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第2 讲 古典概型与条件概率、全概率公式
微点一 古典概型
例1 (1)设a，b，c，d∈N，从满足a2+b2+c2+d2=18 的所有有序数组(a，b，c，d)中随机抽取一个，则
该有序数组中第三个数c=0 的概率为( )
A.1
5
B.2
5
C. 1
10
D. 3
10
答案 A
解析 因为a，b，c，d∈N，所以a2+b2+c2+d2=18 共存在三种情况，
①18=42+12+12+02，此时所有的有序数组共有C4
2 A2
2=12(个)，
其中第三个数c=0 的有序数组有C3
2=3(个)；
②18=32+32+02+02，此时所有的有序数组共有C4
2C2
2=6(个)，
其中第三个数c=0 的有序数组有C3
2=3(个)；
③18=32+22+22+12，此时所有的有序数组共有C4
2 A2
2=12(个)，
且不可能出现第三个数c=0 的情况.
故所求概率P=
3+3
12+6+12=1
5.
(2)验证码就是将一串随机产生的数字或符号生成的一幅图片.图片里加上一些干扰像素(防止OCR)，由
用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利
用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，
2，…，9 中的5 个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边递减的验证码称为“钟型验证码”(如
14532，12543)，已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7 的概率为( )
A. 5
36
B. 5
18
C.1
6
D. 1
18
答案 A
解析 根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边递减，所以中间的数字可能是4，5，6，7，8，9.
当中间数字是4 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在右
边(排法唯一)，所以方法数为C 4
2C2
2=6.
当中间数字是5 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，4，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个排在
右边(排法唯一)，所以方法数为C5
2C3
2=30.
当中间数字是6 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，4，5，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两个
排在右边(排法唯一)，所以方法数为C6
2C 4
2=90.
当中间数字是7 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，选其中两个排在左边(排法唯一)，另外两
个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C7
2C5
2=210.
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当中间数字是8 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，7，选其中两个排在左边(排法唯一)，另
外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C8
2C6
2=420.
当中间数字是9 时，其他4 个数字可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，选其中两个排在左边(排法唯一)，
另外两个排在右边(排法唯一)，所以方法数为C9
2C7
2=756.
所以该验证码的中间数字是7 的概率为
210
6+30+90+210+ 420+756= 5
36.
[规律方法] 利用公式法求解古典概型问题的步骤
跟踪演练1 (1)(2025·葫芦岛模拟)5G 通信中的信号是由“0”和“1”组成的二进制编码.某信号的二进
制编码由6 个数字组成，则该信号编码中恰好有3 个“1”的概率为( )
A.1
4
B. 5
16
C. 5
32
D. 3
32
答案 B
解析 根据题意可知某信号的6 位数字均有“0”和“1”两种选择，因此可以编码出26=64(种)信号.
若信号编码中恰好有3 个“1”，则其余三个数字是0，共有C6
3=20(种)信号，
因此该信号编码中恰好有3 个“1”的概率为20
64 = 5
16.
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字
1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从
自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得0 分，
然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小
于2 的概率为 .
答案 1
2
解析 因为甲出卡片1 一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7 时都赢，所以只有1 种组合：3-2，5-4，7-6，1-8.
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3 和5 时赢，只有1 种组合，为3-2，5-4，1-6，7-8；
第二类，当甲出卡片3 和7 时赢，有3-2，7-4，1-6，5-8 或3-2，7-4，1-8，5-6 或3-2，7-6，1-4，5-8，共
3 种组合；
第三类，当甲出卡片5 和7 时赢，有5-2，7-4，1-6，3-8 或5-2，7-4，1-8，3-6 或5-4，7-2，1-6，3-8 或5-
4，7-2，1-8，3-6 或5-2，7-6，1-4，3-8 或5-2，7-6，1-8，3-4 或5-4，7-6，1-2，3-8，共7 种组合.
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综上，甲的总得分不小于2 共有12 种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种)，所以甲的总得分
不小于2 的概率P=12
24 =1
2.
