7.专题七 概率与统计-【高考快车道·高考母题必读及衍生】2025年高考数学二轮总复习专题学案

专题七　概率与统计 高考真题衍生卷·命题区间18 1．AC　[任意选择三门课程，选法总数为，A正确；物理和化学至少选一门，分两类，第一类：物理和化学选一门，有种选法，其余两门从剩余的五门中选两门，有种选法，共有种选法；第二类：物理和化学都选有种选法，其余一门从剩余的五门中选一门，有种选法，共有种选法．由分类加法计数原理知，选法总数为＋，B错误；物理和历史不能同时选，选法总数为－＝－，C正确；政治必须选，另两门从余下六门中任选两门，选法总数为，D错误． 故选AC．] 2．D　[满足条件的分法可分为两类．第一类，其中一人三张，另两人各一张，符合条件的方法有＝60种．第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的方法有＝90种．由分类加法计数原理可得，满足条件的方法总数为60＋90＝150．故选D．] 3．B　[先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有种安排方式，所以不同的安排方式共有＝60(种)．故选B．] 4．329　[由题意知集合中至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有＝72个； ②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，根据分步乘法计数原理可得这样的偶数共有＝256个； 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72＋256＋1＝329．] 5．24　112　[第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法． 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24． 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4．再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112．] 6．57　2 046　[要使得积为0，则在3 210中只能取出个位0，所以在3 210，4 321，5 432，6 543中按题意要求的取法如图所示， 所以共有6种符合要求的取法，则在第①种取法中，可排列3个四位数，在第②③⑥种取法中共可排列＝36个，在第④⑤种取法中共可排列2×3×3＝18个，故共有3＋36＋18＝57个不同的四位数，其中最小的四位数为2 046．] 7．A　[4的二项展开式通项公式为Tk＋1＝k＝(－1)kx(k＝0，1，2，3，4)，令4－＝3，解得k＝2，故所求即为(－1)2＝6．故选A．] 8．C　[在(ax2＋1)中，令x＝1，可得展开式中各项系数的和为a＋1＝2，故a＝1． 所以(ax2＋1)＝(x2＋1)·， 所以该展开式中x的系数为－40＋80＝40．故选C．] 9．A　[(2x－y)5＝(2x－y)5＋my(2x－y)5，故展开式中含x2y4的项为(－y)3(2x)2＝－40mx2y4，令－40m＝80，解得m＝－2．故选A．] 10．10　[令x＝1，所以(1＋1)n＝32，即2n＝32，解得n＝5， 所以(x＋1)5的展开式通项公式为Tk＋1＝·x5-k，令5－k＝2，则k＝3，所以T4＝x2＝10x2．故答案为10．] 11．5　[二项式的展开式的通项公式为Tk＋1＝，0≤k≤10且k∈Z，设展开式中第k＋1项系数最大， 则⇒即，又k∈Z，故k＝8， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为＝5．故答案为5．] 12．B　[画出树状图： 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为．故选B．] 13．A　[令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8．故选A．] 14．0．85　[由题意知，A，B，C题库的比例为5∶4∶3， 各占比分别为， 则根据全概率公式知所求正确率P＝×0.92＋×0.86＋×0.72＝0.85．故答案为0.85．] 15．　[从6个标有不同数字的球中不放回地抽取3次，共有＝120(种)， 设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，则， 故|2c－(a＋b)|≤3，故－3≤2c－(a＋b)≤3， 故a＋b－3≤2c≤a＋b＋3． 若c＝1，则a＋b≤5，则(a，b)为(2，3)，(3，2)，故有2种； 若c＝2，则1≤a＋b≤7，则(a，b)为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，故有10种； 若c＝3，则3≤a＋b≤9，则(a，b)为(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，4)，(6，1)，(6，2)，故有16种； 若c＝4，则5≤a＋b≤11，同理有16种； 若c＝5，则7≤a＋b≤13，同理有10种； 若c＝6，则9≤a＋b≤15，同理有2种． 则m与n的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，故所求概率为．] 16．　[设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝，P(D2)＝，P(D3)＝＝1－＝1－＝1－＝．] 17．　[法一：从五个活动中选三个的情况有： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况， 其中甲选到A有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 则甲选到A的概率为． 乙选A活动有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 其中再选择B有3种可能情况：ABC，ABD，ABE， 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为． 法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N， 则甲选到A的概率为P(M)＝． 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝．] 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间20　统计与统计案例 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，解答题每小题13分，共85分) 考向一　用样本估计总体、统计图表 1．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T9)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则(　　) [A]x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数 [B]x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数 [C]x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差 [D]x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差 2．(2024·新高考Ⅱ卷T4)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并整理得下表： 亩产量 [900， 950) [950， 1 000) [1 000， 1 050) [1 050， 1 100) [1 100， 1 150) [1 150， 1 200) 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是(　　) [A]100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg [B]100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80% [C]100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间 [D]100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间 3．(13分)(2023·新高考Ⅱ卷T19子母题)某学校为进一步规范校园管理，强化饮食安全，提出了“奇妙搭配，健康饮食”的口号，当然，也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的需求．