登录
1. 不透明的袋子中装有2个红色小球和1个绿色小球，3个小球除颜色外无其他差别. 从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红色小球、第二次摸到绿色小球的概率是（
A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{2}{9}$
D
）A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{2}{9}$
答案
1.D
解析
【分析】
这道题是有放回的两步摸球概率问题，解题思路有两种：第一种是给小球做标记，枚举两次摸球所有的等可能结果，统计符合要求的结果数量，再用符合条件的结果数除以总结果数得到概率；第二种是利用分步概率的乘法原理，由于摸球后放回摇匀，两次摸球的操作互不影响，属于独立事件，先分别算出第一次摸到红球的概率、第二次摸到绿球的概率，将两个概率相乘就能得到所求的概率。
【解析】
方法1：列举法
将2个红球记为红₁、红₂，绿球记为绿，有放回地先后摸两次球，所有等可能的结果共9种，分别为：
(红₁,红₁)、(红₁,红₂)、(红₁,绿)、
(红₂,红₁)、(红₂,红₂)、(红₂,绿)、
(绿,红₁)、(绿,红₂)、(绿,绿)
其中满足“第一次摸到红色小球、第二次摸到绿色小球”的结果为(红₁,绿)、(红₂,绿)，共2种。
因此所求概率$P=\frac{2}{9}$。
方法2：独立事件概率乘法
第一次摸球时，袋中共有3个小球，其中红球共2个，因此第一次摸到红球的概率$P_1=\frac{2}{3}$；
由于摸球后放回并摇匀，第二次摸球时袋中仍然是2红1绿共3个小球，因此第二次摸到绿球的概率$P_2=\frac{1}{3}$；
两次摸球事件相互独立，因此所求概率$P=P_1× P_2=\frac{2}{3}×\frac{1}{3}=\frac{2}{9}$。
【答案】
D
【知识点】
列举法求概率；独立事件概率计算
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，易错点是混淆有放回和无放回摸球的规则，误将第二次摸球的总样本数当成2，导致计算错误，解题时要先明确试验规则，再选择合适的方法统计样本总数和符合条件的样本数。
【难度系数】
0.7
这道题是有放回的两步摸球概率问题，解题思路有两种：第一种是给小球做标记，枚举两次摸球所有的等可能结果，统计符合要求的结果数量，再用符合条件的结果数除以总结果数得到概率；第二种是利用分步概率的乘法原理，由于摸球后放回摇匀，两次摸球的操作互不影响，属于独立事件，先分别算出第一次摸到红球的概率、第二次摸到绿球的概率，将两个概率相乘就能得到所求的概率。
【解析】
方法1：列举法
将2个红球记为红₁、红₂，绿球记为绿，有放回地先后摸两次球，所有等可能的结果共9种，分别为：
(红₁,红₁)、(红₁,红₂)、(红₁,绿)、
(红₂,红₁)、(红₂,红₂)、(红₂,绿)、
(绿,红₁)、(绿,红₂)、(绿,绿)
其中满足“第一次摸到红色小球、第二次摸到绿色小球”的结果为(红₁,绿)、(红₂,绿)，共2种。
因此所求概率$P=\frac{2}{9}$。
方法2：独立事件概率乘法
第一次摸球时，袋中共有3个小球，其中红球共2个，因此第一次摸到红球的概率$P_1=\frac{2}{3}$；
由于摸球后放回并摇匀，第二次摸球时袋中仍然是2红1绿共3个小球，因此第二次摸到绿球的概率$P_2=\frac{1}{3}$；
两次摸球事件相互独立，因此所求概率$P=P_1× P_2=\frac{2}{3}×\frac{1}{3}=\frac{2}{9}$。
【答案】
D
【知识点】
列举法求概率；独立事件概率计算
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，易错点是混淆有放回和无放回摸球的规则，误将第二次摸球的总样本数当成2，导致计算错误，解题时要先明确试验规则，再选择合适的方法统计样本总数和符合条件的样本数。
【难度系数】
0.7
2.“铁人王进喜纪念馆”“龙凤湿地公园”“滨水绿道”和“数字大庆中心”是大庆市四个有代表性的旅游景点.若小娜从这四个景点中随机选择两个景点游览,则这两个景点中有“铁人王进喜纪念馆”的概率是（
A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
D
）A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{1}{2}$
答案
2.D
解析
【分析】
这是一道古典概型的基础概率计算题，解题思路非常清晰：首先我们需要先算出从4个景点里任选2个的所有等可能的总情况数，再统计出满足“选中的两个景点包含铁人王进喜纪念馆”的符合条件的情况数，最后用符合条件的情况数除以总情况数就能得到所求概率。我们可以给四个景点做简单标记，用枚举法把所有选两个景点的无序组合全部列出来，直观清晰，不容易出现漏算多算的错误。
【解析】
