条件概率与乘法公式

§15.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.67 分/卷近 11 年平均

8/11 年出现年份

3.7 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）概率的定义与性质样本空间与随机事件③ 掌握后可解锁全概率公式与贝叶斯公式事件的独立性边缘分布与条件分布

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 条件概率的定义： $P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )}$ （ $P (B) > 0$ ），即把样本空间缩小到 $B$ ★★ 必会

定义：设

P (B) > 0

，称

P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )},

为在

B

已发生的条件下

A

发生的条件概率。直观地看，样本空间由

Ω

缩小为 $B$ ，所求的就是在

B

中

A B

所占的比例；因为

B

之外的

A

已不可能发生，所以分子是

P (A B)

而不是

P (A)

。

两种求法：① 公式法，分别求出

P (A B)

与

P (B)

再相除，这一方法普遍适用；② 缩减样本空间法，在古典概型中直接把

B

当作新的样本空间来计数，往往更为简便。

条件概率本身也是概率：

P (\cdot ∣ B)

满足全部概率公理，因此普通概率的一切公式都可以照搬使用：

P (\overset{ˉ}{A} ∣ B) = 1 - P (A ∣ B)

，

P (A_{1} \cup A_{2} ∣ B) = P (A_{1} ∣ B) + P (A_{2} ∣ B) - P (A_{1} A_{2} ∣ B)

，等等。但这些公式只能用于竖线左边的结论，不能用于竖线右边的条件：

P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) \neq = 1 - P (A ∣ B)

（见下一条）。

把定义式移项即得乘法公式：

P (A B) = P (B) P (A ∣ B) = P (A) P (B ∣ A)

，它是后面链式乘法公式的起点。

必须分清三个记号：

P (A ∣ B)

是

A B

在

B

中所占的比例，

P (A B)

是它在

Ω

中所占的比例，

P (B ∣ A)

则是条件与结论互换后的概率，三者一般互不相等。

证明 / 推导

这样定义的理由（可在古典概型中推出）：已知

B

发生，就是试验结果落在

B

内，此时各样本点仍然等可能，故

P (A ∣ B) = \frac{n ( A B )}{n ( B )} = \frac{n ( A B ) / n ( Ω )}{n ( B ) / n ( Ω )} = \frac{P ( A B )}{P ( B )},

在一般的概率空间中，便以此式作为定义。下面验证

P (\cdot ∣ B)

确是概率：非负性显然；

P (Ω ∣ B) = P (Ω B) / P (B) = 1

；对两两互斥的

A_{1}, A_{2}, \dots

有

P (⋃_{i} A_{i} ∣ B) = \frac{P ( ⋃ _{i} A _{i} B )}{P ( B )} = \sum_{i} \frac{P ( A _{i} B )}{P ( B )} = \sum_{i} P (A_{i} ∣ B)

（

A_{i} B

也两两互斥）。三条公理都已满足，故条件概率确实是一个概率测度。

■

举例说明

2024·数一填空：每次成功概率为

p

的独立重复试验做

3

次，已知在至少成功 $1$ 次的条件下，

3

次全部成功的概率为

\frac{4}{13}

，求

p

。
解：记

A =

全部成功，

B =

至少成功一次。注意一：由

A \subset B \Rightarrow A B = A

，故分子就是

P (A) = p^{3}

，不应写成别的乘积；注意二：

P (B)

用对立事件计算（§15.1 德摩根律），

P (B) = 1 - (1 - p)^{3}

。代入定义，得

P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{p ^{3}}{1 - ( 1 - p ) ^{3}} = \frac{4}{13} .

