2017-2026十年高考数学专项汇编专题06 事件与概率小题综合 含古典概率、条件概率、贝叶斯公式（教师版）

1

专题06事件与概率小题综合

（含古典概率、条件概率、全概率、正态分布区间概

率）

（七大考点，39题）

考点分类十年考情（2017-2026）命题规律

2025上海卷、2024全国甲卷、

1.题型包含单选、填空，是概率基础

2024新课标Ⅰ卷、2023全国

必考题型，整体难度偏低。

甲卷、2023全国乙卷、2023上

2.核心考查古典概型基本公式，结合

海卷、2023天津卷、2020江苏

排列组合计算基本事件总数与符合条件

考点01古典概率卷、2019全国Ⅱ卷、2019全

事件数。

国Ⅲ卷、2019江苏卷、2018

3.常见背景：抽签、取球、排队、数

全国Ⅱ卷、2018江苏卷、2017

字抽取、素数、函数选取等，区分有放

天津卷、2017山东卷、2017全

回、无放回抽样。

国Ⅱ卷、2017上海卷

1.以选择题为主，侧重概念辨析，难

度简单。

考点02事件的判2026上海卷、2024上海卷、2.核心考点：对立事件、互斥事件、

断2021新高考全国Ⅰ卷相互独立事件定义与判定。

3.依托取球、礼盒、数字抽取等情境，

区分易混淆的事件关系。

1.选择、填空均有考查，公式套用为

主。

考点03互斥事件2.核心：互斥事件加法公式、对立事

2026上海卷、2023上海卷、

及对立事件的概率件概率关系P(A)=1−P(A)。

2022全国乙卷、2020天津卷

计算3.多结合独立比赛、多试验场景，分

析多事件同时发生或至少一件发生的概

率。

1

1.以填空题、单选题为主，中档难度，

是高频易错题。

2026天津卷、2024天津卷、2.核心考查条件概率公式，区分“同

考点04条件概率

2023全国甲卷、2022天津卷时发生”与“在某条件下发生”。

3.常用载体：抽牌、项目选择、取球、

兴趣人群统计等实际场景。

1.仅填空题，综合性较强，属于概率

中档题。

2.核心：分多类基础事件，用全概率

考点05全概率2025天津卷、2024上海卷

公式拆分计算总概率。

3.背景多分层：多题库、多次运动选

择等分层试验模型。

1.单选、填空均有，可结合多轮试验

综合命题。

2025上海卷、2023新课标Ⅱ

考点06独立事件2.核心：独立事件同时发生概率乘法

卷、2021天津卷、2019全国Ⅰ

的概率公式，二项分布基础应用。

卷、2018全国Ⅲ卷

3.场景覆盖信号传输、比赛胜负、移

动支付、猜谜多轮试验。

1.多选、单选为主，新高考热门统计

概率综合考点。

考点07正态分布2025天津卷、2024新课标Ⅰ2.核心：正态分布对称性、区间概率

区间的概率卷取值判断。

3.常结合生产收入、样本均值方差，

给出正态分布公式直接判断选项。

考点01古典概率

1.（2025·上海·高考真题）有一四边形ABCD，对于其四边AB、B、C、CDDA，按顺序分别抛掷一枚质

量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，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（）．

1

1713

A．2B．16C．4D．16

【答案】B

【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可.

【详解】根据题意，对于其四边AB、B、C、CDDA，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币，

共有222216种情况，

要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，

若保留AB,BC两条边，则CD,DA可保留也可擦去，

共有224种情况；

若保留AD,DC两条边，则AB,BC可保留也可擦去，

共有2213种情况（其中有一种情况与上面重复），

则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有7种情况，

7

所以可以到达C点的概率为16.

故选：B.

2.（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出

场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（）

1111

A．6B．4C．3D．2

【答案】C

【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.

解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.

【详解】解法一：画出树状图，如图，

1

由树状图可得，出场次序共有24种，

其中符合题意的出场次序共有8种，

81

P=

故所求概率243；

解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种；

当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种；

于是甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，于是共8种出场顺序符合题意；

A424

基本事件总数显然是4，

81

根据古典概型的计算公式，所求概率为243.

故选：C

3.（2023·全国乙卷·高考真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题

准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）

5211

A．6B．3C．2D．3

【答案】A

【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古

典概率求解作答.