微点二 条件概率
例2 (1)(2025·潍坊模拟)某学校组织象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3 局2 胜制，假设
每局比赛中甲获胜的概率均为2
3，且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的
概率是( )
A.1
4
B.3
4
C.3
5
D.4
5
答案 D
解析 设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，
则P(A)=2
3×2
3+2
3×1
3×2
3+1
3×2
3×2
3=20
27，P(AB)=2
3×2
3+2
3×1
3×2
3=16
27，
所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(B|A)= P( AB)
P( A) =
16
27
20
27
=4
5 .
(2)记A为事件A 的对立事件，且P(A)=2
3，P(A|B)=1
5，P(B)= 5
12，则P(A∪B)等于( )
A.1
2
B.2
3
C.3
4
D.5
6
答案 C
解析 由题意得P(A)=1
3，P(AB)=P(A|B)P(B)=1
5× 5
12= 1
12，
由P(B)=P(AB)+P(AB)，
得P(AB)=P(B)-P(AB)= 5
12- 1
12=1
3，
则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)
=2
3+ 5
12-1
3=3
4 .
[规律方法] 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)= P( AB)
P( A ) .
(2)样本点法：P(B|A)=n( AB)
n( A) .
(3)缩样法：只研究事件A 发生的情况，用古典概型求解.
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跟踪演练2 (1)在某电路上有M，N 两个元件，每次通电后，需要更换M 元件的概率为0.3，需要更换
N 元件的概率为0.2，M，N 有且只有一个需要更换的概率为0.38，且两个元件是否需要更换相互独立，
则在某次通电后M，N 有且只有一个需要更换的条件下，M 需要更换的概率是( )
A.12
19
B.15
19
C.3
5
D.2
5
答案 A
解析 记事件A 为“在某次通电后M，N 有且只有一个需要更换”，事件B 为“M 需要更换”，
则P(A)=0.38，P(AB)=0.3×(1-0.2)=0.24，
由条件概率公式可得P(B|A)= P( AB)
P( A) =0.24
0.38 =12
19.
(2)贵阳某调研机构调查了一个来自南宁的旅行团对贵阳两种特色小吃肠旺面和丝娃娃的喜爱情况，了
解到其中有4
15的人喜欢吃肠旺面，有2
15的人喜欢吃丝娃娃，还有7
10的人既不喜欢吃肠旺面也不喜欢
吃丝娃娃.在已知该旅行团一游客喜欢吃肠旺面的条件下，他还喜欢吃丝娃娃的概率为( )
A.1
4
B.3
8
C.1
2
D.3
4
答案 B
解析 设“喜欢吃肠旺面”为事件A，“喜欢吃丝娃娃”为事件B，则P(A)= 4
15，P(B)= 2
15，
则“喜欢吃肠旺面或丝娃娃”为事件A∪B，“既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃”为事件AB，
由题意知，P(A∪B)=1- 7
10= 3
10，
从而P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)
= 4
15+ 2
15- 3
10= 1
10，
因此由条件概率公式得P(B|A)
= P( AB)
P( A) =
1
10
4
15
=3
8.
微点三 全概率公式与贝叶斯公式
例3 (1)(多选)有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1 号箱内装有4 个绿球、1 个红球，2 号箱
内装有2 个绿球、3 个红球，3 号箱内装有5 个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人从三个箱子中任取
一箱并从中摸出一个球，事件Ai表示“取到i 号箱(i=1，2，3)”，事件B 表示“摸到绿球”，事件C 表
示“摸到红球”，则( )
A.P(B|A2)=2
5
B.P(B|A1)+P(C|A1)=P(A1)
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C.P(B)=11
15
D.P(A1|B)= 4
11
答案 ACD
解析 由题意可知P(A1)=P(A2)=P(A3)=1
3，P(B|A1)=4
5 ，P(C|A1)=1
5，P(B|A2)=2
5，A 正确，B 错误；
P(B|A3)=1，P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=11
15，C 正确；
P(A1|B)= P( A1)P( B|A1)
P(B)
=
1
3 × 4
5
11
15
= 4
11，D 正确.
