盒．若甲、乙、丙三个厂家生产该种零部件的次品率依次为 ， ， ，现从这
10盒中任取一盒，再从这盒中任取一个零部件，则取得的零部件是次品的概率为（ ）
A．0.08 B．0.075 C．0.07 D．0.06
【答案】C
【分析】由全概率公式计算即可求解．
【详解】根据题意，设任取一个零件，分别来自甲，乙，丙三厂的事件分别为 ，设任取一个零件为
次品为事件 ，
则 ， ，
所以
，
故选：C．
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）把一副洗好的牌（共52张）背面朝上地摞成一摞，然后依次翻开每一张
牌，直到翻出第一张A．记事件A为“翻开第3张牌时出现了第一张A”，事件B为“翻开第4张牌时出现
了第一张A”，事件C为“翻开的下一张牌是黑桃A”，事件D为“下一张翻开的牌是红桃3”，则下列说法
正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】A、C选项利用概率的乘法公式即可求解；B、D选项根据题意简化模型，结合全概率公式分析判
断.
【详解】由题意得 ，
故AC均错误；
因为与其他牌无关，模型可以简化为4张A和一张红桃3，
可知翻出第一张A有如下4种可能：第一张为黑桃A、第一张为非黑桃A也非红桃3、
第一张为红桃3且第二张为黑桃A、第一张为红桃3且第二张为非黑桃A，其相应的概率分别为 ，
则 ，
即 ，故B正确，D错误；
故选：B.
4．（2024·河南信阳·二模）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．
某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为 ，
， ，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为 ， ， ，结果这一天他迟到了，在此条
件下，他自驾去上班的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示
迟到”，利用全概率公式以及条件概率公式即可得到答案.
【详解】设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示
迟到”，
由题意可知： ，
则 ，
，
若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是 .
故选：B.
5．（2024·广东广州·模拟预测）有 个盲盒，其中有 个内有奖品.若抽奖者选定了一
个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定
另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为 ；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被
风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中
奖的概率为 ，则对任意符合题意的 ， ，都有（ ）
A． B． C． D．无法确定 与 的大小关系
【答案】C【分析】利用古典概型概率公式和全概率公式，求出 和 ，由比值确定大小关系.
【详解】设事件 为“最终中奖”，事件 为“一开始选中的有奖”，则 ，
在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余 个盲盒中有 个奖品，
更换后 ，
若一开始选中的无奖，则剩余 个盲盒中有 个奖品，则更换后 ，
故 ，
由于风吹掉为随机吹掉，故所有 个盲盒中有 个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等， ，
因此 ，故 .
故选：C
【点睛】方法点睛：设事件 为“最终中奖”，事件 为“一开始选中的有奖”，则
， ，利用 的值，判断 和 的大小关系.
6．（2024·安徽·三模）托马斯•贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：
，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中 称为
的全概率.春夏换季是流行性感冒爆发期，已知 三个地区分别有 的人患了流感，且这三
个地区的人口数之比是 ，现从这三个地区中任意选取1人，若选取的这人患了流感，则这人来自
地区的概率是（ ）
A．0.25 B．0.27 C．0.48 D．0.52
【答案】C
【分析】本题利用题目信息给出的贝叶斯公式，结合全概率公式即可求解.
【详解】记事件 表示“这人患了流感”，事件 分别表示“这人来自 地区”，
由题意可知：
， ，故 .
故选：C.