【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：

乙甲123456

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)

共有36个不同结果，它们等可能，

其中甲乙抽到相同结果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)，共6个，

1

305

P

因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率366.

故选：A

4.（2023·全国甲卷·高考真题）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（）

1112

A．6B．3C．2D．3

【答案】D

【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.

C26

【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有4件，

C1C14

其中这2名学生来自不同年级的基本事件有22，

42

所以这2名学生来自不同年级的概率为63.

故选：D.

5.（2019·全国III卷·高考真题）两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是

1111

A．6B．4C．3D．2

【答案】D

【解析】男女生人数相同可利用整体发分析出两位女生相邻的概率，进而得解.

【详解】两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种

1

数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是2．故选D．

【点睛】本题考查常见背景中的古典概型，渗透了数学建模和数学运算素养．采取等同法，利用等价转化

的思想解题．

6.（2019·全国II卷·高考真题）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子

中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为

23

A．3B．5

21

C．5D．5

【答案】B

【分析】本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公

式求解．

1

【详解】设其中做过测试的3只兔子为a,b,c，剩余的2只为A,B，则从这5只中任取3只的所有取法有

{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B}，{b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10种．其中恰有2

只做过测试的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B}共6种，

63

所以恰有2只做过测试的概率为105，选B．

【点睛】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法

写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出

错．

7.（2018·全国II卷·高考真题）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是

女同学的概率为

A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3

【答案】D

【分析】分别求出事件“2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务”的总可能及事件“选中的2人都

是女同学”的总可能，代入概率公式可求得概率.

A,AB,B,B

【详解】设2名男同学为12，3名女同学为123，

AA,AB,AB,AB,AB,AB,AB,BB,BB,BB

从以上5名同学中任选2人总共有12111213212223121323共10种可能，

BB,BB,BB

选中的2人都是女同学的情况共有121323共三种可能

3

P0.3

则选中的2人都是女同学的概率为10，

故选D.

8.（2018·全国II卷·高考真题）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德

巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723．在不超过30的素数中，随机选

取两个不同的数，其和等于30的概率是

1111

A．12B．14C．15D．18

【答案】C

【详解】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概

率公式求概率.

详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共

1

C245

有10种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，

31

=

故概率为4515，选C.

点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件

的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件

的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且

元素数目较多的题目.

9.（2017·天津·高考真题）有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩

笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为

4321

A．5B．5C．5D．5

【答案】C

C2C1

【详解】选取两支彩笔的方法有5种，含有红色彩笔的选法为4种，

C142

p4

C2105

由古典概型公式，满足题意的概率值为5.

本题选择C选项.

考点：古典概型

名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区

别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是

组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.

10.（2017·山东·高考真题）从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则

抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是

5457

A．18B．9C．9D．9

【答案】C

【详解】标有1，2，，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张

2C1C15

54

卡片上的数奇偶性不同的概率是989,选C.

【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题.江苏

对古典概型概率考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，

然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂时，往往采取计数其对

1

立事件.

11.（2017·全国II卷·高考真题）从分别写有1,2,3,4,5的5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

1332

A．10B．5C．10D．5

【答案】D

【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，

基本事件总数n=5×5=25，

抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：

（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），

（5，4），

共有m=10个基本事件，

102

.

∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率p=255

故答案为D．

12.（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机

取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则

1

m与n之差的绝对值不大于2的概率为______．

7

【答案】15

【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则

ab32cab3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.

A3120

【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有6种，

abcab1

设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则322，

2c(ab)3

故，故32c(ab)3，

故ab32cab3，

a,b2,3,3,2

若c1，则ab5，则为：，故有2种，

a,b1,3,1,4,1,5,1,6,3,4

若c2，则1ab7，则为：，

3,1,4,1,5,1,6,1,4,3

，故有10种，

1

a,b

当c3，则3ab9，则为：

1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5

，

2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4

，

故有16种，

当c4，则5ab11，同理有16种，

当c5，则7ab13，同理有10种，

当c6，则9ab15，同理有2种，

1

22101656

共m与n的差的绝对值不超过2时不同的抽取方法总数为，

567

故所求概率为12015.

7

故答案为：15

13.（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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_________.

1

【答案】2/0.5

【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.

X,X,X,X

【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234，四轮的总得分为X.

对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在

633

PXk1EXkk1,2,3,4

该轮得分的概率448，所以8.