解：为方便计算，我们给四个景点做标记：记A为铁人王进喜纪念馆，B为龙凤湿地公园，C为滨水绿道，D为数字大庆中心。
从4个景点中随机选2个，所有等可能的无序组合为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，总共有6种不同的结果。
其中包含景点A（铁人王进喜纪念馆）的组合为：AB、AC、AD，共3种结果。
根据古典概型概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
因此本题选D。
【答案】D
【知识点】
古典概型，列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的常规基础题，难度很低，用枚举法就可以快速得到所有结果，解题时要注意选择两个景点是不考虑顺序的，不要误把总情况数当成排列数12种，避免计算错误，是对古典概型核心概念的基础考查。
【难度系数】
0.8
这是一道古典概型的基础概率计算题，解题思路非常清晰：首先我们需要先算出从4个景点里任选2个的所有等可能的总情况数，再统计出满足“选中的两个景点包含铁人王进喜纪念馆”的符合条件的情况数，最后用符合条件的情况数除以总情况数就能得到所求概率。我们可以给四个景点做简单标记，用枚举法把所有选两个景点的无序组合全部列出来，直观清晰，不容易出现漏算多算的错误。
【解析】
解：为方便计算，我们给四个景点做标记：记A为铁人王进喜纪念馆，B为龙凤湿地公园，C为滨水绿道，D为数字大庆中心。
从4个景点中随机选2个，所有等可能的无序组合为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，总共有6种不同的结果。
其中包含景点A（铁人王进喜纪念馆）的组合为：AB、AC、AD，共3种结果。
根据古典概型概率公式，所求概率$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
因此本题选D。
【答案】D
【知识点】
古典概型，列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的常规基础题，难度很低，用枚举法就可以快速得到所有结果，解题时要注意选择两个景点是不考虑顺序的，不要误把总情况数当成排列数12种，避免计算错误，是对古典概型核心概念的基础考查。
【难度系数】
0.8
3.有5张背面完全相同的卡片,正面分别写着1,2,3,4,5,洗匀后正面向下放在桌子上,从中随机抽取2张,抽出的卡片上的数字恰好是两个连续整数的概率是
$\dfrac{2}{5}$
.答案
3.$\dfrac{2}{5}$
解析
【分析】
这是一道典型的古典概型求解问题，我们可以按照以下思路解题：首先明确古典概型的概率计算规则，事件的概率等于符合要求的事件结果数除以所有等可能的总结果数。第一步先计算从5张卡片中随机抽取2张的全部等可能结果总数，第二步从中筛选出两张卡片数字为连续整数的结果数量，最后代入公式计算即可得到答案，按顺序枚举所有情况可以有效避免计数错误。
【解析】
1. 计算总基本事件数：从5张卡片中随机抽取2张，不考虑抽取的先后顺序，总共有$\mathrm{C}_{5}^{2}=\frac{5×4}{2×1}=10$种等可能的结果，枚举所有结果为：$(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)$。
2. 统计符合条件的事件数：其中两张卡片数字为连续整数的结果共有4种，分别是$(1,2),(2,3),(3,4),(4,5)$。
3. 代入古典概型概率公式计算：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$
【答案】
$\dfrac{2}{5}$
【知识点】
古典概型；列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考点是古典概型的计数计算，解题时只要按顺序枚举所有结果，就可以避免重复计数或者漏数的问题，无论采用有序计数还是无序计数，只要分子分母的计数规则统一，都可以得到正确结果。
【难度系数】
0.7
这是一道典型的古典概型求解问题，我们可以按照以下思路解题：首先明确古典概型的概率计算规则，事件的概率等于符合要求的事件结果数除以所有等可能的总结果数。第一步先计算从5张卡片中随机抽取2张的全部等可能结果总数，第二步从中筛选出两张卡片数字为连续整数的结果数量，最后代入公式计算即可得到答案，按顺序枚举所有情况可以有效避免计数错误。
【解析】
1. 计算总基本事件数：从5张卡片中随机抽取2张，不考虑抽取的先后顺序，总共有$\mathrm{C}_{5}^{2}=\frac{5×4}{2×1}=10$种等可能的结果，枚举所有结果为：$(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)$。
2. 统计符合条件的事件数：其中两张卡片数字为连续整数的结果共有4种，分别是$(1,2),(2,3),(3,4),(4,5)$。
