第十章　10.5　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

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，与B，与也都相互独立．
2．条件概率与全概率公式
(1)条件概率
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设和B互为对立事件，则P（|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B Ω，有P(B)＝(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B Ω，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人端午节期间至少有1人来无锡旅游的概率为(　C　)
A．　　　 B．
C．　　　 D．
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人端午节期间至少有1人来无锡旅游的概率为1－＝.故选C.
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)＝(　C　)
A． B．
C． D．
解析：由P(AB)＝P(B∣A)P(A)，可得P(A)＝＝.故选C.
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，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球投进的概率为，则他第2球投进的概率为(　A　)
A． B．
C． D．
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)＝，P（B|）＝，P(A)＝，则P（）＝1－P(A)＝1－＝.故P(B)＝P(B|A)·P(A)＋P（B|）P（）＝×＋×＝.故选A.
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
【解析】　依题意得P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A错误；P(C)＝＝，P(AC)＝0≠P(A)P(C)，故B错误；P(BC)＝＝≠P(B)P(C)，故C错误；P(D)＝＝，P(CD)＝
＝＝P(C)P(D)，故D正确．故选D.
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　)
A．2个球都是红球的概率为
B．2个球中恰有1个红球的概率为
C．2个球不都是红球的概率为
D．2个球都不是红球的概率为
【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正确；对于B，即求事件A12＋1A2的概率，P（A12＋1A2）＝P(A1)P（2）＋P（1）P(A2)＝×＋×＝，所以B正确；对于C，由于“都是红球”与“不都是红球”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，即求事件12的概率，P（1 2）＝×＝，所以D错误．故选ABC.
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，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为(　C　)
A． B．
C． D．
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），（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，甲独自获胜的概率为P1＝××＝，当甲选到乙写的灯谜，乙选到丙写的灯谜，丙选到甲写的灯谜时，甲独自获胜的概率为P2＝×××＝，当甲选到丙写的灯谜，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＝×××＝，所以P(A)＝＋＋＝.故选C.
(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
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)＝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)＝，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，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　)
A．　　 B．
C．　　 D．
【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（）P（）＝1－×＝，P(DC)＝P(D)＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P(D|C)＝＝＝.故选C.
(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A的概率为；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为．
【解析】　方法一　设事件A表示“选到A”，事件B表示“选到B”，则甲、乙从五个活动中选三个，甲选到A的概率为P(A)＝＝，同理，乙选到A的概率为P(A)＝.乙选到A，B的概率为P(AB)＝＝，所以乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(B|A)＝＝＝.
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，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，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，他再选择B活动的概率为＝.
求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝.
(2)样本点法：P(B|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　)
A． B．
C． D．
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阳爻1阴爻”，则P(AB)＝＝，则P(B∣A)＝＝.故选C.
(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，，，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命中的前提下，甲命中的概率为(　D　)
A． B．
C． D．
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，在三人中恰有两人命中为事件D，则P(D)＝P（BC）＋P（AC）＋P（AB）＝××＋××＋××＝，P(AD)＝P（AC）＋P（AB）＝××＋××＝，则P(A|D)＝＝＝.故选D.
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．0.054 B．0.053 5
C．0.051 5 D．0.052 5
【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＝0.052 5.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，在第一次未命中的条件下第二次命中的概率是p，则p＝(　B　)
A． B．
C． D．
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”，则P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝p，P（B|）＝p，所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P（）·P（B|）＝×p＋×p＝，解得p＝.故选B.
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　)
A． B．
C． D．
【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)＝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)＝＝＝＝.故选D.
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，则对任意事件B Ω，P(B)＞0，有P(Ai|B)＝＝.
【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)＝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（）＝0.999，P(B∣A)＝0.98，P（B|）＝0.04，由贝叶斯公式得P(A|B)＝
＝≈0.024.故选C.
