2024年全国一卷数学新高考题型细分2-9——概率统计 单选填空2

2024年全国一卷新高考题型细分1-1 ——概率统计2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《概率统计》主要分类有：平均数、中位数、众数、方差、极差，分位数，方差合并，分层抽样，事件的包含、互斥、对立、独立，直方图，综合等，大概80道题。 概率： 1. （2024年粤J127汕头二模）5．袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 341  332  341  144  221  132  243  331  112 342  241  244  342  142  431  233  214  344 由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（  [endnoteRef:2]  ） A． B． C． D． [2: 5．D 【分析】数出满足条件的组数，即可求解. 【详解】18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件， 所以估计恰好抽取三次就停止的概率. 故选：D ] 2. （2024年粤J125新会华侨二模）7．一箱苹果共有12个苹果，其中有个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个．恰有2个烂果的概率为，则（  [endnoteRef:3]  ） A．3 B．4 C．5 D．6 [3: 7．B 【分析】由超几何分布的概率公式列方程即可求解. 【详解】依题意可得，即，整理得， 解得或9，因为，所以． 故选：B. ] 3. （2024年粤J132华师附五月适）3．如图，一个电路中有三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，这个电路是通路的概率是（    [endnoteRef:4]） A． B． C． D． [4: 3．B 【分析】根据给定条件，利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即得. 【详解】元件都不正常的概率， 则元件至少有一个正常工作的概率为， 而电路是通路，即元件正常工作，元件至少有一个正常工作同时发生， 所以这个电路是通路的概率. 故选：B ] 4. （2024年鲁J38济宁三模）13．甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱子中有4个红球、2个白球，乙箱子中有2个红球、4个白球，现随机选择一个箱子，然后从该箱子中随机取出一个球，则取出的球是白球的概率为 [endnoteRef:5] . [5: 13．/0.5 【分析】把所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用互斥事件的概率公式及相互独立事件的概率公式求解即得. 【详解】依题意，取出的球是白球的事件是取甲箱并取白球的事件与取乙箱并取白球的事件的和， 显然事件与互斥，，， 所以. 故答案为： ] 5. （2024年鲁J42青岛二适）13．某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为 [endnoteRef:6] ． [6: 13． 【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可. 【详解】到达第3台阶的方法有两种： 第一种：  每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：     只上一步且上两个台阶，则概率为， 所以到达第3阶台阶的概率为， 故答案为：. ] 6. （2024年鲁J44日照三模）6．从标有1，2，3，4，5的5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，则出现重复编号卡片的概率是（    [endnoteRef:7]） A． B． C． D． [7: 6．B 【分析】先求出5张卡片中有放回地抽取三次的基本事件，再算出三次都不重复的基本事件，利用间接法以及古典概型即可求解. 【详解】5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，共有 种取法， 三次都不重复的取法有种， 由加法原理和乘法原理， 出现重复编号卡片的概率. 故选：B. ] 7. （2024年湘J08长沙适应）5. 已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率是（ [endnoteRef:8] ） A. B. C. D. [8: 【答案】D 【解析】 【分析】根据全概率公式即可求解. 【详解】若从甲盒中抽到黄球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为； 若从甲盒中抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为. 因此，从乙盒中抽到的红球的概率为. 故选；D ] 8. （2024年J01全国一卷）14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为[endnoteRef:9]_________. [9: 【答案】##0.5 【解析】 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. ] 9. （2024年粤J26深圳华侨城一模）4. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为4的概率为（ [endnoteRef:10] ） A. B. C. D. [10: 【答案】A 【解析】 【分析】根据的六种取值情况分别得出中位数，再利用古典概型概率公式即得. 【详解】当时，这6个点数的中位数为3，当时，这6个点数的中位数为4，当时，这6个点数的中位数为4.5， 故由古典概型概率公式可得：. 故选：A. ] 10. （2024年鲁J24枣庄三月考，末）14. 盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球．从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为[endnoteRef:11]______． [11: 【答案】##0.35 【解析】 【分析】把前10个正整数按除以3的余数情况分类，求出取出的3个数和能被3整除的基本事件数，借助古典概率求解即得. 【详解】依题意，问题相当于从1，2，3，…，10的10个数中任取3个，这3个数的和能被3整除的概率， 显然试验含有的基本事件总数为，它们等可能， 10个数中能整除3的有3，6，9；除以3余数是1的有1，4，7，10；除以3余数是2的有2，5，8， 取出的3个数的和能被3整除的事件含有的基本事件数有， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：把前10个正整数按除以3的余数情况分类是解决本问题的关键. ] 事件的包含、互斥、对立、独立： 11. （2024年湘J32长沙雅礼一测）4. 