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5 整理与复习
知识梳理
随机事件 → 概率
概率
用列举法求概率
事件一步完成时，用
事件两步完成时，用
事件两步以上完成图1，用
用
专题探究
知识梳理
随机事件 → 概率
概率
用列举法求概率
事件一步完成时，用
列举法列举出所有可能
；事件两步完成时，用
画树状图或列表法
；事件两步以上完成图1，用
画树状图法
。用
频率
估计概率专题探究
答案
列举法列举出所有可能 画树状图或列表法 画树状图法 频率
解析
【分析】
这道题考查概率求解方法的适用场景，解题时需回忆不同求概率方法的使用条件逐一匹配：①首先看事件完成的步数：一步完成时，结果数量少，可直接枚举所有等可能结果；②两步完成时，有两种常用的列举方法都能不重不漏展示所有结果；③两步及以上完成时，列表法仅能适配二维场景，需选择可适配多步的列举方法；④最后回忆试验法求概率的核心，即大量重复试验下用统计量估计概率。
【解析】
1. 事件一步完成时，可能出现的结果数量较少，可直接用列举法列举出所有等可能的结果，再结合概率公式计算，故第一空填“列举法列举出所有可能”；
2. 事件两步完成时，用列表法（行、列分别对应两步的结果）或画树状图法都能清晰、不重不漏地罗列所有等可能结果，故第二空填“画树状图或列表法”；
3. 事件两步以上完成时，列表法仅能展示两个维度的结果，无法适配多步场景，此时用画树状图法可梳理每一步的所有可能结果，故第三空填“画树状图法”；
4. 当试验结果不是有限个或不满足等可能条件时，可通过大量重复试验，当试验次数足够多时，事件发生的频率会稳定在概率附近，因此可用频率估计概率，故第四空填“频率”。
【答案】
列举法列举出所有可能；画树状图或列表法；画树状图法；频率
【知识点】
列举法求概率；列表与树状图法；频率估计概率
【点评】
本题属于基础概念题，重点考查不同概率求解方法的适用条件，是概率章节的核心基础内容，熟练掌握不同方法的适用场景，才能在求解概率问题时快速选择合适的方法，避免遗漏或重复计数。
【难度系数】
0.9
这道题考查概率求解方法的适用场景，解题时需回忆不同求概率方法的使用条件逐一匹配：①首先看事件完成的步数：一步完成时，结果数量少，可直接枚举所有等可能结果；②两步完成时，有两种常用的列举方法都能不重不漏展示所有结果；③两步及以上完成时，列表法仅能适配二维场景，需选择可适配多步的列举方法；④最后回忆试验法求概率的核心，即大量重复试验下用统计量估计概率。
【解析】
1. 事件一步完成时，可能出现的结果数量较少，可直接用列举法列举出所有等可能的结果，再结合概率公式计算，故第一空填“列举法列举出所有可能”；
2. 事件两步完成时，用列表法（行、列分别对应两步的结果）或画树状图法都能清晰、不重不漏地罗列所有等可能结果，故第二空填“画树状图或列表法”；
3. 事件两步以上完成时，列表法仅能展示两个维度的结果，无法适配多步场景，此时用画树状图法可梳理每一步的所有可能结果，故第三空填“画树状图法”；
4. 当试验结果不是有限个或不满足等可能条件时，可通过大量重复试验，当试验次数足够多时，事件发生的频率会稳定在概率附近，因此可用频率估计概率，故第四空填“频率”。
【答案】
列举法列举出所有可能；画树状图或列表法；画树状图法；频率
【知识点】
列举法求概率；列表与树状图法；频率估计概率
【点评】
本题属于基础概念题，重点考查不同概率求解方法的适用条件，是概率章节的核心基础内容，熟练掌握不同方法的适用场景，才能在求解概率问题时快速选择合适的方法，避免遗漏或重复计数。
【难度系数】
0.9
1.“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”。小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐。小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（
A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{6}$
D.$\frac{1}{8}$
C
）。A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{6}$
D.$\frac{1}{8}$
答案
1.C
解析
【分析】
本题考查不放回抽取的概率计算，属于古典概型问题。解题思路如下：①先明确所有等可能的抽取结果总数，因为是不放回抽取两张，第一次抽取有4种选择，第二次抽取剩余3种选择，可通过树状图或列表法枚举所有结果，避免重复或遗漏；②找出两张恰好是“立春”和“立夏”的符合条件的结果数；③最后根据古典概型概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算即可。
