第13章 概率与统计-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考数学一轮复习

学霸高专引白题数学 第十三章 概率与统计 第1节 随机事件的概率及古典概型 考点归纳 随机事件的概率，古典概型，互斥事件和独立事件 ☑基础过关考点全面，查漏补缺限时：35mm 甲计划从“八山三水”这11个景点中随机选 一、单选题 取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水” 1.(2024·陕西渭南模拟)已知一个古典概型， 的概率为 其样本空间中共有12个样本点，其中事件A .3 有6个样本点，事件B有4个样本点，事件A+ B有8个样本点，则P(AB)= 109 ( ) C. D.165 g.2 5.(2023·陕西咸阳模拟)将两个白球和两个黑 球随机放入甲、乙两个盒子，每个盒子都不 1 0.6 空，则甲盒中恰有3个球的概率是() 2.如图，甲、乙两个元件构成一并联电路，设E= 2 1 . B. “甲元件故障”，F=“乙元件故障”，则表示电 1 路故障的事件为 ( C.3 0.2 6.(2024·四川成都月考)2025年四川省新高考 将实行3+1+2模式，即语文、数学、英语必选， 物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四 A.EUF B.EOF C.EOF 选二，共有12种选课模式.假若今年高一的小 D.EUF 明与小芳都对所选课程没有偏好，则他们所 3.若随机事件A,B互斥，A,B发生的概率均不 选六科中恰有四科相同的概率是 等于0，且P(A)=2-a,P(B)=4a-5,则实数 1 a的取值范围是 5 ( A.36 6 A.(1,2) c c层) D2剖 7.(2023·山东潍坊一中模拟)抛掷一枚质地均 匀的骰子3次，则向上的点数为3个互不相 4.(2023·福建厦门二模)厦门山海健康步道云 同的偶数的概率为 海线全长约23公里.起于东渡邮轮广场，终 () 1 1 于观音山沙滩，沿线串联筼筜湖、狐尾山、仙 N.3 B. 9 岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、 五缘湾、虎仔山、观音山等“八山三水”.市民 36 第十三章概率与统计学霸层春 8.(2023·河南郑州二模)世界数学三大猜想： 的2件中恰有1件次品的概率是 2 “费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其 中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在 D.每次抽取1件，有放回抽取两次，样本点 1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费 总数为16 马大定理”.281年过去了，哥德巴赫猜想仍未 11.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5， 解决，目前最好的成果“1+2”是由我国数学 6,从中有放回的随机取两次，每次取1个球 记第一次取出的球的数字为X,第二次取出 家陈景润在1966年取得.哥德巴赫猜想描述 为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质 的球的数字为X,.设X= ,其中[x]表示 数之和在不超过17的质数中，随机选取两个 不超过x的最大整数，如[1]=1，[2.5]=2，则 不同的数，其和为奇数的概率为 2 A.P(X:X)= 1 3 D. 2 B.P(X,+X=5)-g 二、多选题 C.事件“X=6”与“X=0”互斥 9.从一批产品中取出三件产品，设A=“三件产 D.事件“X2=1”与“X=0”对立 品全不是次品”，B=“三件产品全是次品”， 三、填空题 C=“三件产品不全是次品”，则下列结论正确 12.(2024·浙江金华模拟)一次掷两枚骰子，若 的是 ( 两枚骰子点数之和为4或5或6，则称这是 A.A与B互斥且为对立事件 一次成功试验.现进行四次试验，则恰出现 B.B与C互斥且为对立事件 一次成功试验的概率为 C.A与C存在包含关系 13.(2023·陕西榆林一模)自然对数的底数e, D.A与C不是对立事件 也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之 10.一个袋子中装有3件正品和1件次品，按以 一，和π一样是无限不循环小数，e的近似 下要求抽取2件产品，其中结论正确的是 值约为2.7182818….若从欧拉数的前4位 ( ) 数字2,7,1,8中任选2个，则至少有1个偶 A.任取2件，则取出的2件中恰有1件次品 数被选中的概率为 的度率是号 14.(2023·黑龙江大庆一模)一个口袋里有大 小相同的白球4个，黑球m个，现从中随机 B.每次抽取1件，不放回抽取两次，样本点 一次性取出2个球，若取出的两个球都是白 总数为16 C.每次抽取1件，不放回抽取两次，则取出 球的概率为。，则黑球的个数为 学霸高专白题数学 第2节 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率 考点归纳 条件概率，相互独立事件的概率，全概率公式 ☑基础过关考点全面，查漏补缺1限时：20mim A.P(A)+P(A)=1 一、单选题 B.P(AIB)+P(AIB)=1 1.某型号的灯泡使用寿命为一年以上的概率为 C.若A,B互斥，则P(AB)=P(A)P(B》 P1,使用寿命为两年以上的概率为2.若一只 D.若A,B独立，则P(AIB)=P(A) 该型号的灯泡已经安全使用了一年，则能再 6.(2023·重庆南开中学模拟)红、黄、蓝被称为 安全使用一年的概率为 ( 色彩三原色，选取任意几种颜色调配，可以调 C. D. 配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不 A.P1-P2 B.P,·P2 P 变：等量的红色加黄色调配出橙色：等量的红 2.(2023·江苏苏州中学模拟)在A,B,C三个 色加蓝色调配出紫色：等量的黄色加蓝色调 地区暴发了流感，这三个地区分别有6%， 配出绿色.现有红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲 5%,4%的人患了流感.假设这三个地区的人 从六瓶中任取两瓶颜料，乙再从余下四瓶中 口数之比为5：7：8，现从这三个地区中任意 任取两瓶颜料，两人分别进行等量调配，A表 选取一人，则这个人患流感的概率为() 示事件“甲调配出红色”：B表示事件“甲调配 A.0.515B.0.05C.0.0495D.0.0485 出绿色”：C表示事件“乙调配出紫色”，则下 3.(2024·湖南郴州一模)现有甲、乙两所学校 列说法正确的是 () 从万华岩中小学生研学实践基地、王仙岭旅 A.事件A与事件C是独立事件 游风景区、雄鹰户外基地三条线路中随机选 B.事件A与事件B是互斥事件 择一条线路去研学.记事件A为“甲和乙至少 C.P(CM 有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基 D.P(B)=P(C) 地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”， 三、填空题 则P(BIA)= ( B. D. ,设P(AIB)=P(BA)=P(A)=},则 4 P(B)= 4.(2023·四川南充模拟)盒子里有1个红球与n 8.已知随机事件A,B发生概率P(A)=0.7, 个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共 P(B)=0.6,条件概率P(B1A)=0.6,则P(AU 取2次若至少有一次取到红球的条件下，两次 B)= 取到的都是红球的概率为。 则n 9.某学校的足球社团利用课余时间展开“三人 足球”的比赛，比赛的第一阶段为“传球训练 A.3 B.4 C.6 D.8 赛”，即参赛的甲、乙、丙三名同学，第一次传 二、多选题 球从乙开始，随机地传球给其他两人中的任 5.