4433

EXEX1X2X3X4EXk

从而k1k182.

pPXkk0,1,2,3

记k.

如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以

11

p04

A424；

如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以

1

11

p

3A424

4.

3

p2p3pEX

pppp1123

而X的所有可能取值是0，1，2，3，故0123，2.

113111

p1p21p12p2p2p2p3

所以12，82，两式相减即得242，故2.

1

p2p3

所以甲的总得分不小于2的概率为2.

1

故答案为：2.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从

而避免繁琐的列举.

14.（2023·上海·高考真题）已知有4名男生6名女生，现从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生

的概率为_____________．

1

【答案】2/0.5

【分析】利用组合数和古典概型的概率公式求解即可.

C1C24151

P46

C31202

【详解】由题意所选的3人中恰有1名男生2名女生的概率10，

1

故答案为：2

15.（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三

个箱子中的球数之比为5:4:6．且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%．若从每个箱子中各随机摸出一

球，则三个球都是黑球的概率为_________；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率

为_________．

3

【答案】0.055/0.6

【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空；

根据古典概型的概率公式可求出第二个空．

【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n，所以总数为15n，

所以甲盒中黑球个数为40%5n2n，白球个数为3n；

乙盒中黑球个数为25%4nn，白球个数为3n；

丙盒中黑球个数为50%6n3n，白球个数为3n；

记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以，

1

PA0.40.250.50.05

；

记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B，

黑球总共有2nn3n6n个，白球共有9n个，

9n3

PB

所以，15n5．

3

故答案为：0.05；5．

16.（2020·江苏·高考真题）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为

5的概率是_____.

1

【答案】9

【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．

【详解】根据题意可得基本事件数总为6636个.

1,44,12,33,2

点数和为5的基本事件有，，，共4个.

41

P

∴出现向上的点数和为5的概率为369.

1

故答案为：9.

【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

17.（2019·江苏·高考真题）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名

同学中至少有1名女同学的概率是_____.

7

【答案】10.

【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率

计算公式得出答案.

C210

【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有5种情况.

C1C16

若选出的2名学生恰有1名女生，有32种情况，

C21

若选出的2名学生都是女生，有2种情况，

617

所以所求的概率为1010.

【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，

由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，

1

应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.

18.（2018·江苏·高考真题）某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰

好选中2名女生的概率为________．

3

.

【答案】10

【详解】分析：先确定总基本事件数，再从中确定满足条件的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求

概率.

详解：从5名学生中抽取2名学生，共有10种方法，其中恰好选中2名女生的方法有3种，因此所求概

3

.

率为10

点睛：古典概型中基本事件数的探求方法

(1)列举法.

(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常

采用树状图法.

(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.

(4)排列组合法（理科）：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.

11

y32

19.（2017·上海·高考真题）已知四个函数：①yx；②x；③yx；④yx.从中任选2

个，则事件“所选2个函数的图像有且仅有一个公共点”的概率为________

1

【答案】3

11

y32

【详解】由四个函数①yx；②x；③yx；④yx，

C26

从中任选2个函数，共有4种，

其中“所选2个函数的图像有且仅有一个公共点”共有①③、①④，共有2种，

21

P

所以“所选2个函数的图像有且仅有一个公共点”的概率为63.

考点02事件的判断

1.（2026·上海·高考真题）事件A和事件B相互独立，“A和B至少一个发生”的对立事件是（）．

A．ABB．ABC．ABD．AB

【答案】C

【分析】根据事件的独立性及对立定义求解.

1

【详解】根据已知A,B至少有一个发生，

则对立事件为A,B都不发生，所以AB的对立事件为AB.

2.（2024·上海·高考真题）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面

三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件

C：所选盒中有笔袋，则（）

A．事件A与事件B互斥B．事件A与事件B相互独立

C．事件A与事件BC互斥D．事件A与事件BC相互独立

【答案】B

【分析】根据互斥事件和对立事件的定义，逐一判断选项即可．

【详解】选项A，事件A和事件B可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，事件

A与事件B不互斥，A错误；

111

PAPBP(AB)

选项B，2，2，4，

PAPBPAB

，B正确；

BC

选项C，事件A与事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，C错误；

111

PAP(BC)P(A(BC))