【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．1.21 B．1.34
C．1.49 D．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%＝，同理P(F2)＝，P(F3)＝，
P(G)＝P(F1∪F2∪F3)＝，所以P(D1|G)＝，P(D2|G)＝，P(D3|G)＝.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，所以解得x≥.故选D.
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　)
A． B．
C． D．
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颜色不同的概率为×＋×＝.故选D.
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　)
A． B．
C． D．
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个球颜色不同”，所以事件A共有C＋C＝4（个）样本点，事件AB共有CC＝3（个）样本点，所以P(B|A)＝＝.故选A.
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，大约有的学生每天玩手机超过1 h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是(　C　)
A． B．
C． D．
解析：设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P(A)＝，P(B|A)＝，P（B|）＝，所以P（）＝1－P(A)＝，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P（B|）·P（）＝×＋×＝.故选C.
4．（5分）（2024·福建莆田二模）若P(AB)＝，P（）＝，P(B)＝，则(　B　)
A．事件A与B互斥
B．事件A与B相互独立
C．P(A＋B)＝
D．P（B）＝
解析：P(A)＝1－＝，从而P(A)·P(B)＝×＝＝P(AB)≠0，故A错误，B正确；P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，故C错误；P（B）＝P(B)－P(AB)＝－＝，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B A，则P(B|A)＝0.8
解析：因为P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不相互独立，故A错误；若A，B相互独立，则P(A|B)＝＝＝P(A)＝0.5，故B错误；因为P(A|B)＝，所以P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.4×0.5＝0.2，故C错误；若B A，则P(AB)＝P(B)＝0.4，所以P(B|A)＝＝＝0.8，故D正确．故选D.
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　)
A． B．
C． D．
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＝0.068，所以P(N2|M)＝＝＝＝.故选D.
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
C．P(C)＝ D．P(B|C)＝
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”，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)＝，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－×＝，因为B C，所以P(BC)＝P(B)＝，所以P(B|C)＝＝＝，故D正确，C错误．故选BD.
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次命中，X为命中次数，则(　ABD　)
A．P(A2)＝ B．E(X)＝
C．D(X)＝ D．P(A1|A2)＝
解析：易知P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P（1）P（A2|1）＝×＋×＝，故A正确；易知P(A1|A2)＝＝＝，故D正确；易知X可取0，1，2，则P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝×＋×＝，P(X＝2)＝×＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝，D(X)＝×＋×＋×＝，故B正确，C错误．故选ABD.
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．
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)＝P(A1)＋P(A2)＝.
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，某学校开展共青团知识竞赛活动．在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三名同学回答一道有关团史的问题，每个人回答正确与否互不影响．已知甲回答正确的概率为，甲、丙两人都回答正确的概率为，乙、丙两人都回答正确的概率为.若规定三名同学都回答这个问题，则甲、乙、丙三名同学中至少有1人回答正确的概率为；若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为，，，则这个问题回答正确的概率为．
解析：根据题意，设甲回答正确为事件A，乙回答正确为事件B，丙回答正确为事件C，则P(A)＝，P(AC)＝P(A)P(C)＝，P(BC)＝P(B)·P(C)＝，所以P(C)＝，P(B)＝，若规定三名同学都回答这个问题，则甲、乙、丙三名同学中至少有1人回答正确的概率P1＝1－P（ ）＝1－××＝，若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为，，，则这个问题回答正确的概率P2＝×＋×＋×＝.
11．（14分）为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作．某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试．假设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，，，答对第二题的概率分别是，，.
(1)求甲考生通过强基招生面试的概率；
(2)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率；
(3)求甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率．
解：(1)甲考生通过考核进入面试环节，答对第一题的概率是，答对第二题的概率是，
∴甲考生通过强基招生面试的概率为P1＝×＝.
(2)乙考生通过强基招生面试的概率为P2＝×＝，
∴甲、乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率为P＝×＋×＝.
(3)丙考生通过强基招生面试的概率为P3＝×＝，
∴甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率为P′＝1－××＝.