(2023·山东日照一模)已知A.B分别为随机 意一人，接球者再随机地将球传给其他两人 事件A,B的对立事件，P(A)>0,P(B)>0,则 中的任意一人，则第6次传球，重新由乙同学 下列结论正确的是 ( 传球的概率为 第十三章概率与统计学丽层吉 第3节 离散型随机变量及其分布列、数学期望与方差 考点归纳 两点分布，离散型随机变量及其分布列，均值，方差 基础过关考点全面，查漏补缺限时：35mim A.[-3,2] B.(-2,0] 一、单选题 C.(0,1] D.(1,2] 1.①某座大桥一天经过的车辆数为X: 5.设随机变量X的分布列为P(X=i)=(i三 ②某通信公司官方客服一天内接听电话的总 次数为X: 1,2,34),则P(号<x<3)月 ③一天之内的温度为X: ④一射手对目标进行射击，命中得1分，未命 D. 10 中得0分，用X表示射手在一次射击中的 6.泊松分布是统计学里常见的离散型概率分 得分 布，由法国数学家泊松首次提出.泊松分布的概 上述问题中的X是离散型随机变量的是 ( 粉布列为PK=)=对(=0,12.，其 A.①2③ B.①②④ 中e为自然对数的底数，入是泊松分布的均 C.①3④ D.②3④ 值.已知某种商品每周销售的件数相互独立， 2.设随机变量X服从两点分布，若P(X=1)- 且服从参数为入（入>0）的泊松分布.若每周销 P(X=0)=0.4,则E(X) ( 售1件该商品与每周销售2件该商品的概率 A.0.3 B.0.4 相等，则两周共销售2件该商品的概率为 C.0.6 D.0.7 3.已知随机变量专只能取三个值x1,x2,x,其 2 B. C.6 D.8 概率依次成等差数列，则该等差数列公差 7.(2023·浙江温州二模)随机变量X的分布 的取值范围是 ( A.(. B 列如表所示，若E(X)=」 则(3x-2) C.[-3,3] D.[0,1] 4.(2023·辽宁朝阳月考)若随机变量X的分布 0 列如表所示，则当P(X<m)=0.3时，实数m 的取值范围是 A.9 B.7 C.5 D.3 X -3 -2 0 2 8.(2023·河南洛阳模拟)已知某离散型随机变 0.2 0.1 0.2 0.1 0.4 量X的分布列为 学霸高专白题数学 2 A.a=9 B.b=0.4 C.E(aX)=52.5 D.E(X+b)=7.9 12.(2023·广东深圳中学模拟)已知p1,P2∈ 7 若E(X)=4,P(X≥1)=2则D(X)F (0,1),随机变量X,Y的分布列如下表所示 0 1-D A.15 2 16 8 -1 0 9.(2024·陕西西安模拟)已知随机变量专服从 1-P2 P2 两点分布，且P(=1)=p,(i=1,2),若2p< 2 2 下列说法中正确的是 P2<1,则下列判断正确的是 ( 1 A.E(52)<D(52) L若n写且分则B0>8(n B.E(E,)>E(52) B.若p,<p<1,则E(X)>E(Y) C.E(5)<D(5) C.若p,<2,则D(X)>D(Y) D.D(E,)>D(52) 二、多选题 D.若P2,则D(X)>D(Y 10.(2023·黑龙江哈九中月考)若随机变量X 三、填空题 服从两点分布，其中P(X=0)=3E(X), 13.有一种彩票，每注售价2元，中奖的概率为 1%.如果每注奖的奖金为50元，那么购买一 D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则 注彩票的期望收益为 元 下列结论正确的是 ( 14.某专业资格考试包含甲、乙、丙3个科目，假 A.P(X=1)=E(X) 乙.丙科目 3 B.E(3X+2)=4 设小张甲科日合格的概率为 C.D(3X+2)=4 D联0=号 合格的概率均为号，且3个科目是否合格相 互独立.设小张3科中合格的科目数为X,则 11.已知随机变量X的分布列为 P(X=2)= :E(X)= 4 a 9 10 15.随机变量的可能值为1,2,3，且P(=1)= 0.3 0.1 0.2 3p-1,P(5=3)=1-p,则D()的最大值 若E(X)=7.5,则以下结论正确的是( 为 第十三章概率与统计学霸层春 第4节 二项分布、超儿何分布与正态分布 考点归纳 二项分布，超几何分布，正态分布 ☑基础过关 考点全面，查漏补块|限时：35min P(1X-1<3σ)=0.9977)，高三(1)班有 一、单选题 40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分 1.已知随机变量X服从二项分布X~B(4,2),， 布，平均分为120，方差为100，理论上，在 130分以上人数约为 则P(X=2)= A.19 B.12 C.6 D.5 3 4 8 7.为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克 2.(2023·安徽蚌埠二模)已知随机变量X服 精神，北京市多所中小学开展了冬奥会项目 科普活动.为了了解学生对冰壶这个项目的了 从正态分布V(2,).且P(X>3)=石则 解情况，在北京市中小学中随机抽取了10所 P(X>1)= ( 学校，10所学校中了解这个项目的人数如图 6 所示： 6 3.从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不 601人数 放回地任取3件，则取出产品中无次品的概 32 3 率为 ( 之 2 24 器 2 1 10 B. 5 C. 35 A B C D E F G H M N学校 4.从一个装有4个白球和3个红球的不透明袋 若从这10所学校中随机选取2所学校进行 子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X 这个项目的科普活动，记X为被选中的学校 为取得红球的次数，则D(X)= ( 中了解冰壶的人数在30以上的学校个数，则 9 60 21 D. 49 A.X的取值范围为0,1,2,3 5某篮球运动员每次投篮投中的概率是 ,每次 B.P(X=0)=5 投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮 中，记最有可能投中的次数为m,则m的值为 C.P(X=1)=5 ( A.5 B.6 C.7 D.8 D.P(X=2)= 15 6.(2024·河北石家庄模拟)若随机变量X~ 8.甲、乙、丙三人进行短道速滑训练.已知每一 N(u,σ2)(>0)，则有如下结论：(P(IX-μ1< σ)=0.6827，P(1X-u1<2o)=0.9545, 场比套甲，乙.丙变的概率分别为。写 学霸高专白题数学 2,则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相 A.a+b=1 同的概率为 ( Bp时，e6 11 5 7 1 . B. C. 24 24 D. C.0<p<,时，a随着n的增大而增大 二、多选题 9.(2024·湖北荆州月考)设随机变量X~B(8, D.0<p<2时，a随着n的增大而减小 12.(2023·江苏徐州模拟)已知随机变量X服 ),则下列说法正确的是 从正态分布N(1,3),则下列结论正确的是 ( A.X,Y服从正态分布 A.E(X)=1,D(X)=9 B.P(X66)=3 B.若P(X2)=P,则P(0<X≤1)=2P C.E(X)<E(),D(X)=D(Y) D.当且仅当k=5时，P(Y=k)取最大值 CP(X1W=号 10.在网课期间，为了掌握学生们的学习状态， D.随机变量Y满足2X+Y=4,则E(Y)=4 某省级示范学校对高二一段时间的教学成 三、填空题 果进行测试高二有1000名学生，某学科的 13.(2023·山西大同模拟)某工厂生产的产品 期中考试成绩（百分制且卷面成绩均为整 数)Z服从正态分布N(82.5,5.52),则（人数 的质量指标服从正态分布N(100,σ2).质量 保留整数)】 () 指标介于99至101之间的产品为良品，为 [参考数据：若Z~N(h,σ2)，则P(u-σ≤ 使这种产品的良品率达到95.45%，则需调 Z≤4+o）≈0.6827，P(u-2o≤Z≤u+2o）≈ 整生产工艺，使得σ至多为 .