交叉相乘，并展开

1 - (1 - p)^{3} = 3 p - 3 p^{2} + p^{3}

：

13 p^{3} = 4 (3 p - 3 p^{2} + p^{3}) \Rightarrow 3 p^{2} + 4 p - 4 = 0 \Rightarrow p = \frac{2}{3} 或 p = - 2 （舍）

，故

p = \frac{2}{3}

。验算得

\frac{( 2/3 ) ^{3}}{1 - ( 1/3 ) ^{3}} = \frac{8/27}{26/27} = \frac{4}{13}

✓。

2. 条件与结论不可混同： $P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) \neq = 1 - P (A ∣ B)$ ★ 要懂

条件概率

P (\cdot ∣ B)

既然是概率，那么对处于结论位置的事件，它满足一切概率法则：

P (\overset{ˉ}{A} ∣ B) P (A_{1} \cup A_{2} ∣ B) = 1 - P (A ∣ B) = P (A_{1} ∣ B) + P (A_{2} ∣ B) - P (A_{1} A_{2} ∣ B) .

但这些法则只对竖线左边的结论成立，对竖线右边的条件并不成立。常见的错误是写成

P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A ∣ B)

。更换条件，就是更换了整个样本空间，两者之间的正确联系是全概率公式

P (A) = P (A ∣ B) P (B) + P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) P (\overset{ˉ}{B}) .

总之，对结论可以使用各种概率公式，对条件则只能用全概率公式或乘法公式来过渡。

证明 / 推导

证举一反例即可。掷一颗均匀骰子，设

A = {\leq 2} = {1, 2}

，

B = {偶数} = {2, 4, 6}

。则

P (A ∣ B) P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) = \frac{P ({ 2 })}{P ( B )} = \frac{1/6}{1/2} = \frac{1}{3} = \frac{P ({ 1 })}{P ( B ˉ )} = \frac{1/6}{1/2} = \frac{1}{3} .

两者相等，而

P (A ∣ B) + P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) = \frac{2}{3} \neq = 1

，由此可见

P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) \neq = 1 - P (A ∣ B)

。至于更换结论的

P (\overset{ˉ}{A} ∣ B) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

，则确实成立。

举例说明

下面校验全概率公式所给的正确关系：

P (A) = P ({1, 2}) = \frac{1}{3}

；而

P (A ∣ B) P (B) + P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) P (\overset{ˉ}{B}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3},

与

P (A)

一致。由此可见，联系

P (A ∣ B)

与

P (A ∣ \overset{ˉ}{B})

的是全概率公式，而不是取对立事件。

3. 乘法公式用于按步骤发生的事件：链式条件概率与抽签的公平性★★ 必会

乘法公式

P (A_{1} A_{2} \dots A_{n}) = P (A_{1}) P (A_{2} ∣ A_{1}) \dots P (A_{n} ∣ A_{1} \dots A_{n - 1})

适用于有先后次序、后一步依赖于前面结果的随机试验，尤其是不放回抽样。它把若干事件同时发生拆成一串条件概率，再逐个相乘。用它可以纯代数地证明抽签的公平性，也可以计算连续不放回抽样中出现某种结果的概率。

证明 / 推导

证设

n

张签中有

1

张中奖、

n - 1

张空白，用乘法公式证明第

k

个人中奖的概率为

1/ n

。记

C_{i} = {第 i 人抽到空签}

，则第

k

个人中奖，就是前

k - 1

个人都抽到空签，而第

k

个人抽到中奖签，于是

P = P (C_{1}) P (C_{2} ∣ C_{1}) \dots P (C_{k - 1} ∣ C_{1} \dots C_{k - 2}) \cdot P (第 k 中 ∣ C_{1} \dots C_{k - 1}) .

各项依次为

\frac{n - 1}{n}, \frac{n - 2}{n - 1}, \dots, \frac{n - k + 1}{n - k + 2}

，末项为

\frac{1}{n - k + 1}

。连乘时逐项约分，得

P = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 2}{n - 1} \dots \frac{n - k + 1}{n - k + 2} \cdot \frac{1}{n - k + 1} = \frac{1}{n},

它与

k

无关，这就证明了抽签是公平的。

举例说明

袋中有

3

只白球、

2

只黑球，不放回地取三次，求依次取到白、白、黑的概率。每一步的条件概率都随袋中剩余的球而改变，故

P = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{12}{60} = \frac{1}{5} .

