2026版高三数学讲义第十章　10.5　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

10．5事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

1．了解两个事件相互独立的含义，会利用独立性计算概率．

2．理解条件概率与独立性的关系，会利用全概率公式计算概率．

1．事件的相互独立性

(1)两个事件相互独立的定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则

称事件A与事件B相互独立，简称为独立．必然事件Ω、不可能事件∅都与任意事件相互独立．

(2)相互独立的性质：如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都

相互独立．

2．条件概率与全概率公式

(1)条件概率

P(AB)

①定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件

P(A)

A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．

②概率的乘法公式：由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)

＝P(A)·P(B|A)．

(2)条件概率的性质：设P(A)>0，则

①P(Ω|A)＝1；

②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；

③设B和B互为对立事件，则P（B|A）＝1－P(B|A)．

(3)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BΩ，有P(B)＝错误!(Ai)P(B|Ai).

⊆

教材拓展

1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对

另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．

2．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下

事件A发生的概率．

3．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB).

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)对于任意两个事件A，B，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)

(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发

生的概率．(√)

(3)抛2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事

件B，则A，B相互独立．(√)

(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件BΩ，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋

√

P(A2)P(B|A2).()⊆

2．（人教A版必修第二册P253习题10.2T4改编）端午节是我国传统节日，甲、乙2人

12

端午节期间来无锡旅游的概率分别是，，假定2人的行动相互之间没有影响，那么甲、乙2

35

人端午节期间至少有1人来无锡旅游的概率为(C)

22

A．B．

515

311

C．D．

515

232

解析：甲、乙2人端午节期间都没来无锡旅游的概率为×＝，则甲、乙2人端午节期

355

23

间至少有1人来无锡旅游的概率为1－＝.故选C.

55

13

3．（人教A版选择性必修第三册P46例1改编）已知P(B∣A)＝，P(AB)＝，则P(A)

28

＝(C)

313

A．B．

1616

31

C．D．

44

P(AB)3

解析：由P(AB)＝P(B∣A)P(A)，可得P(A)＝＝.故选C.

P(B∣A)4

4．（人教A版选择性必修第三册P50例4改编）某同学进行投篮练习，若他第1球投进，

31

则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为.若他第1球投进的概

44

2

率为，则他第2球投进的概率为(A)

3

71

A．B．

122

52

C．D．

123

解析：设A，B分别代表事件“第1球投进”和“第2球投进”，则由已知条件知P(B|A)

31221

＝，P（B|A）＝，P(A)＝，则P（A）＝1－P(A)＝1－＝.故P(B)＝P(B|A)·P(A)＋P

44333

32117

（B|A）P（A）＝×＋×＝.故选A.

434312

考点1相互独立事件的概率

命题角度1相互独立事件的判断

【例1】（2024·山东泰安三模）盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白

球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，

记下颜色后放回．设事件A＝“两次均未摸出红球”，事件B＝“两次均未摸出白球”，事

件C＝“第一次摸出的两个球中有红球”，事件D＝“第二次摸出的两个球中有白球”，则

(D)

A．A与B相互独立B．A与C相互独立

C．B与C相互独立D．C与D相互独立

2222

C2C21C2C21

【解析】依题意得P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A错

2222

C4C436C4C436

21122

C2＋C2C25C2C21

误；P(C)＝＝，P(AC)＝0≠P(A)P(C)，故B错误；P(BC)＝＝≠P(B)P(C)，

222

C46C4C436

211222111121111

C2＋C2C25C2C2＋C2C2C2＋C2C2C2＋C2C2C2C2

故C错误；P(D)＝＝，P(CD)＝

222

C46C4C4

25

＝＝P(C)P(D)，故D正确．故选D.