选项D，2，4，4，

PAPBCPABC

，

BC

A与不独立，故D错误．

故选：B．

3.（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则

（）

A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立

C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立

【答案】B

【分析】根据独立事件概率关系逐一判断

1

11561

P(甲)，乙，P丙(，)丁，P()P()

【详解】6636366，

1

P(甲丙)甲丙0，P甲(丁)P甲(丁)，P()P()P()

36

1

P(乙丙)乙丙，丙P丁(丁)P丙(，)P()0P()P()

36

故选：B

【点睛】判断事件A,B是否独立，先计算对应概率，再判断P(A)P(B)P(AB)是否成立

考点03互斥事件及对立事件的概率计算

1.（2022·全国乙卷·高考真题）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

p,p,pppp0

该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123，且321．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

【答案】D

【详解】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则第二局和谁比

赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连胜两局的概率越大，

所以根据条件估算得到丙实力最弱，所以D选项正确.

解法二：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，

1

记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为2，

则此时连胜两盘的概率为p甲

11

p甲(1p2)p1p3p2p1(1p3)(1p3)p1p2p3p1(1p2)

则22

p(pp)2ppp

123123；

记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙，

p(1p)pppp(1p)p(pp)2ppp

则乙123123213123

p

记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为丙

p(1p)pppp(1p)p(pp)2ppp

则丙132132312123

1

ppp(pp)2pppp(pp)2pppppp0

则甲乙123123213123123

p乙p丙p2(p1p3)2p1p2p3p3(p1p2)2p1p2p3p2p3p10

即p甲乙p，p乙p丙，

则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；

p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.

故选：D

PA0.2PB0.5PAB

2.（2026·上海·高考真题）已知事件A，B互斥，，，则__________．

7

【答案】0.7/10

PABPAPB0.20.50.7

【详解】因为A,B互斥，所以.

3.（2023·上海·高考真题）已知事件A发生的概率为P(A)0.5，则它的对立事件A发生的概率

P(A)______________．

1

【答案】2/0.5

【分析】根据对立事件的知识求得正确答案.

P(A)1PA10.50.5

【详解】依题意，.

1

故答案为：2

11

4.（2020·天津·高考真题）已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为2和3．假定两球是否落入盒子互不影

响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．

12

【答案】63

【分析】根据相互独立事件同时发生的概率关系，即可求出两球都落入盒子的概率；同理可求两球都不落

入盒子的概率，进而求出至少一球落入盒子的概率.

11

,

【详解】甲、乙两球落入盒子的概率分别为23，

且两球是否落入盒子互不影响，

111

所以甲、乙都落入盒子的概率为236，

1

111

(1)(1)

甲、乙两球都不落入盒子的概率为233，

2

所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为3.

12

故答案为：6；3.

【点睛】本题主要考查独立事件同时发生的概率，以及利用对立事件求概率，属于基础题.

考点04条件概率

1.（2026·天津·高考真题）箱子里有一个红球，两个黄球，三个白球，有放回的取三次，三次都没取到黄

球的概率是__________；在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是__________．

837

【答案】2764

【分析】第一空：计算出每次取到不是黄球的概率，即可得出三次都没取到黄球的概率；第二空：计算出

至少取到一次红球的概率，借助条件概率即可得出结论.

【详解】由题意，

第一空：

箱子里总共有6个球，其中黄球2个，非黄球共4个。

AA

设事件1表示没取到黄球，事件2表示三次都没取到黄球，

42

PA1

有放回抽取，每次取到非黄球的概率为63，

3

28

PA2

三次都没取到黄球的概率：327.

第二空：

BB

设事件1表示至少取到一次红球，事件2表示三次都取到白球，

3

11

PB2

28，

PAB

PB|A21

12PA

∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：2，

8137

PA2B1PA2PB2

278216，

1

37

PAB37

PB|A21216

128

PA264

∴27，

37

∴在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是64.

2.（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，

分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加

每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为______；已知乙同学参加的3个项目中有

“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为______．

31

【答案】52

【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.

【详解】解法一：列举法

给这5个项目分别编号为A,B,C,D,E,从五个活动中选三个的情况有：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，

其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

63

P

则甲参加“整地做畦”的概率为：105；

乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，

其中再选择D有3种可能性：ABD,ACD,ADE，

31

故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为62.

解法二：

设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N，

C23

PM4

C35

则甲选到A的概率为