【解析】
我们将四张邮票分别标记为：A（立春）、B（立夏）、C（秋分）、D（大寒）。
用树状图法枚举所有等可能的抽取结果：
第一次抽取有4种可能：A、B、C、D；
因为是不放回抽取，第二次抽取对应第一次的每种情况各有3种可能：
第一次抽A时，第二次可抽B、C、D；
第一次抽B时，第二次可抽A、C、D；
第一次抽C时，第二次可抽A、B、D；
第一次抽D时，第二次可抽A、B、C。
因此总共有$4×3=12$种等可能的抽取结果。
其中恰好抽到“立春”和“立夏”的结果有：（A,B）、（B,A），共2种。
根据概率公式可得：$P=\frac{符合条件的结果数}{总结果数}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
【答案】
C
【知识点】
1. 古典概型概率计算
2. 不放回抽样
3. 树状图法枚举
【点评】
本题结合中华传统文化“二十四节气”设置场景，考查概率基础计算，解题的关键是明确“不放回抽取”的规则，枚举结果时做到不重不漏，避免错算成有放回抽取的情况。
【难度系数】
0.7
本题考查不放回抽取的概率计算，属于古典概型问题。解题思路如下：①先明确所有等可能的抽取结果总数，因为是不放回抽取两张，第一次抽取有4种选择，第二次抽取剩余3种选择，可通过树状图或列表法枚举所有结果，避免重复或遗漏；②找出两张恰好是“立春”和“立夏”的符合条件的结果数；③最后根据古典概型概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算即可。
【解析】
我们将四张邮票分别标记为：A（立春）、B（立夏）、C（秋分）、D（大寒）。
用树状图法枚举所有等可能的抽取结果：
第一次抽取有4种可能：A、B、C、D；
因为是不放回抽取，第二次抽取对应第一次的每种情况各有3种可能：
第一次抽A时，第二次可抽B、C、D；
第一次抽B时，第二次可抽A、C、D；
第一次抽C时，第二次可抽A、B、D；
第一次抽D时，第二次可抽A、B、C。
因此总共有$4×3=12$种等可能的抽取结果。
其中恰好抽到“立春”和“立夏”的结果有：（A,B）、（B,A），共2种。
根据概率公式可得：$P=\frac{符合条件的结果数}{总结果数}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
【答案】
C
【知识点】
1. 古典概型概率计算
2. 不放回抽样
3. 树状图法枚举
【点评】
本题结合中华传统文化“二十四节气”设置场景，考查概率基础计算，解题的关键是明确“不放回抽取”的规则，枚举结果时做到不重不漏，避免错算成有放回抽取的情况。
【难度系数】
0.7
2.围棋起源于中国，棋子分黑白两色。一个不透明的盒子中装有2个黑色棋子和1个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同。从中随机摸出一个棋子，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个棋子，则两次摸到相同颜色的棋子的概率是（
A.$\frac{4}{9}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{5}{9}$
D.$\frac{2}{3}$
C
）。A.$\frac{4}{9}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{5}{9}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
2.C
解析
【分析】
这是一道放回型的随机事件概率计算题，解题思路如下：首先明确本题属于放回摸取试验，每次摸棋子时盒子内都保持2黑1白共3个棋子，所有摸取结果均为等可能事件；我们可以通过列表法（或树状图法）列举出两次摸棋子的所有等可能结果，再筛选出两次摸到同色棋子的结果数，最后根据“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”的公式计算所求概率即可。
【解析】
解法一：列表法
将2个黑棋记为黑₁、黑₂，白棋记为白，由于是放回摸取，两次摸取的所有等可能结果如下表：
| 第一次\第二次 | 黑₁ | 黑₂ | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 黑₁ | （黑₁，黑₁） | （黑₁，黑₂） | （黑₁，白） |
| 黑₂ | （黑₂，黑₁） | （黑₂，黑₂） | （黑₂，白） |
| 白 | （白，黑₁） | （白，黑₂） | （白，白） |
由表格可知，总共有9种等可能的结果，其中两次摸到相同颜色棋子的结果有5种：（黑₁，黑₁）、（黑₁，黑₂）、（黑₂，黑₁）、（黑₂，黑₂）、（白，白）。
