概率的定义与性质

§14.2 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.80 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

5.8 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）样本空间与随机事件③ 掌握后可解锁古典概型与几何概型条件概率与乘法公式全概率公式与贝叶斯公式事件的独立性随机变量与分布函数

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 概率的公理化定义：非负性、规范性、可列可加性，及五条基本性质★★ 必会

定义（Kolmogorov 公理化）：设随机试验的样本空间为

Ω

，对每个事件

A

赋以一个实数

P (A)

。如果满足：

① 非负性：

P (A) \geq 0

；
② 规范性：

P (Ω) = 1

；
③ 可列可加性：对两两互斥的事件列

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

（

A_{i} A_{j} = \emptyset, i \neq = j

）有

P (i = 1 ⋃ \infty A_{i}) = i = 1 \sum \infty P (A_{i}),

那么称

P (A)

为事件

A

的概率。以后的一切概率公式都由这三条公理推出。

五条基本性质（可直接引用）：
- (1)

P (\emptyset) = 0

；
- (2) 有限可加性：

A_{1}, \dots, A_{n}

两两互斥

\Rightarrow P (⋃_{i = 1}^{n} A_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} P (A_{i})

；
- (3) 对立事件：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)

；
- (4) 单调性与减法：

B \subset A \Rightarrow P (A - B) = P (A) - P (B)

，从而

P (B) \leq P (A)

；对任意两个事件有

P (A - B) = P (A) - P (A B)

；
- (5) 有界性：

0 \leq P (A) \leq 1

。

必须注意：

P (A) = 0 \neq \Rightarrow A = \emptyset

，

P (A) = 1 \neq \Rightarrow A = Ω

。连续型随机变量取任一定点的概率为

0

，但相应的事件仍然可以发生。概率为零与不可能是两回事。

证明 / 推导

下面由公理推出这些性质。(1) 取

A_{i} = \emptyset (i = 1, 2, \dots)

，它们两两互斥，其并仍为

\emptyset

，由可列可加性得

P (\emptyset) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (\emptyset)

；若

P (\emptyset) > 0

，则右端发散，矛盾，故

P (\emptyset) = 0

。(2) 在可列可加性中取

A_{n + 1} = A_{n + 2} = \dots = \emptyset

，再由 (1) 即得。(3) 因

A \cup \overset{ˉ}{A} = Ω

且二者互斥，由 (2) 与规范性得

P (A) + P (\overset{ˉ}{A}) = 1

。(4) 当

B \subset A

时

A = B \cup (A - B)

且二者互斥，故

P (A) = P (B) + P (A - B)

，移项即得；再由非负性得

P (B) \leq P (A)

。对于一般情形，

A - B = A - A B

且

A B \subset A

。(5) 由

\emptyset \subset A \subset Ω

与单调性即得。

■

举例说明

数三 2015 选择：若

A, B

为任意两个随机事件，则（　）
(A)

P (A B) \leq P (A) P (B)

；(B)

P (A B) \geq P (A) P (B)

；(C)

P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

；(D)

P (A B) \geq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

。
解：用单调性（性质 4）。因

A B \subset A

且

A B \subset B

，故

P (A B) P (A B) \leq P (A) \leq P (B)

两式相加再除以

2

，得

P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}

，故选 C。
易错之处：(A)(B) 是关于独立事件的关系式，对任意事件并不成立。取

A = B

，

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

，则

P (A B) = \frac{1}{2} > \frac{1}{4} = P (A) P (B)

，可排除 (A)；取

A, B

互斥且概率都为正，则

P (A B) = 0 < P (A) P (B)

，可排除 (B)，这个例子同时也排除了 (D)。对任意事件都成立的，只能是由公理化性质推出的不等式。

2. 加法公式（容斥）的基本形： $P (A \cup B)$ 与 $P (A \cup B \cup C)$ ，奇加偶减★★ 必会

求并事件的概率要用加法公式，它是容斥原理的低阶情形。

① 两个事件：

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B),

当二者互斥（

A B = \emptyset

）时，它退化为

P (A) + P (B)

。

② 三个事件（必须记住）：

P (A \cup B \cup C) = P (A) + P (B) + P (C) - P (A B) - P (A C) - P (B C) + P (A B C) .

