2 条件概率与全概率公式
基础打底
1．(2025·龙岩5月质检)甲、乙、丙三家公司生产同一种产品．三家公司的市场占有率如图所示，且甲、乙、丙三家公司产品的次品率分别为2%，1%和m%．若市场上该产品的次品率为2%，则m=( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 设从出厂产品中任取一件，它是次品为事件A，则P(A)=50%×2%＋25%×1%＋25%×m%=2%，解得m=3．
2．(2025·台州质检)已知一个盒子里有4个大小、形状完全相同的小球，其中2个红球、2个黑球，现从中任取两球，若已知一个是红球，则另一个也是红球的概率是( A )
A． B．
C． D．
【解析】 设事件A表示“在所取的球中有一个是红球”，事件B表示“另一个也是红球”，则P(A)==，P(AB)==，在已知一个是红球的情况下，另一个也是红球的概率为P(B|A)===．
3．某技术部门招工需经过四项考核，设应聘者能够通过第一、二、三、四项考核的概率分别为0.6，0.8，0.9和0.65，各项考核是相互独立的．每个应聘者都要经过四项考核，只要有一项考核不通过即被淘汰，则通过第一、三项考核但是仍被淘汰的概率为 0.48 ．
【解析】 设事件B表示最终通过考核，事件Ai(i=1，2，3，4)表示通过第i(i=1，2，3，4)项考核．因为各项考核是相互独立的，所以该部门招工的通过率为P(B)=0.6×0.8×0.9×0.65=0.280 8，在通过第一、三项考核的情况下考核全部通过的概率为P(B|A1A3)===0.52，因此，通过第一、三项考核但是仍被淘汰的概率为1－P(B|A1A3)=1－0.52=0.48．
4．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)=．若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病．已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 设检验结果呈现阳性为事件A，此人患病为事件B，则P(AB) =P(B)P(A|B)=0.05×95%=4.75%，P(A)=P(AB)＋P(A)=P(B)P(A|B)＋P() P(A|)=4.75%＋(1－0.05)×0.5%=5.225%，则P(B|A)===．
强技提能
条件概率的判断与求解
例1－1 (多选)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=，P(B)=，P(A＋)=，则( ACD )
A．P(A)= B．P()=
C．P(|A)= D．P(|B)=
【解答】 P(A＋)=P(A)＋P()－P(A)=＋－P(A)=，P(A)=，故A正确．因为P()=P()＋P(A)，所以=P()＋，P()=，故B错误．
P(|A)===，故C正确．P(B)=P(B)＋P(AB)=P(B)＋P(A)－P(A)，所以=P(B)＋－，所以P(B)=，P(|B)===，故D正确．
可用如图所示的Venn图来解决此类问题：
(1) P(B)=P(BA)＋P(B)=P(B)P(A|B)＋P(B)P(|B)=P(A)P(B|A)＋P()P(B|)：
(2) 若P(B)≠0，则必有P(A|B)＋P(|B)=1．
变式1 (2025·萍乡二模)若随机事件A，B满足P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(B|A)=0.5，则P(B|)= 0.25 ．
【解析】 由P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(B|A)=0.5，可得P(B|A)==0.5，可得P(AB)=0.5×0.6=0.3，由P(B)=P(AB)＋P(B)=0.4，可得P(B)=0.1，所以P(B|)====0.25．
例1－2 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件A为“甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件B为“该大型企业把零件交给甲工厂生产”，已知0＜P(B)＜1，证明：P(A|B)＞P(A|)．
【解答】 因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，所以P(B|A)＞P(B|)，即＞．因为P(A)＞0，P()＞0，所以P(AB)P()＞P(B)P(A)．因为P()=1－P(A)，P(B)=P(B)－P(AB)，所以P(AB)［1－P(A)］＞［P(B)－P(AB)］P(A)，即得P(AB)＞P(A)P(B)，所以P(AB)－P(AB)P(B)＞P(A)P(B)－P(AB)P(B)，即P(AB)［1－P(B)］＞P(B)［P(A)－P(AB)］．又因为1－P(B)=P()，P(A)－P(AB)=P(A)，所以P(AB)P()＞P(B)P(A)．因为0＜P(B)＜1，0＜P()＜1，所以＞，即P(A|B)＞P(A|)得证．
这类条件概率证明题型，可按以下步骤解决：
1．转化条件：依据题意，将实际概率关系转化为P(B|A)与P(B|)的不等式，再代入公式P(B|A)=，P(B|)=．
2．推导关系：利用概率基本性质(如P()=1－P(A)，P(B)=P(B)－P(AB))，对不等式交叉相乘、化简，得到P(AB)与P(A)P(B)的大小关系．
3．证得结论：对上述关系再次变形．
关键在于熟练运用条件概率公式和概率基本性质，通过不等式变形推导结论．
全概率公式的应用
例2 (2025·唐山一模)已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为6分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为3分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为2分．另外，有错误选项得0分．已知每道题有两个正确选项的概率为m(m＞0)．