3. 代入古典概型概率公式计算：
$P=\frac{\mathrm{符合条件的结果数}}{\mathrm{总结果数}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$
【答案】
$\dfrac{2}{5}$
【知识点】
古典概型；列举法求概率
【点评】
本题属于概率模块的基础题，核心考点是古典概型的计数计算，解题时只要按顺序枚举所有结果，就可以避免重复计数或者漏数的问题，无论采用有序计数还是无序计数，只要分子分母的计数规则统一，都可以得到正确结果。
【难度系数】
0.7
4. 现有三位自愿献血者，其中两人血型为 O 型，一人为 A 型，若在三人中随机挑选一人献血，两年后又从此三人中随机挑选一人献血，那么两次献血的人血型均为 O 型的概率是
$\dfrac{4}{9}$
.答案
4.$\dfrac{4}{9}$
解析
【分析】
这道题是求两次可重复随机抽取都抽到O型血的概率，我们可以按古典概型的思路推导：第一步先确定试验所有等可能的基本事件总数，由于两次都是从全部3名志愿者中任选1人，第一次选有3种选择，第二次选同样有3种选择，总事件数就是两次选择数的乘积；第二步统计符合“两次选中的人血型都为O型”的事件数，已知O型血共2人，第一次选O型有2种选择，第二次选O型同样有2种选择，算出符合条件的事件数后，用符合条件的事件数除以总事件数即可得到所求概率，也可以利用独立事件概率乘法公式，两次抽取互不影响，分别算出单次抽到O型的概率再相乘即可。
【解析】
解：方法1：古典概型枚举计算
将2名O型血志愿者记为$O_1$、$O_2$，1名A型血志愿者记为$A$。
两次抽取的所有等可能基本事件共9个，分别为：
$(O_1,O_1)、(O_1,O_2)、(O_1,A)、(O_2,O_1)、(O_2,O_2)、(O_2,A)、(A,O_1)、(A,O_2)、(A,A)$。
其中满足两次都抽到O型血的基本事件为：$(O_1,O_1)、(O_1,O_2)、(O_2,O_1)、(O_2,O_2)$，共4个。
因此所求概率$P=\frac{4}{9}$。
方法2：独立事件概率公式计算
第一次从3人中抽到O型血的概率$P_1=\frac{2}{3}$，
两次抽取互不干扰属于相互独立事件，第二次抽到O型血的概率$P_2=\frac{2}{3}$，
根据独立事件概率乘法公式，两次都抽到O型血的概率$P=P_1× P_2=\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$。
【答案】
$\dfrac{4}{9}$
【知识点】
古典概型，独立事件概率
【点评】
本题的高频易错点是误将可重复的有放回抽取当成不放回抽取，错算概率为$\frac{1}{3}$，解题时要注意题干明确两次都是从全部3名志愿者中选取，两次选取互不影响，属于可重复的独立抽取过程。
【难度系数】
0.6
这道题是求两次可重复随机抽取都抽到O型血的概率，我们可以按古典概型的思路推导：第一步先确定试验所有等可能的基本事件总数，由于两次都是从全部3名志愿者中任选1人，第一次选有3种选择，第二次选同样有3种选择，总事件数就是两次选择数的乘积；第二步统计符合“两次选中的人血型都为O型”的事件数，已知O型血共2人，第一次选O型有2种选择，第二次选O型同样有2种选择，算出符合条件的事件数后，用符合条件的事件数除以总事件数即可得到所求概率，也可以利用独立事件概率乘法公式，两次抽取互不影响，分别算出单次抽到O型的概率再相乘即可。
【解析】
解：方法1：古典概型枚举计算
将2名O型血志愿者记为$O_1$、$O_2$，1名A型血志愿者记为$A$。
两次抽取的所有等可能基本事件共9个，分别为：
$(O_1,O_1)、(O_1,O_2)、(O_1,A)、(O_2,O_1)、(O_2,O_2)、(O_2,A)、(A,O_1)、(A,O_2)、(A,A)$。
其中满足两次都抽到O型血的基本事件为：$(O_1,O_1)、(O_1,O_2)、(O_2,O_1)、(O_2,O_2)$，共4个。
因此所求概率$P=\frac{4}{9}$。
方法2：独立事件概率公式计算
第一次从3人中抽到O型血的概率$P_1=\frac{2}{3}$，
两次抽取互不干扰属于相互独立事件，第二次抽到O型血的概率$P_2=\frac{2}{3}$，
根据独立事件概率乘法公式，两次都抽到O型血的概率$P=P_1× P_2=\frac{2}{3}×\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$。
【答案】
$\dfrac{4}{9}$
【知识点】
古典概型，独立事件概率
【点评】
本题的高频易错点是误将可重复的有放回抽取当成不放回抽取，错算概率为$\frac{1}{3}$，解题时要注意题干明确两次都是从全部3名志愿者中选取，两次选取互不影响，属于可重复的独立抽取过程。
【难度系数】
0.6
5. (2025·连云港)一只不透明的袋子中装有1个红球和3个白球,这些球除颜色外都相同.