在某学期末，校学生会为了调研学生对本校食堂的用餐满意度，从用餐的学生中随机抽取了200人，每人分别对其评分，满分为100分，随后整理评分数据，将得分分成6组：第1组[40，50)，第2组[50，60)，第3组[60，70)，第4组[70，80)，第5组[80，90)，第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图． (1)估计学生对本校食堂的用餐满意度评分的平均得分(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)估计抽取的学生中对用餐满意度评分在区间[60，90)的概率； (3)已知该学校学生对本校食堂的用餐满意率为80%，该校对用餐满意度的评分在区间[80，90)内的学生占学生总人数的40%，从该学校中任选一个学生，若该学生对用餐满意度的评分在区间[80，90)内，求该学生在本校食堂的用餐满意的概率．(以样本数据中学生对用餐满意度得分位于各区间的频率作为该学校所有学生对用餐满意度得分位于该区间的概率) 考向二　回归分析 4．(2024·天津卷T3)下列图中，相关性系数最大的是(　　) [A] 　　　[B] [C] 　　　[D] 5．(2024·上海卷T13)已知沿海地区气温和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是(　　) [A]沿海地区气温高，海水表层温度就高 [B]沿海地区气温高，海水表层温度就低 [C]随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度呈上升趋势 [D]随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度呈下降趋势 6．(13分)(2022·全国乙卷T19子母题)我国新能源汽车核心技术已达到国际先进水平，质量品牌具备较强国际竞争力．已知某品牌的新能源汽车在1月至5月这5个月的区域销售量y(单位：百辆)的数据如下表： 月份代码x 1 2 3 4 5 销售量y(单位：百辆) 45 56 64 68 72 (1)求这5个月该新能源汽车的平均销售量； (2)根据表中的统计数据，判断月份代码x与该品牌的新能源汽车区域销售量y(单位：百辆)是否具有较高的线性相关程度？(若0.30<|r|<0.75，则线性相关程度一般，若|r|≥0.75，则线性相关程度较高，计算r时精确到0.01) (3)经推演发现该新能源汽车在未来一年内的月销售增长率近似为4月的月销售增长率，试估计10月份该区域的销售量．(结果保留整数) 参考数据及公式：＝66，≈6.78，样本相关系数 7．(13分)(补偿题)某公司为了预测下月产品销售情况，找出了近7个月的产品销售量y(单位：万件)的统计表： 月份代码t 1 2 3 4 5 6 7 销售量y(万件) y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 但其中数据污损不清，经查证 (1)请用样本相关系数说明销售量y与月份代码t有很强的线性相关关系； (2)求y关于t的经验回归方程(系数精确到0.01)； (3)公司经营期间的广告宣传费xi＝(单位：万元)(i＝1，2，…，7)，每件产品的销售价为10元，预测第8个月的毛利润能否突破15万元，请说明理由．(毛利润等于销售金额减去广告宣传费) 参考公式及数据：≈2.646，≈1.414，样本相关系数r＝ 考向三　独立性检验 8．(多选)(2024·全国甲卷理T17(1)姊妹题)某大学开学后启用封闭式管理，该校有在校学生9 000人，其中男生4 000人，女生5 000人，为了解学生在封闭式管理期间对学校的管理和服务的满意度，随机调查了40名男生和50名女生，每位被调查的学生都对学校的管理和服务给出了满意或不满意的评价，经统计得到如下列联表： 性别 是否满意 合计 满意 不满意 男 20 20 40 女 40 10 50 合计 60 30 90 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d． α 0.05 0.025 0.010 0.005 xα 3.841 5.024 6.635 7.879 以下说法正确的有(　　) [A]满意度的调查过程采用了分层随机抽样的抽样方法 [B]该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值为0.6 [C]依据小概率值α＝0.01的独立性检验认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系 [D]依据小概率值α＝0.01的独立性检验认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别没有关系 9．(多选)(2024·全国甲卷理T17(1)改编题)某俱乐部为了解会员对运动场所的满意程度，随机调查了50名会员，每位会员对俱乐部提供的场所给出满意或不满意的评价，得到如下的2×2列联表，经计算χ2≈5.059，则可以推断出(　　) 会员 满意程度 合计 满意 不满意 男性会员 18 9 27 女性会员 8 15 23 合计 26 24 50 附： α 0.025 0.010 0.005 xα 5.024 6.635 7.879 [A]该俱乐部的男性会员对运动场所满意的概率为 [B]该俱乐部的男性会员比女性会员对俱乐部的场所更满意 [C]依据小概率值α＝0.025的独立性检验，认为男性会员、女性会员对运动场所的评价有差异 [D]依据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为男性会员、女性会员对运动场所的评价有差异 10．(13分)(2024·上海卷T19改编)为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29 000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长(单位：小时)与学业成绩的数据如表所示： 学业 成绩 日均体育锻炼时长/小时 [0，0.5) [0.5，1) [1，1.5) [1.5，2) [2，2.5] 优秀 5 44 42 3 1 不优秀 134 147 137 40 27 (1)该地区29 000名学生中日均体育锻炼时长不少于1小时的人数约为多少？ (2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长(精确到0.1小时)； (3)依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？ 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d．P(χ2≥3.841)≈0.05． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间20 1．BD　[A选项，x2，x3，x4，x5的平均数不一定等于x1，x2，…，x6的平均数，A错误； B选项，x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数，B正确； C选项，设样本数据x1，x2，…，x6为0，1，2，8，9，10，可知x1，x2，…，x6的平均数是5，x2，x3，x4，x5的平均数是5， x1，x2，…，x6的方差 ＝ ×[(0－5)2 ＋ (1－5)2 ＋ (2－5)2 ＋ (8－5)2 ＋ (9－5)2 ＋ (10－5)2] ＝ ， x2，x3，x4，x5的方差 ＝ ×[(1－5)2 ＋ (2－5)2 ＋ (8－5)2 ＋ (9－5)2] ＝ ， ，所以s1>s2，C错误；D显然正确． 故选BD．] 2．C　[对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36<50， 所以亩产量的中位数不小于1 050 kg，故A错误； 对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34， 所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66%，故B错误； 对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确； 对于D，平均值为×(6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175)＝1 067，故D错误．故选C．] 3．解：(1)由题意得a＝[1－10×(0.005×2＋0.010＋0.045＋0.015)]＝0.020， 所以平均得分为45×0.05＋55×0.05＋65×0.1＋75×0.2＋85×0.45＋95×0.15＝79． (2)由(1)可知a＝0.020， 所以抽取的学生中对用餐满意度评分在区间[60，90)的概率为10×(0.010＋0.020＋0.045)＝0.75． (3)记事件A，B分别为“该学生对用餐满意度的评分在区间[80，90)”，“该学生在本校食堂用餐满意”， 则P(B|A)＝＝0.9． 4．A　[观察题干图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，|r|值相比于其他题干图更接近1．故选A．] 5．C　[成对数据相关分析中，若相关系数为正数，则两个变量之间呈正相关，即沿海地区气温上升，海水表层温度上升，故C正确，D错误；相关系数体现的是两变量的变化趋势，不是相关数值，故A，B错误．故选C．] 6．解：(1)＝61， 所以这5个月该新能源汽车的平均销售量为6 100辆． 所以r＝≈0.97>0.75． 所以月份代码x与该品牌的新能源汽车区域销售量y(单位：百辆)具有较高的线性相关程度． (3)依表格数据可知4月的月销售增长率为， 所以10月份该区域的销售量约为72××100≈9 749(辆)． 7．