36

两个事件是否相互独立的判断方法

(1)直接法：由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响．

(2)定义法：如果事件A，B同时发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率

的积，那么事件A，B为相互独立事件．

命题角度2相互独立事件概率的计算

【例2】（多选）（2024·湖北武汉二模）甲袋中有20个红球，10个白球，乙袋中红球、

白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各取出1

个球，下列结论正确的是(ABC)

1

A．2个球都是红球的概率为

3

1

B．2个球中恰有1个红球的概率为

2

2

C．2个球不都是红球的概率为

3

2

D．2个球都不是红球的概率为

3

【解析】记事件A1：从甲袋中任取1个球为红球，事件A2：从乙袋中任取1个球为红

211

球，则P(A1)＝，P(A2)＝.对于A，即求事件A1A2的概率，P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝，所以A

323

正确；对于B，即求事件A1A2＋A1A2的概率，P（A1A2＋A1A2）＝P(A1)P（A2）＋P

12

21－1－11

（A1）P(A2)＝×2＋3×＝，所以B正确；对于C，由于“都是红球”与“不

322

12

都是红球”互为对立事件，所以所求概率为1－P(A1A2)＝1－＝，所以C正确；对于D，

33

21

1－1－1

即求事件A1A2的概率，P（A1A2）＝3×2＝，所以D错误．故选ABC.

6

求相互独立事件同时发生的概率的方法

(1)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．

(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．

【对点训练1】(1)猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一

个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球（不放回），猜出自己所

选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有1的概率猜对其他人写的灯谜，

2

则甲独自获胜的概率为(C)

11

A．B．

2418

11

C．D．

126

解析：记事件A：甲独自获胜．因为每人随机选一个球（不放回），用(x，y，z)表示甲、

乙、丙选到谁写的灯谜，有（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，丙，甲），（乙，甲，丙），

1

（丙，乙，甲），（丙，甲，乙），共6种选法，又因为每人必能猜对自己写的灯谜，并有的

2

概率猜对其他人写的灯谜，当甲选到自己写的灯谜，乙、丙选到对方写的灯谜时，甲独自获

11

11－1－1

胜的概率为P1＝×2×2＝，当甲选到乙写的灯谜，乙选到丙写的灯谜，丙选到

624

11

111－1－1

甲写的灯谜时，甲独自获胜的概率为P2＝××2×2＝，当甲选到丙写的灯谜，

6248

11

111－1－

乙选到甲写的灯谜，丙选到乙写的灯谜时，甲独自获胜的概率为P3＝××2×2＝

62

11111

，所以P(A)＝＋＋＝.故选C.

4824484812

(2)（2024·广东佛山一模）若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4}，事件A＝{1，2}，

甲：事件B＝Ω，乙：事件A，B相互独立，则甲是乙的(A)

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

2121

解析：若B＝Ω，则A∩B＝{1，2}，P(A∩B)＝＝，而P(A)＝＝，P(B)＝1，所以P(A)P(B)

4242

＝P(A∩B)，所以事件A，B相互独立，反过来，当B＝{1，3}时，A∩B＝{1}，此时P(A∩B)

11

＝，P(A)＝P(B)＝，满足P(A)P(B)＝P(A∩B)，事件A，B相互独立，所以不一定B＝Ω，

42

所以甲是乙的充分不必要条件．故选A.

考点2条件概率

【例3】(1)（2024·辽宁沈阳三模）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率

11

分别为和，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为(C)

34

17

A．B．

1212

11

C．D．

62

【解析】根据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事

11

件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P(A)＝，P(B)＝，所以P(C)＝1－P（A）P（B）

34

11

1－1－1111

＝1－3×4＝，P(DC)＝P(D)＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝，则在目标被击中的

23412

1

P(DC)1

情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P(D|C)＝＝12＝.故选C.

P(C)16

2

(2)（2024·天津卷）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到

31

A的概率为；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为．

52

【解析】方法一设事件A表示“选到A”，事件B表示“选到B”，则甲、乙从五

12

个活动中选三个，甲选到的概率为＝C1C4＝3，同理，乙选到的概率为＝3乙

AP(A)3AP(A).

