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知识梳理
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
画树状图法 频率
解析
【分析】
本题是概率求解方法的基础梳理题，解题时需结合不同事件的完成步数，匹配对应的列举法类型，同时回忆概率的试验求法：
1. 若事件一步就能完成，所有等可能结果数量较少，无需辅助工具即可直接列出全部结果，对应第一种方法；
2. 若事件分两步完成，为了不重不漏列出所有结果，既可以用两个维度的列表法呈现，也可以用树状图呈现，对应第二种方法；
3. 若事件分两步以上完成，列表法仅能表示两个维度的结果，不再适用，此时选择树状图法可以清晰呈现每一步的所有结果，对应第三种方法；
4. 除了理论计算的列举法，当无法直接列举所有等可能结果时，还可以通过大量重复试验，用频率估计概率，对应最后一个空。
【解析】
逐个填空如下：
1. 事件一步完成时，所有等可能结果数量少，可直接用列举法列举出所有可能，再计算概率；
2. 事件两步完成时，为避免重复、遗漏结果，可选择画树状图或列表法罗列所有结果；
3. 事件两步以上完成时，列表法无法呈现多维度的结果，因此选择画树状图法罗列所有结果；
4. 当无法通过列举法计算概率时，可通过大量重复试验，用频率估计概率。
【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；列表法与树状图法；频率估计概率
【点评】
本题是概率模块的基础概念题，核心考查不同概率求解方法的适用场景，是解决各类概率计算问题的基础，需要熟练掌握各方法的使用条件，避免方法选择错误。
【难度系数】
0.9
本题是概率求解方法的基础梳理题，解题时需结合不同事件的完成步数，匹配对应的列举法类型，同时回忆概率的试验求法：
1. 若事件一步就能完成，所有等可能结果数量较少，无需辅助工具即可直接列出全部结果，对应第一种方法；
2. 若事件分两步完成，为了不重不漏列出所有结果，既可以用两个维度的列表法呈现，也可以用树状图呈现，对应第二种方法；
3. 若事件分两步以上完成，列表法仅能表示两个维度的结果，不再适用，此时选择树状图法可以清晰呈现每一步的所有结果，对应第三种方法；
4. 除了理论计算的列举法，当无法直接列举所有等可能结果时，还可以通过大量重复试验，用频率估计概率，对应最后一个空。
【解析】
逐个填空如下：
1. 事件一步完成时，所有等可能结果数量少，可直接用列举法列举出所有可能，再计算概率；
2. 事件两步完成时，为避免重复、遗漏结果，可选择画树状图或列表法罗列所有结果；
3. 事件两步以上完成时，列表法无法呈现多维度的结果，因此选择画树状图法罗列所有结果；
4. 当无法通过列举法计算概率时，可通过大量重复试验，用频率估计概率。
【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；列表法与树状图法；频率估计概率
【点评】
本题是概率模块的基础概念题，核心考查不同概率求解方法的适用场景，是解决各类概率计算问题的基础，需要熟练掌握各方法的使用条件，避免方法选择错误。
【难度系数】
0.9
1.“二十四节气”是中华文明的智慧结晶，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】
这是一道不放回抽样的概率计算问题，解题思路如下：首先明确该问题属于古典概型，所有抽取结果都是等可能的；其次我们可以通过列举法（列表或画树状图）找出所有等可能的抽取结果，再统计出恰好抽到“立春”和“立夏”的结果数量；最后根据古典概型的概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算出最终概率即可。
【解析】
我们将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票分别记为A、B、C、D。
由于是不放回抽取：
1. 第一次抽取时，共有4种等可能的结果；
2. 第一次抽完后剩余3张邮票，第二次抽取共有3种等可能的结果，因此总共有$4×3=12$种等可能的抽取结果。
其中恰好抽到A（立春）和B（立夏）的结果有2种：先抽A再抽B、先抽B再抽A。
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】
古典概型计算，列举法求概率，不放回抽样
【点评】
本题是概率计算的常规基础题，解题的核心是准确区分放回抽样和不放回抽样的差异，正确列举出所有等可能的结果，避免漏算或多算符合要求的结果。
【难度系数】
0.7
这是一道不放回抽样的概率计算问题，解题思路如下：首先明确该问题属于古典概型，所有抽取结果都是等可能的；其次我们可以通过列举法（列表或画树状图）找出所有等可能的抽取结果，再统计出恰好抽到“立春”和“立夏”的结果数量；最后根据古典概型的概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能结果数”计算出最终概率即可。
【解析】
我们将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票分别记为A、B、C、D。
由于是不放回抽取：
1. 第一次抽取时，共有4种等可能的结果；
2. 第一次抽完后剩余3张邮票，第二次抽取共有3种等可能的结果，因此总共有$4×3=12$种等可能的抽取结果。
其中恰好抽到A（立春）和B（立夏）的结果有2种：先抽A再抽B、先抽B再抽A。
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】
古典概型计算，列举法求概率，不放回抽样
【点评】
本题是概率计算的常规基础题，解题的核心是准确区分放回抽样和不放回抽样的差异，正确列举出所有等可能的结果，避免漏算或多算符合要求的结果。
【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】