根据概率公式可得：$P(两次摸到同色棋子)=\frac{5}{9}$。
解法二：分步概率计算
每次摸取时，摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}$，摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}$：
两次都摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$，
两次都摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}×\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$，
因此两次摸到相同颜色棋子的总概率为$\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
综上本题选C。
【答案】
C
【知识点】
列表法求概率、放回型概率计算、概率公式
【点评】
本题是概率计算的基础题型，重点考查对放回试验特点的掌握，以及用列举法求解概率的能力，解题时注意不要漏算符合条件的结果，细心列举即可得分。
【难度系数】
0.7
这是一道放回型的随机事件概率计算题，解题思路如下：首先明确本题属于放回摸取试验，每次摸棋子时盒子内都保持2黑1白共3个棋子，所有摸取结果均为等可能事件；我们可以通过列表法（或树状图法）列举出两次摸棋子的所有等可能结果，再筛选出两次摸到同色棋子的结果数，最后根据“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”的公式计算所求概率即可。
【解析】
解法一：列表法
将2个黑棋记为黑₁、黑₂，白棋记为白，由于是放回摸取，两次摸取的所有等可能结果如下表：
| 第一次\第二次 | 黑₁ | 黑₂ | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 黑₁ | （黑₁，黑₁） | （黑₁，黑₂） | （黑₁，白） |
| 黑₂ | （黑₂，黑₁） | （黑₂，黑₂） | （黑₂，白） |
| 白 | （白，黑₁） | （白，黑₂） | （白，白） |
由表格可知，总共有9种等可能的结果，其中两次摸到相同颜色棋子的结果有5种：（黑₁，黑₁）、（黑₁，黑₂）、（黑₂，黑₁）、（黑₂，黑₂）、（白，白）。
根据概率公式可得：$P(两次摸到同色棋子)=\frac{5}{9}$。
解法二：分步概率计算
每次摸取时，摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}$，摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}$：
两次都摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$，
两次都摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}×\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$，
因此两次摸到相同颜色棋子的总概率为$\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
综上本题选C。
【答案】
C
【知识点】
列表法求概率、放回型概率计算、概率公式
【点评】
本题是概率计算的基础题型，重点考查对放回试验特点的掌握，以及用列举法求解概率的能力，解题时注意不要漏算符合条件的结果，细心列举即可得分。
【难度系数】
0.7
3.中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分。若从这四部著作中随机抽取两本（先随机抽取一本，不放回，再随机抽取另一本），则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是（
A.$\frac{1}{8}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{1}{2}$
B
）。A.$\frac{1}{8}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{1}{2}$
答案
3.B
解析
【分析】
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路分为三步：第一步，明确抽样规则是不放回抽取，即第一次抽取的书不会在第二次被抽到；第二步，用列举法（列表或树状图均可）罗列出所有等可能的抽取结果，统计总结果数；第三步，统计满足“抽取的两本恰好是《论语》和《大学》”的结果数，根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