(若 0.9545,P(u-3o≤Z≤u+3o)=0.9973] X~N(u,o2),则P(IX-ul≤2o)≈0.9545) A.年级平均成绩为82.5分 14.10名同学中有a名女生，若从中抽取2个人 B.成绩在95分以上（含95分）的人数和70分 作为学生代表，恰好抽取1名女生的概率为 以下（含70分）的人数相等 C.成绩不超过77分的人数少于150 则a 16 D.超过98分的人数为1 15.有9张卡片分别标有数字1,2,3,4,5,6,7， 11,(2023·湖北武汉模拟)已知离散型随机变 8,9,从中任取3张，设表示抽出的3张卡 量X服从二项分布B(n,p),其中n∈N',0< 片标有的数字是偶数的个数，则P(= p<1,记X为奇数的概率为a,X为偶数的概 率为b,则下列说法中正确的有 1)= ,E(E)= 第十三章概率与统计学霸昌吉 第5节 随机抽样与用样本估计总体 考点归纳 随机抽样，用样本估计总体 ☑基础过关考点全面，查漏补缺限时：30mim 5.(2024·贵州贵阳月考)PM2.5的监测值是用 一、单选题 来评价环境空气质量的指标之一，划分等级 1.(2024·陕西榆林期中)某校高一年级18个 为：PM2.5日均值在35μg/m3以下，空气质 班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样， 量为一级；PM2.5日均值在35~75g/m3,空 获得了10个班的比赛得分如下：91,89,90， 气质量为二级：PM2.5日均值超过75μg/m 92,94,87,93,96.91.85,则这组数据的80百 为超标.如图是某地8月1日至10日PM2.5 分位数为 的日均值（单位：gm)变化的折线图，下列 A.92 B.93 C.92.5 D.93.5 关于PM2.5日均值说法正确的是 2.(2023·江苏宿迁模拟)某大学共有本科生 日均位 5000人，其中一、二、三、四年级的人数比 100 为4：3：2：1，要用分层抽样的方法从所有 80 60 本科生中抽取一个容量为200的样本，则应 40 40 4548 20 -32.34 抽取三年级的学生人数为 ( 012345678910日 A.80 B.60 A.这10天日均值的70百分位数为60 C.40 D.20 3.(2024·四川南充模拟)已知某地区中小学生 B.前4天的日均值的极差小于后4天的日均 人数和近视情况分别如图①和图②所示，为 值的极差 了了解该地区中小学生的近视形成原因，用 C.前4天的日均值的方差大于后4天的日均 分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则 值的方差 样本容量和抽取的高中生近视人数分别为 D.这10天的日均值的中位数为45 ( 6,某地为了解中学生的日均睡眠时间（单 十近视率% 位：h),随机选择了n位中学生进行调查，根 小学生 50 3500名 高中 2000名 30 据所得数据画出样本的频率分布直方图，如 初中生 图所示，且从左到右的第1个，第4个，第2 4500名 10叶 0小学初中高中年饭 ①0 个，第3个小长方形的面积依次构成公差为 A.100,10 B.100,20 0.1的等差数列，又第四小组的频数是10，则 C.200,10 D.200,20 n等于 4.(2024·浙江金华模拟)有一组样本数据1. 3,2,a,3.5,4,b,则 ( A.这组样本数据的极差不小于4 B.这组样本数据的平均数不小于4 C.这组样本数据的中位数不小于3 678910时间/小 D.这组样本数据的众数等于3 A.30 B.40 C.50 D.60 学霸高专白题数学 二、多选题 10名女生，其平均数为7h,方差为8.若将 7.(2024·云南昆明期中)一项比赛共有9位评 甲、乙两名同学调查的学生合在一起组成一 委，选手完成比赛后，每位评委现场给出一个 个容量为20的样本，则该样本数据的( “初始评分”，去掉一个最高分，去掉一个最低 A.平均数为8.5h 分，剩余7位评委的评分为“有效评分”则下 B.平均数为8h 列叙述一定正确的是 ( C.方差为10.5 A.同一个选手的“初始评分”的中位数等于 D.方差为10 “有效评分”的中位数 三、填空题 B.同一个选手的“初始评分”的下四分位数 10.(2023·陕西西安模拟)在样本频率分布直 等于“有效评分”的下四分位数 方图中，共有9个小长方形，若中间一个小 C.同一个选手的“初始评分”的平均数不低 长方形的面积等于其他8个小长方形的面 于“有效评分”的平均数 D.同一个选手的“初始评分”的方差不低于 积的和的？，且样本容量为140，则中间一组 “有效评分”的方差 的频数为 8.一个人的领导力由五种能力一影响力、控 11.某企业三个分厂生产同一种电子产品，三个 制力、决断力、前瞻力和感召力构成.如图是某 分厂产量分布如图所示，现在用分层抽样的 企业对两位领导人领导力的测评图，每项能 方法从三个分厂生产的该产品中共抽取 力分为三个等级，“一般”记为3分、“较强” 100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽 记为4分、“很强”记为5分，把分值称为能力 取的件数为 ;由所得样品的测试结 指标，则下列判断正确的是 ( 果计算出一、二、三分厂取出的产品的使用 5盛召力 寿命平均值分别为1020小时、980小时、 …乙 1030小时，估计这个企业所生产的该产品 影响小 的平均使用寿命为 前胎力 第三分厂 309% 第一分厂 50% 第二分厂 控制力 决所力 20% A.甲、乙的五项能力指标的均值相同 12.气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连 B.甲、乙的五项能力指标的方差相同 续5天的日平均气温均不低于22℃.”现有 C.如果从控制力、决断力、前瞻力考虑，乙的 甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数 领导力高于甲的领导力 据（记录数据都是正整数）：①甲地：5个数据 D.如果从影响力、控制力、感召力考虑，甲的 的中位数为24℃，众数为22℃：②乙地： 领导力高于乙的领导力 5个数据的中位数为27℃，总体均值为 9.(2023·湖南湘潭二模)为了解某班学生每周 24℃：③丙地：5个数据中有一个数据是 课外活动的时间，甲同学调查了10名男生， 32℃，总体均值为26℃，总体方差为10.8. 其平均数为9h,方差为11；乙同学调查了 则肯定进人夏季的地区的序号为 第十三章概率与统计学丽层吉 第6节成对数据的统计分析 考点归纳 变量的相关关系，样本相关系数，线性回归方程，独立性检验 基础过关考点全面，查漏补缺限时：35mim A.样本相关系数r变小 一、单选题 B.残差平方和变大 1.(2023·陕西西安一模)某校一个课外学习小 C.决定系数R变大 组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单 D.解释变量x与响应变量y的相关性变弱 位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进 4.随机询问50名大学生来调查爱好某项运动 行种子发芽实验，由实验数据(x,:)(i= 是否和性别有关.利用2×2列联表计算得 1,2,…,20)得到如图的散点图： X2=8.333,则下列结论正确的是 ( 100% 0.010 0.005 0.001 80% 60% Xa 6.635 7.879 10.828 40% 20% A.在犯错误的概率不大于0.005的前提下认 0 20 30 40温度/℃ 为“是否爱好该项运动与性别有关” 由此散点图，在10℃至40℃之间.下面四个回 B.在犯错误的概率不大于0.005的前提下认 归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的 为“是否爱好该项运动与性别无关” 回归方程类型的是 ( C.在犯错误的概率不大于0.001的前提下， A.y=a+bx B.y=a+bx2 认为“是否爱好该项运动与性别有关” C.y=a+be" D.y=a+bln x D.