必须注意：不放回抽样中各次抽取并不独立，不能写成

P (A_{1}) P (A_{2}) P (A_{3})

，因为第二、三次的概率已被前面取走的球所改变，只能用条件概率计算。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 4. 辛普森悖论：条件概率不能随意合并

这里有一个值得注意的现象：在每一个子组内

A

都优于

B

，合并之后却可能

B

优于

A

。其原因在于，条件概率

P (\cdot ∣ 组)

与总概率

P (\cdot)

之间由全概率公式（即加权平均）相联系，而各组的权重会使加权平均发生扭曲。由此可见，比较概率时必须注意可能存在的混杂变量（即分组），不能想当然地把分组的结论合并起来。

举例说明

用两种疗法治疗肾结石，治愈率如下。

小结石：甲法

81/87 \approx 93%

，乙法

234/270 \approx 87%

，甲优。

大结石：甲法

192/263 \approx 73%

，乙法

55/80 \approx 69%

，甲仍优。

合并：甲法

\frac{81 + 192}{87 + 263} = \frac{273}{350} = 78%

，乙法

\frac{234 + 55}{270 + 80} = \frac{289}{350} \approx 83%

，乙法反而占先！

用全概率公式来看：

P (愈 ∣ 甲) = P (愈 ∣ 甲, 小) P (小 ∣ 甲) + P (愈 ∣ 甲, 大) P (大 ∣ 甲)

。甲法多用于难治的大结石（权重

263/350

偏向治愈率低的一组），乙法多用于易治的小结石，权重上的这种差异使加权后的结果发生逆转。分组以后各组的条件概率都是甲法占优，合并后却是乙法占优。由此可见，条件概率不能随意合并。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 5. 三门问题（Monty Hall）的条件概率严格解

有三扇门，一扇门后有汽车，另两扇门后是羊。参赛者先选定一扇门而不打开；主持人知道汽车在哪一扇门后，他从其余两扇门中打开一扇后面是羊的门。问此时应不应该改选另一扇未打开的门。结论是：改选时中奖概率为 $2/3$ ，不改则只有 $1/3$ 。其原因在于，主持人必定打开有羊的门这一规则带来了信息，使被打开的门与最初的选择产生了条件依赖，因此直觉上的各占一半并不成立。

证明 / 推导

证设参赛者初选

1

号门，记

C_{i} = {车在 i}

，其先验概率各为

1/3

；又设主持人打开了

3

号门（后面是羊），记这一事件为

H_{3}

。在各种情形下，主持人打开

3

号门的概率如下：

-

C_{1}

（车在所选的

1

号门后）：他可以打开

2

号或

3

号，且等可能，故

P (H_{3} ∣ C_{1}) = 1/2

；
-

C_{2}

（车在

2

号门后）：他只能打开

3

号（不能打开参赛者所选的

1

号，也不能打开有车的

2

号），故

P (H_{3} ∣ C_{2}) = 1

；
-

C_{3}

（车在

3

号门后）：他不会打开有车的门，故

P (H_{3} ∣ C_{3}) = 0

。

由全概率公式得

P (H_{3}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot 1 + \frac{1}{3} \cdot 0 = \frac{1}{2}

。再由贝叶斯公式得

P (C_{1} ∣ H_{3}) P (C_{2} ∣ H_{3}) = \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} = \frac{\frac{1}{3} \cdot 1}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3} .