C555

21

选到，的概率为＝C2C3＝3，所以乙选了活动，他再选择活动的概率为

ABP(AB)3ABP(B|A)

C510

3

P(AB)1

＝＝10＝.

P(A)32

5

方法二（列举法）从五个活动中选三个的情况有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，

BCD，BCE，BDE，CDE，共10种，其中甲选到A包含6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，

63

ACE，ADE，则甲选到A的概率为＝.乙选了A活动包含6种情况：ABC，ABD，ABE，

105

ACD，ACE，ADE，其中再选择B活动包含3种情况：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，

31

他再选择B活动的概率为＝.

62

求条件概率的常用方法

P(AB)

(1)定义法：P(B|A)＝.

P(A)

n(AB)

(2)样本点法：P(B|A)＝.

n(A)

(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解．

【对点训练2】(1)（2024·辽宁沈阳二模）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

“”，如图就是一重卦．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)＝(C)

511

A．B．

1632

4115

C．D．

6364

26－163

解析：P(A)＝＝，事件AB＝“取出的重卦中有3阳爻3阴爻或4阳爻2阴爻或5

2664

345

C6＋C6＋C641P(AB)41

阳爻1阴爻”，则P(AB)＝＝，则P(B∣A)＝＝.故选C.

2664P(A)63

(2)（2024·河北衡水三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次

命中的概率分别为2，1，3，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人

325

命中的前提下，甲命中的概率为(D)

12

A．B．

33

810

C．D．

1313

解析：设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件A，B，C，每人各射击一次，在三人

113213

中恰有两人命中为事件D，则P(D)＝P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）＝××＋××

325325

212132132121P(AD)

＋××＝，P(AD)＝P（ABC）＋P（ABC）＝××＋××＝，则P(A|D)＝

325303253253P(D)

1

10

＝3＝.故选D.

1313

30

考点3全概率公式及应用

【例4】（2025·安徽合肥一模）有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品

率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，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25%，30%，45%，任取一个零件，则它是次品的概率为

(D)

A．0.054B．0.0535

C．0.0515D．0.0525

【解析】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工分别为事件A，B，C，

该零件为次品为事件D，则P(A)＝0.25，P(B)＝0.3，P(C)＝0.45，P(D|A)＝0.06，P(D|B)＝P(D|C)

＝0.05，任取一个零件是次品的概率P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝

0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.0525.故选D.

利用全概率公式解题的思路

(1)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).

(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).

(3)代入全概率公式计算．

【对点训练3】（2024·云南昆明三模）在定点投篮练习中，小明第一次投篮命中的概

37

率为，第二次投篮命中的概率为，若小明在第一次命中的条件下第二次命中的概率是p，

510

1

在第一次未命中的条件下第二次命中的概率是p，则p＝(B)

2

37

A．B．

48

25

C．D．

57

解析：设事件A表示“小明第一次投篮命中”，事件B表示“小明第二次投篮命中”，

371

则P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝p，P（B|A）＝p，所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P（A）·P

5102

3

31－177

（B|A）＝×p＋5×p＝，解得p＝.故选B.

52108

考点4贝叶斯公式

【例5】某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预

备队．选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为

0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为(D)

22

A．B．

95

87

C．D．

1515

【解析】依题意，记选“初心”队为事件A，选“使命”队为事件B，该单位获胜为

事件M，则P(A)＝P(B)＝0.5，P(M|A)＝0.8，P(M|B)＝0.7，因此P(M)＝P(A)P(M|A)＋P(B)P(M|B)

P(BM)P(B)P(M|B)

＝0.5×0.8＋0.5×0.7＝0.75，所以选“使命”队参加比赛的概率P(B|M)＝＝

P(M)P(M)

0.5×0.77

＝＝.故选D.

0.7515

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，…，

P(Ai)P(B|Ai)

n，则对任意事件BΩ，P(B)＞0，有P(Ai|B)＝＝错误!.