(1) 设每道多项选择题所得分数为X，写出X的所有可能取值；
【解答】 X的所有可能取值为0，2，3，4，6．
(2) 对于一道多项选择题，已知选项A正确，考生甲选择了A，又在其余的三个选项中随机选择了一个选项，请写出考生甲此题得分Y的分布列和数学期望．
【解答】 甲得分Y的可能取值为0，4，6．设事件Q：Y=0；事件F：Y=4；事件G：Y=6．设事件H：此题有两个正确选项，则：此题有三个正确选项．①当此题有两个正确选项时，可能得0分，6分，则P(Q|H)=，P(G|H)=；②当此题有三个正确选项时，可能得0分，4分，则P(Q|)=，P(F|)=．综上所述，P(Y=0)=P(Q)=P(H)P(Q|H)＋P()P(Q|)=m＋(1－m)=＋m，P(Y=4)=P(F)=P()P(F|)=(1－m)=－m，P(Y=6)=P(G)=P(H)P(G|H)=m．分布列如下：
Y 0 4 6
P ＋m －m m
期望值E(Y)=0×＋4×＋6×m=(4－m)．
用全概率公式解决问题的关键：合理选择完备事件组(A1，A2，…，An两两互斥且并集为样本空间)，算出各P(Ai)及条件概率P(B|Ai)，代入P(B)=∑ni=1P(Ai)P(B|Ai)计算．
变式2 (2025·浙江联考)盒子中有3个红球、4个黑球，每次随机地从中取出一个球，观察其颜色后放回，并放入5个同色球，则第三次取出红球的概率为 ．
【解析】 前两次取球有以下四种情况：(红，红)、(红，黑)、(黑，红)、(黑，黑)．情况一：(红，红)．第一次取红球的概率P1==，因为取完后放回并放入5个红球，此时盒子中有3＋5=8(个)红球，4个黑球，共8＋4=12(个)球．第二次取红球的概率P2=，此时盒子中有8＋5=13(个)红球，4个黑球，共13＋4=17(个)球．第三次取红球的概率P31=．所以这种情况下第三次取出红球的概率为P(红红)=××．情况二：(红，黑)．第一次取红球的概率P1==，取完后放回并放入5个红球，此时盒子中有3＋5=8(个)红球，4个黑球，共8＋4=12(个)球．第二次取黑球的概率P2=，此时盒子中有8个红球，4＋5=9(个)黑球，共8＋9=17(个)球．第三次取红球的概率P32=．所以这种情况下第三次取出红球的概率为P(红黑)=××．情况三：(黑，红)．第一次取黑球的概率P1==，取完后放回并放入5个黑球，此时盒子中有3个红球，4＋5=9(个)黑球，共3＋9=12(个)球．第二次取红球的概率P2=，此时盒子中有3＋5=8(个)红球，9个黑球，共8＋9=17(个)球．第三次取红球的概率P33=．所以这种情况下第三次取出红球的概率为P(黑红)=××．情况四：(黑，黑)．第一次取黑球的概率P1==，取完后放回并放入5个黑球，此时盒子中有3个红球，4＋5=9(个)黑球，共3＋9=12(个)球．第二次取黑球的概率P2=，此时盒子中有3个红球，9＋5=14(个)黑球，共3＋14=17(个)球．第三次取红球的概率P34=．所以这种情况下第三次取出红球的概率为P(黑黑)=××．故第三次取出红球的总概率P=P(红红)＋P(红黑)＋P(黑红)＋P(黑黑)=××＋××＋××＋××====．
贝叶斯公式的运用
例3 (2025·景德镇三模)一质点落在三棱锥A－BCD的顶点A处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件Ei(i∈N*)表示“该质点移动i次后落在顶点A”，为Ei的对立事件，则P(|E6)= ．
【解析】 我们将B，C，D三个点看作一个整体，如果某次在点A，则下次一定不在点A的概率为1；如果某次不在点A，则下次在A与不在A的概率分别为，，因为P(E3)=1××=，P(E6|E3)=1××=，则P(E3E6)=P(E3)P(E6|E3) =×=．因为P()=1－=，P(E6|)=×1×＋××=，则P(E6)= P()P(E6|)=×=，则根据贝叶斯公式可得P(|E6)== ==．
处理贝叶斯问题，关键是把握“已知结果分析原因”逻辑：
1．明确事件关系：清晰界定条件事件(如E3，)与结果事件(如E6)，梳理因果关联：
2．计算基础概率：算出原因事件发生概率(如P(E3)，P())，以及在原因下结果发生的条件概率(如P(E6|E3)，P(E6|))．
3．运用贝叶斯公式：通过P(原因|结果)=，结合全概率公式P(结果)=P(结果|原因)P(原因)＋P(结果|非原因)P(非原因)，推导求解．核心是利用条件概率，从结果反推原因概率，聚焦因果关联与概率推导．
变式3 (多选)某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品．设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同、质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个、黄球2个、绿球2个；黄色箱子中放有红球4个、绿球2个；绿色箱子中放有红球3个、黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，再放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．已知甲同学参与了问卷调查，则( ACD )
A．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为
B．在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为
C．甲获得奖品的概率为
D．若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小