若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（[endnoteRef:12] ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 [12: 【答案】A 【解析】 【分析】结合独立事件的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项. 【详解】若，，则， 而，， 所以，所以事件相互独立， 反过来，当，， 此时，，满足， 事件相互独立，所以不一定， 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A ] 12. （2024年闽J05莆田二检）5. 若，则（ [endnoteRef:13] ） A. 事件与互斥 B. 事件与相互独立 C. D. [13: 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，由即可判断，对于B，由对立事件概率公式以及独立乘法公式验证；对于C，由即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】对于AB，，从而，故A错误B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：B. ] 13. （2024年粤J47湛江一模，末，J20黄冈浠水三模）8. 在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ [endnoteRef:14] ） A. 事件M与事件N相互独立 B. 事件X与事件Y相互独立 C. 事件M与事件Y相互独立 D. 事件N与事件Y相互独立 [14: 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案. 详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形： ①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同， 所以，，，， 因为事件与事件互斥，所以，又， 所以事件M与事件N不相互独立，故A错误； ，故B错误； 由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确； 因为事件N与事件Y互斥，所以，又， 所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出，，，，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可. ] 14. （2024年粤J120大湾区二模）7．拋掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中至多有一次反面朝上”，事件“次中全部正面朝上或全部反面朝上”，若与独立，则的值为（ [endnoteRef:15]   ） A．2 B．3 C．4 D．5 [15: 7．B 【分析】分别求出，，，根据相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币次，则基本事件总数为， 事件“n次中至多有一次反面朝上”，则n次全部正面朝上或n次中恰有1次反面朝上， 则，事件“n次中全部正面朝上或全部反面朝上”，则，于是， 因为A与B独立，所以，即， 分别代入，3，4，5，验证，可得符合题意. 故选：B ] 15. （2024年闽J23厦门四检）7．设A，B为随机事件，则的充要条件是（[endnoteRef:16]    ） A． B． C． D． [16: 7．D 【分析】根据互斥事件和独立事件的概念可判断AB；取特例可判断C；由，可判断D. 【详解】对于A，由可知A，B为互斥事件，概率不一定相等，A错误； 对于B，由可知A，B相互独立，与概率大小无关，B错误； 对于C，抛掷一颗骰子，记掷出点数为事件A，掷出点数为事件B， 则事件表示掷出点数为，为不可能事件， 所以，，， 显然，由推不出，C错误； 对于D，， ， 若，则， 即，反之亦然， 故的充要条件是，D正确. 故选：D ] 16. （2024年鲁J05日照一模）3. 已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则（ [endnoteRef:17] ） A. B. C. D. 1 [17: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分别求得，，，结合独立事件的定义，可判定事件与相互独立，再结合对立事件的概念关系可运算得解. 【详解】由题意，，，， ， 所以事件与相互独立，则与也相互独立， . 故选：A. ] 17. （2024年苏J06三市调研）4. 有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ [endnoteRef:18] ） A. 与为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 [18: 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC. 【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错； 事件有共种，则， 事件有共种，则， 其中事件有共种，事件有共种， ， 则，所以与相互独立，故B对； ，所以与不独立，故C错； 因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错. 故选：B. ] 18. （2024年浙J20丽湖衢二模）1. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ [endnoteRef:19] ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 [19: 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”， 事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误； ，，，， 因为，所以与独立，故选项C正确； 事件与不相等，故选项D错误. 故选：C. ] 19. （2024年粤J01）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ [endnoteRef:20] ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 [20: 【答案】A 【解析】 【分析】结合独立事件的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项. 