其记忆规律是奇加偶减：单个的相加，两两的相减，三个的再相加，这样文氏图上的每一块恰好被计入一次。

n

个事件的一般公式，就是后面所讲的一般容斥原理（Poincaré 公式）。

与之配套的三个公式（常与德摩根律联用）：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)

；

P (A - B) = P (A) - P (A B)

；三个事件全不发生的概率

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

，这是正难则反这一思路的关键。

证明 / 推导

两个事件：因

A \cup B = A \cup (B - A B)

且二者互斥，由有限可加性得

P (A \cup B) = P (A) + P (B - A B) = P (A) + P (B) - P (A B)

。
三个事件：把

A \cup B

看作一个整体，两次使用两个事件的公式：

P ((A \cup B) \cup C) = P (A \cup B) + P (C) - P ((A \cup B) C),

其中

(A \cup B) C = A C \cup B C

，而

(A C) (B C) = A B C

，故

P (A C \cup B C) = P (A C) + P (B C) - P (A B C)

。代入并展开

P (A \cup B)

，即得三个事件的公式。

■

举例说明

数三 2020 选择：设

A, B, C

为三个随机事件，

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

，

P (A B) = 0

，

P (A C) = P (B C) = \frac{1}{12}

，则

A, B, C

中恰有一个发生的概率为（　）(A)

\frac{3}{4}

；(B)

\frac{2}{3}

；(C)

\frac{1}{2}

；(D)

\frac{5}{12}

。
解：先确定

P (A B C)

。由

A B C \subset A B

与

P (A B) = 0

得

0 \leq P (A B C) \leq P (A B) = 0

，故

P (A B C) = 0

（这一步不能遗漏）。恰有一个发生的概率有如下容斥型公式

P (恰一个) = i \sum P (A_{i}) - 2 i < j \sum P (A_{i} A_{j}) + 3 P (A B C) .

代入得

P = 3 \cdot \frac{1}{4} - 2 (0 + \frac{1}{12} + \frac{1}{12}) + 0 = \frac{3}{4} - \frac{1}{3} = \frac{5}{12}

，故选 D。易错之处：两两之交的系数是

- 2

，因为每个

A_{i} A_{j}

在计算至少有一个发生时被多算了一次，而计算恰有一个发生时必须把它完全扣除；若误写成

- 1

，将得

\frac{7}{12}

，那是至少有一个发生的概率。这是加法公式中奇加偶减规律的进一步应用。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 3. 概率的连续性：由可列可加性推出的重要结论

三条公理中要求最强的是可列可加性，而不只是有限可加性。它与概率的连续性等价：

- 下连续：当事件列递增，即

A_{n} ↑ A

时，

lim_{n} P (A_{n}) = P (⋃_{n} A_{n}) = P (A)

；
- 上连续：当事件列递减，即

A_{n} ↓ A

时，

lim_{n} P (A_{n}) = P (⋂_{n} A_{n}) = P (A)

。

直观地说，事件逐渐扩大或缩小时，其概率也连续地趋于极限事件的概率。有了这条性质，才能对无穷过程取极限，例如求终将成功的概率；它也是大数定律等极限定理的基础。

证明 / 推导

先证下连续。设

A_{1} \subset A_{2} \subset \dots

，令

B_{1} = A_{1}

，

B_{n} = A_{n} - A_{n - 1} (n \geq 2)

，则

{B_{i}}

两两互斥，且

i = 1 ⋃ n B_{i} i = 1 ⋃ \infty B_{i} = A_{n} = n ⋃ A_{n} = A .

