2026届高考数学总复习精练册课件：10 1　随机事件 古典概型与条件概率

10.1随机事件、古典概型与条件概率五年高考考点1随机事件的概率考点2古典概型考点3事件的相互独立性考点4条件概率与全概率公式目录三年模拟基础强化练能力拔高练高考新风向·创新情境

思维引导回归本质(2024新课标Ⅰ,14,5分,难)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

.创新点

试题主要考查古典概型的概率.学生首先认识到,两人各自随机选卡片时甲得

分的分布列与其中一人固定选卡片的顺序,另一人随机选卡片时甲得分的分布列完全

相同,从而将问题转化为讨论4!=24种情况中有多少种情况能使得甲的总得分不小于2.解析

解法一:甲出1一定输,所以甲最多得3分,则甲的总得分不小于2,即甲得2分或3分.甲要得

3分,就只有1种组合1-8,3-2,5-4,7-6.甲得2分有三种情况,分别列举如下:①出3和出5时

赢,其余输,则有如下组合:1-6,3-2,5-4,7-8,共1种.②出3和出7时赢,其余输,则有如下组合:1-4,3-2,5-8,7-6;1-8,3-2,5-6,7-4;1-6,3-2,5-8,7-4,共3种.③出5和出7时赢,其余输,则有如下

组合:1-2,3-8,5-4,7-6;1-4,3-8,5-2,7-6;1-8,3-4,5-2,7-6;1-6,3-8,5-2,7-4;1-8,3-6,5-2,7-4;1-6,3-

8,5-4,7-2;1-8,3-6,5-4,7-2,共7种.综上,共12种组合满足甲的总得分不小于2,而所有组合

为4!种,所以甲的总得分不小于2的概率为

=

.解法二:若甲总得分小于2,则甲得0分或1分,记甲、乙所选卡片数字大小为有序数对(a,

b),可固定甲卡片数字顺序为1,3,5,7,然后将乙所选卡片数字进行全排列,共

=24种,甲得0分时,一定是(1,2),(3,4),(5,6),(7,8),甲得1分时,符合条件的有①(1,2),(3,4),(5,8),(7,6),②(1,2),(3,6),(5,8),(7,4),③(1,2),(3,6),(5,4),(7,8),④(1,2),(3,8),(5,6),(7,4),⑤(1,4),(3,2),(5,6),(7,8),⑥(1,4),(3,6),(5,2),(7,8),⑦(1,4),(3,6),(5,8),(7,2),⑧(1,4),(3,8),(5,6),(7,2),⑨(1,6),(3,4),(5,8),(7,2),⑩(1,6),(3,4),(5,2),(7,8),

(1,8),(3,4),(5,6),(7,2),共11种.综上,符合条件的共12种,所以甲总得分不小于2的概率为1-

=

.五年高考考点1随机事件的概率1.(2022新高考Ⅰ,5,5分,易)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的

概率为

()A.

B.

C.

D.

D解析

解法一(直接法):从2至8的7个整数中任取两个数共有

=21种取法,若取的两数互质,则不同的取法有(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),

(5,7),(5,8),(6,7),(7,8),共14种,所以从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互

质的概率为

=

.故选D.解法二(间接法):从2至8的7个整数中任取2个数共有

=21种取法,2个数不互质的情况有两类:(1)从4个偶数中任取2个,有

=6种取法;(2)从偶数和奇数中各取一个,有(3,6)这1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为

1-

=

.故选D.2.(2021全国甲理,10,5分,中)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为

(

)A.

B.

C.

D.

C解析

解法一:从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有

=15种排法,2个0不相邻可利用插空法,先排4个1(无序),产生5个空,选2个空排0,则有

=10种排法,故所求概率P=

=

.解法二:(对立事件)从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有

=15种排法,若2个0相邻,则将2个0捆绑后和4个1排序,共有

=5种排法,故2个0不相邻的概率P=1-

=

.3.(2022全国乙,文14,理13,5分,易)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,

则甲、乙都入选的概率为

.解析

设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作包

含的基本事件有

个,事件A包含的基本事件有

个,所以P(A)=

=

.考点2古典概型1.(2024全国甲文,4,5分,易)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

()A.