解：(1)由统计表中的数据和参考数据得 所以r＝≈0.99，因为0.99>0.75， 所以销售量y与月份代码t有很强的线性相关关系． (2)由≈1.331及(1)得， ＝≈0.103． ＝≈1.331－0.103×4≈0.92， 所以y关于t的经验回归方程为＝0.10t＋0.92． (3)当t＝8时，代入经验回归方程得＝0.10×8＋0.92＝1.72(万件)， 第8个月的毛利润为z＝10×1.72－≈17.2－2×1.414＝14.372(万元)． 由14.372<15，预测第8个月的毛利润不能突破15万元． 8．AC　[因为男女比例为4 000︰5 000，故A正确．满意的频率为≈0.667，所以该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值约为0.667，所以B错误． 由列联表χ2＝＝9>6.635，故依据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系，所以C正确，D错误．故选AC．] 9．ABC　[对于A，该俱乐部男性会员对运动场所满意的概率为，故A正确；对于B，该俱乐部女性会员对运动场所满意的概率为，而>，故B正确；因为χ2≈5.059>5.024，所以依据小概率值α＝0.025的独立性检验，认为男性会员、女性会员对运动场所的评价有差异，故C正确，D错误．故选ABC．] 10．解：(1)因为抽取的580人中日均体育锻炼时长不少于1小时的人数占比为， 所以该地区29 000名学生中日均体育锻炼时长不少于1小时的人数约为29 000×＝12 500． (2)该地区初中学生日均体育锻炼的时长约为 ≈0.9． (3)作出列联表如表所示： 学业成绩 日均体育锻炼时长 [1，2) 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 提出零假设H0：学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时无关． χ2＝≈3.976＞3.841， 依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题过关验收卷·专题七 1．D　[由已知可得极差是21－1＝20，而中位数是极差的，即中位数是12，根据六个数的中位数是＝12，解得m＝12．故第45百分位数是第三个数据12． 故选D．] 2．D　[因为相应于点(2，5.5)的残差为－0.1，所以5.5－＝－0.1， 所以5.5＋0.1＝2＋0.6，解得＝2.5．故选D．] 3．A　[二项式展开式的通项Tk＋1＝＝x4-4k，k∈N，k≤4，由4－4k＝0，得k＝1，则展开式的常数项是第2项， 所以常数项的二项式系数为＝4．故选A．] 4．C　[依据题意可知μ＝100，σ＝10，记本次数学测试成绩为随机变量X，由于P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，所以P(80≤X≤120)≈0.954 5，因此本次数学测试成绩在120分以上的学生约有20 000×＝455(人)．故选C．] 5．D　[设事件Ai为第i次抽到偶数，i＝1，2， 则P(A1)＝，P＝， 所以在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为P＝．故选D．] 6．C　[首先确定相同的读物，共有种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物中选出两种进行排列，共有种，根据分步乘法计数原理，则共有＝120(种)．故选C．] 7．C　[因为第一组的频率为0.010×10＝0.1， 前两组的频率之和为(0.010＋0.020)×10＝0.3， 所以25%分位数在[60，70)内， 所以25%分位数为60＋×10＝67.5． 故选C．] 8．C　[由题意可得，ξ所有取值为1，2，3，4．ξ＝1表示甲盒中取出2个白球且乙盒中取出2个红球， 则P(ξ＝1)＝＝； ξ＝2表示甲盒中取出2个白球且乙盒中取出1个红球和1个白球，或者甲盒中取出1个红球和1个白球且乙盒中取2个红球， P(ξ＝2)＝； ξ＝3表示甲盒中取出1个红球和1个白球且乙盒中取出1个红球和1个白球，或者甲盒中取出2个红球且乙盒中取出2个红球， P(ξ＝3)＝＝； ξ＝4表示甲盒中取出2个红球且乙盒中取出1个红球和1个白球， P(ξ＝4)＝＝． 故E(ξ)＝1×．故选C．] 9．AB　[对于A，二项式系数和为28，则所有奇数项的二项式系数的和为＝128，故A正确； 对于B，二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确； 对于C，Tk＋1＝k＝(－1)k·2(0≤k≤8，k∈N)，Tk＋1为有理项，k可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故C错误； 对于D，令x＝1，则所有项系数和为＝1，故D错误．故选AB．] 10．BD　[对于A，将“党员先锋”项目该星期内的参与人数从小到大排列，即24，25，26，27，37，72，76，则“党员先锋”项目参与人数的极差为76－24＝52，中位数为27，故A选项错误；对于B，“邻里互助”项目参与人数的众数为11，平均数为×(11＋13＋11＋11＋127＋132＋143)＝64，故B选项正确；对于C，在该星期内任意抽取连续的3天，易知共有5种情况，其中“党员先锋”项目连续3天参与人数均不低于25的情况有(星期二、星期三、星期四)，(星期三、星期四、星期五)，(星期四、星期五、星期六)，(星期五、星期六、星期日)，共4种情况，故所求概率为，故C选项错误；对于D，由B选项可知，“邻里互助”项目参与人数的平均数为64，在该星期内任意抽取连续的2天，易知共有6种情况，其中“邻里互助”项目连接2天参与人数均不低于64的情况有(星期五、星期六)，(星期六、星期日)，共2种情况，故所求概率为，故D选项正确．故选BD．] 11．AC　[对于A，由题可得抽取的比例为，所以A品种牛抽取126×＝6(头)，B品种牛抽取84×＝4(头)，C品种牛抽取42×＝2(头)，所以A正确； 对于B，从6头牛中挑选4头的选法有种，其中至少含有B品种牛3头的选法有种，故所求概率P＝＝，所以B不正确； 对于C，设事件M为“第1次挑选出的是B品种牛”，事件N为“第3次挑选出的是A品种牛”，则在M发生的条件下，N发生的概率P(N|M)＝＝＝，所以C正确； 对于D，从A品种牛、C品种牛中随机挑选(m＋1)头牛的选法有种，其中A品种牛m头、C品种牛1头的选法有种，根据题意得，则，所以56×，整理得m2－6m＋8＝0，解得m＝2或m＝4，所以D不正确．故选AC．] 12．0.92　[由题意可得，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为60%×90%＋40%×95%＝0.92．] 13．　[由题意可得P1＝， 设事件A表示“在第1，2次都摸到红球”，事件B表示“第3次摸到红球”， 则P(A)＝， 所以P2＝P(B|A)＝， 所以P1＋P2＝．] 14．　[甲、乙、丙三人在笔试中恰有一人合格的概率P＝0.5×(1－0.4)×(1－0.6)＋(1－0.5)×0.4×(1－0.6)＋(1－0.5)×(1－0.4)×0.6＝． 依题意甲成为主持人的概率P1＝0.5×0.6＝， 乙成为主持人的概率P2＝0.4×0.75＝， 丙成为主持人的概率P3＝0.5×0.6＝， 即甲、乙、丙三人在本次应聘中成为电视台的节目主持人的概率均为， 所以X～B，则E(X)＝3×．] 15．解：(1)当密码中只有一个数字出现三次且其余两个数字各出现一次时，密码的不同种数为＝60， 当密码中有两个数字各出现两次且剩余的一个数字出现一次时，密码的不同种数为＝90， 所以该款行李箱密码的不同种数为60＋90＝150． (2)由题意得，X的所有可能取值为1，2，3， P(X＝1)＝， P(X＝2)＝， P(X＝3)＝， 所以X的分布列为 所以X的数学期望E(X)＝1×． 16．解：(1)由表中数据知，， ＝1 050， 所以＝＝－110， 所以＝＝1 050－(－110)×＝1 325， 故所求经验回归方程为＝－110x＋1 325． 令x＝6，则＝－110×6＋1 325＝665， 故估算该路口2025年不戴头盔的人数为665． (2)零假设为H0：不戴头盔行为与事故伤亡无关． 由表中数据得 χ2＝＝4.687 5>3.841． 依据小概率值α＝0.05的χ2独立性检验，推断H0不成立，即认为不戴头盔行为与事故伤亡有关． 17．解：(1)因为(0.02＋0.06＋0.14)×2＝0.44＜0.5， (0.02＋0.06＋0.14＋0.18)×2＝0.80＞0.5， 设这5 000只家禽血液样本中A指标值的中位数为x， 则(0.02＋0.06＋0.14)×2＋0.18(x－7)＝0.5，解得x≈7.33． (2)(ⅰ)因为μ＋σ＝7.4＋2.63＝10.03， 所以P(X≤10.03)＝P(X≤μ＋σ)＝＝0.841 35， 所以1 000P(X≤10.03)≈841． (ⅱ)因为12.66＝μ＋2σ， 所以P(X＞12.66)＝≈0.022 75， 设“随机抽检的20只家禽中恰有3只血液中A指标的值大于12.66”为事件B，则P(B)＝≈0.007 98＜1%， 所以判断这一天该养殖场的家禽健康状况不正常． 18．