由可列可加性与有限可加性得

P (A) = i = 1 \sum \infty P (B_{i}) = n \to \infty lim i = 1 \sum n P (B_{i}) = n \to \infty lim P (A_{n}) .

上连续可由下连续对递增事件列

{\overset{ˉ}{A}_{n}}

取对立事件而得：

P (⋂_{n} A_{n}) = 1 - P (⋃_{n} \overset{ˉ}{A}_{n}) = 1 - lim_{n} P (\overset{ˉ}{A}_{n}) = lim_{n} P (A_{n})

。

举例说明

重复抛硬币直到首次出现正面。记

A_{n} = {前 n 次内出现正面}

，则

P (A_{n}) = 1 - (1/2)^{n}

，且

A_{n} ↑ A = {终将出现正面}

。由下连续性得

P (A) = n \to \infty lim [1 - (\frac{1}{2})^{n}] = 1.

所以永不出现正面的概率为

0

。这是一个概率为

0

却并非空集的事件，要严格地断定它，正需要用到概率的连续性。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 4. 一般容斥原理（Poincaré 公式）与配对（错排）问题

把加法公式推广到

n

个事件，就得到容斥原理：

P (i = 1 ⋃ n A_{i}) = i \sum P (A_{i}) - i < j \sum P (A_{i} A_{j}) + i < j < k \sum P (A_{i} A_{j} A_{k}) - \dots + (- 1)^{n - 1} P (A_{1} \dots A_{n}) .

按奇加偶减的规律把各阶交事件轮流相加相减，就抵消了重复的计数。当各事件既不互斥又不独立，而要求至少有一个发生的概率时，一般都用这个公式，其经典应用是配对问题，也称错排问题。

证明 / 推导

用示性函数来证。由

1_{⋃_{i} A_{i}} = 1 - \prod_{i = 1}^{n} (1 - 1_{A_{i}})

，把右端乘开，得

1 - i \prod (1 - 1_{A_{i}}) = i \sum 1_{A_{i}} - i < j \sum 1_{A_{i}} 1_{A_{j}} + \dots + (- 1)^{n - 1} 1_{A_{1}} \dots 1_{A_{n}} .

这里用到

1_{A_{i}} 1_{A_{j}} = 1_{A_{i} A_{j}}

等等。两边取期望，并用

E 1_{E} = P (E)

，即得容斥公式。

举例说明

把

n

封信随机装入

n

个写好地址的信封，求至少有一封装对的概率。设

A_{i} = {第 i 封装对}

，则

P (A_{i}) = \frac{( n - 1 )!}{n !} = \frac{1}{n}

，

P (A_{i} A_{j}) = \frac{( n - 2 )!}{n !}

；一般地，

k

阶交事件的概率

P (A_{i_{1}} \dots A_{i_{k}}) = \frac{( n - k )!}{n !}

，这样的项共有

(k n)

个。故

P (i ⋃ A_{i}) = k = 1 \sum n (- 1)^{k - 1} (k n) \frac{( n - k )!}{n !} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k !} n \to \infty 1 - e^{- 1} \approx 0.632.

可见无论信件有多少封，至少有一封装对的概率都约为

0.632

。这是一个与直觉不符的经典结论。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 5. 概率的上下界：Fréchet 界与 Bonferroni 不等式

已知单个事件的概率，求组合事件概率的范围而不是精确值，是常见的题型，要用下面两组不等式。

Fréchet 界：

max {0, P (A) + P (B) - 1} \leq P (A B) \leq min {P (A), P (B)};

max {P (A), P (B)} \leq P (A \cup B) \leq min {1, P (A) + P (B)} .

Bonferroni 不等式：把容斥级数截到奇数项就得到上界，截到偶数项就得到下界，例如

i \sum P (A_{i}) - i < j \sum P (A_{i} A_{j}) \leq P (i ⋃ A_{i}) \leq i \sum P (A_{i}) .