P(B)

⊆P(A)P(B|A)

【对点训练4】（2024·江苏宿迁一模）人工智能领域让贝叶斯公式P(A|B)＝

P(B)

站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”

视频，“AI”视频占有率为0.001.某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频

的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为

“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有4%的可能鉴定为“AI”．已知某

个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为(C)

A．0.1%B．0.4%

C．2.4%D．4%

解析：记“视频是AI合成”为事件A，记“鉴定结果为AI”为事件B，则P(A)＝0.001，

P（A）＝0.999，P(B∣A)＝0.98，P（B|A）＝0.04，由贝叶斯公式得P(A|B)＝

P(A)P(B|A)0.001×0.98

＝≈0.024.故选C.

××

P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)0.0010.98＋0.9990.04

【例】（2024·福建福州质量检测）甲、乙、丙三个地区分别有x%，y%，z%的人患了

流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列．已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，

现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，

则x的可能取值为(D)

A．1.21B．1.34

C．1.49D．1.51

【解析】设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，

F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙三个地区”，事件G为“此人患了流感”．由

55x

x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P(F1)＝×x%＝，

5＋3＋21000

3x＋32x＋4

同理P(F2)＝，P(F3)＝，

10001000

10x＋75x3x＋3

P(G)＝P(F1∪F2∪F3)＝，所以P(D1|G)＝，P(D2|G)＝，P(D3|G)＝

100010x＋710x＋7

2x＋45x≥3x＋3，

.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解

10x＋75x≥2x＋4，

3

得x≥.故选D.

2

本题将条件概率与等差数列结合，在创设情境时，加强了数学知识的内在联系与综合，

考查了学科知识的综合应用能力，强调思维过程和思维方式，体现了新高考命题改革的变化

和趋势．

课时作业72

1．（5分）（2024·山东烟台三模）一袋子中装有5个除颜色外完全相同的小球，其中3

个红球，2个黑球，从中不放回地每次取出1个小球，连续取两次，则取出的这两个小球颜

色不同的概率为(D)

32

A．B．

105

123

C．D．

255

解析：由题意，第一次取出的可能为红球或黑球，故连续取两次，则取出的这两个小球

32233

颜色不同的概率为×＋×＝.故选D.

54545

2．（5分）（2024·辽宁丹东二模）一个口袋中装有大小、形状相同的3个红球和2个白

球，从中不放回地抽取3个球，已知口袋中剩下的2个球颜色相同的条件下，抽取的3个球

颜色不同的概率为(A)

32

A．B．

43

11

C．D．

24

解析：设事件A＝“口袋中剩下的2个球颜色相同”，事件B＝“抽取的3个球颜色不

2212

同”，所以事件A共有C3＋C2＝4（个）样本点，事件AB共有C3C2＝3（个）样本点，所以

n(AB)3

P(B|A)＝＝.故选A.

n(A)4

3．（5分）（2025·山东临沂一模）长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，

113

大约有的学生每天玩手机超过1h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该

528

校任意调查一名学生，他近视的概率大约是(C)

17

A．B．

516

27

C．D．

58

解析：设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1h”，事件B为“任意调查

113

一名学生，该学生近视”，则P(A)＝，P(B|A)＝，P（B|A）＝，所以P（A）＝1－P(A)

528

411342

＝，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P（B|A）·P（A）＝×＋×＝.故选C.

552855

131

4．（5分）（2024·福建莆田二模）若P(AB)＝，P（A）＝，P(B)＝，则(B)

1054

A．事件A与B互斥

B．事件A与B相互独立

13

C．P(A＋B)＝

20

1

D．P（AB）＝

5

32211

解析：P(A)＝1－＝，从而P(A)·P(B)＝×＝＝P(AB)≠0，故A错误，B正确；P(A

555410

21111113

＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，故C错误；P（AB）＝P(B)－P(AB)＝－＝，

54102041020

故D错误．故选B.