【解析】 设R1，A1，G1分别表示先抽取的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，设R2表示再抽取的小球的颜色是红色的事件．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为P(R2|A1)===，故A正确；在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为P(|)====，故B错误；由题意可知，P(R1)=，P(A1)=，P(G1)=，P(R2|R1)=，P(R2|A1)=，P(R2|G1)=，由全概率公式可知，甲获得奖品的概率为P=P(R1)P(R2|R1)＋P(A1)P(R2|A1)＋P(G1)P(R2|G1)=×＋×＋×=，故C正确；因为甲获得的红球来自每个箱子的颜色与先取小球的颜色相同，则P(R1|R2)===，P(A1|R2)===，P(G1|R2)===，所以甲获得奖品时，甲先抽取绿球的机会最小，故D正确．
配套热练
1．(2025·茂名一模)在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是( A )
A． B．
C． D．
【解析】 第3次摸到红球的情况有4种：白白红，白红红，红白红，红红红．记第3次摸到红球为事件A，则P(A)=××＋××＋××＋××=．
2．(2025·太原期末)已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有．现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件A为“所抽袋子里有红球”，事件B为“所抽袋子里有白球”，事件C为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是( B )
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B C相互对立 D．事件A与事件B C相互独立
【解析】 对于A，事件A和事件B可以同时发生，即抽取丁袋，事件A与事件B不互斥，A错误；对于B，P(A)=，P(B)=，P(AB)==P(A)P(B)，事件A与事件B相互独立，B正确；对于C，事件A与事件B C可以同时发生，即抽取丁袋，事件A与事件B C不对立，C错误；对于D，P(A)=，P(B C)=，P(A (B C))=≠P(A)P(B C)，事件A与事件B C不独立，D错误．
3．(2025·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，则下列结论正确的是( D )
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为1，2，3，4，5的5个小球，从中任取1球，记事件A：从中取出球的标号为1，2，事件B：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，故A错误．由上例可知P(A B)=P(B)=0.6，故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．
4．(2025·武汉一模)为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程．现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的概率为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 将五名同学分为四组，每组人数分别为2，1，1，1，分组方法有＝10种，所以五名同学报名四门课程，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，不同的报名方法有＝240种．考虑数独的报名人数，①若数独只有一人报名，从乙和丙中选一人，有2种情况，若选修几何画板只有一人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有3种情况，最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，此时不同的选择情况有＝36(种)；若选修几何画板有两人，有种情况，剩余两人选修剩余两门课程，此时不同的选择方法种数为＝12种；②若数独有两人报名(乙和丙)，则选修几何画板的人从除甲以外的两人中任选一人，有2种情况，剩余2人报名剩余两门课程，此时不同的选择方法种数为＝4种．综上所述，所求概率为＝＝．
5．(2025·马鞍山一模)(多选)甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：(1) 先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件A1为“取出的是红球”，事件A2为“取出的是白球”；(2) 再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则( AD )
A．P(B|A1)= B．P(C|A2)=
C．P(B)= D．P(C)=
【解析】 由题意知P(A1)==，P(A2)==，P(B|A1)==，P(B|A2)==，P(C|A1)==，P(C|A2)==，P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)=×＋×=，P(C)=P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)=×＋×=．
6．(2025·梅州质检)(多选)如图所示，P，Q为数轴上两点，初始位置的数字分别为2，0，它们每隔1秒钟都在数轴上独立地向左或向右移动一个单位长度，已知点P向左或向右移动的概率均为；点Q向左移动的概率为，向右移动的概率为．分别记点P，Q在n秒后所在位置的数字为xn，yn，则下列结论正确的是( AC )