【解析】
我们将四部著作简记为：A《论语》、B《孟子》、C《大学》、D《中庸》。
因为是不放回抽取两本，所有等可能的抽取结果如下（考虑抽取顺序）：
(A,B)、(A,C)、(A,D)、(B,A)、(B,C)、(B,D)、(C,A)、(C,B)、(C,D)、(D,A)、(D,B)、(D,C)，共12种。
其中恰好抽到《论语》和《大学》的结果有(A,C)、(C,A)，共2种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
（若不考虑抽取顺序，所有等可能结果共6种：AB、AC、AD、BC、BD、CD，符合条件的仅AC1种，$P=\frac{1}{6}$，结果一致）
【答案】
B
【知识点】
古典概型概率计算，不放回抽样，列举法求概率
【点评】
本题属于概率基础应用题，核心是准确统计总结果数和符合条件的结果数，解题时需注意“不放回抽取”的规则，不要误算为有放回抽取导致总结果数出错。
【难度系数】
0.7
这是一道古典概型的概率计算问题，解题思路分为三步：第一步，明确抽样规则是不放回抽取，即第一次抽取的书不会在第二次被抽到；第二步，用列举法（列表或树状图均可）罗列出所有等可能的抽取结果，统计总结果数；第三步，统计满足“抽取的两本恰好是《论语》和《大学》”的结果数，根据概率公式“概率=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
【解析】
我们将四部著作简记为：A《论语》、B《孟子》、C《大学》、D《中庸》。
因为是不放回抽取两本，所有等可能的抽取结果如下（考虑抽取顺序）：
(A,B)、(A,C)、(A,D)、(B,A)、(B,C)、(B,D)、(C,A)、(C,B)、(C,D)、(D,A)、(D,B)、(D,C)，共12种。
其中恰好抽到《论语》和《大学》的结果有(A,C)、(C,A)，共2种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
（若不考虑抽取顺序，所有等可能结果共6种：AB、AC、AD、BC、BD、CD，符合条件的仅AC1种，$P=\frac{1}{6}$，结果一致）
【答案】
B
【知识点】
古典概型概率计算，不放回抽样，列举法求概率
【点评】
本题属于概率基础应用题，核心是准确统计总结果数和符合条件的结果数，解题时需注意“不放回抽取”的规则，不要误算为有放回抽取导致总结果数出错。
【难度系数】
0.7
4.在一个不透明的袋子中装有4张形状大小质地完全相同的卡片，它们上面分别标有－3，－1，0，2，随机抽取一张卡片，记下数为m，放回后再随机抽取一张卡片，记下数为n，则点(m,n)落在第三象限的概率是
$\frac{1}{4}$
。答案
4.$\frac{1}{4}$
解析
【分析】
这是一道结合平面直角坐标系坐标特征的概率计算题，解题思路分三步：第一步明确试验类型为有放回的两次抽取，两次抽取结果互不影响，先计算所有等可能的结果总数；第二步回忆第三象限内点的坐标特征：横坐标m＜0，纵坐标n＜0，找出满足该条件的m、n的可选情况，计算符合条件的结果数；第三步代入概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可。
【解析】
解：
∵是放回式抽取卡片，
∴第一次抽取m有4种等可能结果：-3、-1、0、2，第二次抽取n也有4种等可能结果，
∴点(m,n)的总等可能结果数为：$4×4=16$种。
∵第三象限内的点横、纵坐标均为负数，即$m＜0$且$n＜0$，
其中m为负数的情况有2种（-3、-1），n为负数的情况也有2种（-3、-1），
∴符合条件的点(m,n)的结果数为：$2×2=4$种。
∴点(m,n)落在第三象限的概率为：$\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
1. 概率公式 2. 象限内点的坐标特征 3. 放回试验概率计算
【点评】
本题属于基础综合题，将概率计算和平面直角坐标系的知识点结合考查，解题的关键是准确掌握第三象限点的坐标符号特点，同时注意区分放回抽样和不放回抽样的差异，避免错算总结果数。
【难度系数】
0.7
这是一道结合平面直角坐标系坐标特征的概率计算题，解题思路分三步：第一步明确试验类型为有放回的两次抽取，两次抽取结果互不影响，先计算所有等可能的结果总数；第二步回忆第三象限内点的坐标特征：横坐标m＜0，纵坐标n＜0，找出满足该条件的m、n的可选情况，计算符合条件的结果数；第三步代入概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可。
【解析】
解：