举例说明

由此得结论：坚持最初的选择（

1

号门）时中奖概率为

\frac{1}{3}

，改选

2

号门时中奖概率为

\frac{2}{3}

，故应当改选。直觉之所以失效，是因为主持人并非随机开门，他受必须打开有羊的门、且不能打开参赛者所选的门这两条限制，从而把

\frac{1}{3}

的概率全部转移到了另一扇未打开的门上。如果主持人是随机开门（因而可能开出汽车），那么改与不改才确实一样。

💡 小知识

风靡一时的三门问题，又叫蒙提霍尔问题：主持人打开一扇有羊的门之后，你该不该换门？这道题问的其实就是条件概率。换门中奖的概率是

\frac{2}{3}

，坚持不换只有

\frac{1}{3}

。当年在它上面判断失误的人不计其数，其中不乏专业数学家，可见条件概率有多违背直觉。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

P (A) = 0.5

，

P (B) = 0.4

，

P (A B) = 0.2

。求

P (A ∣ B)

与

P (B ∣ A)

。难度 1

定义： $P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )}$ ，注意分子相同、分母是「条件」的概率。

P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{0.2}{0.4} = 0.5,

P (B ∣ A) = \frac{P ( A B )}{P ( A )} = \frac{0.2}{0.5} = 0.4.

可见

P (A ∣ B) \neq = P (B ∣ A)

，条件概率的「方向」不能颠倒。

例 2 袋中有

4

个白球、

2

个黑球，不放回地依次取两次，每次取一只。求两次都取到白球的概率。难度 1

不放回抽样用乘法公式： $P (A_{1} A_{2}) = P (A_{1}) P (A_{2} ∣ A_{1})$ 。

记

A_{i} = {

第

i

次取到白球

}

。
第一次取白：

P (A_{1}) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}

。
已知第一次取走一只白球后，袋中剩

3

白

2

黑共

5

只，故

P (A_{2} ∣ A_{1}) = \frac{3}{5}

。
乘法公式：

P (A_{1} A_{2}) = P (A_{1}) P (A_{2} ∣ A_{1}) = \frac{2}{3} \times \frac{3}{5} = \frac{2}{5} .

例 3 某家庭有两个孩子，每个孩子是男是女等可能且相互独立。已知「其中至少有一个男孩」，求「两个都是男孩」的概率。难度 2

条件概率 = 缩小样本空间后重新计算份额。

两个孩子的样本空间（按出生顺序）

Ω = {B B, B G, GB, GG}

，各占

\frac{1}{4}

。
设

A = {

两个都是男孩

} = {B B}

，

B = {

至少一个男孩

} = {B B, B G, GB}

。
则

P (B) = \frac{3}{4}

，而

A B = A

（都是男孩必然至少一个男孩），

P (A B) = P (B B) = \frac{1}{4}

。
故

P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3} .

「至少一个男孩」这条信息排除了

GG

，把答案从直觉的

\frac{1}{2}

改成了

\frac{1}{3}

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X

的概率分布为

P {X = k} = \frac{1}{2 ^{k + 1}} + \frac{1}{3 ^{k}}

，

k = 1, 2, \dots

，则对于正整数

m, n

，有（　　）

A $P {X > m + n ∣ X > m} = P {X > m}$
B $P {X > m + n ∣ X > m} = P {X > n}$
C $P {X > m + n ∣ X > m} > P {X > m}$
D $P {X > m + n ∣ X > m} > P {X > n}$

2025 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设

A, B

为两个不同的随机事件，且

A

与

B

相互独立，已知

P (A) = 2 P (B)

，

P (A \cup B) = \frac{5}{8}

，则在

A, B

中至少有一个发生的条件下，

A, B

中恰好有一个发生的概率为 ______.