(2)甲、乙两名同学参加汉语听写比赛，每次由其中一人听写，规则如下：若听写正确则此人继续听写，
若未听写正确则换对方听写，无论之前听写情况如何，甲每次听写的正确率均为0.6，乙每次听写的正
确率均为0.8，第1 次听写的人是甲、乙的概率各为0.5，则第二次听写的人是甲的概率为 ；第
n 次听写的人是甲的概率为 .
答案 2
5 1
6×(
2
5)
n−1
+1
3
解析 根据题意，记“第n 次听写的人是甲”为事件An，“第n 次听写的人是乙”为事件Bn，
设P(An)=pn，依题可知P(Bn)=1-pn.
则P(An+1)=P(AnAn+1)+P(BnAn+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn).
即pn+1=0.6pn+0.2(1-pn)=0.4pn+0.2.
变形可得pn+1-1
3=2
5(pn−1
3)，
又p1=1
2，则p1-1
3=1
6，
则数列{pn−1
3}是首项为1
6，公比为2
5的等比数列，
即pn=1
6×(
2
5)
n−1
+1
3.
所以第2 次听写的人是甲的概率为p2=1
6×(
2
5)
2−1
+1
3=2
5，
第n 次听写的人是甲的概率为pn=1
6×(
2
5)
n−1
+1
3.
[规律方法] 利用全概率公式解题的思路
(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(B|Ai).
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(3)代入全概率公式计算.
跟踪演练3 (1)(多选)已知高二(1)(2)(3)班三个班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，高二
(1)班的不及格率为10%，高二(2)班的不及格率为20%，高二(3)班的不及格率为15%，从三个班中随机
抽取一名学生.记事件A 为该学生本次数学考试不及格，事件Bi为该学生在高二(i)班(i=1，2，3)，则(
)
A.P(B3)=0.3
B.P(A)=0.15
C.A 与B3相互独立
D. P(B1| A )
P(B3| A )=1
2
答案 BCD
解析 对于A，P(B1)=
3
3+3+ 4 =0.3，P(B2)=
3
3+3+ 4 =0.3，P(B3)=
4
3+3+ 4 =0.4，故A 错误；
对于B，由题意知，P(A|B1)=0.1，P(A|B2)=0.2，P(A|B3)=0.15，
则P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=0.15，故B 正确；
对于C，由P(A)=P(A|B3)=0.15，则P(AB3)=P(A|B3)P(B3)=P(A)P(B3)，
即A 与B3相互独立，故C 正确；
对于D，P(B1|A)= P( A|B1)P(B1)
P( A )
=1
5，P(B3|A)= P( A|B3)P(B3)
P( A )
=2
5，则P(B1|A )
P(B3|A )=1
2，故D 正确.
(2)甲、乙两位同学每人每次投掷两颗骰子，规则如下：若掷出的点数之和大于6，则继续投掷；否则，
由对方投掷.第一次由甲开始，若连续两次由甲投掷，则称甲为“幸运儿”，在共投掷4 次的条件下，
甲为“幸运儿”的概率是 ；设第n 次由甲投掷的概率为pn，则pn= .
答案 1 183
1 728 1
2×(
1
6)
n−1
+1
2
解析 由题意知，投掷两颗骰子，共有36 种可能的结果，点数之和大于6 的有(1，6)，(2，5)，(2，6)，
(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，
1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共21 种.
则点数之和大于6 的概率为7
12，小于等于6 的概率为5
12.
由题意可知在共投掷4 次的条件下，甲为“幸运儿”的情况有两种，
①第一、第二次均由甲投掷，即甲第一次所掷点数之和大于6，其概率为7
12，
②第一次由甲投掷，第二次由乙投掷，第三、四次由甲投掷，即第一次甲所掷点数之和小于等于6，第二
次乙所掷点数之和小于等于6，第三次甲所掷点数之和大于6，
其概率为5
12× 5
12× 7
12= 175
1 728，
甲为“幸运儿”的概率为7
12+ 175
1 728=1 183
1 728；
第(n+1)次由甲投掷这一事件，包含两类，
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①第n 次由甲投掷，第(n+1)次由甲投掷，其概率为7
12pn，
②第n 次由乙投掷，第(n+1)次由甲投掷，其概率为5
12(1-pn)，
从而有pn+1= 7
12pn+ 5
12(1-pn)=1
6pn+ 5
12，
则pn+1-1
2=1
6(pn−1
2).
