概率课件-2026届高考数学二轮复习

概 率 高中数学 二轮复习 返回导航 主要考查古典概型、条件概率、相互独立事件的概率以及全概率公式的基本应用，以选择题、填空题为主，也可能出现在解答题的一个小题中，难度中等或偏下． 返回导航 内容索引 第一部分 真题演练　重温高考 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 课时作业 第四部分 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 返回导航 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 古典概型 C 返回导航 C 返回导航 1.古典概型的样本点个数的探究方法：①枚举法；②树状图法；③排列组合法． 2．对于较复杂事件所包含的样本点个数的计算，要利用分类讨论思想、正难则反的思想求解． 3．当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和求解． 反思感悟 返回导航 B 返回导航 A 返回导航 考向 2 条件概率与全概率公式 D 返回导航 BC 返回导航 返回导航 利用全概率公式的思路：首先按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1，2，…，n)，然后求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B|Ai)，代入全概率公式计算． 反思感悟 返回导航 AC 返回导航 AC 返回导航 返回导航 考向 3 事件的独立性与n重伯努利试验 D 返回导航 BD 返回导航 1.判断n重伯努利试验的条件：①在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；②n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的． 2．相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积，当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算． 反思感悟 返回导航 D 返回导航 D 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 三 返回导航 B 返回导航 返回导航 ABD 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 第 分 部 四 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 A 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 ABD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 ACD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 1．古典概型的概率公式 P(A)＝. 2．相互独立事件的判断与计算公式：P(AB)＝P(A)P(B). 3．在n重伯努利试验中，事件A发生k次的概率的计算公式： P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n. 4．条件概率公式 一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，则P(B|A)＝＝. 5．全概率公式 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai). 例1　(1)(2025·山东青岛二模)5件产品中有2件次品，现逐一检验，直至能确定所有次品为止，则第四次检验结束的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：检验四次的排列总数为A＝120，因为恰好检验四次就停止，所以前三次中检验出一件次品，第四次检验出第2件次品，共CCA＝36(种)排列，或前三次中检验出一件次品，第四次检验出一件正品，共CCA＝36(种)排列，所以满足题意的概率P＝＝.故选C. (2)现安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排1人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区的人数分别为3，1，1或2，2，1，所以不同的分法种数为A＝×6＝150.现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的社区有3人，则还需从另外3人中抽1人，此时分法种数为CA＝18；若甲、乙所安排的社区只有他们两人，则只需将剩余3人分为两组，此时分法种数为CA＝18.综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为＝.故选C. 跟踪训练 (1)(2025·湖南长沙一模)已知一组数据0，9，7，4，5，从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据，则得到的新数据与原数据中位数相同的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：数据0，9，7，4，5，从小到大排列为0，4，5，7，9，可得其中位数为5，从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据有C＝45(种)选法，要使得新数据与原数据中位数相同，则可分为两类：若两数中不含5，则不同的选法有CC＝20(种)；若两数中含5，则不同的选法有C＋C＝9(种).所以共有20＋9＝29(种)不同的选法，所以概率P＝.故选B. (2)(2025·广东茂名一模)在一个箱子中放入5个白球、3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次摸一个球，第3次摸到红球的概率是(　 　) A． B． C． D． 解析：记第3次摸到红球为事件A，则P(A)＝＝.故选A. 例2　(1)(2025·云南红河三模)某电视台计划从甲、乙、丙、丁、戊5名记者中选派2人赴上海学习．若记者甲被选中，则记者乙也被选中的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：设“记者甲被选中”为事件A，“记者乙被选中”为事件B，则“记者甲和记者乙都被选中”为事件AB.因为n(A)＝4，n(AB)＝1，所以P(B|A)＝＝.故选D. (2)(多选)有3台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件的次品率为8%，第2台车床加工的零件的次品率为3%，第3台车床加工的零件的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是(　 　) A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08 B．