第77讲条件概率与全概率公式

第77讲条件概率与全概率公式

1、.条件概率

（1）概念：一般地，设儿6为两个随机事件，且尸（4）>0,我们称P出14）=746,为在事件日发生的条件

P（A）

下，事件8发生的条件概率，简称条件概率.

2、两个公式

①利用古典概型，尸》M）=£L"2-；

〃（力）

②概率的乘法公式：P（AB）=P（A）P（B\A）.

3、全概率公式

一般地,设4，力2，…，4是一组两两互斥的事件,4U4U…U4=。且尸⑷>0,i=l,2,…,n,则

对任意的事件8G0,有P⑶=E,P（4）P（面4），我们称上面的公式为全概率公式.

4.*贝叶斯公式：

一般地，设4,4，…，4是一组两两互斥的事件，4U4U…U4=0,且p（4）>o,>=1,2,

pApR\AP4P例Ai

则对任意的事件8U0,尸㈤>0有2（4应='।,7=1,2,n.

PB£PAkPB\Ak

1、（2022•天津）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到力的概率为—：己知第

一次抽到的是A,则第二次抽取A的概率为

【答案】—:-

22117

【解析】由题意，设第一次抽到力的事件为8,第二次抽到力的事件为C,

4314I

则P(8C)=一x±=——，P(B)=—=—

52512215213

••收也鬻

13

故答案为：—-

221；17

2、（2023♦甲卷（理））有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部,

若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】根据题意，在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中，设某人报足球俱乐部为事件力，报乒乓球俱乐

部为事件8，

5

则P(A)=—

707

由于有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，则同时报名两个俱乐部的由50+60-70=40人,

404

则P(/8)=—二—，

707

4

7-

则P(B|4)=篇-

5

7-

故选：A

1、（2022•泰州模拟）足球训练中点球射门是队员练习的必修课，经统计，某足球队员踢向球门左侧时进球的

概率为80%,踢向球门右侧时进球的概率为75%.若该球员进行点球射门时踢向球门左、右两侧的概率分别

为60%,40%,则该球员点球射门进球的概率为（）

A.77%B.77.5%C.78%D.78.5%

【答案】C

【解析】由题意，得该球员进行点球射门时踢向球门左侧时进球的概率为80%X60%,踢向右侧进球的概

率力75%X40%,故该球员点球射门进球的概率为80%X60%+75%X40%=78%.

2、（2022•揭阳高三期末）袋中有大小和形状都相同的3个白球和2个黑球，现从袋中不放回地依次抽取两个

球，则在第•次取到白球的条件下，第二次也取到白球的概率是（）

43'3C.13D.

45210

【答案】C

Az）X2

【解析】记第i次取得白球为事件Ai（i=l,2）.P（A2|Ai）='=l^=\.

P（Ai）5X452

3、（多选）（2022・聊城二模）从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽

出I道题，抽出的题不再放回，则下列说法中正确的是（）

4”第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件

8.“第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立

C.第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是］;

D.在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是:

3

【答案】ACD

【解析】“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生，它们互斥，故4正

确；“第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件”第2次抽到几何题”发生的概率有影响，”第1次

抽到代数题”发生时，“第2次抽到几何题”的概率是;，“第1次抽到代数题”不发生时，"第2次抽到

几何题”的概率是i，它们不独立：故8错误；第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是4:X，：=3；,

45410

71119

故C正确；抽取两次都是几何题的概率是:义：=二，因此有代数题的概率是1—二=二，在有代数题的条件

54101010

人

下，两道题都是代数题的概率是故。正确.故选4CD

93

10

4、已知P(8)=0.3,4(8⑶=0.9,P(B\A)=0.2,则P(4)=()

A.1B.3C,0.33

77

【答案】A

【解析】由尸(8)=尸(力)尸(引力)+尸(力)尸(用力)，可得0.3=尸(4)X0.9+(1-P(4))X0.2,解得P(Z)=；

考向一条件概率

例I、一袋中共有大小相同的5个黑球和5个白球.

(1)若从袋中任意摸出2个球，求至少有1个白球的概率；

(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第一次取得白球，求第二次取得黑球的概率.

【解析】(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白狼”为事件A,

则…寸=；.

(2)记“第一次取得白球”为事件B,“第二次取得黑球”为事件C,

则P(BC)=m=P(B)=

C\M~iVCloC4-2

P(BC)=5

故P(C|B)=

P(B)~9

变式1、(1)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同.现需一个红球，甲每次

从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为()

32

CD.

89

【答案】B

【解析［设”第一次拿到白球”为事件力，“第二次拿到红球”为事件8,依题意PP)=：=1,P(/18)=2X3

10510X9

15

1

故

3

(2)对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件.在第一次摸出次品的条

件下，第二次摸到正品的概率是()

【答案】D

【解析】记力="第一次摸出的是次品"，B="第二次摸到的是正品”，由题意知,

42464

P(A)==,P(AB)=X°=^

10510915

4

则；W)=P"B)=15=2

P(4)23

5

变式2、(1)从标有1,2,3,4,5的五张卡中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽

到偶数的概率为.

【解析】设事件A表示“第一张抽到奇数“，事件B表示“第二张抽到偶数“，则P(A)=：P(AB)

3

=：x；='则在第一次抽到奇数的情况下,第二次抽到偶数的概率为P(B|A)=¥R=10=1

5410P(A)32

5

⑵某射击选手射击一次击中1()环的概率是土连续两次均击中10环的概率是1已知该选手某次击中10环，

52

则随后一次击中10环的概率是()

A2Bp

58q

【答案】B

【解析】设该选手某次击中10环为事件4随后一次击中10环为事件8,则尸〃)=；,P(AB)=；,

52

1

・••某次击中10环，随后一次击中10环的概率是P(8M)=P=2=5.