A．P(x1－y1=2)= B．P(x2＋y2=2)=
C．P(x2=y2)= D．P(xn＋1=yn＋1)=P(xn=yn)
【解析】 对于A，若x1－y1=2，即一秒后P，Q两点的距离仍为2，所以P，Q同时往左或往右移一步，则P(x1－y1=2)=×＋×=，故A正确；对于B，若x2＋y2=2，即两秒后P，Q两点坐标和仍为2，所以x2=2，y2=0或x2=4，y2=－2或x2=0，y2=2，而且向左向右的顺序不影响结果，所以P(x2=2)=2××=，P(y2=0)=2××=，P(x2=0)=P(x2=4)=×=，P(y2=2)=×=，P(y2=－2)=×=，所以P(x2＋y2=2)=×＋×＋×=，故B错误；对于C，若x2=y2，即x2=y2=2或x2=y2=0，所以P(x2=y2)=2××××＋2××××=，故C正确；对于D，P(x1=y1)=×=，由C可得P(x1=y1)=P(x2=y2)，故D错误．
7．(2025·杭州质检)甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数(可以不选)，分别构成集合A，B，C，记A B C中元素的个数为m，则m≥1的概率为 ．
【解析】 设两个不同数为1，2，一个元素被某人选中的概率为且相互独立，所以一个元素被甲、乙、丙三人都选中的概率为3=，由A B C中元素的个数m≥1，表示至少一个元素被三人选中，而两个元素均未被三人选中的概率为2=，所以m≥1的概率为1－=．
8．(2025·赣州期末)若P(A)=，P(B|A)=，P(A|)=，则P(B)= ．
【解析】 因为P(B|A)=，所以P(AB)=P(B|A)P(A)=×=．又P(A)= P(B)P(A|B)＋P()P(A|)=P(B)·＋［1－P(B)］P(A|)，所以=＋［1－P(B)］，解得P(B)=．
9．(2025·苏州期末)陈某喜欢打排球和踢足球，他打算在连续的三天假期中每天下午选其中一项进行体育锻炼．如果某天选排球，第二天还选排球的概率为；如果某天选足球，第二天还选足球的概率为．若陈某第1天随机选其中一项，则陈某第3天选排球的概率为 ．
【解析】 设Ai(i=1，2，3)表示第i天选排球，Bi(i=1，2，3)表示第i天选足球，设陈某第3天选排球为事件A，则P(A1)=P(B1)=，则A事件是由A1A2A3，A1B2A3，B1B2A3，B1A2A3四个互斥事件和构成，即A=A1A2A3＋A1B2A3＋B1B2A3＋B1A2A3，所以P(A)=P(A1A2A3＋A1B2A3＋B1B2A3＋B1A2A3)=P(A1A2A3)＋P(A1B2A3)＋P(B1B2A3)＋P(B1A2A3)=××＋××＋××＋××=．
A B C
D E F
G H I
10．(2025·九江一模)如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻(上、下或左、右相邻)的灯区改变状态．假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
【解析】 从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有＝72种按法．与B相邻的灯区为A，C，E；与G相邻的灯区为D，H，故将9个灯区分为三类：第一类F，I灯区，第二类A，B，C，E灯区，第三类D，G，H灯区．若要使得B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区．①若先后按下的是F，I两个灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有＝2种按法；②若先后按下的是A，B，C，E灯区中的两个，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有＝12种按法；③若先后按下的是D，G，H灯区中的两个，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有＝6种按法．故B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为＝．
11．贝叶斯公式由英国数学家贝叶斯发现，用于描述两个条件概率间关系：设A1，A2，…，An是两两互斥事件，且A1 A2 … An=Ω，P(Ai)＞0(i=1，2，…，n)，对任意B Ω且P(B)＞0，有P(Ai|B)=．结合肺癌筛查场景解决以下问题：
已知某地区居民肺癌发病率为1%，用低剂量CT筛查时，患肺癌者化验结果99%呈阳性，未患肺癌者化验结果99%呈阴性．
(1) 若某居民检验结果呈阳性，求其真患肺癌的概率；
【解答】 设“检验结果呈阳性”为事件A，“被检查者患有肺癌”为事件B，则“被检查者未患肺癌”为．根据题意，肺癌发病率P(B)=，未患肺癌概率P()=，患肺癌者阳性概率P(A|B)=(真阳性)，未患肺癌者阳性概率P(A|) =(假阳性)．由贝叶斯公式得P(B|A)===，即检验结果为阳性时，真患肺癌的概率为．
(2) 为确诊，对首次阳性者复查，若复查仍阳性，再次用贝叶斯公式修正概率，求此时其患肺癌的概率．
【解答】 复查时，因为第一次阳性已修正概率，此时患肺癌的“先验概率”更新为P(B)=，未患肺癌的概率为P()=1－=，又P(A|B)=，P(A|)=，所以P(B|A)===，即复查仍阳性时，真患肺癌的概率为．
12．(2025·鹰潭一模改)预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物(数量较大)进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据(单位：只)．
发病 没发病 合计
接种疫苗 7 18 25
没接种疫苗 19 6 25
合计 26 24 50
(1) 从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，表示此动物没发病，B表示此动物接种疫苗，定义事件A的优势R1=，在事件B发生的条件下A的优势R2=，利用抽样的样本数据，求的估计值．