B.

C.

D.

C解析

解法一:四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有24个:(甲,乙,丙,丁),(甲,乙,丁,丙),(甲,丙,乙,丁),(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,乙,丙),(甲,丁,丙,乙),(乙,

甲,丙,丁),(乙,甲,丁,丙),(乙,丙,甲,丁),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,甲,丙),(乙,丁,丙,甲),(丙,乙,甲,

丁),(丙,乙,丁,甲),(丙,甲,乙,丁),(丙,甲,丁,乙),(丙,丁,乙,甲),(丙,丁,甲,乙),(丁,乙,丙,甲),

(丁,乙,甲,丙),(丁,丙,乙,甲),(丁,丙,甲,乙),(丁,甲,乙,丙),(丁,甲,丙,乙),其中事件“丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个:(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,丙,乙),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,丙,甲),(丁,乙,丙,甲),(丁,丙,乙,甲),(丁,

丙,甲,乙),(丁,甲,丙,乙).所以丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P=

=

.解法二:设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一

个出场,且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有

=24个,事件A包含的基本事件有2

=4个,故P(A)=

=

,同理可得P(B)=

.由于事件A与事件B互斥,故丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)=

.2.(2023全国甲文,4,5分,易)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

()A.

B.

C.

D.

D解析

解法一:记高一的2名学生分别为a1,a2,高二的2名学生分别为b1,b2,从4名学生中随机选2

名有以下6种选法:a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2,其中2名学生来自2个年级有如下4种选法:a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,则由古典概型概率公式可得所求概率P=

=

,故选D.解法二: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

=6个,其中这2名学生来自不同年级的基本事件有

=4个,所以所求概率P=

=

.故选D.3.(2022全国甲文,6,5分,中)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽

到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为

()A.

B.

C.

D.

C解析

依题意知,总的基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,

6),(4,5),(4,6),(5,6),共15个.其中符合数字之积是4的倍数的基本事件有6个,故所求概率P

=

=

.故选C.4.(2022全国甲理,15,5分,中)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的

概率为

.解析

从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有

=70种选法,其中4个点在同一平面的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知所求概

率P=

=

.5.(2024全国甲理,16,5分,难)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.设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m与n之差的绝对值不大于

的概率为

.解析

记取出的三个球上的数字依次为a、b、c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,则从中无放回地随

机取三次的所有数字情况共有

=120种.由|m-n|=

≤

,得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3,∴-3+2c≤a+b≤3+2c.当c=6时,9≤a+b≤15,则(a,b)的所有可能为(4,5),(5,4),共2种;当c=5时,7≤a+b≤13,则(a,b)的所有可能为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4,

6),(6,4),共10种;当c=4时,5≤a+b≤11,则(a,b)的所有可能为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,

6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种;当c=3时,3≤a+b≤9,则(a,b)的所有可能为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,

4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种;当c=2时,1≤a+b≤7,则(a,b)的所有可能为(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3,

4),(4,3),共10种;当c=1时,-1≤a+b≤5,则(a,b)的所有可能为(2,3),(3,2),共2种.故满足条件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56种.∴m与n之差的绝对值不大于

的概率P=

=

.考点3事件的相互独立性1.(2021新高考Ⅰ,8,5分,中)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B解析

依题意,有放回地随机取两次,样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,

3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,

2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共36个样本点.其中P(甲)=

=

,P(乙)=

=

,P(丙)=

,P(丁)=

=

,易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,

“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,

6),共1个,P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),A错误,P(甲丁)=

=P(甲)P(丁),B正确,P(乙丙)=

≠P(乙)P(丙),C错误,P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙),D错误.故选B.2.(2022全国乙理,10,5分,中)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.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.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D解析