在犯错误的概率不大于0.001的前提下， 2.某工厂某产品产量x(千件)与单位成本 认为“是否爱好该项运动与性别无关” y(元)满足回归直线方程y=77.36-1.82x,则 5.关于(x,y)的一组样本数据(1，-1).(2，-3) 以下说法中正确的是 (3.5,-6),(5,-9),…,(30.5,-60)的散点图 A.产量每增加1000件，单位成本约下降 中，所有样本点均在直线y=-2x+1上，则这 1.82元 组样本数据的样本相关系数π为 ) B.产量每减少1000件，单位成本约下降 A.-2 B.-1 C.1 D.2 1.82元 6.已知变量y关于x的回归方程为y=er-a6,若 C.当产量为1千件时，单位成本为75.54元 对y=e-a6两边取自然对数，可以发现lny与 D.当产量为2千件时，单位成本为73.72元 x线性相关，现有一组数据如下表所示。 3.(2024·天津滨海新区月考)如图，5个(x,y) 2 3 4 5 数据，去掉D(3,10)后，下列说法正确的是 e ( ·E10,12) 则当x=6时，预测y的值为 ( ·D3.10) A.9 B.8 C.e D.es ·C45) 二、多选题 ·B240 ·A13) 7.(2024·江苏常州期中)某高校有在校学生 9000人.其中男生4000人，女生5000人.6 5解析：从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C=70(种)选 4),(124,3),(134,2),(234,1)共4种放法，故所求概率P= 4 14 法.这4个点在同一个平面的有m=6+6=12(种).故所求概率P= 2 。故答案为 ·故选A n7035 6.B解析：两人所选六科的情况共有CC·C,C=144(种)情况，由 715解：由题意(， 于语文，数学、英语必选，故所选六科中恰有四科相同的情况，包含 的展开式的通项为T1=C 以下情况：第一，物理，历史有一科相同，政治，地理，化学，生物不相 同，先得到小明选课情况数，即CC=12(种)情况，则小芳的选择也 2 就确定了，故此时共有CC匠=12（种）情况：第二，物理，历史不相同， 政治地理，化学，生物有一科相同，先得到小明选课情况数，即 C3=15,. 的展开式中的常数项为15.故答案为15. CC好=12（种）情况，则小芳从小明选择的四选二科目中选择一个， 再从小明没有选择的四选二科目中选择一个，故有CC▣4（种）情 80解折：(（2x） 的展开式的通项为T1=C哈(2)· 况.故此时共有CCCC!=48(种)情况故他们所选六科中恰有四 =(-1)×2×C%×x8-“,令18-4=2，可得k=4,则x2项 科相时的概率是P=-合故选及 7.D解析：抛辑一枚质地均匀的假子3次，共有6×6×6=6（种）不同 的系数为(-1)×264×C%=4×15=60.故答案为60 结果，其中向上的点数为3个互不相同的偶数的情况为点数为2,4， 9.-28解析： 6的排列，故有A=6(种)，∴向上的点数为3个互不相同的偶数的 (x*y)°的展开式中含3y的项为Cx-’Cxy=-282,故 每常P a故选D. 636 方法总结 客案为-28 10.8-2解析：含x2的项为x·C·x·(-1)3+2·C,x2, 有关古典概型的概率问题： (1)关峡是正确求出样本点总数和所求事件包舍的样本点数，样本 (-1)2=-4x2+122=8x2,故02=8.令x=0,则2=0o.令x=1,即0= +a1+ata+a4+a5a1+a+n1+a+=-2.故答案为8，-2 点总数较少时，用列举法把所有的样本点一一列出时，要做到不重 复、不道蒲 高考新动向 (2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用 D解析：若a=C+C以×3+C×32+…+C×30,由二项式定理得a= (1+3)0=40=(5-1)0,则a=C·50-C4n·5"+-C·5+C8,因 8.B解析：不超过17的质数有2,3,5,7,11,13,17共7个，随机选取 为C·50-C0·59+-C8·5能被5整除，所以a除以5余C=1 两个不同的数，悲本事件总数=C=21,其和为奇数包含的基本事 又因为u=b(md5),选项中2026除以5余1.故选D. 件有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(2,17)共6个，P= 第十三章概率与统计 9,BCD解析：事件A=“三件产品全是正品”，事件B=“三件产品全是 第1节随机事件的概率及古典概型 次品”，事件C包含“三件产品企是正品”与“三件产品中有两件正 基础过关 品。一件次品”与“三件产品中有一件正品，两件次品”，对于A,事 61 41 1.D解析：根据概率公式计算可得P(A)= 22P(B)=23 件A与B互斥，但不为对立事件，故A错误：对于B,事件B与C互 斥且为对立事件，放B正确：对于C,事件A包含于C.故C正确：对 P(A+B)=8 3:由概率的加法公式可知P(A+B)=P代(A)+P(B) 2 于D,事件A与C不是对立事件，故D正确.故迹BCD. 易错提醒 P(),代计算可得PR()=石故适D 互斥事件是指两个不能同时发生的事件，对立事件是指两个事件传 此互斥，但在一次试验中必有一个发生的事件 2.B解析：，甲、乙两个元件构成一并联电路.，只有当甲、乙两个元 10.ACD解析：记4件产品分别为1.2,3.a,其中1,2.3表示正品，a 件都故障时，才造成电路故障，表示电路放障的事件为E门F,故 表示次品.在A中，样本空闻2=1(1.2).(1.3).(1.a),(2.3) 选B. (2.a).(3,a)1,共6个样本点，且每个样本点出现的可能性相等 3.D解析：随机事件A.B互斥，A.B发生的概率均不等于0，月 “恰有一件次品"的样本点为(1，a),(2,a),(3,a),因此其概率P= P(A)=2-a,P(B)=4a-5. 31 0KP(A)<1, 0k2-a<1. 即0<4a-5<1,解得 5 。2,故Λ正确：在B中，每次抽取1件，不放回抽取两次，样本 ∴.0<P(B)<1, 4<as- 空间2=1(1,2).(1,3)，(1.a),(2.1),(2.3),(2.4),(3.1), P(A)+P(B)∈1.3-3≤1. (3,2),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3)1,因此n(2)=12,故B错误： 41故选D 在C中，由B知，“取出的两件中恰有一件次品“的样本点数为6， 3 4.C解析：在11个景点随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选 其概率为？，故C正确：在D中，每次抽取1件，有放同抽取两次。 取景点中有”水”的对立事件是在孤尾山，仙岳山、园山，碎岭山、虎 样本空间2={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1，a),(2,1),(2,2),(2, 头山，金山中选取3个相邻的，共有4矜情况则其概率P=号则 3).(2,t),(3,1）,(3,2),(3,3),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3), (a,:)1,因此(2)=16，故D正确 1个景点中随机选取相邻的3个游览，选取的景点中有~水“的概常 11.AC解析：：从中有放回的随机取两次，，有6×6=36（种）可能， X=x,有6种情况，一X>X的情况共有5=15，P(X,> 2 方法总结 求解古典概型额串问题的主要方法： =花-)，故人正确：两次取球数字和为5有以下4种情况 (1)直接法，直接利用古典既型概率公式计算： (2)间接法，构造对立事件，通过求解对立事件的摄率来求解 1,4),(2,3.（6,2.(4,1P+=5石故B错 5.A解析：记两个白球为1,2，两个黑球为3,4.