题型 05 贝叶斯公式
【解题规律·提分快招】
1、贝叶斯公式
（1）一般地，当 且 时，有
（2）若样本空间 中的事件 满足：
①任意两个事件均互斥，即 ， ， ；
② ；
③ ， ．
则对 中的任意概率非零的事件 ，都有 ，
且
注：（1）在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原因，看看导致
这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是使用贝叶斯公式．贝叶斯公
式的意义是导致事件 发生的各种原因可能性的大小，称之为后验概率．
（2）贝叶斯公式充分体现了 ， ， ， ， ， 之间的转关系，即
， ， 之间的内在联
系．
2、利用贝叶斯公式求概率的步骤
第一步：利用全概率公式计算 ，即 ；
第二步：计算 ，可利用 求解；
第三步：代入 求解．
3、贝叶斯概率公式反映了条件概率 ，全概率公式 及乘法公之间的关系，即 ．
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·浙江·二模）小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐中没有钱，小明在第 天早上八点以
的概率向存钱罐中存入100元， ．若小明在第4天早上七点发现自己前3天晚上八点时存钱罐
中的余额恰好成等差数列，则小明在第2天存入了100元概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据贝叶斯公式求得正确答案.
【详解】余额恰好成等差数列，即 ，
其中第 天存入 元的是 ，
故所求概率为 .
故选：A
2．（2024·湖南邵阳·三模）甲、乙两个工厂代加工同一种零件，甲加工的次品率为 ，乙加工的次品率
为 ，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的 ， ，任取一个
零件，如果取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由全概率公式算出“任取一个零件，取到的零件是次品”的概率，再由贝叶斯公式即可求解.
【详解】设事件 “任取一个零件，取到的零件是次品”， “任取一个零件，来自甲工厂”，
“任取一个零件，来自乙工厂”，
由题意得 ， ， ， ．
因为 ，
所以 ．
故选：D．
3．（2024·北京朝阳·模拟预测）现有一种检验方法，对患 疾病的人化验结果 呈阳性，对未患 疾
病的人化验结果 呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区 疾病的患病率为 ，则这种检验方法在该地区的误诊率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】记事件 检查结果呈阳性，事件 被检查确实患 疾病，利用全概率公式求出 的值，然
后利用贝叶斯公式可求出 的值，即为所求.
【详解】记事件 检查结果呈阳性，事件 被检查确实患 疾病，
由题意可知， ， ， ， ，
所以， ，
因此，这种检验方法在该地区的误诊率为 ，
故选：A.
4．（2024·江西南昌·一模）假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中
任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的
也是2个白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，先分析求解设从甲中取出 个球，其中白球的个数为 个的事件为 ，事件 的概率
为 ，从乙中取出 个球，其中白球的个数为2个的事件为 ，事件 的概率为 ，再分别分析
三种情况求解即可
【详解】设从甲中取出 个球，其中白球的个数为 个的事件为 ，事件 的概率为 ，从乙中取出
个球，其中白球的个数为2个的事件为 ，事件 的概率为 ，由题意：
① ， ；
② ， ；
③ ， ；
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为故选：C
二、填空题
5．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合
理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾､坐公交车､骑共享单车三种，某天早上他选择自驾､坐
公交车､骑共享单车的概率分别为 ，而他自驾､坐公交车､骑共享单车迟到的概率分别为 ，则
小明这一天迟到的概率为 ；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为 .
【答案】
【分析】设事件 表示“自驾”，事件 表示“坐公交车”，事件 表示“骑共享单车”，事件 “表
示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，
则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可．
【详解】由题意设事件 表示“自驾”，事件 表示“坐公交车”，
事件 表示“骑共享单车”，事件 表示“迟到”，
则 .
由全概率公式可得小明这一天迟到的概率：
.
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
他自驾去上班的概率是 .
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率 .
故答案为： ； .
一、单选题
1．（2024·甘肃武威·模拟预测）某校高三（1）班和（2）班各有40名同学，其中参加数学兴趣社团的学
生分别有10人和8人．现从这两个班中随机抽取一名同学，若抽到的是参加数学兴趣社团的学生，则他来
自高三（1）班的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】方法一：根据条件概率及全概率公式可得结果；方法二：缩小样本空间根据古典概型概率公式可
得结果.