该零件是次品的概率为0.03 C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98 D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为 解析：记事件A：任取一个零件为次品，事件Bi：零件是第i台车床加工的(i＝1，2，3)，则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%.对于A，任取一个零件是第1台车床加工出来的次品的概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误；对于B，任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确；对于C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确；对于D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为1－P(B3|A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误．故选BC. 跟踪训练 (1)(多选)某商场开业期间举办抽奖活动，已知抽奖箱中有30张奖券，其中有5张写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲、乙每人抽一张，甲抽完之后乙再抽，记A表示甲中奖，B表示乙中奖，则(　 　) A．P(AB)＝ B．P(B)＝ C．P(A∣B)＝ D．P(B∣A)＝ 解析：由题意可知P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，故A正确；P(B)＝P(AB)＋P(B)＝＋×＝，故B错误；P(A∣B)＝＝＝，故C正确；P(B∣A)＝＝＝，故D错误．故选AC. (2)(多选)(2025·陕西宝鸡二模)已知A，B是两个随机事件，且0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列说法正确的有(　 　) A．若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B) B．P(B)≥P(B|A)恒成立 C.若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，则P(B|A)＝0 D．若P(B|A)＋P(|A)＝1，则A，B相互独立 解析：对于A，若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，由条件概率公式可得P(B|A)＝＝P(B)，故A正确；对于B，抛掷一枚质地均匀的骰子，定义事件A为“向上的点数为1”，事件B为“向上的点数为奇数”，则P(B|A)＝1，P(B)＝，此时，P(B)<P(B|A)，故B错误；对于C，若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，则P(AB)＝0，因此，P(B|A)＝＝0，故C正确；对于D，P(B|A)＋P(|A)＝1是条件概率的基本性质，无论事件A，B是否相互独立，该等式恒成立，故D错误．故选AC. 例3　(1)甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以4∶1获胜的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：由题意甲以4∶1获胜，即前四局甲胜三局，负一局，第五局甲获胜，所以甲以4∶1获胜的概率为C×××＝.故选D. (2)(多选)(2025·山东日照二模)已知样本空间Ω＝{5，6，7，8}，其中每个样本点出现的可能性相等，事件A＝{5，6}，B＝{5，7}，C＝{5，8}，则下列结论正确的是(　 　) A．事件A与事件B互斥 B．事件B与事件C相互独立 C．P(ABC)＝P(A)P(B)P(C) D．P(A|C)＝P(C|A) 解析：由A∩B＝{5}，可知A，B不是互斥事件，A错误；由B∩C＝{5}，得P(BC)＝，且P(B)＝P(C)＝，故P(BC)＝P(B)P(C)，B正确；由A∩B∩C＝{5}，得P(ABC)＝，且P(A)＝，显然P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，C错误；由A∩C＝{5}，得P(AC)＝，故P(A|C)＝＝＝＝P(C|A)，D正确．故选BD. 跟踪训练 (1)如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)＝(　 　) A． B． C． D． 解析：依题意，当X>0时，X的可能取值为1，3，5，所以P(X>0)＝P(X＝5)＋P(X＝3)＋P(X＝1)＝＋C××＋C××＝.故选D. (2)(2025·河北石家庄三模)已知随机事件A，B，表示事件B的对立事件，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则下面结论正确的是(　 　) A．事件A与B一定是对立事件 B．P(A∪B)＝1 C．P(AB)＝0.24 D．若事件A，B相互独立，则P(A)＝0.16 解析：对于A，B，一个密封的盒子中有标号分别为1，2，3，4，5的5个小球，从中任取1球，记事件A为“从中取出球的标号为1，2”，事件B为“从中取出球的标号为1，2，3”，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，P(A∪B)＝P(B)＝0.6，故A，B错误；对于C，P(AB)＝P(A)P(B)仅在事件A，B相互独立时才成立，而不知道事件A，B的关系，故不确定P(AB)的值，故C错误；对于D，若事件A，B相互独立，则事件A，也相互独立，所以P(A)＝P(A)P()＝P(A)·(1－P(B))＝0.4×(1－0.6)＝0.16，故D正确．故选D. 1．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，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 解析：由题意可知，记(a，b)表示第一次取出的球的数字是a，第二次取出的球的数字是b，两次取出的球的数字之和是8的样本点为(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，两次取出的球的数字之和是7的样本点为(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，易知P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，∴P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，因此事件甲与丁相互独立．