高考数学：条件概率问题总结复习
1．条件概率的概念
设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝ 为在事件 发生的条件下，事件 发生的条件概率．P (B |A )读作 发生的条件下 发生的概率．
2．条件概率的性质
(1)P (B |A )∈ ．
(2)如果B 与C 是两个互斥事件，则
P (B ∪C |A )＝ .
[一点通] 求条件概率一般有两种方法：
一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P (B |A )＝n (AB )n (A )
，其中n (AB )表示事件AB 包含的基本事件个数，n (A )表示事件A 包含的基本事件个数．
二是直接根据定义计算，P (B |A )＝P (AB )P (A )
，特别要注意P (AB )的求法． [例1] 一只口袋内装有2个白球和2个黑球，那么：
(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？
(2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？
[思路点拨] 先摸出1个白球后放回或不放回，影响到后面取到白球的概率，应注意两个事件同时发生的概率的不同．
[精解详析] (1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出1个白球”为事件B ，则“先后两次摸到白球”为AB ，先摸1球不放回，再摸1球共有4×3种结果．
∴P (A )＝2×34×3＝12，P (AB )＝2×14×3＝16
. ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13
. (2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，两次都摸到白球为事件A 1B 1.
∴P (A 1)＝2×44×4＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝14
. ∴P (B 1|A 1)＝P (A 1B 1)P (A 1)＝1412
＝12
. 故先摸1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为13
；先摸1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12
. 1．抛掷一枚质地均匀的骰子所出现的点数的所有可能
结果为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，记事件A ＝{2,3,5}，B ＝
{1,2,4,5,6}，则P (A |B )＝ ( )
A.12
B.15
C.25
D.35
解析：P(B)＝5
6，P(A∩B)＝
1
3，P(A|B)＝
P(AB)
P(B)
＝
1
3
5
6
＝
2
5
2．已知P(A|B)＝1
2，P(B)＝
1
3，则P(AB)＝________.
解析：∵P(A|B)＝P(AB) P(B)
，
∴P(AB)＝P(A|B)P(B)＝1
2×
1
3＝
1
6.
3．甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记
录，知道甲、乙两地一年中雨天所占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：
(1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？
(2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？
解：设“甲地为雨天”为事件A，“乙地为雨天”为事件B，由题意，得P(A)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12.
(1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是
P(A|B)＝P(AB)
P(B)
＝
0.12
0.18≈0.67.
(2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是
P(B|A)＝P(AB)
P(A)
＝
0.12
0.2＝0.60.
探究点一条件概率
问题13张奖券中只有1张能中奖，现分别由3名同学无放回地抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比其他同学小？
答最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1
3，不比其他同学小．
问题2如果已知第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少？
答按照古典概型的计算公式，此时最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1 2.
小结已知第一名同学的抽奖结果会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率，这就是条件概率．
例1在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：(1)第1次抽到理科题的概率；
(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
解设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2次抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”就是事件AB.
(1)从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n(Ω)＝A25＝20.
根据分步乘法计数原理，n(A)＝A13×A14＝12.
于是P(A)＝n(A)
n(Ω)
＝
12
20＝
3
5.
(2)因为n(AB)＝A23＝6，
所以P(AB)＝n(AB)
n(Ω)
＝
6
20＝
3
10.
(3)方法一由(1)(2)可得，在“第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题”的概率为P(B|A)＝
P(AB) P(A)＝
3
10
3
5
＝
1
2.
方法二因为n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝n(AB)
n(A)
＝
6
12＝
1
2.
小结利用P(B|A)＝n(AB)
n(A)
解答问题的关键在于明确B中的基本事件空间已经发生了质
的变化，即在A事件必然发生的前提下，B事件包含的样本点数即为事件AB包含的样本点数．
跟踪训练1一个盒子中有6个白球、4个黑球，每次从中不放回地任取1个，连取两次，求第一次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率．
解方法一记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黑球”为事件B.
显然，事件“第一次取到白球，第二次取到黑球”的概率为P(AB)＝6×4
10×9
＝
4
15.
由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝P(AB)
P(A)
＝
4
15
6
10
＝
4
9.
方法二这个问题还可以这样理解：第一次取到白球，则只剩9个球，其中5个白球，4个黑球，在
这个前提下，第二次取到黑球的概率当然是4 9.
探究点二条件概率的性质及应用
问题条件概率满足哪些性质？
答条件概率具有一般概率的性质，即对P(B|A)来说有：①0≤P(B|A)≤1；②如果B，C为互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
例2一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：
(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．
解设“第i次按对密码”为事件A i(i＝1,2)，则A＝A1∪(A1A2)表示“不超过2次就按对密码”．(1)因为事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式得
P(A)＝P(A1)＋P(A1A2)＝1
10＋
9×1
10×9
＝
1
5.(2)用B表示“最后一位按偶数”的事件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A1A2|B)＝1
5＋
4×1
5×4
＝
2
5.
小结本题条件多，所设事件多，要分清楚事件之间的关系及谁是条件，同时利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使有些条件概率的计算较为简捷，但应注意这个性质在“B与C互斥”这一前提下才成立．
跟踪训练2在某次考试中，从20道题中随机抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中5道就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．
解设事件A为“该考生6道题全答对
事件B为“该考生答对了其中5道题，另一道答错”，
事件C为“该考生答对了其中4道题，另两道答错”,