∵是放回式抽取卡片，
∴第一次抽取m有4种等可能结果：-3、-1、0、2，第二次抽取n也有4种等可能结果，
∴点(m,n)的总等可能结果数为：$4×4=16$种。
∵第三象限内的点横、纵坐标均为负数，即$m＜0$且$n＜0$，
其中m为负数的情况有2种（-3、-1），n为负数的情况也有2种（-3、-1），
∴符合条件的点(m,n)的结果数为：$2×2=4$种。
∴点(m,n)落在第三象限的概率为：$\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
1. 概率公式 2. 象限内点的坐标特征 3. 放回试验概率计算
【点评】
本题属于基础综合题，将概率计算和平面直角坐标系的知识点结合考查，解题的关键是准确掌握第三象限点的坐标符号特点，同时注意区分放回抽样和不放回抽样的差异，避免错算总结果数。
【难度系数】
0.7
5.如图所示的是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，且分别标有数字，分别转动两个转盘一次，转盘停止时（若指针停在分界线上，则重新转动），两个指针所指区域的数字之积为偶数的概率是
$\frac{2}{3}$
。答案
5.$\frac{2}{3}$
解析
【分析】
要计算两个转盘指针所指数字之积为偶数的概率，首先明确这是两步随机事件的概率求解问题，可通过列举所有等可能结果，或利用“积为偶数的对立事件是积为奇数”简化计算。第一步先确定两个转盘各自的数字及每个数字出现的概率：第一个转盘2等分，数字1、2出现的概率均为$\frac{1}{2}$；第二个转盘3等分，数字1、2、3出现的概率均为$\frac{1}{3}$。第二步可选择列举所有乘积结果统计偶数的数量，也可先算积为奇数的概率（只有奇数×奇数才得奇数），再用1减去该概率得到结果。
【解析】
我们用对立事件法求解：
积为奇数的前提是两个转盘转出的数字均为奇数：
第一个转盘转出奇数（数字1）的概率为$\frac{1}{2}$，第二个转盘转出奇数（数字1、3）的概率为$\frac{2}{3}$，
因此积为奇数的概率为：$P(积为奇数)=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
由于“积为偶数”和“积为奇数”是对立事件，因此：
$P(积为偶数)=1-P(积为奇数)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
也可通过列表法验证：总共有6种等可能结果，其中积为偶数的结果有4种，概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，结果一致。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
概率计算，列表法求概率，奇偶乘积性质
【点评】
本题是概率计算的基础题型，既可以通过列举所有结果直接计算，也可以利用对立事件简化运算，解题时需注意事件的等可能性前提。
【难度系数】
0.7
要计算两个转盘指针所指数字之积为偶数的概率，首先明确这是两步随机事件的概率求解问题，可通过列举所有等可能结果，或利用“积为偶数的对立事件是积为奇数”简化计算。第一步先确定两个转盘各自的数字及每个数字出现的概率：第一个转盘2等分，数字1、2出现的概率均为$\frac{1}{2}$；第二个转盘3等分，数字1、2、3出现的概率均为$\frac{1}{3}$。第二步可选择列举所有乘积结果统计偶数的数量，也可先算积为奇数的概率（只有奇数×奇数才得奇数），再用1减去该概率得到结果。
【解析】
我们用对立事件法求解：
积为奇数的前提是两个转盘转出的数字均为奇数：
第一个转盘转出奇数（数字1）的概率为$\frac{1}{2}$，第二个转盘转出奇数（数字1、3）的概率为$\frac{2}{3}$，
因此积为奇数的概率为：$P(积为奇数)=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
由于“积为偶数”和“积为奇数”是对立事件，因此：
$P(积为偶数)=1-P(积为奇数)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
也可通过列表法验证：总共有6种等可能结果，其中积为偶数的结果有4种，概率为$\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，结果一致。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
概率计算，列表法求概率，奇偶乘积性质
【点评】
本题是概率计算的基础题型，既可以通过列举所有结果直接计算，也可以利用对立事件简化运算，解题时需注意事件的等可能性前提。
【难度系数】
0.7