【详解】法一：因为抽到的参加数学兴趣社团的学生可能来自于高三（1）班和（2）班，
设 “抽到的学生来自高三（1）班”， “抽到的学生来自高三（2）班”、
“抽到的是参加数学兴趣社团的学生”、
则 ，
由全概率公式得 ，
所以 .
法二：由题得参加数学兴趣社团的学生共有 人，由古典概型的概率公式，
则他来自高三（1）班的概率为 ．
故选：C.
2．（2024·全国·模拟预测）为践行“保护环境，绿色出行”的环保理念，李先生每天从骑自行车、坐公交
车两种方式中随机选择一种去上班．已知他选择骑自行车的概率为0.6，且骑自行车准时到达单位的概率
为0.95．若李先生准时到达单位的概率为0.93，则他坐公交车准时到达单位的概率为（ ）
A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9
【答案】D
【分析】利用全概率公式 计算即可.
【详解】设 “李先生骑自行车上班”， “李先生坐公交车上班”， “李先生准时到达单位”，
根据题意得， ， ， ，设 ，
则 ，
解得 ．
故选：D.
3．（23-24高三下·重庆·阶段练习）2024年春节期间，有 五部电影上映，小李准备和另3名同
学一行去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小李看 电影，且4人中恰有2人看同一部电影的概率
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足小李看 电影，且4人中恰有两人看同一部电影的方案数，
最后根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意每位同学均有 种选择，则四位同学一共有 种方案，
若小李看 电影，且4人中恰有两人看同一部电影，
有两人看 电影，则有 种方案，有一人看 电影，则有 种方案，
即满足小李看 电影，且4人中恰有两人看同一部电影一共有 种方案，
所以所求概率 .
故选：C.
4．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若
用 表示红色骰子的点数，用 表示绿色骰子的点数，用 表示一次试验结果，设事件 ；事
件 ：至少有一颗点数为6；事件 ；事件 .则下列说法正确的是（ ）
A．事件 与事件 为互斥事件 B．事件 与事件 为互斥事件
C．事件 与事件 相互独立 D．事件 与事件 相互独立
【答案】D
【分析】A选项，写出事件 包含的情况，得到 ，A错误；B选项，写出事件 包含的情况，
结合A选项，得到 ，B错误；C选项，写出事件 包含的情况，故 ，C
错误；D选项，写出事件 和 包含的情况，得到 ，D正确.
【详解】A选项，事件 包含的情况有 ，
事件 ：至少有一颗点数为6包含的情况有
，
故 ，事件 与事件 不为互斥事件，A错误；
B选项，事件 包含的情况有
，
故 ，事件 与事件 不为互斥事件，B错误；
C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有 种情况，
故 ，
事件 包含的情况为 ，故 ，
故 ，故事件 与事件 不相互独立，C错误；
D选项，事件 包含的情况有
，
，共18种情况，故 ，
事件 包含的情况有： ，
故 ，
因为 ，所以事件 与事件 相互独立，D正确.
故选：D
5．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）有3台车床加工同一型号的零件，第 台加工的次品率分别为
，加工出来的零件混放在一起．已知第 台车床加工的零件数的比为 ，现任取一个
零件，记事件 “零件为第i台车床加工” ，事件 “零件为次品”，则 （ ）
A．0.2 B．0.05 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，由全概率公式、条件概率公式和贝叶斯公式，结合已知条件，求解即可.
【详解】根据题意可得： ；
；
由全概率公式可得：
；
故 .
故选：D.
6．（24-25高三上·四川成都·期中）如图，一个正八面体的八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个
正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为 ，记事件 “得到的
点数为偶数”，记事件 “得到的点数不大于4”，记事件 “得到的点数为质数”，则下列说法正确
的是（ ）A．事件 与 互斥， 与 相互对立
B．
C． 但不满足 两两独立
D． 且 两两相互独立
【答案】C
【分析】明确事件 ， ， 所包含的样本点，根据互斥、对立、独立事件的概念判断各选项是否正确.