解：(1)记事件C为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其A指标大于1且B指标大于2”， 由表知，甲生产线抽取的10件产品中，A指标大于1且B指标大于2的产品为4号、9号、10号，共3个，因此P(C)可估计为． (2)记事件D1为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”， 记事件D2为“从乙生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”， 由表知，甲生产线抽取的10件产品中，B指标大于2的产品为1号、4号、5号、9号、10号，共5个， 因此P(D1)可估计为； 乙生产线抽取的8件产品中，B指标大于2的产品为1号、2号、3号、5号、6号、7号、8号，共7个，因此P(D2)可估计为，因此X的所有可能取值为0，1，2． P(X＝0)＝PP＝， P(X＝1)＝P(D1)P＋PP(D2)＝， P(X＝2)＝P(D1)P(D2)＝， 所以X的期望为E(X)＝0×． (3)甲生产线产品A、B指标之和与3的差的绝对值依次为：0.01，0.07，0.03，0.05，0.03，0.09，0.13，0.05，0.18，0.04，其平均值为0.068； 乙生产线产品A、B指标之和与3的差的绝对值依次为：0.03，0，0.1，0.13，0.14，0，0.16，0.05，其平均值为0.07 625， 显然0.068＜0.07 625，所以甲生产线产品更好． 19．解：(1)由题得＝79.3，所以－2s＝79.3－12.1×2＝55.1>55， 故不合格学生不需要参加第二次讲座． (2)(ⅰ)由题得这11人的成绩在[70，80)，[80，90)的人数分别为11×＝6， 则X的可能取值为0，1，2，3，4． 则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， P(X＝4)＝＝， 所以X的分布列为所以E(X)＝0×． (ⅱ)由题知从所有参加讲座的大学生中任取1人，则测试成绩为优秀的频率为， 视频率为概率，则从所有参加讲座的大学生中任取1人，测试成绩为优秀的概率为， 所以Y～B，所以E(Y)＝3×， 所以E(X)＞E(Y)． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间19 1．　[因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3． 若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8． 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8； 第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合； 第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合． 综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝．] 2．　[5次比较中，X的可能取值为0，1，2，3，4，由题意得X＝0时，只有1种情况；X＝1时，①甲的数据大于乙：甲为66，则乙为53时有1种情况，乙为49有2种情况，乙为40有4种情况，乙为25时有8种情况；②甲的数据大于乙：甲为50，则乙为49时有1种情况，乙为40有2种情况，乙为25时有4种情况；③甲的数据大于乙：甲为43，则乙为40时有1种情况，乙为25时有2种情况，④甲的数据大于乙：甲为30，则乙为25时有1种情况，共有1＋2＋4＋8＋1＋2＋4＋1＋2＋1＝26种；X＝4时，只有1种情况．所以P(2≤X≤3)＝1－．] 3．解：(1)共计1 000份，其中索赔次数不少于2的共有60＋30＋10＝100(份)， 所以所求概率为＝0.1． (2)(ⅰ)由题意得X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6， P(X＝0.4)＝； P(X＝－0.4)＝；P(X＝－1.2)＝； P(X＝－2.0)＝；P(X＝－2.6)＝， 所以E(X)＝0.4×－0.4×－1.2×－2.0×－2.6×＝0.122． (ⅱ)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中E(X)估计值大． 4．解：(1)这8名同学的成绩中大众一级、大众二级、大众三级的人数分别为2，4，2， 则抽取的2名同学的成绩中至少有1名同学的成绩为大众一级的概率P1＝． (2)(ⅰ)由(1)得，抽取的3名同学的成绩中恰有2名成绩为大众二级的概率P2＝． (ⅱ)X的可能取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝3)＝，由(ⅰ)得P(X＝2)＝， 所以X的分布列为 故E(X)＝0×． 5．解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P＋P(B1B2)＝＝0.5×＋0.5×0.8＝0.6． (2)设P＝pi，依题可知，P， 则P＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，即pi＋1＝0.6pi＋＝0.4pi＋0.2， 所以pi＋1－，又p1－≠0， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以pi－， 即pi＝． (3)由题意得甲第i次投篮次数Yi服从两点分布，且P(Yi＝1)＝1－P(Yi＝0)＝pi， ＝． 综上所述，E(Y)＝，n∈N*． 6．A　[因为随机变量ξ服从正态分布N(3，σ2)，且P(ξ<5)＝0.7，所以P(1<ξ<3)＝P(3<ξ<5)＝P(ξ<5)－P(ξ≤3)＝0.7－0.5＝0.2．故选A．] 7．AD　[对于A，该校学生的体能检测结果的期望为μ＝75，故A正确． 对于B，该校学生的体能检测结果的标准差为σ＝＝9，故B不正确． 对于C，因为μ－2σ＝75－18＝57<60， 所以P(X≥60)<P(X≥μ－2σ)＝P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.977 25，故C错误． 对于D，因为60＋90＝2μ，所以P(X<60)＝P(X>90)， 所以该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等，故D正确．故选AD．] 8．0.4　[因为正态曲线关于直线x＝2对称，所以P(1≤ξ<2)＝[1－2(1－0.9)]＝0.4．] 9．2　　[设入选人数为X，则X～，则E(X)＝4×＝2． 每位男教师入选的概率为，每位女教师入选的概率是， 设男教师和女教师入选人数相等为事件A，则P(A)＝．] 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间18　计数原理、二项式定理、概率 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共86分) 考向一　计数原理 1．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T13子母题)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是(　　) [A]若任意选择三门课程，选法总数为 [B]若物理和化学至少选一门，选法总数为 [C]若物理和历史不能同时选，选法总数为 [D]若政治必须选，选法总数为 2．(2023·新高考Ⅰ卷T13姊妹题)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体．如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为(　　) [A]60 [B]90 [C]120 [D]150 3．(2023·全国甲卷理T9)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) [A]120种 [B]60种 [C]30种 [D]20种 4．(2024·上海卷T10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为________． 5．(2024·新高考Ⅱ卷T14)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 6．(2024·新高考Ⅱ卷T14改编题)从3 210，4 321，5 432，6 543这4个四位数的每个数的不同数位中分别取出1个数字，使其积为0，并排列成1个新的四位数，则共有________个不同的四位数；在符合上述要求的四位数中最小的是________． 考向二　二项式定理 7．(2024·北京卷T4)在(x－)4的展开式中，x3的系数为(　　) [A]6 [B]－6 [C]12 [D]－12 8．(2022·新高考Ⅰ卷T13改编题)已知(ax2＋1)(a∈R)的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中x的系数为(　　) [A]－120 [B]－40 [C]40 [D]120 9．(2022·新高考Ⅰ卷T13姊妹题)已知(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为80，则m的值为(　　) [A]－2 [B]2 [C]－1 [D]1 10．(2024·上海卷T6)在(x＋1)n的展开式中，若各项系数和为32，则展开式中x2的系数为________． 11．