其中最粗略的上界

P (⋃_{i} A_{i}) \leq \sum_{i} P (A_{i})

就是布尔不等式。

证明 / 推导

先证 Fréchet 下界

P (A B) \geq P (A) + P (B) - 1

。由加法公式

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) \leq 1

，移项即得。又由

A B \subset A

、

A B \subset B

得

P (A B) \leq min {P (A), P (B)}

；再结合

P (A B) \geq 0

，便得下界

max {0, P (A) + P (B) - 1}

。

举例说明

设

P (A) = 0.8, P (B) = 0.7

，求

P (A B)

的取值范围。

上界为

min {0.8, 0.7} = 0.7

；下界为

max {0, 0.8 + 0.7 - 1} = 0.5

。故

0.5 \leq P (A B) \leq 0.7.

两个端点都能取到：当

B \subset A

时

P (A B) = 0.7

；当

A \cup B = Ω

（即

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \emptyset

）时

P (A B) = P (A) + P (B) - 1 = 0.5

。

6. 恰好发生一个与对称差 $A △ B$ ★ 要懂

A, B

中恰好发生一个，就是对称差

A △ B = A \overset{ˉ}{B} \cup \overset{ˉ}{A} B

，其概率为

P (A △ B) = P (A) + P (B) - 2 P (A B) .

它与并事件的概率

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B)

只相差一个

P (A B)

。这是因为并事件把两个同时发生的情形计入

1

次，而对称差把它计入

0

次，所以要多减一个

P (A B)

。在文氏图上，它就是两块月牙形的面积，也等于

P (A \cup B) - P (A B)

。

证明 / 推导

因

A \overset{ˉ}{B}

与

\overset{ˉ}{A} B

互斥，故

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

再用减法公式

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

与

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

，两式相加即得

P (A) + P (B) - 2 P (A B)

。

举例说明

设

P (A) = 0.5, P (B) = 0.6, P (A B) = 0.3

。

恰好发生一个的概率为

P (A △ B) = 0.5 + 0.6 - 2 (0.3) = 0.5

。

校验：两个都发生的概率

= 0.3

；两个都不发生的概率

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - (0.5 + 0.6 - 0.3) = 0.2

。故恰好发生一个的概率

= 1 - 0.3 - 0.2 = 0.5

，与上面所得一致。

💡 小知识

1933 年，30 岁的柯尔莫哥洛夫用薄薄一本《概率论基础》把整个学科安置在三条公理之上。从此概率不再依赖赌博得来的直觉，而是一个满足非负性、规范性、可列可加性的测度。希尔伯特 1900 年提出的第六问题，要求给物理和概率一个公理化的基础，这三条公理便是一个漂亮的回答。

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 设事件

A, B

互斥（

A B = \emptyset

），且

P (A) = 0.6

，

P (B) = 0.3

。求

P (A \cup B)

与

P (\overset{ˉ}{A})

。难度 1

要点：互斥时加法公式没有重叠项；对立用 $P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)$ 。

因

A, B

互斥，

P (A B) = 0

，加法公式化为

P (A \cup B) = P (A) + P (B) = 0.6 + 0.3 = 0.9.

对立事件概率：

P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A) = 1 - 0.6 = 0.4.

例 2 设

P (A) = 0.5

，

P (B) = 0.4

，

P (A B) = 0.2

。求

(1) P (A \cup B)

；

(2) P (A - B)

；

(3) P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B})

；

(4) P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B})

。难度 1

策略：加法公式求并，减法公式求差，带补的先用德摩根律翻成对立。

(1)

加法公式：

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B) = 0.5 + 0.4 - 0.2 = 0.7

。

(2)

减法公式：

P (A - B) = P (A) - P (A B) = 0.5 - 0.2 = 0.3

。

(3)

德摩根

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \overline{A \cup B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - 0.7 = 0.3

。

(4)

德摩根

\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B} = \overline{A B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A B) = 1 - 0.2 = 0.8

。

例 3 已知

P (A) = 0.4

，

P (B) = 0.3

，

P (A \cup B) = 0.6

。求

(1) P (A B)

；

(2) P (A - B)

；

(3) P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B})

。难度 2

思路：由加法公式反解 $P (A B)$ ，其余顺次代入。

(1)

加法公式

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A B)

反解：

P (A B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B) = 0.4 + 0.3 - 0.6 = 0.1.