棋手与甲、乙、丙比赛顺序有以下

=6种情况:①比赛顺序为甲、乙、丙时,p=p1p2(1-p3)+(1-p1)p2p3=p1p2+p2p3-2p1p2p3;②比赛顺序为甲、丙、乙时,p=p1p3(1-p2)+(1-p1)p3p2=p1p3+p2p3-2p1p2p3;③比赛顺序为乙、甲、丙时,p=p2p1(1-p3)+(1-p2)p1p3=p1p2+p1p3-2p1p2p3;④比赛顺序为乙、丙、甲时,p=p2p3(1-p1)+(1-p2)·p3p1=p2p3+p1p3-2p1p2p3;⑤比赛顺序为丙、甲、乙时,p=p3p1(1-p2)+(1-p3)·p1p2=p1p3+p1p2-2p1p2p3;⑥比赛顺序为丙、乙、甲时,p=p3p2(1-p1)+(1-p3)·p2p1=p2p3+p1p2-2p1p2p3.易得情况①与⑥,②与④,③与⑤的概率分别相等,又p3>p2>p1>0,∴p1p2<p1p3,p2p3>p1p2,

∴②与④的概率最大,即棋手在第二盘与丙比赛,p最大,故选D.考点4条件概率与全概率公式1.(2023全国甲理,6,5分,中)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑

雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱

好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为

()A.0.8

B.0.6

C.0.5

D.0.4A解析

解法一:设既爱好滑雪,又爱好滑冰的同学占比为x,则有60%+50%-x=70%,解得x=40%.∴若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为

=0.8,故选A.解法二:从该校的学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表示

事件:“取到的学生爱好滑雪”.由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7.由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4.所以所求概率为P(A|B)=

=

=0.8.2.(2024天津,13,5分,中)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

.解析

用M表示事件“甲同学参加的3个项目中有整地做畦”,则P(M)=

=

.用A表示事件“乙同学参加的3个项目中有整地做畦”,用B表示事件“乙同学参加的3

个项目中有田间灌溉”.依题意,P(AB)=

=

,而P(A)=

=

,所以已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率P(B|A)=

=

=

.3.(2022新高考Ⅰ,20,12分,中)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的

卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调

查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),

得到如下数据:

不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件

“选到的人患有该疾病”,

与

的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.(i)证明:R=

·

;(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|

)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.附:K2=

,解析

(1)由题中数据可知K2=

=24>6.635,所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(i)证明:因为R=

·

=

·

·

·

=

,且

·

=

·

·

·

=

,所以R=

·

.(ii)由题表中数据可知P(A|B)=

=

,P(A|

)=

=

,P(

|B)=

=

,P(

|

)=

=

,所以R=

·

=

×

=6.三年模拟1.(2025届江苏前黄中学检测,2)从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个

球,有如下的一些事件:①两球都不是白球;②两球恰有一个白球;③两球至少有一个白

球,其中与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是()A.③

B.①③

C.②③

D.①②D解析

从口袋内一次取出2个球,按照取到白球的数量分类有:两球都不是白球;两球恰有一个白球;两球都是白球.所以①②与事件“两球都为白球”互斥而不对立,当“两球都为白球”时,③一定发生,所以③与事件“两球都为白球”不互斥.故选D.2.(2025届重庆一中期中,4)孪生素数是指相差为2的素数对,例如3和5,5和7等.从不超过

20的素数中随机抽取2个,则这2个数是孪生素数的概率为

()A.

B.

C.

D.

A解析

不超过20的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个,从中随机抽取2个,有

=28种情况,其中孪生素数有3和5,5和7,11和13,17和19,共4种情况,则这2个数是孪生素数的概率为

=

.故选A.3.(2024山东济南一模,3)某公司现有员工120人,在荣获“优秀员工”称号的85人中,有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人,

公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访,被选中的员工是高级工程师的概

率为

()A.

B.

C.

D.

C解析

由题意得,没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师有120-85-14=21人,则公司共有高

级工程师75+21=96(人),故被选中的员工是高级工程师的概率为

=

.故选C.4.(2025届广东广州调研,6)学校举办运动会,高三(1)班共有28名同学参加比赛,有15人

参加游泳比赛,有8人参加田径比赛,有14人参加球类比赛,同时参加游泳比赛和田径比

赛的有3人,同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人,没有人同时参加三项比赛.若从该班

参加比赛的同学中随机抽取1人进行访谈,则抽取到的同学只参加田径一项比赛的概率

为()A.