(2024·全国甲卷理T13)的展开式中，各项系数的最大值是________． 考向三　概率 12．(2024·全国甲卷文T4)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　) [A] [B] [C] [D] 13．(2023·全国甲卷理T6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　　) [A]0.8 [B]0.6 [C]0.5 [D]0.4 14．(2024·上海卷T8)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C 3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是________． 15．(2024·全国甲卷理T16)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过的概率是________． 16．(2023·天津卷T13)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________． 17．(2024·天津卷T13)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考试题(年份/卷别/题号) 新高考全国卷 新高考地方卷 命题区间 计 数 原 理 与 概 率 计数原理、 排列、组合 2024新高考Ⅰ卷T14Ⅱ卷T14 2023新高考Ⅰ卷T13Ⅱ卷T3 2022新高考Ⅱ卷T5 2024上海卷T10 二项式定理 2022新高考Ⅰ卷T13 2024北京卷T4　2024上海卷T6 2023北京卷T5 2023天津卷T11 2023上海卷T10 2022浙江卷T12 2022北京卷T8 概率 2024新高考Ⅰ卷T14T19Ⅱ卷T18 2023新高考Ⅰ卷T21Ⅱ卷T12 2022新高考Ⅰ卷T5T20Ⅱ卷T19 2024天津卷T13　2024上海卷T8 2024北京卷T18　2023天津卷T13 2023北京卷T18　2023上海卷T19 2023上海(春季)卷T5T10 2022北京卷T18 随 机 变 量 及 其 分 布 离散型随机 变量及其 分布列 2024新高考Ⅱ卷T18 2023新高考Ⅰ卷T21 2024北京卷T18 2023上海卷T19 2022北京卷T18 正态分布 2024新高考Ⅰ卷T9 2022新高考Ⅱ卷T13 统 计 与 统 计 案 例 统计图表 2024新高考Ⅱ卷T4 2023新高考Ⅱ卷T19 2022新高考Ⅱ卷T19 2023上海卷T9 2023上海(春季)卷T7 回归分析 2024天津卷T3　2024上海卷T13 2023天津卷T7　2023上海卷T14 独立性检验 2022新高考Ⅰ卷T20 2024上海卷T19 命题分 析与备 考策略 1．规律小结 (1)从近三年高考情况来看，本部分为高考热点，主要以课程学习情境和生活实践情境来考查，小题以选择题或填空题为主，全国甲、乙卷难度较小，新高考Ⅰ、Ⅱ卷难度适中，解答题难度有所提高． (2)高考必备内容，排列组合、二项式定理、抽样方法、古典概型、用样本估计总体等主要以选择、填空题考查，解答题则以利用排列组合考查离散型随机变量的分布列、均值、方差、条件概率、二项分布和正态分布等问题为主，注重概率和其他知识的综合考查． 2．考点频度 (1)高频考点：随机事件与概率，统计图表，用样本估计总体． (2)中频考点：两个基本计数原理，排列组合，二项式定理，一元线性回归模型，2×2列联表，离散型随机变量及其分布列，随机事件的条件概率． (3)低频考点：随机事件的独立性，正态分布，随机抽样，成对数据的统计相关性，与数列、导数等其他知识的结合． 3．考前备考策略 (1)注重基础，回归教材 本专题主要考查排列组合，二项式定理，随机抽样，用样本估计总体，变量的相关性，随机事件的概率，古典概型，回归分析，独立性检验，离散型随机变量的分布列、期望、方差、正态分布等内容．用样本估计总体，古典概型，离散型随机变量的分布列、期望、方差是考查的重点，考查的是应用回归分析与独立性检验思想方法解决简单实际问题的能力．高考试题重视应用性，以实际问题为背景，构建数学模型，突出考查统计与概率的思想和考生的数据处理能力及应用意识．考生在复习过程中，要立足于课本基础知识，在“变式”上下功夫，力求对教材内容融会贯通，只有这样才能“以不变应万变”，达到事半功倍的效果． (2)注重题意分析，提高阅读分析能力 本专题题目多以生产生活中的实际问题为背景，阅读量大，首先根据文字信息、图表信息了解考查的知识点，再结合考查目标，理解图文的内在含义，最后整合有效信息，明确数据关系．应用题的考查，加大了对考生阅读能力的要求，对题目的准确理解，找到数学模型，是解答题目的关键．考生应该把近几年各地高考及模拟题归类分析，强化训练． (3)关注素材，注重图表 图表语言是数学语言的一种形式，具有直观、简洁、信息量大等特点，试题经常以图表作为情景材料呈现，这样做既能避免冗长的文字表述，又能更好的考查读表(图)，识表(图)和用表(图)的能力，使考生从图表中获取有效信息，灵活运用图表信息作出统计推断和决策． (4)全面复习，综合提高 纵观近三年的高考试题，知识点考查全面，主干知识又被重点考查，因此考生复习时要全面，重点知识要重点复习，同时不留死角，不能忽视如正态分布、条件概率、相关系数、残差图、拟合效果等知识的复习． (5)关注生活，注重应用 多关注生活背景、社会现实、经济建设、科技发展、体育精神等各个方面，并从中提炼出具有社会价值的数学应用背景．注重培养考生的数据处理能力、数学建模能力，使考生能以数学语言为工具进行数学思维与数学交流．引导考生认真分析题意，抽象出其中的数量关系，转化为数学问题，再利用有关的数学知识加以解决，培养学生“用数据说话”的理性思维． (6)重视交汇，提升能力 统计与概率具有广泛应用性．一方面，统计和概率，计数原理等知识可以有机整合，即以统计知识为背景，以频率来估计概率或计数为基础，过渡到概率问题；另一方面，统计与概率可以和其他数学内容相结合，如可以和函数、数列、不等式等结合．因此在复习备考中，可以针对统计与概率和其他内容相结合的问题进行训练，让考生感受和体验专题间的综合． 　计数原理、二项式定理、概率 　　　　计数原理 命题角度：(1)两个计数原理的应用；(2)排列问题；(3)组合问题；(4)排列与组合的综合应用． 典例1　(2023·新高考Ⅰ卷T13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 命题立意：本题以学生选课为载体，考查有限制条件的组合问题，属于生活实践情境，体现了数学运算的核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：直接法． 方法二：间接法． 解：法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案．综上，不同的选课方案共有＝64(种)． 法二：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门，总的方案减去不符合要求的，有＝16(种)；第二类，选修3门，有＝48(种)．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)． (1)关键：理清要做的事情是需要分步还是分类，或分步分类同时进行，分多少步或分多少类． (2)在解决“至多”“至少”类排列组合问题时，一般有两种方法，一是分类，即先把问题分成若干类，然后算出每类的方法数，最后相加在一起；二是排除，即用总的方法数减去不符合条件的方法数． 归纳总结：排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题要先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价转化． 二项式定理 命题角度：(1)通项公式的应用；(2)二项式系数与项的系数问题；(3)二项式定理的综合应用． 典例2　(2023·上海卷T10)已知(1＋2 023x)100＋(2 023－x)100＝，其中a0，a1，a2，…，a100∈R，若0≤k≤100且k∈N，当ak<0时，k的最大值为________． 命题立意：本题以二项展开式为载体，考查某一项系数的求解，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，属于课程学习情境． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：由二项展开式的通项求ak． 第2步：由ak<0求出k的取值范围，得到k的最大值． 解：xk的系数为ak＝2 023100-k(－1)k＝2 023k[1＋2 023100-2k(－1)k]，k＝0，1，2，…，100，要使ak<0，则k必为奇数，且>1，所以100－2k>0，即k<50，所以k的最大值为49． 二项展开式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝an－k·bk为第k＋1项，利用它可求展开式中的特定项． 典例3　(2022·新高考Ⅰ卷T13)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________．(用数字作答) 命题立意：本题立足教材，设计与二项式定理、二项式系数相关的问题，以两个二项式的乘积为载体，考查某一项系数的求解，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养，属于课程学习情境． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：写(x＋y)8的通项． 第2步：分类． 分类讨论求x2y6的系数． 第3步：合并求解． 解：(x＋y)8的展开式为x8-kyk，k＝0，1，…，7，8． 由题意可得有两种情况： ①当k＝6时x2y6＝28x2y6； ②当k＝5时x3y5＝－56x2y6． 综上可得，(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8的展开式中，x2y6的系数为28－56＝－28． 易错：容易忽略展开式中x2y6的系数由两项组成而得到错误结果． 归纳总结：(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏． 概率 命题角度：(1)古典概型；(2)条件概率；(3)相互独立事件的概率． 典例4　(2022·新高考Ⅰ卷T5)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． 命题立意：本题属于课程学习情境．以随机取两个不同的数为载体，考查组合数的概念和古典概型的计算，体现了数据分析、数学运算等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：直接法 第1步：求出所有基本事件数． 第2步：列举出满足条件的基本事件． 第3步：求概率． 用古典概型的概率公式计算得答案． 方法二：间接法 第1步：求出所有基本事件数． 第2步：列举出2个数不互质的基本事件． 第3步：求概率． 解：法一：从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有＝21(种)结果，其中，取得的2个数互质的情况有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝．故选D． 法二：从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有＝21(种)结果，其中这两个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所以所求概率为＝．故选D． (1)难点：准确判断概率模型． (2)易错1：基本事件总数计算错误． (3)易错2：基本事件列举不全致错． (4)列举基本事件要按规律去写，要做到既不重复也不遗漏． 归纳总结：求解古典概型的关键 (1)理解古典概型的两个特征：①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等． (2)掌握古典概型的概率计算公式P(A)＝，常用列表法、图示法、列举法、排列组合等方法求基本事件数． 8/8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　随机变量及其分布 随机变量及其分布列、均值和方差 命题角度：(1)分布列的性质及应用；(2)离散型随机变量的分布列及数字特征；(3)均值与方差中的决策问题． 典例1　(2024·新高考Ⅱ卷T18)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0<p<q． (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 命题立意 审题指导 本题属于生活实践情境．以生活中常见的投篮比赛为背景，考查对立事件的概率，相互独立事件的概率，分布列与数学期望．判断两队的取舍等，体现了数据分析，数学运算等核心素养． 信息提取 思维导图 (1)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汏，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分． (2)该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． (3)甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)已知条件―→甲、乙至少投中1次得解． (2)(ⅰ)分析成绩为15分的情形分别求概率得解． (ⅱ)确定甲先乙后比赛成绩X的所有可能取值―→对应概率―→数学期望―→求出乙先甲后比赛成绩的数学期望得解． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：计算甲、乙所在队进入第二阶段的概率． 第2步：计算乙在第二阶段至少得5分的概率． 第3步：计算甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)(ⅰ)第1步：计算甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率． 第2步：计算乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率． 第3步：比较p1与p2的大小． 第4步：做决策． (ⅱ)第1步：计算甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望． 第2步：计算乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望． 第3步：比较E(X)与E(Y)的大小． 第4步：做决策． 解：(1)设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”， 则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784， 设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”， 则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875， 设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”， 则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686． (2)(ⅰ)比赛成绩为15分时，先投者3次投篮中至少投中1次，后投者3次投篮全中． 分两种情况：甲先乙后、乙先甲后． 甲先乙后比赛成绩为15分的概率p1＝[1－(1－p)3]q3＝3pq3－3p2q3＋p3q3， 乙先甲后比赛成绩为15分的概率p2＝[1－(1－q)3]p3＝3qp3－3q2p3＋p3q3， 则p1－p2＝3pq(q2－p2)－3p2q2(q－p)＝3pq(q－p)[1－(1－p)(1－q)]＞0， 所以p1＞p2， 所以应该由甲参加第一阶段比赛． (ⅱ)甲先乙后比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15． P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3， P(X＝5)＝q(1－q)2， P(X＝10)＝q2(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3， 故E(X)＝[1－(1－p)3][15q(1－q)2＋30q2(1－q)＋15q3]＝15q(3p－3p2＋p3)． 乙先甲后比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理可得，E(Y)＝[1－(1－q)3][15p(1－p)2＋30p2(1－p)＋15p3]＝15p(3q－3q2＋q3)． 因为E(X)－E(Y)＝15pq(q－p)(3－p－q)＞0， 所以应由甲参加第一阶段比赛． (1)当求解问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题． (2)关键：把要求概率分拆成相互独立事件的积． (3)第(2)问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并分解因式从而比较出大小关系，最后得到结论． (4)切入点：X的取值情况． (5)难点：分辨概率的概型，求随机变量取每个值的概率． 归纳总结：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稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产生活中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决策． 　　　　二项分布、超几何分布与正态分布 掌握二项分布、超几何分布与正态分布的性质，进行相关的应用． 典例2　(多选)(2024·新高考Ⅰ卷T9)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01．已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)(　　) A．P(X>2)>0.2　　B．P(X>2)<0.5　　C．P(Y>2)>0.5　　D．P(Y>2)<0.8 命题立意：本题以生活实际为情境，考查正态分布，体现了数据分析、数学运算等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：由X～N(1.8，0.12)知对称轴为x＝1.8，故P(X＞1.8)＝0.5． 