本题是有放回的两步概率计算问题，解题思路如下：首先明确每次摸棋是独立事件，放回后每次摸棋的等可能结果均为3种；接下来可以通过列表法或画树状图法列举出两次摸棋的所有等可能结果，再从中筛选出两次颜色相同的结果；最后根据概率公式计算对应概率即可。解题时要注意区分“放回”和“不放回”试验的差异，避免算错总结果数。
【解析】
记2个黑棋为黑₁、黑₂，1个白棋为白，用列表法列举所有可能结果如下：
| 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) |
由表可知，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$P=\frac{符合条件的结果数}{所有等可能结果数}$，可得两次摸到相同颜色棋子的概率为$\frac{5}{9}$。
也可通过分步概率计算验证：每次摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}$，两次都摸黑的概率为$\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$；每次摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}$，两次都摸白的概率为$\frac{1}{3}×\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$，相加得总概率为$\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
综上本题选C选项。
【答案】
C
【知识点】
列举法求概率，放回型概率试验，概率公式
【点评】
本题属于概率基础题型，核心考查两步随机试验的概率计算，解题的关键是准确判断试验为“放回”类型，避免混淆放回、不放回的差异导致结果错误，熟练掌握列举等可能结果的方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
本题是有放回的两步概率计算问题，解题思路如下：首先明确每次摸棋是独立事件，放回后每次摸棋的等可能结果均为3种；接下来可以通过列表法或画树状图法列举出两次摸棋的所有等可能结果，再从中筛选出两次颜色相同的结果；最后根据概率公式计算对应概率即可。解题时要注意区分“放回”和“不放回”试验的差异，避免算错总结果数。
【解析】
记2个黑棋为黑₁、黑₂，1个白棋为白，用列表法列举所有可能结果如下：
| 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) |
由表可知，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$P=\frac{符合条件的结果数}{所有等可能结果数}$，可得两次摸到相同颜色棋子的概率为$\frac{5}{9}$。
也可通过分步概率计算验证：每次摸到黑棋的概率为$\frac{2}{3}$，两次都摸黑的概率为$\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$；每次摸到白棋的概率为$\frac{1}{3}$，两次都摸白的概率为$\frac{1}{3}×\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$，相加得总概率为$\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
综上本题选C选项。
【答案】
C
【知识点】
列举法求概率，放回型概率试验，概率公式
【点评】
本题属于概率基础题型，核心考查两步随机试验的概率计算，解题的关键是准确判断试验为“放回”类型，避免混淆放回、不放回的差异导致结果错误，熟练掌握列举等可能结果的方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
3.七年级一班同学组织了元旦联欢会，文艺委员准备在“横扫千军”“飞花令”“成语接龙”“看图猜诗词”四个节目中选择两个，则她选中“飞花令”和“看图猜诗词”的概率为（
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$\frac{1}{8}$
D.$\frac{1}{12}$
B
）。A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$\frac{1}{8}$
D.$\frac{1}{12}$
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，明确所有等可能的选择情况总数，我们可以通过给节目标号后列举所有两两组合的方式统计总情况数，注意选择两个节目不区分顺序，避免重复计数；第二步，统计符合“选中‘飞花令’和‘看图猜诗词’”要求的情况数；第三步，利用概率公式“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算最终结果。
【解析】
设四个节目分别记为：A=横扫千军，B=飞花令，C=成语接龙，D=看图猜诗词。
从四个节目中任选2个，不考虑选择顺序，所有等可能的结果为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6种。
其中满足“选中飞花令和看图猜诗词”的结果只有BD这1种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{\mathrm{符合条件的情况数}}{\mathrm{总情况数}}=\frac{1}{6}$。
由上述内容，选择B选项。
【答案】
B
【知识点】
1. 古典概型
2. 列举法计数
3. 概率公式
【点评】
本题属于概率基础题型，核心考查对古典概型的理解以及有序列举的能力，解题时要注意区分事件是否需要考虑顺序，避免因重复或遗漏计数导致结果错误。