∵p1-1
2=1-1
2=1
2，
∴数列{pn−1
2}是以1
2为首项，1
6为公比的等比数列.
∴pn-1
2=1
2×(
1
6)
n−1
，∴pn=1
2×(
1
6)
n−1
+1
2.
专题强化练
[分值：80 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·辽宁名校联盟模拟)学校放三天假，甲、乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中
随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲、乙选择同一天的概率是( )
A.1
2
B.1
6
C.1
3
D.2
3
答案 C
解析 甲同学有3 种选择，乙同学有2 种选择，故共有3×2=6(种)选择，其中甲、乙选择同一天的情况有
2 种，故甲、乙选择同一天的概率为2
6=1
3.
2.(2025·齐鲁名校联考)现有5 种颜色的筷子各一双，从中任取两根筷子，若已知取到的筷子中有红色的，
则两根筷子都是红色的概率为( )
A.1
5
B.1
9
C. 1
13
D. 1
17
答案 D
解析 设事件M 为“两根筷子都是红色的”，
则P(M)= 1
C10
2 = 1
45.
设事件N 为“取到的筷子中有红色的”，
则P(N)=1- C8
2
C10
2 =17
45.
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所求即为P(M|N)= P( MN )
P( N ) = P( M )
P( N ) = 1
17.
3.设随机事件A，B 相互独立，已知P(A)=1
5，P(B|A)=1
4 ，则P(A∪B)等于( )
A.19
20
B. 9
20
C.2
5
D.4
5
答案 C
解析 因为P(A)=1
5，P(B|A)=1
4 ，
由P(B|A)= P( AB)
P( A ) ，
得P(AB)=P(B|A)P(A)=1
4 ×1
5= 1
20.
因为事件A，B 相互独立，
所以P(AB)=P(A)P(B)，
即1
20=1
5P(B)，所以P(B)=1
4 .
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)
=1
5+1
4 - 1
20=2
5.
4.(2025·湖南新高考联盟联考)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为1
2，
目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为1
6，目标被三人击中而摧毁的概率为1
2，若四
人都击中，目标一定被摧毁.则目标被摧毁的概率为( )
A. 1
16
B.1
8
C.1
4
D.1
2
答案 C
解析 设击中次数为X，则X~B(4，1
2)，
所以P(X=2)=C4
2×(
1
2)
2
×(1−1
2)
2
= 6
16，
P(X=3)=C4
3×(
1
2)
3
×(1−1
2)= 4
16，
P(X=4)=C4
4(
1
2)
4
= 1
16，
由全概率公式得，目标被摧毁的概率为6
16×1
6+ 4
16×1
2+ 1
16×1=1
4 .
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5.已知贝叶斯公式：P(A|B)= P(B| A )P( A )
P(B)
.某视频网站利用AI 换脸掺入了一些“AI”视频，“AI”视频
占有率为0.001.某团队决定用AI 对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假.该鉴伪技术的准确率是
0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.03，即在该视频是真
实的情况下，它有3%的可能鉴定为“AI”.已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能
性约为( )
A.0.32%
B.3.2%
C.0.4%
D.4%
答案 B
解析 记“视频是‘AI’合成”为事件A，记“鉴定结果为‘AI’”为事件B，
则P(A)=0.001，P(A)=0.999，P(B|A)=0.98，P(B|A)=0.03，
由贝叶斯公式得P(A|B)
=
P( A )P(B| A )
P( A )P(B| A )+ P( A )P( B|A )
=
0.001×0.98
0.001×0.98+0.999×0.03≈0.032，
故该视频是“AI”合成的可能性约为3.2%.
