专题08 排列组合、概率与分布列——【高考三轮冲刺】2023年新高考数学考前提分冲刺（原卷版+解析版）

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专题八 排列组合、概率与分布列
一、考情分析
排列组合及概率分布列知识点众多，基本都是考查热点，每年有2-3道试题，常考查的知识点有：排列组合、二项式定理、古典概型、相互独立事件的概率及条件概率、分布列及期望、方差、正态分布
二、三年新高考真题展示
1.（2020新高考山东卷）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A. 120种 B. 90种
C. 60种 D. 30种
【答案】C
【解析】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.故选C
2.（2020新高考山东卷）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A. 62% B. 56%
C. 46% D. 42%
【答案】C
【解析】记“该中学学生喜欢足球”为事件，“该中学学生喜欢游泳”为事件，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件，
则，，，
所以
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.
故选C.
3.（2020新高考山东卷）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（ ）
A. 若n=1，则H(X)=0
B. 若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C. 若，则H(X)随着n的增大而增大
D. 若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
【答案】AC
【解析】对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确.
对于B选项，若，则，，
所以，
当时，，
当时，，
两者相等，所以B选项错误.
对于C选项，若，则
，
则随着增大而增大，所以C选项正确.
对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，且（）.

.
由于，所以，所以，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选AC
4．（2021新高考全国卷Ⅰ）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则　　
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】由题意可知，两点数和为8的所有可能为：，，，，，
两点数和为7的所有可能为，，，，，，
（甲，（乙，（丙，（丁，
（甲丙）（甲（丙，
（甲丁）（甲（丁，
（乙丙）（乙（丙，
（丙丁）（丙（丁，
故选．
5．（2021新高考全国卷Ⅰ）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【解析】（1）由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，
则，

，
所以的分布列为：

0
20
100

0.2
0.32
0.48
（2）由（1）可知小明先回答类问题累计得分的期望为，
若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，
则的所有可能取值为0，80，100，
，
，
，
则的期望为，
因为，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答类问题．
6. （2021新高考全国卷Ⅱ）某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（ ）
A. 越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
B. 越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C. 越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D. 越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
【答案】D
【解析】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为，故B正确；
对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.
故选D.
7. （2021新高考全国卷Ⅱ）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【解析】（1）.
（2）设，
因为，故，
若，则，故.
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则.
若，则，故.
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点，且.
所以为的一个最小正实根，此时，
故当时，.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
8. （2022新高考全国卷Ⅰ）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有种不同的取法,若两数不互质,不同的取法有：,共7种,故所求概率.故选D.
9. （2022新高考全国卷Ⅰ）的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
【答案】
【解析】因为,
所以的展开式中含的项为,
的展开式中的系数为
10. （2022新高考全国卷Ⅱ）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同排列方式共有
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
【答案】B
【解析】因为丙丁要在一起,先把丙丁捆绑,看做一个元素,连同乙,戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端,必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入,有种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换,有 种排列方式,故安排这5名同学共有种不同的排列方式,故选B
11. （2022新高考全国卷Ⅱ）已知随机变量X服从正态分布,且,则____________．
【答案】．
【解析】因为,所以,因此．
以甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同排列方式共有24种,故选B.
12. （2022新高考全国卷Ⅱ）在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图：

（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为,该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间,求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.0001）.
【解析】（1）平均年龄
（岁）．
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间},所以
．
（3）设任选一人年龄位于区间,任选一人患这种疾病,
则由条件概率公式可得