则所有的放法有 误：当X=6时X= (1,234),(2,134),(3,124),(4,123),(12,34),(13,24） [片]-[]0事作X=6与=0 (14,23),(23,14),(24.13),(34,12),(123.4),(124,3). =[X,]≠0，但是当X2=2, (134,2),(234,1),共14种，其中甲盒中恰有3个球的放法有(123 互斥，故C正确：当X,=1时，X=元」 一学霸高考·白题·数学·76一 X,=2时，X= []=1≠0事件x,=1与X=0”不是对立事 x,J 店，若C事件发生，则甲有三种情况，分别为甲取两瓶资色：甲取 件故D错误放选AC 1瓶黄色和1服红色或蓝色，甲取1瓶红色，1瓶蓝色.则P(C)= 12 解析：一次掷两枚骰子，两枚骰子点数之和为4的情况有 5CC+CC:+CC.4,故D正确故选D. CCi 3种，两枚骰子点数之和为5的情况有4种，两枚骰子点数之和为 1 111 6的情况有5种，在一次试验中，出现成功试验的概率P3+445 1.3 解析：P(AB)=P)P(BA)=子×2石，由P(AIB)= 36 子设出现成功试验的次数为，则一(，）一重复做这样 P(AB) P(AB)6 1 1 得P(B)= P(B) B广3故答案为 的试验4次，则恰出现一次成功试验的概率为P(K=1)=C×3× 2 8.0.82解析：P(B)=0.6,P(B)=1-P(B)=0.4.P(B1A)=1 P(B1A)=04.由乘法公式得P(A门B)=P(A)P(B1A)=0.7×04= 028..P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.7+0.4-028=0.82.放 13。解折：由题可知，总的事件包搭2.7).2.).(2.8.（3， 答案为0.82 (7.8),(1,8)这6个，至少有1个偶数被选中的事件包括(2,7)， 解析：设第n次由乙同学传球的概率为P。,显然P=1,第一次 (2,1).(2,8),(7,8).(1,8)这5个.故所求的概率为。赦答案 传球从乙开始，随机地传球给其他两人中的任意一人，这两人每人 得到球的概常为子，如果球传到乙，则乙不能传到乙，故第+1次由 6 乙传球的概率P1与第n次由乙传球的概率P.的关系为：P1三 12 14.5解析：由题意得己6(m+3)m+46,解得m三 n0m0-)=(1-R)·r+mr4-号 或m=-12(舍去)，即黑球的个数为5.故答案为5. 第2节条件概率、全概率公式、 (号）藏数列{P}是首项为号，公比为的等 相互独立事件的概率 基础过关 2 1,D解析：设事件A=1灯泡使用寿命一年以上，事件B=灯泡使用 1215 寿命两年以上|，则AB=B,P(A)=P1,P(B)=2,,P(BIA)= 故P。=33×3216 P(AB)_P2故选D 第3节离散型随机变量及其分布列，数学期望与方差 P(A)P 基础过关 2.D解析：由题意得，从这三个地区中任意选取一人，则这个人可能 1.B解析：①大桥一天经过的车辆数是可一一列举的：2客服一天内 来自于三个地区中患流感的人当中，故这个人患流感的概率P 接听电话的总次数是可一一一列举的：③一天之内的温度是连续型陆 7 6%×5+7+85%×5+7484%×5+7+80.0485.故选D 机变：④一次射击中的得分是可一一列举的.由离散型随机变量的 定义知①②④是高散型随机变量，故选B. 3.B解析：依题意，甲，乙随机选择一条线路去研学有32=9（个）基本 2.D解析：由题意得P(X=1)+P(X=0)=1①，又P(X=1)-P(X 5 事件，事件A含有的基本事件数是2x2+1=5,则P(4)=号，事件 0)=0.4②.由①2可得P(X=1)=0.7.P(X=0)=0.3.,E(X)= 1×0.7+0×0.3=0.7.故选D. 含有的基本事件数为2x2=4,则P(AB)=4 心P(B1A)=PAB 3.B解析：由题意，设随机变量取x1,,的概率分别为a-d,a,a+ P(A) 了放选B 4 d则由分布列的性质，得(a-d)+a+(a+d)=1,放a=子由 4,B解析：设事件A为至少有一次取到红球，事件B为两次都收到红 -d≥0. 球由每次后放，知P-清两次都聚到白 解得- 3 了心公差d的取值范围是 3 +d≥0. 3 aa(a+1,放P(A)=1-r 球的概率为”×三2 2n+1 m+“a+ 1 3 故选B P氏BM)=AB.P(B)。11 P()P风)2+9，放n=4放选B 4.B解析：由分布列知P(X≤-2)=0.2+0.1=03.P(X≤0)=0.1+ 0.2+0.2=0.5.,当me(-2.0]时，P(X<m)=0.3,即m的取值范围 5.ABD解析：选项A中，由对立事件定义可知P(A)+P(A)=1, 为(-2.0.枚选B 故A正确：选项B中，P(A1B)+P(AIB)=PB)+PB)_PB) P(B) P(B) 5.C解析：由题意，得P(K==(i=1,234)P(K=)+ 1.故B正确：选项C中，A,B互斥，P(AB)=0.P(A)>0,P(B)>0, P代K=2)+PX=3)+PK=4)=上，2,3,4=1.解得a=10. P(AB)≠P(A)P(B),故C错误：选项D中，A,B独立，则P(AB)= aa d a P(A)P代B).则P(AIB)=PAB)）=PA).故D正确.放选ABD P(B) 6.BD解析：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色， 6.D 一瓶蓝色料，测A发生G必定不能发生，，P(AC)=0,P(A)≠0。 解析：依题意，得P(X=1)=P(X=2),即入小 e2e,餐得A=2, P(C)≠0，故A,C不互为独立事件，为互斥事件，故A错误： 2 20 21 六P(CA)=PAC)=0,放C错误：若调出红色，需要两瓶颜料均为 P(X=)=P(X=0)= 少w9=点P= P(A) 2 红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，此时调出红色和调出 =P=2.则两2件的低率P=G之× 绿色不同时发生，故A,B为互斥事件，故B正确：P(B-:。 G(侣）故tn 一学霸高考·白题·数学·77一 7.C解析：E(X)= 了，一由随机变量X的分布列，得 P<0,P+h<1,(h-)(h+p1-1)>0,即D(X)-D()>0,即 川X)>D(Y门，故C正确：对于D,P<之<PP>0,但是无 +a+b=1, -3 法确定P,+P,与1的大小关系，即无法判断P,+P2-1的正负，故无 解得 法确定D(X)与D(Y)的大小关系，故D错误故选AC 13.-L5解析：由题意，得E(X)=(50-2)×0.01+(-2)×0.99=-1.5. 故答案为-15 .D(3X-2)=9D(X)=9× )5故法C 4号合折：=2=(-2)号×号子(-号)》 方法总结 离敬型随机变量期登和方差的性质： E(aX+b)=aE(X)+b: (号)）6P=w=x(-号)小(-( D(ax+b)=a'D(X). )）号x(号）小()(）号0= 8C解析：由意.得a+6c+写=1a6+c=号 ①.E(X) 3221 （-1)xa+0x6+1xe+2x.3. :②.由P(X≥1)=c+ 案为号音 子品得c=代人①2，新得a=石6=子00 1 方法总结 求离散型随机变量X的数学期望的一最步骤： (1)先分析X的可取值，极据可取值求解出对应的概率： (2)根据(1)中概率值，得到X的分布列： 1-19 36放选C (3)结合(2)中分布列，根据期望的计算公式求解出X的数学期望. 9.D解析：E(5,)=P1,E(52)=P2,E(51)<E(5.D(5)= 15.1解析：随机变量专的可能值有1,2.3，且P(=1)=3印-1， (1-P1).D(5)=(1-P）E(5)>D(:).E(5)>D(6).二次 (0≤3p-1≤1， 商数y(1-=)在区间（行.）上单调道减且D(>以。 P以=3)=1-，P(5=2)=1-24.由0≤1-p≤1，得pe3 「1 (0≤1-2p≤1， 故选D 2」B(9=1(3p-10+2(1-2p)+3(1-p)=44D(E)=(1-4+ 11 0.AB解析：随机变量X服从两点分布，其中P代X=0)={ 4p)2×(3p-1)+(2-4+4p)2×(1-2p)+(3-4+4p)2×(1-p)=-16p24 3+1x2.2 rXaI-子(0=0 1-4,pe[行]，当=时.()的最大值为 「111 (-号）广号-名在A中.