【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，明确所有等可能的选择情况总数，我们可以通过给节目标号后列举所有两两组合的方式统计总情况数，注意选择两个节目不区分顺序，避免重复计数；第二步，统计符合“选中‘飞花令’和‘看图猜诗词’”要求的情况数；第三步，利用概率公式“概率=符合条件的情况数÷总等可能情况数”计算最终结果。
【解析】
设四个节目分别记为：A=横扫千军，B=飞花令，C=成语接龙，D=看图猜诗词。
从四个节目中任选2个，不考虑选择顺序，所有等可能的结果为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6种。
其中满足“选中飞花令和看图猜诗词”的结果只有BD这1种。
根据概率计算公式可得：$P=\frac{\mathrm{符合条件的情况数}}{\mathrm{总情况数}}=\frac{1}{6}$。
由上述内容，选择B选项。
【答案】
B
【知识点】
1. 古典概型
2. 列举法计数
3. 概率公式
【点评】
本题属于概率基础题型，核心考查对古典概型的理解以及有序列举的能力，解题时要注意区分事件是否需要考虑顺序，避免因重复或遗漏计数导致结果错误。
【难度系数】
0.7
4.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
4.B
解析
【分析】
本题属于古典概型的概率计算问题，解题思路清晰：首先明确这是不放回抽样问题，所有抽取结果都是等可能的；第一步我们可以通过列举法统计出所有等可能的抽取结果总数；第二步统计出恰好抽到《论语》和《大学》的结果数；最后代入概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可，因为总样本量少，用列举法就能快速统计结果，避免漏算、错算。
【解析】
我们将四部著作分别标记为：A=《论语》，B=《孟子》，C=《大学》，D=《中庸》。
由于是不放回抽取两本，不考虑抽取顺序的前提下，所有等可能的结果为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6种。
其中恰好抽到《论语》和《大学》的结果只有AC这1种。
根据概率计算公式可得，所求概率$P=\frac{1}{6}$，因此本题选B。
【答案】
B
【知识点】
古典概型计算，不放回抽样，列举法求概率
【点评】
本题是概率基础应用类题目，核心考查对不放回抽样规则的理解，以及对等可能事件结果的枚举统计能力，只要准确梳理总结果数和符合条件的结果数即可正确求解。
【难度系数】
0.7
本题属于古典概型的概率计算问题，解题思路清晰：首先明确这是不放回抽样问题，所有抽取结果都是等可能的；第一步我们可以通过列举法统计出所有等可能的抽取结果总数；第二步统计出恰好抽到《论语》和《大学》的结果数；最后代入概率公式“概率=符合条件的结果数÷所有等可能的结果数”计算即可，因为总样本量少，用列举法就能快速统计结果，避免漏算、错算。
【解析】
我们将四部著作分别标记为：A=《论语》，B=《孟子》，C=《大学》，D=《中庸》。
由于是不放回抽取两本，不考虑抽取顺序的前提下，所有等可能的结果为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6种。
其中恰好抽到《论语》和《大学》的结果只有AC这1种。
根据概率计算公式可得，所求概率$P=\frac{1}{6}$，因此本题选B。
【答案】
B
【知识点】
古典概型计算，不放回抽样，列举法求概率
【点评】
本题是概率基础应用类题目，核心考查对不放回抽样规则的理解，以及对等可能事件结果的枚举统计能力，只要准确梳理总结果数和符合条件的结果数即可正确求解。
【难度系数】
0.7
5.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，它们上面分别标有数字－3，－1，0，2，随机抽取一张卡片，记下数字为m，放回后再随机抽取一张卡片，记下数字为n，则点(m，n)落在第三象限的概率是
$\frac{1}{4}$
。答案
5.$\frac{1}{4}$
解析
【分析】
首先明确本题为有放回的两步随机抽样概率题，解题思路分三步：第一步，计算两次抽取所有等可能的总结果数，放回抽样中两次抽取互不影响，总结果数为两次抽取的情况数相乘；第二步，确定第三象限内点的坐标特征：横坐标小于0，纵坐标小于0，据此找出两次抽取中分别满足m＜0、n＜0的情况数，相乘得到符合条件的结果数；第三步，利用概率公式“P=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
【解析】
解：①计算总等可能结果数：
由于是有放回抽取，第一次抽取卡片有4种等可能结果，第二次抽取也有4种等可能结果，因此总共有$4 × 4 = 16$种等可能的结果。
②确定符合条件的结果数：
第三象限内的点满足横坐标$m＜0$、纵坐标$n＜0$，卡片上的负数有-3、-1共2个，因此第一次抽到负数（满足$m＜0$）有2种情况，第二次抽到负数（满足$n＜0$）也有2种情况，符合条件的结果数为$2 × 2 = 4$种。
③计算概率：
根据概率公式，点$(m,n)$落在第三象限的概率$P = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
1. 放回型概率计算
2. 象限内点的坐标特征
3. 概率公式
【点评】
本题是概率与平面直角坐标系结合的基础题，解题的关键是明确放回抽样的总结果数计算方法，准确记忆第三象限点的坐标符号特征，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.75
首先明确本题为有放回的两步随机抽样概率题，解题思路分三步：第一步，计算两次抽取所有等可能的总结果数，放回抽样中两次抽取互不影响，总结果数为两次抽取的情况数相乘；第二步，确定第三象限内点的坐标特征：横坐标小于0，纵坐标小于0，据此找出两次抽取中分别满足m＜0、n＜0的情况数，相乘得到符合条件的结果数；第三步，利用概率公式“P=符合条件的结果数÷总等可能结果数”计算即可。