三、知识、方法、技能
1. 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.
2. 排列应用问题的分类与解法
排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列的基本思路是“先选，后排”.
3. 分组、分配问题的求解策略
①对不同元素的分配问题
a．对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
b．对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数．
c．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
4.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
5.你能正确求解下面3个问题吗？
(1)6名男生、3名女生站成一排，每名女生左右两边都有男生，有多少种站法？
(2)一排9个座位，3人去坐，每人左右两边都有空位，有多少种坐法？
(3)一列9个方格依次填有1,2,3,4,5,6,7,8,9，现要删除其中3个数字，要求删除的数字既不相邻，也不在两端，有多少种删除方法？
6.二项式系数的性质
(1)C＝1，C＝1.
C＝C＋C.
(2)C＝C.
(3)当n是偶数时，项的二项式系数最大；当n是奇数时，与＋1项的二项式系数相等且最大．
(4)(a＋b)n展开式的二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n.
7.二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指C，C，…，C，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关.如(a＋bx)n的二项展开式中，第k＋1项的二项式系数是C，而该项的系数是Can－kbk.当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的.
8.求形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤
第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式Tr＋1＝Can－rbr，常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错)；
第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出r；
第三步，把r代入通项公式中，即可求出Tr＋1，有时还需要先求n，再求r，才能求出Tr＋1或者其他量.
9.求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤
第一步，根据二项式定理把(a＋b)m与(c＋d)n分别展开，并写出其通项公式；
第二步，根据特定项的次数，分析特定项可由(a＋b)m与(c＋d)n的展开式中的哪些项相乘得到；
第三步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.
10.求形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤
第一步，把三项的和a＋b＋c看成是(a＋b)与c两项的和；
第二步，根据二项式定理写出[(a＋b)＋c]n的展开式的通项；
第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a＋b)n－r的展开式中的哪些项和cr相乘得到的；
第四步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.
11.赋值法的应用
二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立.因此，可将x，y设定为一些特殊的值.在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值.如：
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可.
(2)形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可.
12.二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法
若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中
(1)各项系数之和为f(1).
(2)奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝.
(3)偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
13.求二项展开式中的有理项.对于有理数,一般是根据通项公式所得到的项,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数,根据具体要求,令其属于整数,再根据数的整除性来求解，求二项展开式中的整式项,其通项公式中同一字母的指数应是非负整数,求解方式与求有理项一致.
14.利用二项式定理解决整除问题的思路
(1)要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可.因此，一般要将被除式化为含相关除式的二项式，然后再展开.
(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开.但要注意两点：
①余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负；
②二项式定理的逆用.
15．概率和频率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
(3)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.
16．事件的关系与运算

定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
A＝B
并事件(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交事件(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件(A∩B＝∅)，则称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅，
P(A)＋P(B)＝1
17.判断互斥、对立事件的方法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
18.求互斥事件的概率的方法
(1)直接法

(2)间接法(正难则反)
19.求复杂事件的概率的两种方法
求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法
①将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率．
②若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．
20． 古典概型的概率公式
P(A)＝.
古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．
21．古典概型的概率计算的基本步骤：
①判断本次试验的结果是否是等可能的，设出所求的事件为A；
②分别计算基本事件的总数n和所求的事件A所包含的基本事件个数m；
③利用古典概型的概率公式P(A)＝，求出事件A的概率.
22.求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，在列举基本事件空间时，可以利用列举、画树状图等方法，以防遗漏．同时要注意细节，如用列举法，注意是无序还是有序．在解答时，缺少必要的文字说明，没有按要求列出基本事件是常见错误．
23. 离散型随机变量的分布列
设离散型随机变量可能取的值为，，…，，…，，取每一个值的概率，则称表



…

…




…

…

为随机变量的概率分布列，简称为的分布列.有时为了简单起见，也可用，表示的分布列.
24. 离散型随机变量分布列的性质
①pi≥0，i＝1,2，…，n；
②i＝1.
25. 用定义法求离散型随机变量ξ的分布列及均值、方差的步骤：
(1)理解ξ的意义,写出ξ可能取的全部值；
(2)求ξ取每个值的概率；
(3)写出ξ的分布列；
(4)由均值的定义求E(ξ)．
26.求离散型随机变量的分布列一般要涉及到随机变量概率的求法,求概率时一定要弄清相应的概率类型（古典概型、相互独立事件的概率、独立重复实验、条件概率）.
(1) 利用古典概型求事件A的概率,关键是要分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m.如果基本事件的个数比较少,可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举出来,然后再求出事件A中的基本事件数,利用公式P(A)＝求出事件A的概率,注意列举时必须按照某一顺序做到不重不漏；如果基本事件个数比较多,列举有一定困难时,也可借助两个计数原理及排列组合知识直接计算m,n,再运用公式P(A)＝求概率.
(2)较为复杂的概率问题的处理方法有：
①转化为几个互斥事件的和,利用互斥事件的加法公式求解；
②采用间接法,先求事件A的对立事件的概率,再由P(A)＝1－P()求事件A的概率.
27.两点分布(0－1分布)
随机变量的分布列为
X
1
0
P
p
1－p
则称服从两点分布，并称为成功概率，两点分布也称分布.
28.超几何分布
在含有M件次品的N件产品中,任取n件,其中恰有X件次品,则事件{X＝k}发生的概率为P(X＝k)＝,k＝0,1,2,…,m,其中m＝min{M,n},且n≤N,M≤N,n,M,N∈N*,称分布列为超几何分布列.记为X～H(n,M,N).此时有.
29.超几何分布的特点是：①整体一般由两部分组成,比如“正,反”、“黑,白”、“男生、女生”“正品、次品”等,②总体一般是有限个.超几何分布主要应用于抽查产品,摸不同类型的小球等模型注意特殊背景下的“超几何分布”被转化为“二项分布”,如从两类对象中不放回地抽取n个元素,当两类对象的总数量很大时,超几何分布近似于二项分布.
30.二项分布
如果随机变量的可能取值为0，1，2，…，n，且取值的概率(其中)，其随机变量分布列为