(1)搅匀后从中任意摸出1个球,则摸到红球的概率是
(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回、搅匀,再从中任意摸出1个球.用画树状图或列表的方法,求2次都摸到白球的概率.
(1)搅匀后从中任意摸出1个球,则摸到红球的概率是
$\dfrac{1}{4}$
;(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回、搅匀,再从中任意摸出1个球.用画树状图或列表的方法,求2次都摸到白球的概率.
答案
5.(1)$\dfrac{1}{4}$
(2)解:列表如下:
| | 红 | 白 | 白 | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红 | (红,红) | (红,白) | (红,白) | (红,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
共有16种等可能的结果,其中2次都摸到白球的结果有9种,
$\therefore 2$次都摸到白球的概率为$\dfrac{9}{16}$.
(2)解:列表如下:
| | 红 | 白 | 白 | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红 | (红,红) | (红,白) | (红,白) | (红,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
共有16种等可能的结果,其中2次都摸到白球的结果有9种,
$\therefore 2$次都摸到白球的概率为$\dfrac{9}{16}$.
解析
【分析】
首先解决第(1)问，先确定袋子内球的总数量，再明确红球的个数，根据古典概型的概率定义，摸到红球的概率等于红球的数量除以球的总数量，直接代入计算即可。再解决第(2)问，这是有放回的摸球试验，第一次摸球后将球放回，袋子内的球的组成不会发生变化，我们可以通过列表的方式把两次摸球所有等可能的结果全部罗列出来，统计出全部结果的总数量，再从中筛选出两次都摸到白球的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数就能得到对应概率。
【解析】
(1) 袋子中球的总个数为$1+3=4$个，所有球除颜色外完全相同，任意摸1个球时每个球被摸到的可能性相等，其中红球共1个，因此摸到红球的概率为$\frac{1}{4}$。
(2) 根据题意列出所有可能的结果如下：
| | 红 | 白 | 白 | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红 | (红,红) | (红,白) | (红,白) | (红,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
由表格可得，总共有16种等可能的结果，其中2次都摸到白球的结果共有9种，因此2次都摸到白球的概率为$\frac{9}{16}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{4}$；(2) $\dfrac{9}{16}$
【知识点】
概率基本公式，列表法求概率，等可能事件
【点评】
本题是概率模块的基础常考题型，难度偏低，第(1)问直接套用古典概型公式即可快速求解，第(2)问重点考察有放回摸球的概率计算，需要注意区分有放回和无放回试验的差异，罗列所有结果时要做到不重不漏，属于中考概率解答题的典型入门题型。
【难度系数】
0.85
首先解决第(1)问，先确定袋子内球的总数量，再明确红球的个数，根据古典概型的概率定义，摸到红球的概率等于红球的数量除以球的总数量，直接代入计算即可。再解决第(2)问，这是有放回的摸球试验，第一次摸球后将球放回，袋子内的球的组成不会发生变化，我们可以通过列表的方式把两次摸球所有等可能的结果全部罗列出来，统计出全部结果的总数量，再从中筛选出两次都摸到白球的结果数，最后用符合条件的结果数除以总结果数就能得到对应概率。
【解析】
(1) 袋子中球的总个数为$1+3=4$个，所有球除颜色外完全相同，任意摸1个球时每个球被摸到的可能性相等，其中红球共1个，因此摸到红球的概率为$\frac{1}{4}$。
(2) 根据题意列出所有可能的结果如下：