【详解】因为事件 所含的样本点为： ，事件 所含的样本点为： ，事件 所含的样本
点为： .
因为事件 ， 都包含样本点2,3，所以 ， 不互斥，故A错误；
因为 所含的样本点为： ，所以 ，故B错误；
因为 所含的样本点为： ，所以 ，又 ，所以
.
又事件 所含的样本点为： ，所以 ，又 ，
所以 ，所以事件 不独立，即 两两独立错误，所以C正确，D错误.
故选：C
7．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）第9届亚冬会即将在冰城哈尔滨召开，为了办好这一届盛会，组委会
决定进行赛会志愿者招募．现有4名志愿者，通过培训后，拟安排在冰壶、短道速滑、高山滑雪三个项目
进行志愿者服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，在甲被安排
到冰壶项目的条件下，乙被安排到短道速滑项目的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用条件概率的公式直接求解即可.
【详解】记“甲被安排到冰壶项目”为事件A，记“乙被安排到短道速滑项目”为事件B，
甲被安排到冰壶项目分为两类，甲一人被安排到冰壶项目的种数为 ，两人被安排到冰壶项目的种数
为 ，
所以 ，
甲被安排到冰壶项目且乙被安排到短道速滑项目的种数为 ，所以 ，
所以 .
故选：D.
二、多选题
8．（2024·河南新乡·模拟预测）随机投掷一枚质地均匀的骰子3次，记3次掷出的点数之积为 ，掷出的
点数之和为 ，则（ ）
A．事件“ ”和“ ”相等 B．事件“ ”和“ ”互斥
C． 为奇数的概率为 D． 的概率为
【答案】ACD
【分析】写出事件的所有基本事件判断A；利用相互独立事件的定义判断B；利用相互独立事件、对立事
件的概率公式计算判断CD.
【详解】对于A，事件“ ”和“ ”都相当于掷出两个1点和一个2点，故A正确；
对于B，事件“ ”和“ ”都包含掷出两个1点和一个4点，故B错误；
对于C， 为奇数等价于“3次掷出的点数都为奇数”，因此其概率为 ，故C正确；
对于D，事件“ ”的对立事件为“ 或 ”， ，
，
因此 ，故D正确．
故选：ACD.
9．（2025·湖南永州·模拟预测）设样本空间 含有等可能的样本点，且 ， ，
，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由题意结合条件概率定义、独立事件定义和独立事件概率乘法公式逐项求出相应所需的
即可判断得解.【详解】对于A，由题意可得 ，
所以 ，故A正确；
对于B， ，
所以 ，故B正确；
对于C，因为 ， ，
所以 ，故C错误；
对于D，因为 ，所以 .故D正确.
故选：ABD.
10．（2024·山西朔州·一模）在信道内传输 信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的
信号字母不变的概率为 ，收到其他两个信号的概率均为 ．若输入四个相同的信号
的概率分别为 ，且 ．记事件 分别表示“输入
”“输入 ”“输入 ”，事件 表示“依次输出 ”，则（ ）
A．若输入信号 ，则输出的信号只有两个 的概率为
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出
，再根据 和
化简得到D正确.
【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为 ，收到其他两个信号的概率
均为 ，即收到的信号字母变的概率为 ，且信号的传输相互独立，
所以输入信号 ，则输出的信号只有两个 的概率为 ，故A错误；B：因为 ，故B正确；
C： ，故C正确；
D：因为 ，
而
，
所以
，
故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式 和全概率公式
.
三、填空题
11．（2024·内蒙古呼和浩特·模拟预测）用0与1两个数字随机填入如图所示的3个格子里，每个格子填一
个数字.若从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为
.【答案】 /0.375
【分析】根据列举法应用古典概型计算即可.
【详解】列出树状图
基本事件的总数为8个，满足条件的基本事件为 共3种，
所以概率为 .