代==0.做A正商：在 第4节 二项分布、超儿何分布与正态分布 基础过关 B中，B(3+2)=3泥(X)+2=3×号+2=4，放B正确：在C中， 1,C 解析：P(X=2)=C好： 故迹C 3 2.D解析：根据题意可得，P(X>3)=P(X<1)= 6,则P(>1)=1- 1 D(3+2)=9D(X0=9×2=2,故C错误：在D中，0)=。2，极 D错误，故选AB, .故选D 11.CD解析：由分布列的性质知0.3+0.1+b+0.2=1,解得b=0.4,故 3.A解析：依题意知，产品总数为13+2=15（件）.由超儿何分布概 B正确：E(X)=4×03+0.1a+9×0.4+10×0.2=6.8+0.1a=7.5 ,a=7,故A错误：由均值的性质知E(aX)=aE(X)=7×7.5=52.5, 率计算公式.得取出产品中无次品的餐率为_x121二故 故C正确：E(X+b)=E(X)+b=7.5+0.4=7.9,故D正确.故选BCD. C15×14×1335 选A 12.AC解析：依题意E(X)=-1×号+0×了+1x 2 4.D解析：由题意得，从一个装有4个白球和3个红球的不透明袋子 E(Y)=-1× P40x 1 1-2p1 33 中取出一个球，是红球的概率为37，”是有放同地取球“一 2 1x台1 2 =2,则(0-6(=2 1-pm.又E)=-0x02x 2- 1 2 2 E=(-)2x1+0x+1x. 2 2 2六D(X)=E(x2) 5D解析：记投篮命中的次数为陆机变量X,由题意，X~B10, 4 [01=- 专）则投蓝合中m次的概率P(X=m)G·(告)）广.( 2 D(Y）= ）- )(传广（传） i6·4”、Cw·4+4 ≥4 =(PP1)(P+P1-1) 510 510 A4AT 由 Ca≥4C时' C6·4”Cm·4r-1 (4C0≥C0', 对于A,”<2且h<7,西+h<1,E(X)-E(Y)>0. 50 4A6、A0 510 A E(X)>E(),故A正确：对于B,P1<<1,由于无法确定1+ ?与1的大小关系，即无法判断1-(P,+2)的正负，无法确定 1≥4(10-m) 即 m+1 解得9 5又meN,因此m=8时， E(X)与E()的大小关系，故B错误：对于C,“P<<)心 410-m+1)≥1 一学霸高考·白题·数学·78一 C0·49 3”一取最大值，即该运动员10次投篮中，最有可能投 E(4-2X)=-2E(X)+4=2,故D错误.故选ABC. P(X=m)= 解析：依题意知从=100，再根据正态曲线的特征可知， 中的次数为8故选D. 6.C解析：数学成绩服从正态分布N(120,10).P(1x-4<)= 1X-1001≤2m的解集A9(99,101),由1X-1001≤2a可得 0.6827..P(1x-1201<10)=0.6827.根据正态曲线的对称性知：理 10)-2w≤X≤100+2r, 102281解得0≤分，故u至多为 (100+2r≤101. 论上说在130分以上的概率为，×(1-06827)=0.15865.理论 上.在130分以上人数约为0.15865×40=6.故选C 宁做答案为 2 7.D解析：X的取值范围为0,1,21，了解冰壶的人数在30以上的学 14.2或8解折：根据题意.利6_C解得4=2或a=8故答案 校有4所.P(X=0)= Cio 子P(x=1)=8 . 45C20 Cio 5 为2或8. 4 (K=2)=C·C=22故选D 解析：由题意，知E的可能取值为0.1.2.3，且P(=0)= c3c4_5 CG42P(5=1)= C410 cci 5 8C解桥：依题意，若甲，乙两人均获胜0场，则八-（分）广号者 C21 ,P(6=2)= Cg4,P(6=3) 甲，乙两人均我鞋1场则R=宁兮。。甲，乙获 周0音1丹2以名-故答案为 10 C3 21' 能场数相酮铜的率P=官。故选C 104 213 9C解析：对于A随机变量不-B(8)）,B(8,号）则y 第5节随机抽样与用样本估计总体 基础过关 服从二项分布，故A错误：对于B,P(X>6)=P(X=7)+P(X=8)= 1.D解析：比赛得分按从小到大排列为85,87,89,90,91,91,92,93. G(兮）号G(兮)广-故B正确：对于c,E0=8x 94,96,10×80%=8.这组数据的60%分位数为3494.93.5故 号n=x子0=8x-）-n= 选D. 2.C解析：：，要用分层抽样的方法从该校所有本科生中抽取一个容 8x子号）-E0<B(n.D0=Dn.放C正确：对 量为200的样本，一，二，三，四年级的人数比为4：3：2：1..三年 于D.设P(T=)为是大盒则≥g:即 级要抽取的学生人数是4+3+2+×20=40，赦送C 方法总结 进行分层劾样的相关计算时，常利用以下关系式巧解： 样本容量#浅层抽取的个体数 解得 (1)多体的个数入藏层的个体数 (2)越体中某两层的个体数之比=样本中这两层抽取的个体数之比 5≤k6,.当k=5或6时.P(Y=)取最大值.放D错误故选BC. 3.D解析：依题意可得样本容量为(3500+2000+4500)×2%=200. 10.ABD解析：由Z-N(82.5,5.52),可知μ=82.5，=5.5，.平均分 其中高中生抽收2000×2%=40（人），：样本中高中生的近视率为 为=825，放A正确由于95+70 825.可知95.70关于直线4= 50%∴，抽取的高巾生近视人数为40×50%=20（人）.故选D 4.A解析：样木数据1,3,2，，35,4，b中，对于A,显然这组样本数据 82.5对称，根据正态分布的对称性可知，成绩在95分以上（含 的极差大于等于5-1=4，故A正确：对于B,若a=b=0,则平均数为 95分)的概率和70分以下（含70分）的概率相等，进面人数相等， 1+2+3+3+4+59 故B正确.P氏Z≤7)-P(Z<-)=1-06827=015865. 8 年<4，放B错误：对于C,者a=b=0,则这组样本数 2 ,1000x015865=159>150,.C错误.P(Z≥99)=P(Z>u+3r)= 据为0,0.123.345中位数为2号-25<3，故c错误：对于D.者 1-0.9973=000135.1000x0.0135=1,超过98分的人数为 a=b=1,则这组样本数据为1,1,1,2.3,3,4.5，众数为1，故D错误 2 故选A 1,故D正确.故选ABD. 5.B解析：对于A,将10天中的PM2.5日均值按从小到大排列为30。 11,ABC解析：对于A,由概率的基本性质可知.a+b=1.放A正确：对 32,34,40,41,45,48,60.78,80,根据百分位数的定义可得，这10天 于B,当p=2时，离散型随机变量X假从二项分布B(,?),则 中P2.5日均值的0百分位数是48,60=54.放A错误：对于B,前 2 ==C(广（号）(=0,12,3..a 4天的日均值的极差为41-30=11，后4天的日均值的极差为78- 45=33.故B正确：对于C,由折线图和方差的定义可知，前4天的日 ）广c+e+cg*…=(3）x2=6=(）广· 均值波动性小，前4天的日均值的方差小于后4天日均值的方差 故C错误：对于D,这10天中PN25日均值的中位数为1+5 =43 2 故D错误故选B capn0p。5当0ep<时 6.C解析：从左到右的第1个，第4个，第2个，第3个小长方形的面 2 2 积依次相差0.1.设第一小组领率为x.则x+x+01+x+0,2+x+0,3=1. 4=2p》为各项为正且单调递增的数列，故。随着n的增大 解得x=0.1÷第四小组的颗率是+0.1=02.10=0.2.解得= 2 面而增大故C正确，D错误.故选ABC 50.故选C. 12.ABC解析：X-N(1,32),.E(X)=4=1,D(X)=2=9,故A正 7.ABD解析：由条件可知，“初始评分”和“有效评分"中的数据个数 不同，但是两者的中位数都是从小到大排列的中间那个数，，两者 确：#P(X2)=P(X<0)=.4P(0<X≤1)=2，B正确：u 的中位数相同，故A正确：将9位评委的分数按照从小到大排序， 1P(D1)=号放C正确：2+V=4Y=4-2…6)= “初始评分"的下四分位数为9×25%=2.25，即第3个数.