0
1
…
k
…
n



…

…

则称服从二项分布，记为.
31.条件概率
一般地，设，为两个事件，且，称为事件发生的条件下，事件发生的条件概率.读作发生的条件下发生的概率.
在古典概型中，若用表示事件中基本事件的个数，则.
32.条件概率具有的性质：
①；
②如果和是两个互斥事件，则.
33.条件概率的求法
①利用定义,分别求出P(A),P(AB),得P(B|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n(AB),即P(B|A)＝.
③为了求一些复杂事件的条件概率,往往可以先把它分解为两个(或若干个)互斥事件的和,利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)进行计算,其中B,C互斥.
34.相互独立事件
(1)对于事件，，若事件的发生不会影响事件发生的概率，则称相互独立.
(2)若与相互独立，则，.
(3)若与相互独立，则与，与，与也都相互独立.
(4)若，则，相互独立.
(5) 理解事件中常见词语的含义：
①A,B中至少有一个发生的事件为A∪B；
②A,B都发生的事件为AB；
③A,B都不发生的事件为；
④A,B恰有一个发生的事件为A∪B；
⑤A,B至多一个发生的事件为A∪B∪.
35.独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的、各次之间相互独立的一种试验,在这种试验中每一次试验只有两种结果,即要么发生、要么不发生,且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的.在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验,若Ai(i＝1,2,…,n)是第i次试验的结果,则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An).
(2)在n次独立重复试验中,事件A发生k次的概率为(每次试验中事件A发生的概率为p) Cpk(1－p)n－k　,事件A发生的次数是一个随机变量X,其分布列为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k (k＝0,1,2,…,n),此时称随机变量X服从二项分布,记为X～B(n,p).此时有.
36.离散型随机变量的数学期望（均值）
(1)若离散型随机变量的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称为随机变量的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平.
(2)若，其中，为常数，则也是随机变量，且 .
(3)①若服从两点分布，则；②若，则.
37.离散型随机变量的方差
(1)若离散型随机变量的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称DX＝为随机变量的方差，其算术平方根为随机变量的标准差.
(2).
(3)①若服从两点分布，则；②若，则.
38.D(X)表示随机变量X对E(X)的平均偏离程度,D(X)越大表明平均偏离程度越大,说明X的取值越分散；反之,D(X)越小,X的取值越集中在E(X)附近,统计中常用来描述X的分散程度．随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量取值偏离于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要的理论依据,一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定．
39.高考对离散型随机变量的均值与方差的考查主要有以下三个命题角度：(1)已知离散型随机变量符合条件,求其均值与方差；(2)已知离散型随机变量的均值与方差,求参数值；(3)已知离散型随机变量满足两种方案,试作出判断．利用随机变量的期望与方差可以帮助我们作出科学的决策,品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否等很多问题都与这两个特征两量有关.若我们希望实际的平均水平较理想,则先求随机变量的期望,当时,不应认为它们一定一样好,需要用来比较这两个随机变量的方差,确定它们的偏离程度.若我们希望比较稳定性,应先考虑方差,再考虑均值是否相等或接近.
40.正态曲线的性质
(1)正态曲线的定义
函数，，其中实数和为参数，

我们称的图象(如图)为正态分布密度曲线.简称正态曲线.
(2)正态曲线的性质：
①曲线位于轴上方，与轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线对称；
③曲线在处达到峰值；
④曲线与轴之间的面积为1；
⑤当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿轴平移，如图甲所示.

⑥当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示.