6.如图，现有甲、乙、丙三位同学合作在一个正二十面体的各面写上0~9 这10 个数字(相对的两个面上的
数字相同)，这样就得到一个产生0~9 的随机数的骰子.若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，
三个数恰好构成等差数列的概率为( )
A. 1
10
B. 1
20
C. 3
10
D. 3
20
答案 B
解析 甲、乙、丙各投掷一次，记下数字，各有10 种可能，所以甲、乙、丙依次投掷一次，记下数字的
组合有10×10×10=1 000(种)，
0~9 这10 个数字中选3 个，能构成等差数列的情况有：
公差为0 的等差数列，有0，0，0；1，1，1；2，2，2；…；9，9，9，共10 种情况；
公差为1 的等差数列，有0，1，2；1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6；5，6，7；6，7，8；7，8，
9，共8 种情况；
公差为2 的等差数列，有0，2，4；1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9，共6 种情况；
公差为3 的等差数列，有0，3，6；1，4，7；2，5，8；3，6，9，共4 种情况；
公差为4 的等差数列，有0，4，8；1，5，9，共2 种情况；
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公差分别为1，2，3，4 的等差数列中的第1 项和第3 项的数字交换，分别构成公差为-1，-2，-3，-4 的等
差数列，
所以构成等差数列的可能情况有10+2×(8+6+4+2)=50(种)，
所以若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为
50
1 000= 1
20.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.甲箱中有3 个红球和2 个白球，乙箱中有2 个红球和2 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，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随
机取出两球，用事件B 表示从乙箱中取出的两球都是红球，则( )
A.P(A1)=3
5
B.P(B)=11
50
C.P(B|A1)= 9
50
D.P(A2|B)= 2
11
答案 ABD
解析 依题意可得P(A1)=3
5，P(A2)=2
5，
P(B|A1)=C3
2
C5
2= 3
10，P(B|A2)=C2
2
C5
2= 1
10，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=3
5× 3
10+2
5× 1
10=11
50，故A 正确，B 正确，C 错误；
P(A2|B)= P( A2B)
P(B) = P( B|A2)P( A2)
P(B)
=
1
10 × 2
5
11
50
= 2
11，故D 正确.
8.(2025·安康模拟)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移
动1 个单位长度，移动6 次，则( )
A.蚂蚁始终未远离原点超过1 个单位长度的概率是1
64
B.蚂蚁移动到点(3，3)的概率为5
512
C.蚂蚁回到原点的概率为25
256
D.蚂蚁移动到直线y=x 上的概率为5
16
答案 ACD
解析 对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1 个单位长度，则每一步的位置只能是(0，0)或原点的上、下、
左、右四个点，
最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上、下、左、右4 种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1 种走法，
同理，
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第三次移动有上、下、左、右4 种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1 种走法，
第五次移动有上、下、左、右4 种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1 种走法，
所以满足题意的路径共有4×1×4×1×4×1=64(种)，而移动6 次，每次有4 种走法，
即总路径数为46，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1 个单位长度的概率为64
4
6 = 1
64 ，故A 正确；
对于B，蚂蚁移动到点(3，3)，则需恰好右移3 次，上移3 次，路径数为C6
3=20，
所以蚂蚁移动到点(3，3)的概率为20
4
6 =
5
1 024 ，故B 错误；
对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为a 次；上下移动次数相等，均为b 次，
总次数满足2a+2b=6，即a+b=3，
可能的组合有：
①a=3，b=0，即左右均3 次，路径数为C6
3=20；
②a=2，b=1，即左右均2 次，上下均1 次，路径数为C6
4C4
2C2
1=180；
③a=1，b=2，即左右均1 次，上下均2 次，路径数为C6
2C2
1C 4
2=180；
④a=0，b=3，即上下均3 次，路径数为C6
3=20，
所以路径总数为20+180+180+20=400，
故蚂蚁回到原点的概率为400
4
6 = 25
256，故C 正确；
对于D，蚂蚁要移动到直线y=x 上，则水平净移动(向右移动次数减去向左移动次数)要等于
垂直净移动(向上移动次数减去向下移动次数)，例如，向右移动3 次，向左移动1 次，则水平净移动为3-
1=2(次)，向上移动2 次，向下移动0 次，则垂直净移动为2-0=2(次)，此时蚂蚁位于(2，2)，符合题意.