【解答】 由于1－P(A|B)=1－===P(|B)，所以R2==，R1==，=====，由列联表中的数据可得P(B|A)=，P(B|)=，所以=．
(2) 若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中接种疫苗的只数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【解答】 由题可知，抽取的24只没发病的动物中接种疫苗和没接种疫苗的动物分别为18只和6只，所以从没发病的动物中随机抽取1只，抽取的接种疫苗的概率为=，则由题意可知X=0，1，2，3，且X~B，P(X=0)=3=，P(X=1)=12=，P(X=2)=21=，P(X=3)=3=，所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的数学期望为E(X)=3×=．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)2 条件概率与全概率公式
基础打底
1．(2025·龙岩5月质检)甲、乙、丙三家公司生产同一种产品．三家公司的市场占有率如图所示，且甲、乙、丙三家公司产品的次品率分别为2%，1%和m%．若市场上该产品的次品率为2%，则m=( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．(2025·台州质检)已知一个盒子里有4个大小、形状完全相同的小球，其中2个红球、2个黑球，现从中任取两球，若已知一个是红球，则另一个也是红球的概率是( )
A． B．
C． D．
3．某技术部门招工需经过四项考核，设应聘者能够通过第一、二、三、四项考核的概率分别为0.6，0.8，0.9和0.65，各项考核是相互独立的．每个应聘者都要经过四项考核，只要有一项考核不通过即被淘汰，则通过第一、三项考核但是仍被淘汰的概率为 ．
4．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)=．若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病．已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为( )
A． B．
C． D．
强技提能
条件概率的判断与求解
例1－1 (多选)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=，P(B)=，P(A＋)=，则( )
A．P(A)= B．P()=
C．P(|A)= D．P(|B)=
可用如图所示的Venn图来解决此类问题：
(1) P(B)=P(BA)＋P(B)=P(B)P(A|B)＋P(B)P(|B)=P(A)P(B|A)＋P()P(B|)：
(2) 若P(B)≠0，则必有P(A|B)＋P(|B)=1．
变式1 (2025·萍乡二模)若随机事件A，B满足P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(B|A)=0.5，则P(B|)= ．
例1－2 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件A为“甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件B为“该大型企业把零件交给甲工厂生产”，已知0＜P(B)＜1，证明：P(A|B)＞P(A|)．
这类条件概率证明题型，可按以下步骤解决：
1．转化条件：依据题意，将实际概率关系转化为P(B|A)与P(B|)的不等式，再代入公式P(B|A)=，P(B|)=．
2．推导关系：利用概率基本性质(如P()=1－P(A)，P(B)=P(B)－P(AB))，对不等式交叉相乘、化简，得到P(AB)与P(A)P(B)的大小关系．
3．证得结论：对上述关系再次变形．
关键在于熟练运用条件概率公式和概率基本性质，通过不等式变形推导结论．
全概率公式的应用
例2 (2025·唐山一模)已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为6分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为3分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为2分．另外，有错误选项得0分．已知每道题有两个正确选项的概率为m(m＞0)．
(1) 设每道多项选择题所得分数为X，写出X的所有可能取值；
(2) 对于一道多项选择题，已知选项A正确，考生甲选择了A，又在其余的三个选项中随机选择了一个选项，请写出考生甲此题得分Y的分布列和数学期望．
用全概率公式解决问题的关键：合理选择完备事件组(A1，A2，…，An两两互斥且并集为样本空间)，算出各P(Ai)及条件概率P(B|Ai)，代入P(B)=∑ni=1P(Ai)P(B|Ai)计算．
变式2 (2025·浙江联考)盒子中有3个红球、4个黑球，每次随机地从中取出一个球，观察其颜色后放回，并放入5个同色球，则第三次取出红球的概率为 ．
贝叶斯公式的运用
例3 (2025·景德镇三模)一质点落在三棱锥A－BCD的顶点A处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件Ei(i∈N*)表示“该质点移动i次后落在顶点A”，为Ei的对立事件，则P(|E6)= ．
处理贝叶斯问题，关键是把握“已知结果分析原因”逻辑：
1．明确事件关系：清晰界定条件事件(如E3，)与结果事件(如E6)，梳理因果关联：
2．计算基础概率：算出原因事件发生概率(如P(E3)，P())，以及在原因下结果发生的条件概率(如P(E6|E3)，P(E6|))．