5．（5分）（2024·山东滨州二模）已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.5，P(B)

＝0.4，则下列说法正确的是(D)

A．若P(AB)＝0.9，则A，B相互独立

B．若A，B相互独立，则P(A|B)＝0.6

C．若P(A|B)＝0.5，则P(AB)＝0.25

D．若BA，则P(B|A)＝0.8

解析：因为≠，所以与不相互独立，故错误；若，相互独立，

⊆P(AB)P(A)P(B)ABAAB

P(AB)P(A)P(B)P(AB)

则P(A|B)＝＝＝P(A)＝0.5，故B错误；因为P(A|B)＝，所以P(AB)＝

P(B)P(B)P(B)

P(AB)

P(B)P(A|B)＝0.4×0.5＝0.2，故C错误；若BA，则P(AB)＝P(B)＝0.4，所以P(B|A)＝

P(A)

0.4⊆

＝＝0.8，故D正确．故选D.

0.5

6．（5分）（2024·湖南邵阳三模）甲、乙两个工厂代加工同一种零件，甲加工的次品率

为5%，乙加工的次品率为8%，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙工厂加工的零件数

分别占总数的40%，60%，任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概

率为(D)

31

A．B．

203

312

C．D．

817

解析：设事件M＝“任取一个零件，取到的零件是次品”，N1＝“任取一个零件，来自

甲工厂”，N2＝“任取一个零件，来自乙工厂”，由题意得P(N1)＝0.4，P(N2)＝0.6，P(M|N1)

＝0.05，P(M|N2)＝0.08.因为P(M)＝P(N1)·P(M|N1)＋P(N2)·P(M|N2)＝0.4×0.05＋0.6×0.08＝

P(MN2)P(N2)P(M|N2)0.6×0.0812

0.068，所以P(N2|M)＝＝＝＝.故选D.

P(M)P(M)0.06817

7．（6分）（多选）（2024·江苏镇江三模）同时抛甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正

面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则

下列判断正确的是(BD)

A．A与B相互对立B．A与B相互独立

12

C．P(C)＝D．P(B|C)＝

23

解析：由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，即“甲正面向上且乙正面向上”，

1

故事件A与事件B不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误；依题意P(A)＝，P(B)

2

11111

＝，P(AB)＝＝＝P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立，故B正确；P(C)＝1－×

22×2422

1

31P(BC)2

＝，因为BC，所以P(BC)＝P(B)＝，所以P(B|C)＝＝2＝，故D正确，C错误．故

42P(C)33

⊆4

选BD.

2

8．（6分）（多选）（2024·山东济南三模）某同学投篮两次，第一次命中率为.若第一次

3

31

命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为.记Ai(i＝1，2)为第i次命

42

中，X为命中次数，则(ABD)

24

A．P(A2)＝B．E(X)＝

33

43

C．D(X)＝D．P(A1|A2)＝

94

23112

解析：易知P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P（A1）P（A2|A1）＝×＋×＝，故A正确；

34323

2×3

P(A1A2)343111

易知P(A1|A2)＝＝＝，故D正确；易知X可取0，1，2，则P(X＝0)＝×＝，

P(A2)24326

3

211112311114

P(X＝1)＝×＋×＝，P(X＝2)＝×＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝，D(X)＝

343233426323

424242

0－11－12－15

3×＋3×＋3×＝，故B正确，C错误．故选ABD.

6329

9．（5分）（2024·山东济宁三模）甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱子中有4

个红球、2个白球，乙箱子中有2个红球、4个白球，现随机选择一个箱子，然后从该箱子中

随机取出一个球，则取出的球是白球的概率为1．

2

解析：依题意，取出的球是白球的事件A是选甲箱并取出白球的事件A1与选乙箱并取出

121141

白球的事件A2的和，显然事件A1与A2互斥，P(A1)＝×＝，P(A2)＝×＝，所以P(A)

266263

1

＝P(A1)＋P(A2)＝.

2

10．（6分）（2024·天津和平区二模）为铭记历史、缅怀先烈，增强爱国主义情怀，某学

校开展共青