41.正态分布的定义与简单计算
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数，随机变量满足，则称随机变量服从正态分布，记作.我们把在正态曲线函数中，，的正态分布叫做标准正态分布.
(2)服从正态分布的变量在三个特殊区间内取值的概率
①；
②；
③.
可以看到，正态总体几乎总取值于区间之内.而在此区间以外取值的概率只有，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生.在实际应用中，通常认为服从于正态分布的随机变量只取之间的值，并简称之为原则.
42.正态分布是概率统计中相对较独立的一个考点,且已经从冷点转化为热点,求解此类问题,一般从入手,对于应用问题,要注意从较大的阅读量中提取有用的信息.以下两类问题是正态分布中的基本问题：
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题,涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称,及曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时,要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ,σ进行对比联系,确定它们属于(μ－σ,μ＋σ),(μ－2σ,μ＋2σ),(μ－3σ,μ＋3σ)中的哪一个.
四、新高考地区最新模拟试题精选
一、单选题
1．（2023届河北省高三上学期阶段性检测）2022中国（南昌）国际大健康产业大会暨博览会将于11月25日-27日正式举办，此次博览会将围绕医疗器械、生物医药、中医中药、国际医养、医疗美容、健康生活六大板块，搭建政、商、学、医、研，产的高端对话与合作平台，推动健康产业资源要素相互赋能．博览会某日将举办六大板块为主旨的六场报告会，其中上午四场，下午两场，要求中医中药排在上午前两场中任意一场，医疗美容和健康生活排在下午，则不同安排种数是（    ）
A．24 B．96 C．144 D．192
【答案】A
【解析】依题意可知，不同安排种数是种.故选A
2．（2023届福建省宁德市高级中学高三上学期期末）第19届亚运会即将在美丽仢西子湖畔杭州召开，为了办好这一届“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”的体育文化盛会，杭州亚运会组委会招募了一批大学生志愿者.现安排某大学含甲、乙的6名志愿者到游泳馆、射击馆和田径馆参加迎宾工作，每个场馆安排2人，每人只能在一个场馆工作，则甲、乙两人被安排在不同的场馆的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】6人分成3组并安排到三个场馆工作，共有种不同的安排方法，其中甲、乙被安排到不同场馆有种不同的安排方法，所以甲、乙两人被安排在不同的场馆的概率为，
故选A.
3．（2023届山东省新高考联合质量测评高三上学期12月联考）在的展开式中，含项的系数为（    ）．
A．10 B．15 C．20 D．30
【答案】B
【解析】根据组合可知，展开式中含项为：，
所以含项的系数为15，故选B．
4．（2023届湖北省十七所重点中学高三下学期2月第一次联考）设随机变量，当正整数n很大，p很小，不大时，X的分布接近泊松分布，即．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有以上的概率购得100个正品，则至少需购买的元件个数为（已知…）（    ）
A．100 B．101 C．102 D．103
【答案】D
【解析】记随机变量X为购买a个元件后的次品数．由题意，此时X可看成泊松分布．则，记，则．由于t很小，故大致有．
分别计算，左边约等于0.37，0.74，0.91，0.98，故，即．故选D.
5．（2023届湖南省益阳市高三上学期质量检测）有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，随机取一个零件，记“零件为次品”，“零件为第台车床加工”，则下列结论：
①，
②，
③，
④
其中正确的有（    ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【解析】因为，故①正确；因为，故②正确；因为，，所以，故③正确；
由上可得，又因为，故④错误．正确的有3个.故选C.
二、多选题
6．（2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测）我国在各种乒乓球比赛中均取得过优异的成绩，例如在刚刚过去的2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国的乒乓球健将们再创佳绩，男团，女团分别获得了团体冠军.甲､乙两位乒乓球初学者，都学习了三种发球的技巧，分别是：上旋球､下旋球以及侧旋球.两人在发球以及接对方发球成功的概率如下表，两人每次发､接球均相互独立：则下列说法正确的是（    ）