| | 红 | 白 | 白 | 白 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 红 | (红,红) | (红,白) | (红,白) | (红,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
| 白 | (白,红) | (白,白) | (白,白) | (白,白) |
由表格可得，总共有16种等可能的结果，其中2次都摸到白球的结果共有9种，因此2次都摸到白球的概率为$\frac{9}{16}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{4}$；(2) $\dfrac{9}{16}$
【知识点】
概率基本公式，列表法求概率，等可能事件
【点评】
本题是概率模块的基础常考题型，难度偏低，第(1)问直接套用古典概型公式即可快速求解，第(2)问重点考察有放回摸球的概率计算，需要注意区分有放回和无放回试验的差异，罗列所有结果时要做到不重不漏，属于中考概率解答题的典型入门题型。
【难度系数】
0.85
6. (2025·海州区月考)在一个不透明的袋子里装有除数字外完全相同的3个小球,上面分别标有数字2,3,4.先从袋中随机摸出一个小球,再从袋中剩下的2个小球中随机摸出一个小球,则摸出2个球上的数字之和为偶数的概率是（
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{4}{9}$
D.$\dfrac{5}{9}$
B
）A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{4}{9}$
D.$\dfrac{5}{9}$
答案
6.B
解析
【分析】
这是典型的不放回两步摸球的古典概型问题，解题思路如下：
1. 首先明确试验规则：第一次摸球后不放回，第二次从剩余2个球中摸球，所有结果都是等可能的；
2. 选择树状图或者列表法，把所有等可能的试验结果全部枚举出来，统计总结果数；
3. 利用“两数之和为偶数，说明两个数同奇或者同偶”的性质，从所有结果里筛选出符合要求的结果数量；
4. 按照概率公式：P=符合条件的结果数÷总等可能结果数，计算出最终概率即可，注意不要误将不放回试验当成有放回试验计算，避免总结果数统计错误。
【解析】
解：我们通过画树状图枚举所有可能的结果：
第一次摸球的可能结果为2、3、4：
若第一次摸到2，第二次剩余球为3、4，对应结果为(2,3)、(2,4)
若第一次摸到3，第二次剩余球为2、4，对应结果为(3,2)、(3,4)
若第一次摸到4，第二次剩余球为2、3，对应结果为(4,2)、(4,3)
因此全部等可能的结果共有6种，分别是(2,3)、(2,4)、(3,2)、(3,4)、(4,2)、(4,3)。
计算两组数的和：2+3=5，2+4=6，3+2=5，3+4=7，4+2=6，4+3=7，其中和为偶数的结果只有(2,4)、(4,2)共2种。
因此所求概率$P=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
树状图求概率；奇偶运算性质
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，核心易错点是容易混淆“不放回摸球”和“有放回摸球”的规则，误将总结果数算为9种，错选C选项。解题时先利用和的奇偶性快速判断：仅存在2、4两个偶数，不可能同时摸到两个奇数，因此仅需统计两次摸到2和4的情况，就能快速得到符合条件的结果数，提升解题效率。
【难度系数】
0.6
这是典型的不放回两步摸球的古典概型问题，解题思路如下：
1. 首先明确试验规则：第一次摸球后不放回，第二次从剩余2个球中摸球，所有结果都是等可能的；
2. 选择树状图或者列表法，把所有等可能的试验结果全部枚举出来，统计总结果数；
3. 利用“两数之和为偶数，说明两个数同奇或者同偶”的性质，从所有结果里筛选出符合要求的结果数量；
4. 按照概率公式：P=符合条件的结果数÷总等可能结果数，计算出最终概率即可，注意不要误将不放回试验当成有放回试验计算，避免总结果数统计错误。
【解析】
解：我们通过画树状图枚举所有可能的结果：
第一次摸球的可能结果为2、3、4：
若第一次摸到2，第二次剩余球为3、4，对应结果为(2,3)、(2,4)
若第一次摸到3，第二次剩余球为2、4，对应结果为(3,2)、(3,4)