故选B. 2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)(　 　) A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 解析：由题意，发送0收到1的概率为α，发送0收到0的概率为1－α；发送1收到0的概率为β，发送1收到1的概率为1－β.对于A，发送1收到1的概率为1－β，发送0收到0的概率为1－α，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A正确；对于B，相当于发送了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；对于C，相当于发送了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为Cβ(1－β)2＋C(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确；对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发送0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝Cα(1－α)2＋C(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3，发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D正确．故选ABD. 3．(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___． 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．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＝＝. 4．(2024·天津卷)某校组织学生参加农业实践活动，其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___． 解析：由题意知甲同学参加“整地做畦”项目的概率P＝＝.记“乙同学参加‘整地做畦’项目”为事件M，“乙同学参加‘田间灌溉’项目”为事件N，则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N|M)＝＝＝. 1．(5分)(2025·河南新乡三模)某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛，则选出的3人中至少有1名女生的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：P＝1－＝1－＝.故选C. 2．(5分)(2025·河南南阳一模)袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个球记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)＝(　 　) A．C× B．C×× C．C× D．C× 解析：当ξ＝12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，所以P(ξ＝12)＝C××.故选B. 3．(5分)(2025·安徽滁州二模)某同学计划观看甲、乙、丙三部电影，观看顺序随机．记“最先观看乙”为事件A，“最后观看甲”为事件B，则下列结论错误的是(　 　) A．P(A|B)＝ B．P(B|)＝ C．A与B相互独立 D．P(A＋B)＝ 解析：随机事件A，B满足P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，又P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，所以P(A＋B)＝，故D正确；又P(A)P(B)＝×≠P(AB)，所以A，B不相互独立，故C不正确；P(A|B)＝＝＝，故A正确；因为P(A)＝，所以P()＝，所以P(B|)＝＝＝＝，故B正确．故选C. 4．(5分)(2025·山西临汾三模)公共汽车上有3名乘客，在沿途的4个车站随机下车，3名乘客下车互不影响，则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率是(　 　) A． B． C． D． 解析：由题意可得每名乘客在每个车站下车的概率为，则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率是C×＝.故选D. 5．(5分)(2025·辽宁葫芦岛一模)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． B． C． D． 解析：根据题意可知某信号的6个数字均有“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C＝20(种)信号，因此该信号编码中恰好有3个“1”的概率P＝＝.故选B. 6．(5分)(2025·甘肃白银三模)假设在一次卫星发射任务中，有5颗卫星需要被送入预定轨道，每颗卫星成功入轨的概率为p，每颗卫星入轨后，其在轨稳定运行的概率为q.在只有4颗卫星稳定运行(成功入轨后)的前提下，5颗卫星都成功入轨的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：设事件A为5颗卫星都成功入轨，事件B为只有4颗卫星稳定运行，在只有4颗卫星稳定运行的条件下，5颗卫星都成功入轨的概率，即P(A∣B)，于是P(A∣B)＝＝＝.故选A. 7．(5分)(2025·陕西咸阳二模)已知甲箱中有3个白色乒乓球和4个黄色乒乓球，乙箱中有4个白色乒乓球和3个黄色乒乓球．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，以A1，A2分别表示从甲箱中取出的是白球和黄球，再从乙箱中随机取出1球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是(　 　) A．A1，A2互斥 B．P(B|A1)＝ C．P(A2B)＝ D．P(B)＝ 解析：对于A，A1，A2分别表示从甲箱中取出的是白球和黄球，因为每次只取1个球，所以A1，A2是互斥的事件，所以A正确；对于B，由题意，可得P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝，所以B正确；对于C，由P(B|A2)＝，可得P(A2B)＝P(A2)P(B|A2)＝×＝，所以C错误；对于D，P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝×＋＝，所以D正确．故选C. 8．(5分)(2025·河北邯郸二模)6个不同的芯片欲组装到一个云计算的主机中，先将它们串联在一起统一测试，在串联电路中甲、乙两个芯片不相邻的前提下，丙、丁两个芯片相邻的概率为(　 　) A． B． C． D． 