3．运用贝叶斯公式：通过P(原因|结果)=，结合全概率公式P(结果)=P(结果|原因)P(原因)＋P(结果|非原因)P(非原因)，推导求解．核心是利用条件概率，从结果反推原因概率，聚焦因果关联与概率推导．
变式3 (多选)某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品．设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同、质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个、黄球2个、绿球2个；黄色箱子中放有红球4个、绿球2个；绿色箱子中放有红球3个、黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，再放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．已知甲同学参与了问卷调查，则( )
A．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为
B．在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为
C．甲获得奖品的概率为
D．若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小
配套热练
1．(2025·茂名一模)在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是( )
A． B．
C． D．
2．(2025·太原期末)已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有．现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件A为“所抽袋子里有红球”，事件B为“所抽袋子里有白球”，事件C为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是( )
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B C相互对立 D．事件A与事件B C相互独立
3．(2025·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，则下列结论正确的是( )
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
4．(2025·武汉一模)为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程．现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的概率为( )
A． B．
C． D．
5．(2025·马鞍山一模)(多选)甲罐中有4个红球，2个白球，乙罐中有5个红球，3个白球．整个取球过程分为两步：(1) 先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，记事件A1为“取出的是红球”，事件A2为“取出的是白球”；(2) 再从乙罐中随机取出两个球，记事件B为“取出的两球都是红球”，事件C为“取出的两球为一红一白”，则( )
A．P(B|A1)= B．P(C|A2)=
C．P(B)= D．P(C)=
6．(2025·梅州质检)(多选)如图所示，P，Q为数轴上两点，初始位置的数字分别为2，0，它们每隔1秒钟都在数轴上独立地向左或向右移动一个单位长度，已知点P向左或向右移动的概率均为；点Q向左移动的概率为，向右移动的概率为．分别记点P，Q在n秒后所在位置的数字为xn，yn，则下列结论正确的是( )
A．P(x1－y1=2)= B．P(x2＋y2=2)=
C．P(x2=y2)= D．P(xn＋1=yn＋1)=P(xn=yn)
7．(2025·杭州质检)甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数(可以不选)，分别构成集合A，B，C，记A B C中元素的个数为m，则m≥1的概率为 ．
8．(2025·赣州期末)若P(A)=，P(B|A)=，P(A|)=，则P(B)= ．
9．(2025·苏州期末)陈某喜欢打排球和踢足球，他打算在连续的三天假期中每天下午选其中一项进行体育锻炼．如果某天选排球，第二天还选排球的概率为；如果某天选足球，第二天还选足球的概率为．若陈某第1天随机选其中一项，则陈某第3天选排球的概率为 ．
10．(2025·九江一模)如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻(上、下或左、右相邻)的灯区改变状态．假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
11．贝叶斯公式由英国数学家贝叶斯发现，用于描述两个条件概率间关系：设A1，A2，…，An是两两互斥事件，且A1 A2 … An=Ω，P(Ai)＞0(i=1，2，…，n)，对任意B Ω且P(B)＞0，有P(Ai|B)=．结合肺癌筛查场景解决以下问题：
已知某地区居民肺癌发病率为1%，用低剂量CT筛查时，患肺癌者化验结果99%呈阳性，未患肺癌者化验结果99%呈阴性．
(1) 若某居民检验结果呈阳性，求其真患肺癌的概率；
(2) 为确诊，对首次阳性者复查，若复查仍阳性，再次用贝叶斯公式修正概率，求此时其患肺癌的概率．
12．(2025·鹰潭一模改)预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物(数量较大)进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据(单位：只)．
发病 没发病 合计
接种疫苗 7 18 25