B.

C.

D.

A解析

由题意知只参加游泳比赛的有15-3-3=9人,设同时参加田径比赛和球类比赛的人数为x,只参加田径比赛的人数为y,只参加球类比

赛的人数为z,作出Venn图,如图,

由Venn图得

解得

所以只参加田径一项比赛的人数为2.所以从该班参加比赛的同学中随机抽取1人进行访谈,抽取到的同学只参加田径一项比

赛的概率为

=

.故选A.5.(2024安徽合肥二模,4)甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛,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均为

,则甲以4比2获胜的概率为()A.

B.

C.

D.

C解析

由题意知在前5局比赛中甲胜3局,第六局甲必胜,所以所求概率为

=

.故选C.6.(2025届广东湛江期中,7)已知某条线路上有A,B两辆相邻班次的BRT(快速公交车),若

A准点到站的概率为

,在B准点到站的前提下A准点到站的概率为

,在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为

,则B准点到站的概率为

()A.

B.

C.

D.

B解析

设事件A为“A准点到站”,事件B为“B准点到站”,依题意,P(A)=

,P(A|B)=

,P(

|A)=

,而P(

|A)=

=

,解得P(A

)=

,而P(A)=P(AB∪A

)=P(AB)+P(A

)=

,则P(AB)=

,而P(A|B)=

=

,解得P(B)=

.故选B.7.(2024河北唐山一模,5)从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形,则能构成正三

角形的概率为

()A.

B.

C.

D.

A解析

如图,从八个顶点中任选三个构成三角形的有

=56种结果;其中能构成正三角形的有8种结果:△ACD1,△BDC1,△ACB1,△BDA1,△A1C1B,△B1D1A,△B1D1C,△A1C1D,故所求概

率为

=

,故选A.

8.(2024浙江温州三模,3)设A,B为同一试验中的两个随机事件,则“P(A)+P(B)=1”是

“事件A,B互为对立事件”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件B解析

因为P(A)>0,P(B)>0,所以若事件A,B为对立事件,则P(A)+P(B)=1;但P(A)+P(B)=1推不出

两个事件A,B对立,如掷一颗骰子,事件A为出现1点、2点、3点,事件B为出现3点、4

点、5点,此时P(A)+P(B)=1,但两个事件不对立,所以“P(A)+P(B)=1”是“事件A,B互为

对立事件”的必要不充分条件.故选B.9.(2024东北三省四市联考质量检测二,6)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的

变化,每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻

“

”和阴爻“

”,下图就是一重卦,在所有重卦中随机取一重卦,记事件A=“取出的重卦中至少有1个阴爻”,事件B=“取出的

重卦中至少有3个阳爻”.则P(B|A)=

()

A.

B.

C.

D.

C解析

P(A)=

=

.事件AB=“取出的重卦中有3阳3阴或4阳2阴或5阳1阴”,则P(AB)=

=

,则P(B|A)=

=

.10.(2024河南郑州二模,6)在某次测试中,若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别

是0.5,0.6和0.7,且三人的测试结果相互独立,测试结束后,在甲、乙、丙三人中恰有两人

没有达到优秀等级的条件下,乙达到优秀等级的概率为

()A.

B.

C.

D.

C解析

设事件A=“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”,事件B=“乙达到优秀等

级”,所以P(A)=0.5×(1-0.6)×(1-0.7)+(1-0.5)×0.6×(1-0.7)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.7=0.29,P(AB)=(1-0.5)×0.6×(1-0.7)=0.09,所以P(B|A)=