上旋球（发/接）
下旋球（发/接）
侧旋球（发/接）
甲



乙



A．若甲选择每种发球方式的概率相同，则甲发球成功的概率是
B．甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，均成功的概率为
C．若甲选择三种发球方式的概率相同，乙选择三种发球方式的概率也相同，则乙成功的概率更大
D．在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功（甲发球失误也算乙成功）的概率是
【答案】BC
【解析】甲选择每种发球方式的概率相同,则选择每种发球方式的概率都为,
则甲选择上旋球发球方式且发球成功概率为,
则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为,
则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为,
所以甲发球成功的概率是,故A错误;
甲连续三次发球中选择了三种不同的方式共有6种不同的顺序,
所以甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，
均成功的概率为,故B正确;
乙选择每种发球方式的概率相同,则选择每种发球方式的概率都为,
则乙选择上旋球发球方式且发球成功概率为,
则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为,
则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为,
所以甲发球成功的概率是,
所以乙发球成功率的概率更大，故C正确;
乙接球成功分为以下两总情况：
甲发上旋球发球失误或甲发上旋球成功且乙接球成功，
所以乙接球成功的概率等于，故D错误.故选BC.
7．（2023届江苏省常州市华罗庚中学高三上学期调研）已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中分为及格线，则下列结论中正确的有（附：随机变量服从正态分布，则（    ）
A．该校学生成绩的期望为
B．该校学生成绩的标准差为
C．该校学生成绩的标准差为
D．该校学生成绩及格率超过
【答案】ABD
【解析】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差为，
标准差为，，.
所以，该校学生成绩的期望为，该校学生成绩的标准差为，该校学生成绩及格率超过.
所以，ABD选项正确，C选项错误.故选ABD.
8．（2023届辽宁省名校联盟高考模拟）某中学积极响应国家“双减”政策，大力创新体育课堂，其中在课外活动课上有一项“投实心球”游戏，其规则是：将某空地划分成①②③④四块不重叠的区域，学生将实心球投进区域①或者②一次，或者投进区域③两次，或者投进区域④三次，即认为游戏胜利，否则游戏失败．已知小张同学每次都能将实心球投进这块空地，他投进区域①与②的概率均为p（0＜p＜1），投进区域③的概率是投进区域①的概率的4倍，每次投实心球的结果相互独立．记小张同学第二次投完实心球后恰好胜利的概率为P1，第四次投完实心球后恰好胜利的概率为P2，则（    ）
A．
B．
C．
D．若，则p的取值范围为
【答案】AC
【解析】对于A：小张同学投进区域③的概率为4p，投进区域④的概率为1－6p，故，正确；
对于B：小张同学第二次投完实心球后，恰好游戏过关包含“第一次未投中区域①或者②，第二次投中区域①或者②”和“第一次与第二次均投中区域③”两个事件，则概率，错误；
对于C：第四次投完实心球后，恰好游戏胜利，则游戏胜利需前三次投完后有一次投进区域③且有两次投进区域④，因此，正确；
对于D：，令2p(12p－1)(18p－5)＞0，得或，又，所以，错误．
故选AC．
三、填空题
9．（2023届海南省高三全真模拟）的展开式中项的系数为___.
【答案】4
【解析】由已知可得展开式中含的项为则的系数为
10．（2023届河北省高三上学期阶段性检测）在一个密闭的箱子中，一共有20个大小､质量､体积等完全相同的20个小球，其中有n个黄球，其余全为蓝球，从这一个密闭的箱子中一次性任取5个小球，将“恰好含有两个黄球”的概率记为，则当___________时，取得最大值.
【答案】8
【解析】根据题意：，取得最大值，
也即是取最大，所以，设，
则



当时，，当，，
所以最大，因此，当时，取得最大值
四、解答题
11．（2023届福建省福州市高三上学期月考）进入高三时需要检测考试，并且命题是以高二每次月考成绩为参照依据，在整个高二期间共有8次月考，某学生在高二前5次月考的数学成绩如下表：
高二月考第x次
1
2
3
4
5
月考考试成绩y分
85
100
100
105
110
(1)已知该学生的月考试成绩 y 与月考的次数 x 满足回归直线方程，若进入高三时检测考试看作高二第9次月考考试，试估计该学生的进入高三时检测考试成绩：
(2)把该学生前5次月考的考试成绩写在纸片上，折成纸团放在不透明的箱中充分混合，从纸箱中随机抽出3个纸团上写的月考成绩进行研究，设抽取的纸团上写的成绩等于平均值的个数为，求出的分布列与数学期望.
参考公式：，，
【解析】（1）由题可得，
，
，
，
∴，
，
所以，
当时，，即该学生的进入高三时检测考试成绩为133分；
（2）由题可知可取0,1,2，则
，，，
所以的分布列为：

0
1
2




∴.
12．（2023届山东省潍坊市高三上学期期末）一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为，三个红球一个白球的概率为.
(1)从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
(2)现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为，抽到三个小球的概率为，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记分，用表示抽到的小球分数之和，求的分布列及数学期望.
【解析】（1）记事件表示“抽取一个小球且为红球”，表示“箱子中小球为两红两白”，表示“箱子中小球为三红一白”，
则.
（2）由题意得的取值可以为，0，1，3，4，6，
，
，
，
，
，
.
随机变量的分布列为：


0
1
3
4
6







所以的分布列及数学期望为：
.
13．（2023届湖北省高中名校联盟高三下学期第三次联合）2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为推广普及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：

(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到“优秀”的概率分别为，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【解析】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，
其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个.
设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”
事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”
则，
所以
（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，
由，得.
所以理论上至少要进行6轮测试.
14．（2023届湖南省株洲市二中教育集团高三上学期期末）某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为，后两天每天出现风雨天气的概率均为，每天晚上是否出现风雨天气相互独立.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为.
(1)求该社区能举行4场音乐会的概率；
(2)求该社区举行音乐会场数的分布列和数学期望.
【解析】（1）由已知可得，，又，解得
设表示第i天可以举行音乐会，B表示该社区能举行4场音乐会
则