故答案为： .
12．（2025·云南昆明·一模）围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现
有 枚黑色棋子和 枚白色棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的
概率为 ．
【答案】
【分析】计算两端棋子颜色不同的概率，再使用对立事件概率的性质即可.
【详解】若两端的棋子颜色不同，那么两端的棋子的颜色分布有 种可能，中间的棋子的颜色分布有
种可能.
所以两端棋子颜色不同的概率为 ，故两端是同色棋子的概率为 .
故答案为： .
13．（2025·安徽合肥·一模）袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一
个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球 不再放回 ，并将该小球放回袋中.然后，对袋中
剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为 .
【答案】
【分析】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，分析第一次取出的小球标号，求出相应的概率，即
可得解.
【详解】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，若第一次取出的是1号球，两次操作之后袋子里面只剩1号球；
若第一次取出的是2号球，则第二次操作时袋子中有1，2号球，若要让袋子中有2个球，需取2号球才行，
其概率为 ；
若第一次取出的是3号球，则第二次操作时袋子中有1，2，3号球，若让袋子中有2个球，需取2号球才
行，其概率为 ；
综上，袋中剩下2个小球的概率为 .
故答案为：
14．（2024·安徽·一模）现有4个相同的袋子，里面均装有4个除颜色外其他无区别的小球，第
个袋中有 个红球， 个白球．现将这4个袋子混合后，任选其中一个袋子，并且连续取
出三个球（每个取后不放回），则第三次取出的球为白球的概率为 ．
【答案】
【分析】设 “取出第 个袋子”， “，结合全概率公式，即可求解.
【详解】由题意，设 “取出第 个袋子，其中 ”，
“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”，
则 ，且 两两互斥．
，所以 ，
所以， ．
故答案为：
15．（2024·天津河北·一模）已知某地区烟民的肺癌发病率为 ，先用低剂量药物 进行肺癌䈐查，检查
结果分阳性和阴性，阳性被认为是患病，阴性被认为是无病.医学研究表明，化验结果是存在错误的，化验
的准确率为 ，即患有肺癌的人其化验结果 呈阳性，而没有患肺癌的人其化验结果 呈阴性.则
该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为 ；现某烟民的检验结果为阳性，请问他患肺癌
的概率为 .
【答案】
【分析】根据题意，由乘法公式即可求得该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率；再利用贝叶斯公
式即可求得某烟民的检验结果为阳性，其患肺癌的概率.
【详解】因为某地区烟民的肺癌发病率为 ，没有患肺癌的人其化验结果 呈阴性，
则该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为 ；设事件 表示某地区烟民患癌，则 ， ，
设事件 表示检验结果为阳性，
则 ， ，
所以某烟民的检验结果为阳性的概率为：
，
所以某烟民的检验结果为阳性，其患肺癌的概率为
.
故答案为： ；
16．（2024·湖北荆州·三模）天道酬勤，勤能补拙，努力的人得到的结果也许不尽如人意，虽然问心无愧
的他们往往能平静看待生活中的点点滴滴，后悔这个词离他们似乎很遥远，但面对不顺时，他们有时候也
会反思一些细节，情不自禁的流下悔恨的泪水.其实每个人在生活中都曾有过后悔的经历，即便是懒惰成性，
不思进取的人，遇到挫折时，他们中也会有人会反思过去的不足，即使明知悔之晚矣，也往往会流下悔恨
的泪水.某位经验丰富的班主任老师，从高三开始，一直在反复告诫自己的学生：珍惜当下，积极进取，争
做高考后无怨无悔的人，不做高考后如祥林嫂般的悔恨者.一晃三年过去了，这位班主任老师结合学生三年
的表现，调查发现，自己任教的班级勤懒生人数之比为 ，结合自己对以前毕业于自己班的学生高考后
的表现发现，勤生高考后流下悔恨的泪水的概率为0.001，而懒生高考后流下悔恨的泪水的概率为0.020.展
望本届学生高考，他清楚地知道，自己班上一定有学生会在高考后流下悔恨的泪水，若真如该老师所料，
有一位学生流下了悔恨的泪水，则这个学生恰好是一名懒生的概率为 （结果用既约分数表示）
【答案】
【分析】利用条件概率的公式可求答案.