2024 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设随机试验每次成功的概率为

p

，现进行

3

次独立重复试验，在至少成功

1

次的条件下

3

次试验全部成功的概率为

\frac{4}{13}

，则

p =

___.

2022 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设

A, B, C

为随机事件，且

A

与

B

互不相容，

A

与

C

互不相容，

B

与

C

相互独立，

P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{3}

，则

P (B \cup C ∣ A \cup B \cup C) =

______.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

P (A) = 0.6

，

P (B ∣ A) = 0.5

，则

P (A B) =

（　）。

A $0.3$
B $0.11$
C $1.1$
D $0.83$

练习 2 · 填空题

掷一颗均匀骰子，已知出现的点数为偶数，则该点数恰为

2

的概率为 ____。

练习 3 · 选择题

袋中有

3

个红球、

2

个白球，不放回地取两次，每次取一只。则「第一次红、第二次白」的概率为（　）。

A $\frac{3}{10}$
B $\frac{6}{25}$
C $\frac{3}{20}$
D $\frac{1}{2}$

练习 4 · 填空题

设

P (A) = 0.4

，

P (B) = 0.3

，

P (A \cup B) = 0.6

，则

P (B ∣ A) =

____。

练习 5 · 选择题

10

件产品中有

3

件次品，不放回地任取

2

件，则两件都是次品的概率为（　）。

A $\frac{1}{15}$
B $\frac{9}{100}$
C $\frac{1}{10}$
D $\frac{3}{10}$

练习 6 · 选择题

设

A, B

为两个随机事件，已知

P (A) = \frac{1}{3}

，

P (B ∣ A) = \frac{1}{2}

，

P (A ∣ B) = \frac{1}{4}

，则

P (A \cup B) =

（　）。

A $\frac{7}{12}$
B $\frac{2}{3}$
C $\frac{5}{6}$
D $\frac{11}{12}$

练习 7 · 填空题

袋中有

10

个外观相同的球，其中

3

个红球、

7

个白球。现不放回地逐个取球，则「恰好在第

4

次取球时把

3

个红球全部取完」的概率为 ____。

练习 8 · 解答题

袋中有

2

个白球和

3

个黑球，除颜色外完全相同。现不放回地逐个取球直到取完，记

A_{k}

表示事件「第

k

次取到白球」（

k = 1, 2, 3, 4, 5

）。

（1）求

P (A_{1})

与

P (A_{3})

；

（2）求

P (A_{3} ∣ A_{1})

与

P (A_{1} ∣ A_{3})

，并说明二者相等的原因；

（3）求

P (A_{2} ∣ \overline{A_{1}})

，并判断它是否等于

1 - P (A_{2} ∣ A_{1})

。

2021 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设

A, B

为随机事件，且

0 < P (B) < 1

，下列命题中为假命题的是（　　）

A若 $P (A ∣ B) = P (A)$ ，则 $P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) = P (A)$ .
B若 $P (A ∣ B) > P (A)$ ，则 $P (\overset{ˉ}{A} ∣ \overset{ˉ}{B}) > P (\overset{ˉ}{A})$ .
C若 $P (A ∣ B) > P (A ∣ \overset{ˉ}{B})$ ，则 $P (A ∣ B) > P (A)$ .
D若 $P (A ∣ A \cup B) > P (\overset{ˉ}{A} ∣ A \cup B)$ ，则 $P (A) > P (B)$ .

2017 年 · 数一 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B

为随机事件。若

0 < P (A) < 1

，

0 < P (B) < 1

，则

P (A ∣ B) > P (A ∣ \overset{ˉ}{B})

的充分必要条件是（　　）

A $P (B ∣ A) > P (B ∣ \overset{ˉ}{A})$ .
B $P (B ∣ A) < P (B ∣ \overset{ˉ}{A})$ .
C $P (\overset{ˉ}{B} ∣ A) > P (\overset{ˉ}{B} ∣ \overset{ˉ}{A})$ .
D $P (\overset{ˉ}{B} ∣ A) < P (\overset{ˉ}{B} ∣ \overset{ˉ}{A})$ .

条件概率与乘法公式

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 条件概率的定义：P(A∣B)=P(B)P(AB)​（P(B)>0），即把样本空间缩小到 B★★ 必会

2. 条件与结论不可混同：P(A∣Bˉ)=1−P(A∣B)★ 要懂

3. 乘法公式用于按步骤发生的事件：链式条件概率与抽签的公平性★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 条件概率的定义： $P (A ∣ B) = \frac{P ( A B )}{P ( B )}$ （ $P (B) > 0$ ），即把样本空间缩小到 $B$ ★★ 必会

2. 条件与结论不可混同： $P (A ∣ \overset{ˉ}{B}) \neq = 1 - P (A ∣ B)$ ★ 要懂