设水平净移动次数为n，则垂直净移动次数也为n，
当n=0 时，水平和垂直净移动次数均为0，即回到坐标原点，也即C 选项所考虑的结果，共400 种；
当n=1 时，水平和垂直净移动次数均为1，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+1；设向下移动次数
为m，则向上移动次数为m+1，
总移动次数l+l+1+m+m+1=6⇒l+m=2，所有可能的组合有：
①l=0，m=2，此时向右移动1 次，向左移动0 次，向上移动3 次，向下移动2 次，路径数为C6
1C5
3=60；
②l=1，m=1，此时向右移动2 次，向左移动1 次，向上移动2 次，向下移动1 次，路径数为C6
3C3
2C3
2
=180；
③l=2，m=0，此时向右移动3 次，向左移动2 次，向上移动1 次，向下移动0 次，路径数为C6
5C5
2=60，
所以当n=1 时，路径总数为60+180+60=300；
由对称性，可知当n=-1 时，路径总数也为300；
当n=2 时，水平和垂直净移动次数均为2，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+2；设向下移动次数
为m，则向上移动次数为m+2，
总移动次数l+l+2+m+m+2=6⇒l+m=1，所有可能的组合有：
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①l=0，m=1，此时向右移动2 次，向左移动0 次，向上移动3 次，向下移动1 次，路径数为C6
2C4
3=60；
②l=1，m=0，此时向右移动3 次，向左移动1 次，向上移动2 次，向下移动0 次，路径数为C6
4C 4
3=60；
所以当n=2 时，路径总数为60+60=120；
由对称性，可知当n=-2 时，路径总数也为120；
当n=3 时，水平和垂直净移动次数均为3，设向左移动次数为l，则向右移动次数为l+3；设向下移动次数
为m，则向上移动次数为m+3，
总移动次数l+l+3+m+m+3=6⇒l=m=0，所有可能的组合只有：
l=0，m=0，此时向右移动3 次，向左移动0 次，向上移动3 次，向下移动0 次，路径数为C6
3=20；
由对称性，可知当n=-3 时，路径总数也为20；
当|n|≥4 时，总移动次数会超过6 次，不符合题意，故蚂蚁移动到直线y=x 上的总路径数为
400+300×2+120×2+20×2=1 280，
所以概率为1 280
4
6
= 5
16，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·九江模拟)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B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为
.
答案 5
18
解析 从9 个灯区中随机先后按下两个灯区，共有A9
2=72(种)按法.与B 相邻的灯区为A，C，E；
与G 相邻的灯区为D，H，
故将9 个灯区分为三类：第一类F，I 灯区，第二类A，B，C，E 灯区，第三类D，G，H 灯区.若要使得
B，G 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F，I 两个灯区，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A2
2=2(种)按法；
②若先后按下的是A，B，C，E 灯区中的两个，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A4
2=12(种)按
法；
③若先后按下的是D，G，H 灯区中的两个，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A3
2=6(种)按法.
故B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为2+12+6
72
= 5
18.
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10.(2025·沈阳模拟)2025 年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人
从原点O 出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位长度，共移动3 次.则该机器人在有
且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)的条件下，水平方向移动2 次的概率为 .
答案 8
17
解析 设事件A=“有且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)”，事件B=“水平方向移动2 次”，
按到点M(-1，0)需要1 步，3 步分类讨论.
记L=向左，R=向右，U=向上，D=向下，
①若1 步到点M(-1，0)为事件A1，则满足要求的是LU(L 或U 或R)，LL(L 或U 或D)，LD(L 或R 或D)，
LR(U 或D 或R)，所以P(A1)=4×3
4
3 =12
64 = 3
16；
②若3 步到点M(-1，0)为事件A2，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL，
所以P(A2)= 5
4
3= 5
64 .
所以P(A)=P(A1)+P(A2)=17
64 ，
满足AB 的情况有LU(L 或R)，LD(L 或R)，LL(U 或D)，LR(U 或D).