【详解】记事件 “抽取学生是勤生”， 事件 “抽取学生是懒生”， 事件 “抽取学生流下了悔
恨的泪水”，
则依题意有 ， ，
;
同理， ，
故 ,.
故答案为：
17．（2024·陕西宝鸡·三模）围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围
棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的
5位棋手参加比赛，他们分成三个小组，则甲和乙在同一个小组的概率为 ．
【答案】 /
【分析】先求出5人分成3个小组的分法，然后求出甲和乙在一个小组的情况，利用古典概型即可求解．
【详解】解：把5人分成3个小组的分法有：3，1，1和2，2，1，
3，1，1的分法有 种，甲和乙在一个小组的情况有 种，
2，2，1的分法有 种，甲和乙在一个小组的情况有 种，
故所有的分组方法有25种，甲和乙在同一个小组的情况有6种，
故概率 ．
故答案为： ．
18．（2024·浙江宁波·一模）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、
乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机
取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，
甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，
则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为 .
【答案】
【分析】列举第一轮中甲得1分的情况，结合排列组合以及乘法公式即可求解.
【详解】若第一轮在第一轮中得1分，
若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2，
若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2或3，
若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1或4，
若第一轮中甲抽到的小球为1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5时，则乙抽到的小球可
以是剩下三个小球中的任何一个，故共有 ，
因此第一轮中甲得1分的概率为 ,
在第二轮的过程中，只剩下两个球，要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，故概率为 ，
因此甲在两轮中共得2分的概率为 ，
故答案为：
19．（2024·全国·一模）有4个不透明的袋子 ，每个袋子中均装有形状、大小完全相同的4个小
球，编号分别为1，2，3，4．甲、乙、丙、丁4名同学依次随机从每个袋子中各取出1个球，取出不放回．
已知甲取出的4个小球编号之和为14，乙取出的4个小球编号之和为13，则丙取出的4个小球编号之和大
于6的概率是 ．
【答案】 /
【分析】根据题意首先算出第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13的填法，再求出在第一行数
字之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的填法，两个数相除即可.
【详解】题中问题等价于往如下表格中随机地填数字，其中每列都是1，2，3，4的排列，求在第一行数字
之和为14，并且第二行数字之和为13的条件下，第三行数字之和大于6的概率．
A B C D
甲
乙
丙
丁
第一行数字之和为14，并且第二行数字之和为13包含的情况数可如下计算：
如果第一行数字是3个4，1个2，那么共 种不同的填法；
如果第一行数字是2个4，2个3，那么共 种不同的填法．
所以共有 种不同的填法．
第三行数字之和大于6包含的情况数可如下计算：
①第一行数字依次是4，4，4，2，则第二行只能依次为3，3，3，4，如下表．
甲 4 4 4 2
乙 3 3 3 4
丙
丁如果第三行第四列是3，则前3列可以是2，2，2，或2，2，1，或2，1，1；
如果第三行第四列是1，则前3列可以是2，2，2，共有 种可能．
所以如果第一行数字是3个4，1个2，那么共 种不同的填法．
②第一行数字依次是3，3，4，4，则第二行可能为4，4，3，2或4，4，2，3，如下表（只列出其中一种
情况）．
甲 3 3 4 4
乙 4 4 3 2
丙
丁
此种情况下，余下两行也有8种不同的填法，
所以如果第一行数字是2个4，2个3，那么共 种不同的填法．
所以第三行数字之和大于6共有 种不同的填法．
所以第三行数字之和大于6的概率为 ．