（2）的可能取值为0，1，2，3，4，5
；





所以的分布列为

0
1
2
3
4
5
P






从而数学期望为：

15．（2023届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考）某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为（）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为．
(1)证明：在的概率分布中，最大．
(2)对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为（，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．
【解析】（1）由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，


∵，∴，


所以概率最大．
（2）由（1）知，当时，有的值最大，
且，，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
证明如下：
假设，，为，，的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，
该顺序下三人能完成项目的概率为，，，记在比赛时所需派出的人数为，则，2，3，且的分布列为：

1
2
3




数学期望，
∵，∴，
要使尽可能小，则需要尽可能大， 故当取时最小，所以，
∴，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．
16．（2023届广东省广州市南沙区东涌中学高三上学期期中）甲、乙两队同学利用课余时间进行篮球比赛，规定每一局比赛中获胜方记为2分，失败方记为0分，没有平局.谁先获得8分就获胜，比赛结束.假设每局比赛甲队获胜的概率为.
(1)求比赛结束时恰好打了6局的概率；
(2)若现在是甲队以的比分领先，记表示结束比赛所需打的局数，求的分布列和数学期望.
【解析】（1）设恰好打了六局甲队获胜的概率为，恰好打了6局乙队获胜的概率为，
因为甲队打六局比赛获得胜利，等价于前五局甲三胜两负，第六局甲胜，
所以其概率为；
同理：乙队打六局比赛获得胜利的概率为；
所以，
所以比赛结束时恰好打了六局的概率为.
（2）因为甲队以的比分领先，所以甲队目前的战绩两胜一负，
所以接下去的比赛局数最少的情况是甲队取得两胜结束比赛，局数最多的情况是接下来的前三局甲队一胜两负，必须进行第四局才能结束比赛，
所以的可能取值为2，3，4，
则，
，
，
所以随机变量X的分布列为：
X
2
3
4
P



所以，即X的数学期望为.
17．（2023届江苏省苏北四市高三上学期1月联合调研）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【解析】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：