【详解】若，，则， 而，， 所以，所以事件相互独立， 反过来，当，， 此时，，满足， 事件相互独立，所以不一定， 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A ] 20. （2024年鲁J45泰安三模）7．盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（  [endnoteRef:21]  ） A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立 [21: 7．D 【分析】根据相互独立事件的定义依次分析即可. 【详解】依题意得，，，故A项错误； ，，故B项错误； ，故C项错误； ，，故D项正确. 故选：D. ] 直方图： 1. （2024年粤J04顺德二检）15. 一次考试后，学校将全体考生的成绩分数绘制成频率分布直方图（如下图），并按照等级划分表（如下表）对考生作出评价，若甲考生的等级为“A”，则估计甲的分数为__[endnoteRef:22]____．（写出满足条件的一个整数值即可） [22: 【答案】100（答案不唯一，任选其一） 【解析】 【分析】根据频率分布直方图可求得，再利用成绩划分等级标准分别求出等级为“A”的分数区间，即可得出答案. 【详解】利用频率分布直方图可得，解得， 成绩在区间内的人数占，在内的人数占， 设成绩排在前位的分数线为，则，解得； 设成绩排在前位的分数线为，则，解得； 因此考生的等级为“A”的分数区间为，又因为分数取整数， 所以可得甲的分数所有可能取值为. 故答案为：100（答案不唯一） ] 2. （2024年冀J13示范高中）4. 2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生成绩的频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的75%分位数为x，众数为y，则（ [endnoteRef:23] ） A. B. C. D. [23: 【答案】D 【解析】 【分析】首先，再根据百分位数和众数的计算方法即可. 【详解】由题意得，解得， 因为，，则， 则样本数据的75%分位数位于，则，解得， 因为样本数据中位于成绩之间最多，则众数为， 故选：D. ] 1. （2024年鄂J19黄冈八模）2．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示，则的值为（[endnoteRef:24]    ） A．0.02 B．0.2 C．0.04 D．0.4 [24: 2．A 【分析】根据题意结合频率和为1列式求解. 【详解】由频率分布直方图可知：每组频率依次为， 则，解得. 故选：A. ] 1. （2024年冀J45石家庄三检）12．为了解全市高三学生的体能素质情况，在全市高三学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名学生的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．则直方图中实数的值为[endnoteRef:25] ． [25: 12． 【分析】利用直方图直方块总面积为，进行运算解出即可. 【详解】由直方图可知：组距为， 所以， 解得. 故答案为：. ] 1. （2024年粤J15华附一调）20. 2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病. 为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保. 某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数； （2）以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；（[endnoteRef:26]） （3）首轮竞赛成绩位列前的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩（记为）. （直方图，平均数，分位数；） （唯一的一道大题） [26: 【答案】（1）人 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样的定义求解即可； （2）利用平均数公式求解即可； （3）根据题意设入围复赛成绩的临界值为，则，求出的值即可. 【小问1详解】 成绩在的人数为（人）， 成绩在的人数为（人）， 则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人， 成绩低于50分的人数为（人）. 故5人中成绩低于50分的人数为2人； 【小问2详解】 由，得， 则平均数， 故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为分； 【小问3详解】 根据频率分布直方图可知： 的频率为，的频率为， 所以入围复赛的成绩一定在， 可知入围复赛的成绩的临界值为， 则，解得， 故估计入围复赛的成绩为分. ] 综合： 3. （2024年粤J44梅州二月检）3. 某单位有职工450人，其中男职工150人，现为了解职工健康情况，该单位采取分层随机抽样的方法抽取了一个容量为90的样本，得出体重情况：男性平均体重为63千克；女性平均体重为54千克.则下列说法不正确的是（ [endnoteRef:27] ） A. 抽查的样本中女职工人数为60 B. 该单位男职工的体重普遍比女职工较重 C. 估计该单位职工平均体重为58.5 D. 每一位男或女职工被抽中的可能性均为 （综合，基础） [27: 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样、平均数、古典概率等知识确定正确答案. 【详解】A选项，抽查样本中女职工人数为，A选项正确. B选项，男性平均体重为63千克；女性平均体重为54千克， 所以该单位男职工的体重普遍比女职工较重，B选项正确. C选项，估计该单位职工平均体重为，C选项错误. D选项，每一位男或女职工被抽中的可能性均为，D选项正确. 故选：C ] 2. （2024年湘J03长沙一中）1. 现有随机选出的20个数据，统计如下，则（ [endnoteRef:28] ） 7 24 39 54 61 66 73 82 82 82 87 91 95 8 98 102 102 108 114 120 A. 该组数据的众数为102 B. 该组数据的极差为112 C. 该组数据的中位数为87 D. 该组数据的80%分位数为102 （综合，基础） [28: 【答案】D 【解析】 【分析】先将数据按从小到大的顺序排列，再根据众数，极差，百分位数的定义即可判断. 【详解】将数据按从小到大的顺序排列： 7，8，24，39，54，61，66，73，82，82， 82，87，91，95，98，102，102，108，114，120， 对于A，出现次数最多的是82，所以众数是82，故A错误； 对于B，极差为，故B错误； 对于C，，第10个数和第11个数的平均数为中位数， 即，故C错误； 对于D，，第16个数和第17个数的平均数为80%分位数， 即，故D正确. 故选：D. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$