去掉一个最 高分，去掉一个最低分，剩余7位评委的分数按飘从小到大排序， 一学霸高考·白题·数学·79一 “有效评分”的下四分位数为7×25%=1.75，即第2个数，.同一个选 r=一1.故选B. 手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数，故 6.C解析：对y=ea两边收对数，得ny=r-0.6,令：=ny.则z B正确：根据平均数的定义可知，“初始评分”中的平均数与“有效评 -0.6 分”中的平均数有可能相等，也有可能不等，取决于“初始评分”中的 最高分与最低分两者的平均数是否与“有效评分”中的平均数相等。 故C错误：由方差的定义可知，去掉一个最高分与最低分一定使得 数据偏离度变小或不变（所有评分相何时），∴同个选手的“初始 评分”的方差一定不低于“有效评分”的方差，故D正确.故选ABD. 8.AB解析：甲的五项能力指标（单位：分）分别为4,5,4,5,3，平均值 =1+243+4+ =3,2=1+3+4+6+7 =4.2.代入=bx-0.6得4.2=36- 为445+4+5+3 5 5 4.2(分).乙的五项能力指标（单位：分）分别为3.4， 5 0.6,故b=1.6故：=1,6r-0.6,y=l6-6,当x=6时.y=e6-10=e 5,45,平均值为3+4+544+5=4.2（分），故A正确：甲，乙的五项能 故选C 5 力指标数据一样，只是顺序不同，方差也相同.故B正确：甲的控 乙C解析：该校某位学生为”古文述”的概率的估计值为子 制力，决断力、前黯力指标（单位：分）分别为5,4,5，平均值为 0.6.故A错误：男生4000人，女生5000人.随机调查了40名男生 3 (分)，乙的控制力，决断力，前略力指标（单位：分）分别 5+4+514 和50名女生.4000：5000=40：50，符合分层随机抽样的抽样力 法.放B正确：X2.90x(20x10-20×40)2 =9>6.635.故有99%的把 60x30×40×50 为4,5,4，平均值为=（分），如果从控制力、决断力、前瞻力 3 握认为学生是否为“古文迷”与性别有关系，故C正确，D错误故 专虑413 了>号心甲的额导力高于乙的领导力，放C铅误：甲的影响 选BC 8.AD解折：对于A,由表格数据得，x=2+3+5+94山=6，=1-0.5× 力控制力感百力指标（华位：分）分别为453平均值为 5 6=11-3=8,∴，该回归直线必过(6,8)，故A正确：对于B,,回归直 4(分)，乙的影响力，控制力，感召力指标（单位：分）分别为3,4,5. 线方程为y=11-0.5x,-0.5<0,当变量x增加时，变量y相应值减少， 平均值为3+4+5 4(分)，如果从影响力、控制力，感召力考虑，甲的 两个变量之间呈负相关关系.故B错误：对于C,当x=7时.y=11-0, 5×7=7.5,变量y的值可能为7.5，故C错误：对于D,由残差定义知， 领导力和乙的领导力相同，故D错误，故选AB 观测值减去预测值为残差，当x=11时，得预测值)=11-0.5×11=5 9.BC解析：由题意，该样本数据的平均数a=10x9+10x7 10+10 8(h),方 5.则相应于(11.3)的残差估计值为3-5.5=-25.故D正确.故 选AD. 差2=10 10 ×[11+(9-8)2]+20×[8+(7-8)门=10.5故选BC 9.AD解析：，回归方程的斜率为正，∴，相关变量之间星正相关关系 A正确；去除两个异常数据(-a,b)和(a,-b)后，得到新的'= 10.40解析：设中间一个小长方形的面积为x,则其他8个小长方形 的面积的和为子，根弱频率分布直方图各小长方形面积之和为 10“,),故B蜡误j=2-1且=2，得=2x2-1=35 8 3×10-b+b15 1,得45 1,则=亏，即中间一组的频率为2 2 六中间一组的 8 4“得到的新的线性同归直线的斜率为3一了-3 15 515 频数为140x号=40放答案为0 -3× 4 2 4去除异常数据后的线性回归方程为了=3-5 故C错误：：线性回归直线y=2-1的斜率为正数，，变量x,y具 11.501015小时解析：第一分厂应抽取的件数为100x50%=50:该 产品的平均使用寿命为1020×0.5+980x0.2+1030×0.3=1015(小 有正相关关系，且去除异常数据后，斜率由2增大到3，故y值增加 时).故答案为50：1015小时 的速度变大，故D正确.故选AD. 12.①③解析：由统计知识①甲地：5个数据的中位数为24℃，众数 10.5解折：66，+，6，+65.+2+440_10，由线性国 为22℃，可知D符合题意： 5 ②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24℃，当这5个数据 归方程过样本中心点得下=3-4→=5.故答案为5. (单位：℃)为19,20.27,27,27时.其不满足连续5天的日平均气 11.46解析：依题意，得X2=100xa(a-30)-(50-0)(80-)2」 围均不低于22℃，，不符合题意： 80×20x50×50 ③丙地：5个数据中有一个数据是32℃，总体均值为26℃，总体方 6.635,即(100a-4000)2≥265400.(10a-400)2≥2654.÷40≤ 差为108若某一天的气温低于22℃，此时侧取21℃，总体方差就 a≤50且aeN,10m-40≥v26.≥V26+400-45.2 大于108.，满足题意.故答案为①3③. 10 第6节成对数据的统计分析 “的最小值为46故答案为46 基础过关 滚动调练 1.D解析：由题中散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图 1.B解析：根据题意，第①项调查中，甲、乙丙、丁四个地区情况不 象附近，因此，最适合作为发茅率y和温度x的回归方程类型的是 同即总体中的个体差异较大，符合分层础机抽样的概念与方法，应 y=a+bln故选D. 采用分层抽样法进行抽取：第②项调查中，从丙地区的20个特大型 2.A解析：令爪x)=77.36-1.82x,f八x+1)-八x)=77.36-1.82(x+ 销售点中抽7个，数量较小，且无差异，可采用简单随机抽样法进行 1)-77.36+1.82x=-1.82,.产量每增加1000件，单位成本约下降 抽取.故选B 1.82元 3.C解析：由散点图可知，去掉点D(3,10)后，x与y的相关性变强 2.C解析：设参加体检的人数是m,则于A了4=72，解得n120。 且为正相关，r变大，2变大，残差平方和变小，故远C .参加体检的人数是120.故选C. 4.A解析：：X2=8.333>7.879,∴.在犯错误的概率不大于0.005的前 3.B解析：甲第二天去A餐厅用餐的概率为P=0.5×0.7+0.5×0.5= 提下认为“是否爱好该项运动与性别有关”，故A正确，B错误： 0.6.故选B ,·2=8333<10.828,∴.没有允分的证据说明在犯错误的概率不大 于0.001的前提下，认为“是否爱好该项运动与性别有关”或“是否 4.C解折：由题意，x=3#4+56+7=5,万=0+12++12+20-1B 5 爱好该项运动与性别无关”，故C,D错误故选A :回归方程过样本点的中心(x,),将其代人=2x+a,得13=2×5+ 5.B解析：：所有样木点都在直线y=-2x+1上，.回归直线方程是 a,解得a=3.故选C y=-2x+1,可得这两个变量是负相关，故这组样本数据的样木相 5.D解析：由题意可知，[95,100)毫米内的频为0.05，∴4=100× 系数为负值，且所有样本点都在直线上，则有1川=1，“相关系数 0.05=5,m=100-10-10-35-15-5=25,鱼苗体长在[70,90)毫米内 一学霸高考·白题·数学·80一 的期率为0.80，在[70,95)毫米内的颗率为0.95，.90%分位数在区 3 间190,95)毫米内，大小为90+5×号=93.3（毫米，故选D B).10.3故答案为。。 P(B)1 6.B解析：对于A,若BC4,则P(AB)=P(B)=0.2,故A错误：对于 2 B.若A与B互斥.则P(A+B)=P(A)+P(B)=07.故B正确：对于 14. 