=

=

,故选C.11.(多选)(2025届湖北部分重点高中联考,9)已知事件A,B发生的概率分别为P(A)=

,P(B)=

,则下列说法正确的是

()A.若A与B互斥,则P(A+B)=

B.若A与B相互独立,则P(A+B)=

C.若P(A

)=

,则A与B相互独立D.若B发生时A一定发生,则P(AB)=

BC解析

对于A,因为A与B互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B)=

+

=

,所以A错误,对于B,A与B相互独立,则P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

+

-

×

=

,所以B正确,对于C,因为P(A)=

,P(

)=

,所以P(A)P(

)=

=P(A

),由相互独立的定义知A与B相互独立,所以C正确,对于D,因为B发生时A一定发生,所以B⊆A,则P(AB)=P(B)=

,所以D错误,故选BC.1.(2024广东湛江一模,8)在一次考试中有一道4个选项的双选题,其中B和C是正确选项,

A和D是错误选项,甲、乙两名同学都完全不会这道题目,只能在4个选项中随机选取两

个选项.设事件M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”,事件N=“甲、乙两人所选

选项完全不同”,事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”,事件Y=“甲、乙两人均

未选择B选项”,则()A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件Y相互独立C.事件M与事件Y相互独立D.事件N与事件Y相互独立C解析

依题意甲、乙两人所选选项有如下情形:①有一个选项相同,②两个选项相同,③两个选项不相同,所以P(M)=

=

,P(N)=

=

,P(X)=

=

,P(Y)=

=

,因为事件M与事件N互斥,所以P(MN)=0,又P(M)·P(N)=

,所以事件M与事件N不相互独立,故A错误;P(XY)=

=

≠P(X)P(Y)=

,故B错误;由P(MY)=

=

=P(M)P(Y),则事件M与事件Y相互独立,故C正确;因为事件N与事件Y互斥,所以P(NY)=0,又P(Y)·P(N)=

,所以事件N与事件Y不相互独立,故D错误.故选C.解题技巧解本题的关键在于理解两事件A、B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)·P(B).2.(2025届安徽江南十校检测,7)某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入

跳水比赛决赛,现采用抽签法决定决赛跳水顺序,在“运动员甲不是第一个出场,运动员

乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”的概率为

()A.

B.

C.

D.

A解析

运动员甲不是第一个出场,运动员乙不是最后一个出场可分为甲最后一个出场或甲在

中间出场,方法数为

+

=78,在“运动员甲不是第一个出场,运动员乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”,即运动员丙第一个出场,运动员乙不是

最后一个出场,方法数为

=18,因此所求概率为P=

=

.故选A.3.(2025届安徽江淮十校第一次大联考,13)现有4个相同的袋子,里面均装有4个除颜色

外其他无区别的小球,第k(k=1,2,3,4)个袋中有k个红球,4-k个白球.现将这4个袋子混合

后,任选其中一个袋子,并且连续取出三个球(每次取后不放回),则第三次取出的球为白

球的概率为

.解析

设Ai=“取出第i个袋子”,i=1,2,3,4,A1,A2,A3,A4两两互斥,B=“从袋子中连续取出三个球,

第三次取出的球为白球”.P(Ai)=

,P(B|Ai)=

,所以P(AiB)=P(Ai)P(B|Ai)=

,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)+P(A4B)=

=

.4.(2024山东枣庄模拟,14)盒子内装有编号为1,2,3,…,10的10个除编号外完全相同的玻

璃球.从中任取三球,则其编号之和能被3整除的概率为

.解析

依题意,知试验含有的基本事件总数为

=120,且它们的发生是等可能的,10个数中能被3整除的有3,6,9;除以3余数是1的有1,4,7,10;除以3余数是2的有2,5,8,取出

的3个数的和能被3整除的事件有以下几类可能:3个数都能被3整除,有

=1种;3个数都除以3余数是1,有

=4种;3个数都除以3余数是2,有

=1种;3个数有1个能被3整除,1个除以3余数是1,1个除以3余数是2,有

=36种,所以所求概率=

=

.5.(2025届湖南部分学校联考,15)某红茶批发地只经营甲、乙、丙三种品牌的红茶,且

甲、乙、丙三种品牌的红茶优质率分别为0.9,0.8,0.7.(1)若该红茶批发地甲、乙、丙三种品牌的红茶场占有量的比例为4∶4∶2,小张到该

批发地任意购买一盒红茶,求他买到的红茶是优质品的概率;(2)若小张到该批发地甲、乙、丙三种品牌店各任意买一盒红茶,求他恰好买到两盒优

质红茶的概率.解析

(1)