解析：我们先把6个不同的芯片全排列，共有A＝720(种)情况，设甲、乙两个芯片不相邻为事件A，丙、丁两个芯片相邻为事件B，当甲、乙两个芯片不相邻时，先对除了甲、乙两个芯片的其他芯片全排列，其他芯片全排列共有A＝24(种)情况，产生了5个空，将甲、乙两个芯片任选两个空插入，共有A＝20(种)情况，由分步乘法计数原理得此时共有24×20＝480(种)情况，在该条件下，我们将丙、丁进行全排列，共有A＝2(种)情况，将丙、丁整体和除了甲、乙以外的芯片全排列，共有A＝6(种)情况，产生了4个空，将甲、乙两个芯片任选两个空插入，共有A＝12(种)情况，由分步乘法计数原理得此时共有2×6×12＝144(种)情况，故P(A)＝＝，P(AB)＝＝，则由条件概率公式得P(B∣A)＝＝＝.故选D. 9．(8分，多选)(2025·浙江温州三模)抛掷一枚质地均匀的骰子，落地后，记下向上一面的点数，记试验的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件M＝{1，2}，事件N＝{2，3，4}，则(　 　) A．M与N是互斥事件 B．M与N是相互独立事件 C．P(M∣N)＝P(N∣M) D．P(N)＋P(M)＝ 解析：对于A，可掷出2，使得M，N同时发生，故A错误；对于B，P(MN)＝，P(M)＝，P(N)＝，满足P(MN)＝P(M)P(N)，故B正确；对于C，由B可知P(M∣N)＝P(M)＝，P(N∣M)＝P(N)＝，故C错误；对于D，P(N)＝P()P(N)＝×＝，P(M)＝P(M)P()＝×＝，所以P(N)＋P(M)＝，故D正确．故选BD. 10．(8分，多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记事件A：掷出的点数为偶数；事件B：掷出的点数大于2.则下列说法正确的是(　 　) A．P(A)<P(B) B．P(A)＋P()＋P(B)＝1 C．P(A)>P(B) D．P(B|A)>P(A|B) 解析：由题意n(A)＝3，n(B)＝4，n(Ω)＝6，则P(A)＝＝，P(B)＝＝，故A正确；由全概率公式P(A)＋P( )＝P()，则P(A)＋P( )＋P(B)＝P()＋P(B)＝1，故B正确；事件A表示掷出的点数为偶数且不大于2，则n(A)＝1，事件B表示掷出的点数为奇数且大于2，则n(B)＝2，则P(A)＝<P(B)＝，故C错误；P(B|A)＝＝＝，P(A|B)＝＝＝，则P(B|A)>P(A|B)，故D正确．故选ABD. 11．(8分，多选)(2025·江苏苏州一模)A，B，C表示三个随机事件，判断下列选项正确的是(　 　) A．已知P(A)>0，P(B)>0，P(B∣A)＝P(B)是事件A与事件B相互独立的充要条件 B．已知P(A)>0，P(B)>0，则P(A)＝P(AB)＋P() C．已知P(A)>0，P(B)>0，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)是事件A与事件B互斥的充要条件 D．已知P(AB)>0，则P(ABC)＝P(A)P(B∣A)P(C∣AB) 解析：对于A，因为P(B∣A)＝＝P(B)，得到P(AB)＝P(A)P(B)，故事件A与B相互独立，即充分性成立，若事件A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，于是P(B∣A)＝＝P(B)，即必要性成立，故A正确；对于B，因为P(A)＝P(AB)＋P(A)，P(A)表示事件A发生而B不发生的概率，而P( )表示事件A，B都不发生的概率，故B错误；对于C，因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝P(A)＋P(B)，所以P(AB)＝0，又P(A)>0，P(B)>0，故事件A与B互斥，即充分性成立，若事件A与B互斥，则P(AB)＝0，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，即必要性成立，故C正确；对于D，因为P(ABC)＝P(AB)P(C|AB)＝P(A)·P(B∣A)P(C∣AB)，故D正确．故选ACD. 12．(5分)(2025·重庆大渡口区二模)已知事件A，B，P(B)＝，P(AB)＝，P(B∣)＝，则P(A)＝____． 解析：依题意，P(B|A)P(A)＝P(AB)＝，由全概率公式得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()，即＋P()＝，解得P()＝，所以P(A)＝1－P()＝. 13．(5分)(2025·辽宁沈阳二模)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，在平面直角坐标系中，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，共移动3次．该机器人在有且仅有一次 经过(含到达)点M(－1，0)位置的条件下，水平方向移动2次的概率为____． 解析：设事件A＝“有且仅有一次经过(含到达)M(－1，0)”，事件B＝“水平方向移动2次”，按到M(－1，0)位置需要1步，3步分类讨论．记L＝向左移动一个单位，R＝向右移动一个单位，U＝向上移动一个单位，D＝向下移动一个单位，①若1步到位为事件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×＝＝；②若3步到位为事件A2，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL，所以P(A2)＝5×＝.所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝.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)＝＝，所以P(B|A)＝＝. 14．(6分)(2025·天津和平区二模)已知甲、乙两个盒子中装有不同颜色的卡片，卡片除颜色外其他均相同．甲盒中有5张红色卡片和4张白色卡片，乙盒中有2张红色卡片和4张白色卡片．从甲盒中随机取出2张卡片，在2张卡片中有一张是红色卡片的条 件下，另一张是白色卡片的概率为___；若从两盒中随机选择一个盒子，然后从中随机 取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为___． 解析：设从甲盒中取出2张卡片中有一张是红色卡片为事件A，从甲盒中取出2张卡片中有一张是白色卡片为事件B，则n(AB)＝CC＝20，n(A)＝CC＋C＝30，所以P(B|A)＝＝＝.若从甲盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为＝，若从乙盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为＝，故从两盒中随机选择一个盒子，然后从中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为×＋×＝. $