0
1
2
3






方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：

0
1
2
3





所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
五、延伸拓展
（一）构建隔板模型巧解题
隔板模型是解决排列组合问题的一种基本方法，常常用于解决一类相同元素分给不同对象的分配问题，运用隔板法必须同时具备以下三个条件：①所有元素必须相同；②所有元素必须分完；③每组至少有一个元素.这类问题既是高考数学的常考问题，也是数学竞赛中的常考问题，下面通过对几道相关问题的分析，总结这类问题的解法.
【例1】将10个完全相同的球放到3个不同的盒子中，要求每个盒子至少放一个球，一共有多少种方法？
【解析】将10个相同小球一字排开，两相邻小球中间有一空档，在9个空档中加入无区别的3个“隔板”将球分成3组，再分别放到3个不同的盒子中，故每一种插入隔板的方式对应一种球的放法，则不同的放法共有=84种.
【例2】将10个优秀的指标分配给3个班级，每班至少一个，则共有多少种分配方法？
【解析】由于10个优秀指标是相同的，该题等价于10个相同的小球放入3个不同盒子模型.
【例3】把20个相同的球全部装入编号分别为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子中的球数不小于其编号数，则共有多少种不同的放法？
【解析】此例有限条件，不满足条件③，不能直接运用隔板法，先用化归思想进行转化后再运用隔板法，为此可先向1，2，3号三个盒子中分别放入0，1，2个球后，还剩余17个球，然后再把这17个球分成3组，每组至少一球，运用隔板法，共有种不同的分法.
点评：根据问题的特点，把握问题的本质，通过类比、化归是构建隔板模型解题的关键.请你结合下面的例5、 例6，认真体会类比、化归思想在解题中的应用.
【例4】求方程的正整数解的个数.
【解析】由于正整数最小为1，可以联系到模型：“将10个相同的小球放入4个不同盒子，每个盒子至少放一个球，一共有多少种方法？”.这个模型可以运用隔板法解决，即将10个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的9个空档中任选三个插入3块隔板，把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为 ，故（）是方程的一组解.反之，方程的任何一组解（），对应着惟一的一种在10个球之间插入隔板的方式，故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数.
掌握了这种问题的解法，我们再来分析下面一道竞赛试题：方程满足的正整数解（，，）的个数是
类比例4可得方程的正整数解个数为=2009×1004，这些正整数解分为三类：
（1）均相等的正整数解的个数显然为1；
（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数为3×1003；
(3)两两均不相等的正整数解的个数为2009×1004-3×1003-1
所以满足的正整数解（，，）的个数为1+1003+=1+1003+335671=336675.
【例5】求方程的自然数解的个数.
【解析】由于自然数可以为零，不满足每组至少有一个元素的条件.不能直接运用隔板法，为此可设则方程的自然数解的个数等于正整数解的个数.
【例6】求不等式的正整数解的个数.
【解析】本题从表面上看很难用隔板模型解决，可能最容易想到的就是列举法了，但用列举法解决的问题毕竟有限，数字稍微变大，就麻烦了.此时，如果考虑引进参数，即设，这时问题就转化为例4中的问题了，因为他们是一一对应的.
【例7】的展开式中共有多少项？
【解析】的展开式中的每一共项都可写成m的形式，其中m为系数，都是自然数且满足条件，因此问题转化为“方程的自然数解共有多少个？”，可仿照例5解法去求解.
（二）细说概率中的几个基本问题
由于种种原因，现行中学数学的概率内容教学，还停留在对古典概率问题的计算技能训练和一些概率概念的死记硬背上，学过概率的学生在现实生活中遇到随机现象问题时，仍然不会应用已经学过的概率知识，“仍然保持着他们在学习以前对随机现象问题的迟钝和误解”.教师在概率教学中，要经常了解和纠正学生对概率已有的错误经验和直觉.
问题1 “等可能性”不好把握吗？
“等可能性”是一种假设，是一种理想状态，在实际应用中，我们需要根据实际情况去判断是否可以认为各种基本事件是等可能的.在许多场合，由对称性或某种均衡性，我们就可以认为基本事件是等可能的，并在此基础上计算各事件的概率.
例如掷一枚质量均匀的硬币，它落地后总是正面朝上或反面朝上，两者必居其一，且必发生其中之一.由于硬币是对称的几何体，所以出现正面与反面的可能性是相等的.
例如掷一枚质量均匀的骰子，哪一面朝上有6种可能，每掷一次，6种点中至少出现一种，且至多出现一种.出现6种点中的任何一种点的可能性是相等的.
例如一个袋子中装有10个完全相同的球.将球编号0~9，摇匀，从中任取一球.因为抽取每个球的机会均等，所以我们没有理由认为10个球中的某一个球会比另一个更容易取到.此场合属于试验的均衡性，我们可以认为所有可能的结果（基本事件）是等可能的.
例如A、B两地之间的电缆有一处断点.断点会出现在A、B两地之间电缆的任一点，可以认为出现在各点的可能性相同.
例如转动一个自由转动的转盘，当转盘停止转动时，指针指向的位置会有无穷多个可能结果，并且它们是等可能的.
例如水池中有一条游动的小鱼.如果我们某个时刻观测小鱼所在的位置，显然小鱼所在的位置会有无穷多种可能的结果，并且可以认为每个结果出现的机会都相同（不考虑水温、空气、重力等）.所以这个试验的结果有等可能性.