2 解析：设A为第i次通过1QC,B,为第i次通过PQC(:= C.若A与B相互独立，可得万与B相互独立，P(不B)=P(万)· 3 P(B)=(1-0.5)×(1-0.2)=0.4,故C错误：对于D.由P(B1A)=0.2. 1,2) 可得P(B1A)=PAB)P(B =0.2,P(AB)=0.1,.P(AB)= 6,即3 由题意知P(4,B+A山B,+A,B,品，+A,AB,)= P(A) 0.5 子×子子1pp子×子1-pp-名解得p=号或p=号 13 1.3 4 P(A)P(B),,A与B相互独立，故D错误故选B 7,D解析：对于A,从数据看y随x的增加而增加，二变量y与x正相 关，故A正确：对于B,由表中数据知=1+243+4+5 3,y= (合去).放答案为号 5 高考新趋势 0540.8+1+1.2+15=1.样本中心点为(3,1)，将样本中心点(3， D解析：，只有一个假命题.故乙，丙只要有一个是假命题.则另一个 一定是假命题，不合题意，乙、丙一定都是真命题：则4=m 1)代人y=0.24x+n中.得a=1-3×0,24=0.28.故B正确：对于C.当 P(X>m+1)=P(X<m-1)>P(X<m-2),故甲是直命题：根据正态曲线的 x=6时，该商场5G手机销量约为y=0.24×6+0.28=1.72(千只)，故 对称性可得P(m-1<X<m)=P(m<Xcm+I)>P(m+I<X<m+2),故丁是 C正确：对于D,线性回归方程为y=0.24x+0.28,÷当x=5时，y= 假命题，故选D. 0.24×5+0.28=1.48,残差为1.5-1.48=0.02.故D错误故选D. 真圈演练 8.B解析：设该运动员射击一次，击中日标的概率为p,则该运动员三 1.D 4解得p 次射击中，至少有一次击中日标的概率为1-(1-p)- 解析：根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×40 60040 (人).高中部共轴取60x2020(人)，根据组合公式和分步计数原 3 故选B 600 理，不同的抽样结果共有C·C品种故选D. 9,AC解析：对于A,根据题中频率分布直方图知，男生成绩样木数据 2.D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C= 的平均数x=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95× 21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有(2,4)，(2,6)， 0.05=71(分)，故A正确：对于B,根据顺率分布直方图，知男生数学 成绩在84分以内的人数的频率为0.1+0.15+0.15+0.3+0,025×4= (2.8),(3.6),(4,6).(4,8).(6,8),共7种，故所求概率P21-7 21 0.8,∴.估计有80%的男生数学成绩在84分以内，故B错误：对于C. 2 根据题中须率分布直方图，知在[50,60)分和[90,100]分内的男生 故选D, 人数分别为6,2，随机抽取两个进行调查，则调食对象来自不同分组 3.C解析：根据撒点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关 性，故A错误：散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花尊长 100*71. 、的概家为。=放C正确：对于D,总样本的平均数0x 度呈现正相关性，故B错误，C正确：由于r=0.8245是全部数据的 x18.5=725(分)2总样本的方差为而×0x187,75+ 60 相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变网，即取出 的数据的相关系数不一定是0.8245，故D错误，故选C. (71-72.5)2]+60x[119+(73.5-72.5)2]1▣148.故D错误.故选AC. 4.B解析：P(甲)= 6P(乙)=I 61 5·写》一二飞1)一6一—， 10.AC解析：身高的平均数为(165+168+170+172+173+174+175+ 177+179+182)÷10=173.5(cm),:离群点(168,89)的横坐标168 P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁) 36=P(甲)P(T). 小于平均值173.5.纵坐标89相对过大，，去掉离群点后经验回归 直线的截距变小而斜率变大，，，>2，b,<b2,,A正确，B错误：去 P以乙丙)=36≠P(乙)P丙)，P(丙T)=0≠PK丙)PT).故选 掉离群点后对样木数据的线性相关程度更强.拟合效果会更好， 5.A解析：同时爱好两项的概率为05+0.6-0.7=0.4.记“该同学爱好 T1<2,<R,C正确，D错误.故选AC 滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5, 11,BD解析：一袋中有6个大小相同的黑球.编号为1,2,3.4.5,6，还 有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10，现从中任取4个球.对 P(B)=Q4P氏1)=PB)_a4 P4)a508放选A 于A,超几何分布取出某个对象的结果数不定，由此可知取出的最 6.ABD解析：对于A,单次传输，依次发送1.0.1，则依次收到1,0.1 大号码X不服从超儿何分布，放A错误：对于B,超几何分布的随 的事件是发送1接收1、发送0接收0，发送1接收1的3个事件的 机变量为试验次数，即指某事件发生？次的试验次数，由此可知取 积，它们相互独立，∴.所求概率为(1-B)(1-a)(1-B)=(1-a)(1- 出的黑球个数Y服从超几何分布，故B正确：对于C,取出2个白球 B)2,故A正确：对于B.三次传输，发送1.相当于依次发送1,1,1.则 的概率为P.CC。3 C品7，故C错误：对于D,若取出一个黑球记 依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0，发送1接收1 的3个事件的积，它们相互独立，所求概率为(1-B)B(1-B)= 2分，取出一个白球记1分，侧取出四个黑球的总得分最大，，总得 (1-B)2,故B正确：对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是 C61 分最大的概率为P C4故D正确放选B即 依次收到1,1,0.1,0,1.0,1,1和1,1,1的事件和，它们互斥，所求的 概率为C好(1-B)2+(1-B)3=(1-B)2(1+29),故C错误：对于D.由 12.[76,83)解析：设考试成绩为X,由题意可知μ=76,0=4，P(X≥ 选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1-a)(1+2a). 76)=0.5,P(X≥83)=0.15，P(76≤X<83)=P(X≥76) 单次传输发送0，则译码为0的概率P=1-a,而0<a<0.5,因此P P(X≥83)=0.5-0.I5=035,,B等级的分数应为[76.83).故答案 P=(1-)2(1+2a)-(1-a)=(1-a)(1-2a)>0.即P>P,故D正 为76,83). 确.故选ABD 7,0.14解析：X-N(2.2),,P(X<2)=P(X>2)=0.5.因此 13.号解析：设在200米比赛中站上领奖台为事件A,在100米比男 P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0,36=0.14.故答案为0.14. 中端上领奖台为事件B,则P(0=0P(刷=P(n=0 综合测试卷（一） 代B)=1-PB)=子，期PIU)=PD+P-PIn图)=0 3 1B解折在上的设能育错为a一a,b)女-。·合 117 =2 200则P(AnB)=1-P(UB)=O,放P(AB)= -34-6=子6=(2.2.故话 一学霸高考·白题·数学·81一