第2步：计算P(X＞2)，并作出判断． 第3步：计算P(Y＞2)，并作出判断． 解：由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X＞2)＜P(X＞1.8)＝0.5，P(X＜1.9)≈0.841 3，所以P(X＞2)＜P(X≥1.9)＝1－P(X＜1.9)≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，所以A错误，B正确．因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y＜2.2)≈0.841 3，P(Y＞2)＞P(Y＞2.1)＝0.5，所以P(2＜Y＜2.1)＝P(2.1＜Y＜2.2)＝P(Y＜2.2)－P(Y≤2.1)≈0.841 3－0.5＝0.341 3，所以P(Y＞2)＝P(2＜Y＜2.1)＋P(Y≥2.1)≈0.341 3＋0.5＝0.841 3＞0.8，(另解：P(Y＞2)＝P(Y＜2.2)≈0.841 3＞0.8)所以C正确，D错误． 综上，选BC． (1)正态分布是对连续型曲线而言的． (2)易错：忽视正态分布的对称性致误，本题对称轴为x＝1.8，y＝2.1． 归纳总结：解决正态分布问题的四个关键点 (1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间．利用对称性求指定范围内的概率值，由μ，σ分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率； (4)正态曲线与x轴之间的区域面积为1． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间19　随机变量及其分布 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题13分，共70分) 考向一　随机变量及其分布列、均值和方差 1．(2024·新高考Ⅰ卷T14)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________． 2．(2024·新高考Ⅰ卷T14姊妹题)甲、乙两名质检员对某产品零件的质量进行检测，已知两人分别从50个零件中抽5个进行检测，甲测得数据分别为20 g，30 g，43 g，50 g，66 g；乙测得数据分别为25 g，40 g，49 g，53 g，67 g．现不放回地从甲、乙两人测得的数据中分别随机抽取一个进行比较，若抽取5次，记抽得的甲的数据大于乙的数据的次数为X，则P(2≤X≤3)＝________． 3．(13分)(2024·北京卷T18改编)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元． 假设不同保单的索赔次数相互独立，用频率估计概率． (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差． (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)； (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明) 4．(13分)(2024·新高考Ⅱ卷T18姊妹题)大众中长跑等级标准显示：年龄在16～34岁的男子3 000米长跑分为大众一级、大众二级、大众三级，其成绩(*分*秒)标准分别约为10：19，11：23，12：48．某高校春季运动会男子3 000米前8名的成绩统计如下： 名次 1 2 3 4 成绩 10：05 10：17 10：47 10：54 名次 5 6 7 8 成绩 11：13 11：17 11：28 11：32 (1)从这8名同学的成绩中随机抽取2名同学的成绩，求至少有1名同学的成绩达到大众一级的概率； (2)从这8名同学的成绩中随机抽取3名同学的成绩． (ⅰ)求这3名同学的成绩中恰有2名同学的成绩为大众二级的概率； (ⅱ)记X为这3名同学的成绩中大众二级的人数，求X的分布列及数学期望． 5．(13分)(2023·新高考Ⅰ卷T21)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n， 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． 考向二　二项分布、超几何分布与正态分布 6．(2024·新高考Ⅰ卷T9子母题)已知随机变量ξ服从正态分布N(3，σ2)，且P(ξ<5)＝0.7，则P(1<ξ<3)＝(　　) [A]0.2 [B]0.35 [C]0.5 [D]0.7 7．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷T13改编题)某校体育活动社团对全校学生体能情况进行检测，以鼓励学生积极参加体育锻炼．学生的体能检测结果X服从正态分布N(75，81)，其中60为体能达标线，90为体能优秀线，下列说法正确的有(　　) 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3． [A]该校学生的体能检测结果的期望为75 [B]该校学生的体能检测结果的标准差为81 [C]该校学生的体能达标率超过0.98 [D]该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等 8．(2024·新高考Ⅰ卷T9改编题)若随机变量ξ～N(2，σ2)，P(ξ≤3)＝0.9，则P(1≤ξ<2)＝________． 9．(补偿题)某校数学组有两名男教师和两名女教师共四名教师报名参加志愿者服务，若每位教师入选的概率都是，则入选人数的均值是________，若每位男教师入选的概率是，每位女教师入选的概率还是，则男教师和女教师入选人数相等时的概率为________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　统计与统计案例 用样本估计总体、统计图表 命题角度：(1)扇形图；(2)折线图；(3)条形图和直方图；(4)用样本估计总体． 典例1　(2023·新高考Ⅱ卷T19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 　　　 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)当漏诊率p(c)＝0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)； (2)设函数f (c)＝p(c)＋q(c)．当c∈[95，105]时，求f (c)的解析式，并求f (c)在区间[95，105]的最小值． 命题立意 信息提取 本题以流行病研究为背景，考查频率分布直方图的相关计算、函数的解析式及最值，体现了数据分析、数学运算等核心素养，属于生活实践情境和探索创新情境融合试题． (1)由频率分布直方图可知，样本中患病者的指标区间分别为[95，100)，[100，105)，[105，110)，[110，115)，[115，120)，[120，125)，[125，130]，对应的分别为0.002，0.012，0.034，0.036，0.040，0.040，0.036；未患病者的指标区间分别为[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100)，[100，105]，对应的分别为0.038，0.040，0.040，0.036，0.034，0.010，0.002． (2)确定临界值c，指标大于c判定为阳性，小于或等于c判定为阴性． (3)漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)，误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)． (4)f (c)＝p(c)＋q(c)，c∈[95，105]． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求c的值． 第2步：求q(c)． 解：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%＞0.5%， 所以95＜c＜100， 设X为患病者的该指标， 则p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%， 解得c＝97.5． 设Y为未患病者的该指标， 则q(c)＝P(Y＞c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%． (1)易错：频率分布直方图中，易误以为纵坐标是频率． (2)第1步：求f (c)的解析式． 第2步：根据一次函数的单调性求最小值． (2)当c∈[95，100]时， f (c)＝p(c)＋q(c)＝(c－95)×0.002＋(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.008c＋0.82≥0.02； 当c∈(100，105]时， f (c)＝p(c)＋q(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＋(105－c)×0.002＝0.01c－0.98>0.02． 故f (c)＝ 所以f (c)在区间[95，105]的最小值为f (100)＝0.02． (2)要结合问题背景，理解图表意义． (3)从频率分布直方图中正确读取相关数据是求解问题的关键． (4)注意分类讨论思想的应用． (5)对于一次函数y＝kx＋b(k≠0)，当k>0时，函数单调递增；当k<0时，函数单调递减． 