若第一次摸到4，第二次剩余球为2、3，对应结果为(4,2)、(4,3)
因此全部等可能的结果共有6种，分别是(2,3)、(2,4)、(3,2)、(3,4)、(4,2)、(4,3)。
计算两组数的和：2+3=5，2+4=6，3+2=5，3+4=7，4+2=6，4+3=7，其中和为偶数的结果只有(2,4)、(4,2)共2种。
因此所求概率$P=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
树状图求概率；奇偶运算性质
【点评】
本题属于概率模块的基础题型，核心易错点是容易混淆“不放回摸球”和“有放回摸球”的规则，误将总结果数算为9种，错选C选项。解题时先利用和的奇偶性快速判断：仅存在2、4两个偶数，不可能同时摸到两个奇数，因此仅需统计两次摸到2和4的情况，就能快速得到符合条件的结果数，提升解题效率。
【难度系数】
0.6
7.(2025·灌南县一模)如图,湖边建有 A,B,C,D 共 4 座凉亭,某同学计划将这 4 座凉亭全部参观一遍,从入口处进,先经过凉亭 A,接下来参观凉亭 B 或凉亭 C(已经参观过的凉亭,再次经过时不作停留),则最后一次参观的凉亭为凉亭 D 的概率为（
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
C
）A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
7.C
解析
【分析】
我们可以用枚举法来解题：首先明确参观的第一个凉亭固定为A，第二步仅能选择参观B或者C，我们分这两类情况，把所有能将4座凉亭全部参观一遍的合法路径全部列举出来，再统计其中最后一次参观的凉亭是D的路径数量，最后用符合条件的路径数除以总路径数，即可得到所求概率。
【解析】
解：根据题意，第一个参观的凉亭固定为A，接下来分两类情况枚举所有全部参观4座凉亭的路径：
1. 从A出发第二步先参观B：
此时已参观A、B，剩余未参观的凉亭为C、D，对应的完整参观顺序有2种：
① A→B→C→D，最后一次参观的是D；
② A→B→D→C，最后一次参观的是C。
2. 从A出发第二步先参观C：
此时已参观A、C，剩余未参观的凉亭为B、D，对应的完整参观顺序有2种：
① A→C→B→D，最后一次参观的是D；
② A→C→D→B，最后一次参观的是B。
所有等可能的全部参观4座凉亭的路径共4种，其中最后一次参观的凉亭为D的路径共2种，
因此所求概率$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
C
【知识点】
古典概型，枚举法求概率
【点评】
本题属于古典概型的基础应用，结合实际游览路径设置场景，解题核心是不重不漏地枚举所有符合要求的路径，注意题目要求“4座凉亭全部参观一遍”，无需考虑重复经过已参观凉亭的无效路径，避免多算或者漏算路径即可顺利得到结果。
【难度系数】
0.6
我们可以用枚举法来解题：首先明确参观的第一个凉亭固定为A，第二步仅能选择参观B或者C，我们分这两类情况，把所有能将4座凉亭全部参观一遍的合法路径全部列举出来，再统计其中最后一次参观的凉亭是D的路径数量，最后用符合条件的路径数除以总路径数，即可得到所求概率。
【解析】
解：根据题意，第一个参观的凉亭固定为A，接下来分两类情况枚举所有全部参观4座凉亭的路径：
1. 从A出发第二步先参观B：
此时已参观A、B，剩余未参观的凉亭为C、D，对应的完整参观顺序有2种：
① A→B→C→D，最后一次参观的是D；
② A→B→D→C，最后一次参观的是C。
2. 从A出发第二步先参观C：
此时已参观A、C，剩余未参观的凉亭为B、D，对应的完整参观顺序有2种：
① A→C→B→D，最后一次参观的是D；
② A→C→D→B，最后一次参观的是B。
所有等可能的全部参观4座凉亭的路径共4种，其中最后一次参观的凉亭为D的路径共2种，
因此所求概率$P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
C
【知识点】
古典概型，枚举法求概率
【点评】
本题属于古典概型的基础应用，结合实际游览路径设置场景，解题核心是不重不漏地枚举所有符合要求的路径，注意题目要求“4座凉亭全部参观一遍”，无需考虑重复经过已参观凉亭的无效路径，避免多算或者漏算路径即可顺利得到结果。
【难度系数】
0.6