P(A)48

5

变式3、某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与

其上年度出险次数的关联如下：

上年度出

0123425

险次数

保费a2a

设该险种的一位续保人一年内出险次数与相应概率如下:

一年内出

0123425

险次数

概率

(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率:

(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率;

(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.

【解析】(1)设该续保人本年度的保费高于基本保费为事件A,

则p(A)=l-P(A)=1-(0.30+0.15)=0.55.

(2)设该续保人保费比基本保费高出60%为事件B,

P(AB)0.10+0.053

P(B|A)===

P(A)-0.55-11

(3)设本年度所交保费为随机变量X.

Xa2a

p

XXXX0.10+2aX().05=1.23a,

所以平均保费与基本保费比值为L23.

方法总结：求条件概率的常用方法

(1)利用定义,分别求P(A)和P(AR求得P(R|A)=『

P(A)

⑵借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A),再在事件A发生的条件下求事件B包含的

基本事件数，即n(AB),得P(B|A)=n(AB)

n(A)

考向二全概率公式

例2、有甲、乙两个袋子，甲袋中有3个白球，2个黑球，乙袋中有4个白球，4个黑球.现从甲袋中任取

2个球放入乙袋，然后再从乙袋中任取一球，求此球为白球的概率.

【解析】记事件Ai为从甲袋中取出的2个球有i个白球，其中i=0,1,2,记事件B为从乙袋中取到

的一球为白球，则P(Ao)=灯=1P(Ai)=笺=：,P(A»=巴=，P(B|AO)=*=：,P(B|AI)=；=1，P(B|A2)

Cs10C55us10105102

_6_3

—I。—5，

由全概率公式，得P(B)=P(AO)P(B|AO)+P(AI)P(B|A0+P(A2)P(B|A2)=[X；+；X；+

1KzJJJ1\JJ4^*J

变式1、设5支枪中有2支未经试射校正，3支己校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9,用未

校止过的枪射击，中靶率为04

(1)该射手任取•支枪射击，中靶的概率是多少？

(2)若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率.

【解析】设事件A表示枪已校正，事件B表示射击中靶，

则P(A)=；,P(A)=；,P(B|A)=0.9,

P(B|A)=0.1,P(B|A)=0.4,P(B|A)=o.6.

(1)由全概率公式，得P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)p(B|A)=3X0.94-2X0.4=0.7.

55

(2)由题意,得

2

P(A)P(B।A)X0.6

P(A|B)==>=0.8.

23

P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)X0.6+X0,1

55

变式2、(1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这

三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15,0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占

20%,“一般的”被保险人占50%,“冒失的”被保险人占30%,则该保险公司的一个被保险人在一年内发生

事故的概率是()

A.0.155B.0.175

C.0.016

【答案】B

【解析】设事件2="被保险人是‘谨慎的'"，事件员="被保险人是‘一般的'"，事件属=“被保险人

是‘冒失的'则P(幻=20%,尸(&=50%"(区)=30%.设事件4="被保险人在一年内发生事故”，则尸(川秀

3

=0.05,P(川区)=0.15,尸(川4)=0.30.由全概率公式,得尸(冷=£尸(矽尸(川瓦)=0.05X20%+0.15X50%

/=］

+0.30X30%=0.175.

(2)人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基衣因素，比如

利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%,利率不变的概率为40虬根据经验，人们估计，

在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为80%,而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40%,

则该只股票将上涨的概率为.

【答案】

【解析】记事件力="利率下调”，则事件A=“利率不变"，事件C="价格上涨”，由题意知火力)

=60%,P(A)=40%,P{C\J)=80%,P(C\A)=40%,所以P(O=P(4)尸⑷4+P(A)P(6lA)=0.48+0.16

=0.64.

方法总结：利用全概率公式的思路：

(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=l,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

1、(2023♦江苏连云港•统考模拟预测)在某地区进行流行病调查：随机调查了100名某种疾病患者的年龄，

发现该100名患者中有20名的年龄位于区间［40,50)内.已知该地区这种疾病的患病率为0.15%,年龄位于

区间［40,50)内人口占该地区总人口的30%.现从该地区任选人,若此人年龄位了区间［40,50)内，则此人

患该疾病的概率为（）

【答案】A

【分析】利用条件概率公式计算盯可.

【详解】设从该地区任选一人，若此人年龄位于区间［40,50）内为事件A,此人患该疾病为事件B,则

20

=0.001

、17r(j)30%

故选：A.

2、（2022•广东揭阳•高三期末）袋中有大小和形状都相同的3个白球和2个黑球，现从袋中不放回地依次抽

取两个球，则在第一次取到白球的条件下，第二次也取到白球的概率是（）

A.-B.-C.yD.—

45210

【答案】C

【分析】

记第i次取得白球为事件4（/=1,2）,直接根据条件概率计算公式即可得结果.

【详解】

记第i次取得门球为事件4。=1,2"（阕4）=等型=冷《=；，

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故选：C.

3、（2023•江苏南通・统考一模）（多选题）一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝,

从袋中先后无放回地取出2个球，记”第一次取到红球”为事件4”第二次取到黄球”为事件4,则（）

A.尸（♦）="B.48为互斥事件

C.P（B\A）=-D.44相互独立

【答案】AC

【分析】结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析.

【详解】尸（4）=；,A正确；

48”同时发生，即“即第•次取红球，第二次取黄球”，44不互斥，B错误；

在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为;,C正确；

P（«）=|xl+|x