(2)

减法公式：

P (A - B) = P (A) - P (A B) = 0.4 - 0.1 = 0.3

。

(3)

\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B} = \overline{A \cup B}

：

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 1 - 0.6 = 0.4

。

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。

2025 年 · 数三 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设

A, B, C

为

3

个随机事件，且

A

与

B

相互独立，

B

与

C

相互独立，

A

与

C

互不相容，已知

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

，

P (B) = \frac{1}{2}

，则在事件

A, B, C

中至少有一个发生的条件下，

A, B, C

中恰有一个发生的概率为______。

2020 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B, C

为三个随机事件，且

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

，

P (A B) = 0

，

P (A C) = P (B C) = \frac{1}{12}

，则

A, B, C

中恰有一个事件发生的概率为（　　）

A $\frac{3}{4}$
B $\frac{2}{3}$
C $\frac{1}{2}$
D $\frac{5}{12}$

2019 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B

为随机事件，则

P (A) = P (B)

的充分必要条件是（　　）

A $P (A \cup B) = P (A) + P (B)$
B $P (A B) = P (A) P (B)$
C $P (A \overset{ˉ}{B}) = P (B \overset{ˉ}{A})$
D $P (A B) = P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B})$

2017 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设

A, B, C

为三个随机事件，且

A

与

C

相互独立，

B

与

C

相互独立，则

A \cup B

与

C

相互独立的充分必要条件是（　　）。

A $A$ 与 $B$ 相互独立
B $A$ 与 $B$ 互不相容
C $A B$ 与 $C$ 相互独立
D $A B$ 与 $C$ 互不相容

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 · 填空题

设

P (A) = 0.7

，

P (A - B) = 0.3

，则

P (A B) =

____。

练习 2 · 选择题

设

A, B

互斥，

P (A) = 0.3

，

P (B) = 0.5

，则

P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) =

（　）。

A $0.2$
B $0.15$
C $0.8$
D $0$

练习 3 · 选择题

设

P (A) = 0.4

，

P (B) = 0.5

，

P (A B) = 0.2

，则

P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) =

（　）。

A $0.8$
B $0.6$
C $0.7$
D $0.3$

练习 4 · 填空题

设

A \subset B

，

P (A) = 0.2

，

P (B) = 0.5

，则

P (B - A) =

____。

练习 5 · 选择题

设两事件

A, B

满足

P (A) = 0.6

，

P (B) = 0.7

，则

P (A B)

的最小可能值为（　）。

A $0.3$
B $0.42$
C $0$
D $0.6$

2015 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

若

A, B

为任意两个随机事件，则（　　）。

A $P (A B) \leq P (A) P (B)$ .
B $P (A B) \geq P (A) P (B)$ .
C $P (A B) \leq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}$ .
D $P (A B) \geq \frac{P ( A ) + P ( B )}{2}$ .

2009 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设事件

A

与事件

B

互不相容，则（　　）。

A $P (\overset{ˉ}{A} \overset{ˉ}{B}) = 0$ .
B $P (A B) = P (A) P (B)$ .
C $P (A) = 1 - P (B)$ .
D $P (\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}) = 1$ .

概率的定义与性质

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 概率的公理化定义：非负性、规范性、可列可加性，及五条基本性质★★ 必会

2. 加法公式（容斥）的基本形：P(A∪B) 与 P(A∪B∪C)，奇加偶减★★ 必会

6. 恰好发生一个与对称差 A△B★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 加法公式（容斥）的基本形： $P (A \cup B)$ 与 $P (A \cup B \cup C)$ ，奇加偶减★★ 必会

6. 恰好发生一个与对称差 $A △ B$ ★ 要懂