【解析】
解：①计算总等可能结果数：
由于是有放回抽取，第一次抽取卡片有4种等可能结果，第二次抽取也有4种等可能结果，因此总共有$4 × 4 = 16$种等可能的结果。
②确定符合条件的结果数：
第三象限内的点满足横坐标$m＜0$、纵坐标$n＜0$，卡片上的负数有-3、-1共2个，因此第一次抽到负数（满足$m＜0$）有2种情况，第二次抽到负数（满足$n＜0$）也有2种情况，符合条件的结果数为$2 × 2 = 4$种。
③计算概率：
根据概率公式，点$(m,n)$落在第三象限的概率$P = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
1. 放回型概率计算
2. 象限内点的坐标特征
3. 概率公式
【点评】
本题是概率与平面直角坐标系结合的基础题，解题的关键是明确放回抽样的总结果数计算方法，准确记忆第三象限点的坐标符号特征，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.75
6.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，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
6.$\frac{2}{3}$
解析
【分析】
这是两步试验的概率求解问题，我们可以通过列举所有等可能结果计算概率，也可以利用对立事件简化运算：两个数字的乘积为偶数的情况较多，而乘积为奇数仅需两个数字均为奇数，因此先计算乘积为奇数的概率，再用1减去该概率即可得到所求结果，能有效减少计算量。首先明确两个转盘的等可能结果：左侧转盘共有2种等可能结果（数字1、2），右侧转盘共有3种等可能结果（数字1、2、3）。
【解析】
方法一：列表法列举所有等可能结果：
| 左侧转盘\右侧转盘 | 1 | 2 | 3 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 1 | 1×1=1（奇） | 1×2=2（偶） | 1×3=3（奇） |
| 2 | 2×1=2（偶） | 2×2=4（偶） | 2×3=6（偶） |
所有等可能的结果共有6种，其中数字之积为偶数的结果有4种，
根据概率公式：$P(\mathrm{积为偶数})=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{所有等可能结果数}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
方法二：利用对立事件计算
要使两个数字之积为奇数，需两个数字均为奇数：
左侧转盘转出奇数（数字1）的概率为$\frac{1}{2}$，右侧转盘转出奇数（数字1、3）的概率为$\frac{2}{3}$，
因此$P(\mathrm{积为奇数})=\frac{1}{2} × \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
因为“积为偶数”与“积为奇数”是对立事件，所以$P(\mathrm{积为偶数})=1-P(\mathrm{积为奇数})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
等可能事件概率，列表法求概率，对立事件概率
【点评】
本题是典型的两步试验概率计算问题，既可以通过列举所有结果直接计算，也可以通过分析事件的对立关系简化运算，解题时需注意确认所有结果的等可能性，避免计数失误。
【难度系数】
0.7
这是两步试验的概率求解问题，我们可以通过列举所有等可能结果计算概率，也可以利用对立事件简化运算：两个数字的乘积为偶数的情况较多，而乘积为奇数仅需两个数字均为奇数，因此先计算乘积为奇数的概率，再用1减去该概率即可得到所求结果，能有效减少计算量。首先明确两个转盘的等可能结果：左侧转盘共有2种等可能结果（数字1、2），右侧转盘共有3种等可能结果（数字1、2、3）。
【解析】
方法一：列表法列举所有等可能结果：
| 左侧转盘\右侧转盘 | 1 | 2 | 3 |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| 1 | 1×1=1（奇） | 1×2=2（偶） | 1×3=3（奇） |
| 2 | 2×1=2（偶） | 2×2=4（偶） | 2×3=6（偶） |
所有等可能的结果共有6种，其中数字之积为偶数的结果有4种，
根据概率公式：$P(\mathrm{积为偶数})=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{所有等可能结果数}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
方法二：利用对立事件计算
要使两个数字之积为奇数，需两个数字均为奇数：
左侧转盘转出奇数（数字1）的概率为$\frac{1}{2}$，右侧转盘转出奇数（数字1、3）的概率为$\frac{2}{3}$，
因此$P(\mathrm{积为奇数})=\frac{1}{2} × \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
因为“积为偶数”与“积为奇数”是对立事件，所以$P(\mathrm{积为偶数})=1-P(\mathrm{积为奇数})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
等可能事件概率，列表法求概率，对立事件概率
【点评】
本题是典型的两步试验概率计算问题，既可以通过列举所有结果直接计算，也可以通过分析事件的对立关系简化运算，解题时需注意确认所有结果的等可能性，避免计数失误。
【难度系数】
0.7