没接种疫苗 19 6 25
合计 26 24 50
(1) 从该地区此动物群中任取一只，记A表示此动物发病，表示此动物没发病，B表示此动物接种疫苗，定义事件A的优势R1=，在事件B发生的条件下A的优势R2=，利用抽样的样本数据，求的估计值．
(2) 若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中接种疫苗的只数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共59张PPT)
专题四
2 条件概率与全概率公式
统计与概率
基础打底
1．(2025·龙岩5月质检)甲、乙、丙三家公司生产同一种产品．三家公司的市场占有率如图所示，且甲、乙、丙三家公司产品的次品率分别为2%，1%和m%．若市场上该产品的次品率为2%，则m＝ ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】
设从出厂产品中任取一件，它是次品为事件A，则P(A)＝50%×2%＋25%× 1%＋25%×m%＝2%，解得m＝3．
C
【解析】
A
3．某技术部门招工需经过四项考核，设应聘者能够通过第一、二、三、四项考核的概率分别为0.6，0.8，0.9和0.65，各项考核是相互独立的．每个应聘者都要经过四项考核，只要有一项考核不通过即被淘汰，则通过第一、三项考核但是仍被淘汰的概率为________．
【解析】
0.48
【解析】
【答案】 C
强技提能
目标
1
条件概率的判断与求解
1－1
【解析】
【答案】 ACD
【解析】
0.25
【解答】
1－2
目标
2
全概率公式的应用
(2025·唐山一模)已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为6分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为3分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为2分．另外，有错误选项得0分．已知每道题有两个正确选项的概率为m(m＞0)．
(1)设每道多项选择题所得分数为X，写出X的所有可能取值；
2
【解答】
X的所有可能取值为0，2，3，4，6．
(2025·唐山一模)已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为6分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为3分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为2分．另外，有错误选项得0分．已知每道题有两个正确选项的概率为m(m＞0)．
(2)对于一道多项选择题，已知选项A正确，考生甲选择了A，又在其余的三个选项中随机选择了一个选项，请写出考生甲此题得分Y的分布列和数学期望．
2
【解答】
分布列如下：
Y 0 4 6
P
【解析】
目标
3
贝叶斯公式的运用
3
【解析】
【解析】
【答案】ACD
热练
【解析】
A
2．(2025·太原期末)已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有．现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件A为“所抽袋子里有红球”，事件B为“所抽袋子里有白球”，事件C为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是 ( )
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B C相互对立 D．事件A与事件B C相互独立
【解析】
【答案】B
【解析】
【答案】D
【解析】
【答案】D
【解析】
【答案】AD
【解析】
【答案】 AC
7．(2025·杭州质检)甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数(可以不
选)，分别构成集合A，B，C，记A B C中元素的个数为m，则m≥1的概率为_____.
【解析】
【解析】
【解析】
10．(2025·九江一模)如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻(上、下或左、右相邻)的灯区改变状态．假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为______．
A B C
D E F
G H I
【解析】
【解答】
【解答】
12．(2025·鹰潭一模改)预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物(数量较大)进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据(单位：只)．
发病 没发病 合计
接种疫苗 7 18 25
没接种疫苗 19 6 25
合计 26 24 50
【解答】
12．(2025·鹰潭一模改)预防接种是预防掌握传染病最经济、最有效的手段，是预防疾病传播和保护群众的重要措施．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物(数量较大)进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据(单位：只)．
发病 没发病 合计
接种疫苗 7 18 25
没接种疫苗 19 6 25
合计 26 24 50
(2)若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中接种疫苗的只数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【解答】
X 0 1 2 3
P