12．（16分）某校学生会文艺部有男生4人，女生2人．
(1)若安排这6名同学站成一排照相，要求2名女生互不相邻，这样的排法有多少种？
(2)若从中挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动．
①求男生甲被选中的概率；
②在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．
解：(1)先将4名男生全排列，形成5个空，再从5个空中选出2个位置排列2名女生，所以2名女生互不相邻的排法有A·A＝480（种）.
(2)①设事件A表示“男生甲被选中”，则P(A)＝＝＝.
②设事件B表示“被选中的两人为一男一女”，事件C表示“女生乙被选中”，则P(B)＝＝，P(BC)＝＝，所以P(C|B)＝＝＝.
所以在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，女生乙被选中的概率为.
13．（6分）（多选）（2024·山西吕梁二模）甲、乙两名同学分别从a，b，c，d四门不同的选修课中随机选修两门．设事件X＝“a，b两门选修课中，甲同学至少选修一门”，事件Y＝“乙同学一定不选修c”，事件Z＝“甲、乙两人所选选修课至多有一门相同”，事件W＝“甲、乙两人均选修d”，则(　AC　)
A．P(X)＝P(Z) B．P(Y)＝P(W)
C．X与Y相互独立 D．Z与W相互独立
解析：因为P(X)＝1－＝，P(Y)＝＝，P(Z)＝1－＝，P(W)＝＝，故A正确，B错误；因为P(XY)＝＝＝P(X)P(Y)，P(ZW)＝＝≠P(Z)P(W)，所以X与Y相互独立，Z与W不相互独立，故C正确，D错误．故选AC.
14．（6分）（多选）（2024·福建三明三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球，则下列选项正确的是(　ACD　)
A．从甲袋中任取2个球是1个红球、1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
解析：设从甲袋中取出2个球有i个红球的事件为Ai，i＝0，1，2，从乙袋中取出的2个球是红球的事件为B，则P(A0)＝＝，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(B|A0)＝＝，P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝.从甲袋中任取2个球是1个红球、1个白球的概率为P(A1)＝，A正确；从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为P(A2)P(B|A2)＝×＝，B错误；从乙袋中取出的2个球是红球的概率P(B)＝(Ai)·P(B|Ai)＝×＋×＋×＝，C正确；若从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率P(A2|B)＝＝＝＝，D正确．故选ACD.
15．（5分）有以下6个函数：①f(x)＝＋；②f(x)＝；③f(x)＝sin x；
④f(x)＝cos 2x；⑤f(x)＝；⑥f(x)＝2x＋3.记事件M为“从中任取1个函数是奇函数”，事件N为“从中任取1个函数是偶函数”，事件M，N的对立事件分别为，，则(　D　)
A．P(M)＝P(M＋N)－P(N)
B．P（）＝P（）P（）
C．P（）＝P（）＋P（）
D．P（|N）＝P（|）
解析：对于①，f(x)＝＋，则解得x＝±2，所以f(x)＝0，其定义域为{x|x＝±2}，故为偶函数且为奇函数；对于②，f(x)＝为奇函数；对于③，f(x)＝sin x为奇函数；对于④，f(x)＝cos 2x为偶函数；对于⑤，f(x)＝的定义域为{x|x≠1}，为非奇非偶函数；对于⑥，f(x)＝2x＋3为非奇非偶函数．则事件M为①②③，事件为④⑤⑥，事件N为①④，事件为②③⑤⑥，事件M＋N为①②③④，事件为⑤⑥，所以P(M)＝＝，P(N)＝＝，P（）＝＝，P（）＝＝，P(M＋N)＝＝，P（）＝＝，所以P(M)≠P(M＋N)－P(N)，P（）≠P（）＋P（），故A，C错误；又事件MN为①，所以事件为②③④⑤⑥，所以P（）＝，则P（）≠P（）P（），故B错误；又P（|N）＝，P（|）＝＝，所以P（|N）＝P（|），故D正确．故选D.