但是不能认为所有的试验每一可能的结果都有同等的发生机会.例如在适宜的条件下“种下一粒油菜种子观察它是否发芽”，这个试验有两种结果“发芽”与“不发芽”.根据经验，“发芽”或“不发芽”这两种结果出现的机会一般是不均等的.又如某射手打靶试验，“中靶”与“脱靶” 一般不是等可能的.再如用一个天平称物时的误差，这个试验的结果就有无限多个，而且这些结果也不具有等可能性.因此，认为在一次试验中每一可能的结果都有同等的发生机会，随机事件其本质应该是等可能的，是非常错误的.这是对等可能性的偏见.
问题2 一个事件发生的概率会有两个不同的值吗？
在一定条件下大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率会稳定地在某一个常数附近摆动，而且，试验次数越多，摆动越小，出现的机会越大.这个性质叫做频率的稳定性（大数定理给出了严格的理论证明）.这个常数就是事件A发生的概率.事实上，事件A发生的概率P（A）的精确值，即这个常数还是未知的，但是在实际工作中，人们常把试验次数很大时事件发生的频率作为概率的近似值.频率与概率是两个对立的概念，事件的概率是一个客观常数，事件的相对频率是一个与试验次数试验者都有关的一组摆动的变数.而概率统计定义是把频率的稳定值看作概率的近似值，这是因为，频率值“远离”概率值的可能性永远存在，但这种可能性随试验次数增大，确实会越来越小（大数定理给出了严格的理论证明）.因此，频率由量变到达质变成为概率，反映了常量与变量的辩证统一.
A
B
C
D
E
O
用概率的统一定义时，由于近似的不同概率会取不同的近似值，但一个事件发生的概率不会有两个不同的值.事件发生的概率是一个客观存在的数值，它反映了事件本身固有的属性，正如物体的长度、质量是物体的属性一样.
问题3 概率为零的事件是不可能事件吗？
在如图1所示的正方形ABCD内任取一点O，将
点O与A、B两点相连接，得，如果正方形
ABCD内每一点被取到的可能性都一样，分别求
是钝角三角形和直角三角形的概率.
设正方形ABCD对角线的交点为E，则“
是钝角三角形”这个事件发生就相当于点O恰好落在以AB为直径的半圆内，所以
P（是钝角三角形）=.
同理，“是直角三角形” 这个事件发生就相当于点O恰好在弧AEB上，所以
P（是直角三角形）=.
注意，这个例子中，“是直角三角形”这个事件发生的概率是0，但这并不意味着这个事件不会发生.我们只能说该事件发生的概率为0.所以，概率为0的事件不一定是不可能事件.
不可能事件的概率必为零，反之却未必成立.当考虑的概型为古典概型时，概率为零的事件一定是不可能事件；当考虑的概型是几何概型时，概率为零的事件未必是一个不可能事件.
由对立事件知，概率为1的事件未必是必然事件.
问题4 事件A发生的概率，则在相同条件下的次重复观测中，事件A一定发生次吗？
一个篮球运动员投中篮的概率是0.8.虽然我们不能断定，他在10次投篮中必有8次投中，但是我们可以说，他在10次投篮中，平均会有8次投中.一般地，如果随机事件A发生的概率是P（A），那么在相同条件下的次重复观测中，事件A发生次数的平均值为
.但不能断定，在相同条件下的次重复观测中，事件A一定发生次.
例如我们非常熟悉的抛掷硬币试验.将一枚均匀硬币随机掷100次，相当于重复做了100次试验，每次有两个可能的结果（出现正面，不出现正面），出现正面的概率为.掷100次硬币一定出现50次正面吗？
如果令为硬币正面出现的次数，则服从，的二项分布，那么
.
由此可以得到：“随机掷100次硬币正好出现50次正面”的概率为
.
学生在学习概率时会有一种误解，认为既然出现正面的概率为，那么掷100次硬币一定出现50次正面，或者这个事件发生的概率应该很大.但计算表明这样的概率只有8%左右.这样的错误经验认识很多.又例如：中奖为的彩票，买1000张一定中奖.
问题5 事件概率与试验的先后次序有关吗？
设袋中装有只黑球与只白球，这些球除颜色外都相同，现从中将球一只只不放回地摸出，求第次摸出的是黑球的概率（）.
设A=“第次取到的球是黑球”.将黑球看成不同的球，将只白球也看成不同的球，从个不同的球中按次序依次取出个不同的球对应于一个基本事件，于是基本事件的总数为.我们先确定第次取到的球是黑球，则有种取法，然后在剩下的
个不同的球中，按次序依次取出个不同的球，有种取法，所以事件A包含个基本事件.
故.
当然本例还可以这样考虑基本事件空间：
按自然顺序给编号，不妨先给黑球编号，再给白球编号，取基本事件空间为第次摸出的球的全部可能的结果，则，表示第次摸出第号球，
，于是要求的是事件A=的概率.由古典概率，.
显然与无关.
初看，很可能会认为所求概率与摸球次序有关，通过具体计算亦可看出所求概率与摸球次序无关.
值得注意的是：本例得出的结果与无关，这与我们日常生活的经验是一致的.我们有时会用抽签的方法来决定某件事情.虽然抽签有次序先后，但只要不让后抽签的人知道先抽签的结果，那么先抽签和后抽签的中签概率是相等的，抽签对各个抽签的人机会均等，与抽签的先后次序无关.机会均等，所以不必争着先抽签.
问题6 抽样方式对概率影响很大吗？
一般地，事件的概率与抽样方式有关，通过抽样有放回抽样与不放回两种方式.有放回抽样是指同一个体可被重复抽取，而不放回抽样是指已被抽取的个体不再参与下一次抽样，每一个体至多被抽到一次.
例如有件产品，其中有件次品，现随机抽取件产品.求其中恰有件次品的概率.
若采用有放回抽样，是二项分存，所求概率；
若采用不放回抽样，是超几何分布，所求概率.
显然，.
但当时，，即二项分布是超几何分布的极限分布.虽然抽样方式不同，但当很大时，两种抽样的差别不会很大.
由此得出如下结论：对于样本点个数较小的总体，采用放回抽样与不放回抽样，事件的概率会有较大的差别.但当总体中样本点个数很大，样本容量不大时，这两种抽样方式对所求事件的概率影响不大.