所以P(AB)=4×2
4
3 =1
8，
所以P(B|A)= P( AB)
P( A ) = 8
17 .
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)甲、乙两名同学参加一场乒乓球比赛，比赛共五局(无平局)，先胜三局者取得比赛最终胜利.已知
第一局乙同学获胜的概率为1
3，且对于每一局，若乙同学在本局中获胜，则他在下一局获胜的概率为2
3；
若乙同学在本局中未获胜，则他在下一局获胜的概率为1
3.
(1)求甲同学第二局比赛获胜的概率；(6 分)
(2)在比赛三局即结束的条件下，求乙同学取得比赛最终胜利的概率.(7 分)
解 (1)第一局乙同学获胜的概率为1
3，
则第一局甲同学获胜的概率为2
3.
对于每一局，若乙同学在本局中获胜，
则他在下一局获胜的概率为2
3，
即甲同学在下一局获胜的概率为1
3，
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若乙同学在本局中未获胜，
则他在下一局获胜的概率为1
3，
即甲同学在下一局获胜的概率为2
3.
故甲同学第二局比赛获胜的概率P=1
3×1
3+2
3×2
3=5
9.
(2)比赛三局即结束，则甲连胜三局或乙连胜三局，
设事件A 为比赛进行三局即结束，事件B 为乙取得比赛最终胜利，
则P(A)=1
3×2
3×2
3+2
3×2
3×2
3=4
9 ，
P(AB)=1
3×2
3×2
3= 4
27 ，
故P(B|A)= P( AB)
P( A) =
4
27
4
9
=1
3.
12.(15 分)已知甲、乙两人爱好中国象棋，甲、乙两人进行对弈，已知甲第一局赢的概率为1
2，若前一局赢
则下一局赢的概率为2
5；前一局输则下一局赢的概率为1
2，如此重复进行，记甲第n 局赢的概率为
Pn(n∈N*).
(1)求乙第2 局赢的概率；(3 分)
(2)求Pn；(5 分)
(3)若存在n，使得e
Pn-ln(Pn+1)+k≥0 成立，求整数k 的最小值.(7 分)
(参考数据：e
1
2≈1.65，ln 2≈0.69，ln 3≈1.10)
解 (1)依题意，甲第2 局赢的概率为P2=1
2×2
5+(1−1
2)×1
2= 9
20，
所以乙第2 局赢的概率为P=1- 9
20=11
20.
(2)当n≥2 时，Pn=2
5Pn-1+1
2(1-Pn-1)
=- 1
10Pn-1+1
2，
整理得Pn- 5
11=- 1
10(Pn−1−5
11)，
又P1- 5
11=1
2- 5
11= 1
22，
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因此数列{Pn−5
11}是首项为1
22，公比为- 1
10的等比数列，则Pn- 5
11= 1
22×(−1
10)
n−1
，
所以Pn= 5
11+ 1
22×(−1
10)
n−1
= 5
11[1−(−1
10)
n
].
(3)不等式e
Pn-ln(Pn+1)+k≥0
⇔k≥ln(Pn+1)-e
Pn，
令f(x)=ln(x+1)-ex，x>0，
求导得f'(x)= 1
x +1-ex，
函数y= 1
x +1和y=-ex在(0，+∞)上均单调递减，
则函数f'(x)在(0，+∞)上单调递减，
而f'(0)=0，则当x>0 时，f'(x)<0，
即函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，
又Pn>0(n∈N*)，
因此当Pn取最大值时，ln(Pn+1)-e
Pn取得最小值，
又Pn= 5
11[1−(−1
10)
n
]，
则当n 为偶数时，Pn< 5
11，
当n 为奇数时，Pn> 5
11，且Pn= 5
11[1+(
1
10)
n
]是单调递减的，
所以5
11<Pn≤P1=1
2，
因此Pn的最大值为P1=1
2，依题意，k≥ln3
2-e
1
2，
又ln3
2-e
1
2=ln 3-ln 2-√e≈1.10-0.69-1.65=-1.24，
所以满足k≥ln3
2-e
1
2的整数k 的最小值为-1
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