归纳总结：频率分布直方图中的常用结论 (1)最高的小长方形底边中点的横坐标即为众数． (2)中位数左边和右边的小长方形的面积和相等． (3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和． (4)频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1． (5)频率分布直方图中纵轴表示，故每组样本的频率为组距×，即小长方形的面积． (6)频率分布直方图中每组样本的频数为频率×总数． 回归分析 通过观测数据，进行回归分析，并预测结果． 典例2　(2022·全国乙卷理T19文T19)某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据： 样本号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截 面积xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186 m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数．参考数值：≈1.377． 命题立意 信息提取 本题属于生活实践情境．以环境治理，将荒山改造成了绿水青山为背景．考查平均数、相关系数、样本估计总体，体现了数据分析、数学运算的核心素养． (1) (3)该林区所有树木的根部横截面积总和为186 m2，已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比． (4)相关系数 参考数值：≈1.377． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)求平均数． (2)求相关系数． (3)估计该林区这种树木的总材积量的值． 解：(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝0.06， 估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝0.39． ＝ ＝ ≈0.01×1.377＝0.013 77， 所以样本相关系数 (3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3， 由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝， 所以Y＝＝1 209， 即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3． (1)计算相关系数r＝ 时需将分子、分母稍加变换，采用题设中给出的数据求解，即 (2)易错：对题意的理解不够，不能正确列出正比例关系式而失分． 独立性检验 通过临界值的判定，做到更精细的推断． 典例3　(2024·全国甲卷理T17改编)某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 合计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 合计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果>p＋1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？(≈12.247) 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d． α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 命题立意 审题指导 本题以生产线智能化升级改造为背景，考查列联表，独立性检验，考查阅读理解能力，逻辑推理能力以及分析问题、解决问题的能力，综合性强，属于生活实践情境． 信息提取 思维导图 (1)从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，甲车间的优级品数量26件，合格品数量24件，不合格品数量0件，总共50件；乙车间的优级品数量70件，合格品数量28件，不合格品数量2件，总共100件． (2)升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5，为升级改造后抽取的n件产品的优级品率，如果＞p＋1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了． (1)补全列联表―→χ2―→与临界值表比较―→得解． (2)p＋1.65―→与比较―→判断． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：填写列联表． 第2步：根据公式求χ2． 第3步：根据χ2的值判断． (2)第1步：求出． 第2步：求出p＋1.65· 的值． 第3步：由与p＋1.65·的大小关系判断． 解：(1)列联表如下： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 χ2＝＝4.687 5， 又3.841＜χ2＜6.635， 故依据小概率值α＝0.05的独立性检验，认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，依据小概率值α＝0.01的独立性检验，不能认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异． (2)由题意得p＝0.5，n＝150，＝＝， 则p＋1.65＝0.5＋1.65≈0.57＜＝， 故生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了． (1)χ2越大两分类变量无关的可能性越小，推断犯错误的概率越小． (2)关键：将给定的实际问题转化为对应的数学模型． (3)易错：对题意理解不够，数据分析能力不强易失分． 归纳总结：概率统计试题的综合性较强，对考生的阅读理解能力要求较高，解题时需要注意：(1)认真审题，理清已知条件中的信息； (2)分清所求与已知之间的关系； (3)注重对基本概念的理解，并加强知识间的整合能力，特别是加强对知识类交汇问题的求解能力，提升阅读理解能力． 7/9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题七　概率与统计 (满分150分　时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，m，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是(　　) [A]4 [B]6 [C]8 [D]12 2．已知经验回归方程y＝bx＋0.6相应于点(2，5.5)的残差为－0.1，则b的值为(　　) [A]－2.4 [B]－2.5 [C]2.4 [D]2.5 3．在展开式中，常数项的二项式系数为(　　) [A]4 [B]3 [C]2 [D]1 4．若随机变量X满足正态分布N(μ，σ2)，则有P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5．现有20 000人参加数学测试，成绩大致服从正态分布N(100，102)，则可估计本次数学测试成绩在120分以上的学生人数为(　　) [A]1 587 [B]228 [C]455 [D]3 174 5．从1，2，3，4，5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率是(　　) [A] [B] [C] [D] 6．甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) [A]30种 [B]60种 [C]120种 [D]240种 7．如图是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图，则由频率分布直方图得到的25%分位数为(　　) [A]66.5 [B]67 [C]67.5 [D]68 8．甲、乙两个盒子中有若干个大小相同的球，甲盒子中有4个红球和2个白球，乙盒子中有3个红球和1个白球，同时从甲、乙两个盒子中各取出两个球并进行交换，交换后，令乙盒中红球个数为ξ，则E(ξ)＝(　　) [A] [B] [C] [D] 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在的展开式中(　　) [A]所有奇数项的二项式系数的和为128 [B]二项式系数最大的项为第5项 [C]有理项共有两项 [D]所有项的系数的和为38 10．为弘扬文明、和谐的社区文化氛围，更好地服务社区群众，某社区组织开展了“党员先锋”“邻里互助”两个公益服务项目，其中某个星期内两个项目的参与人数(单位：人)记录如下： 日期 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 星期日 党员 先锋 24 27 26 25 37 76 72 邻里 互助 11 13 11 11 127 132 143 对于该星期内的公益服务情况，下列说法正确的有(　　) [A]“党员先锋”项目参与人数的极差为52，中位数为25 [B]“邻里互助”项目参与人数的众数为11，平均数为64 [C]用频率估计概率，“党员先锋”项目连续3天参与人数均不低于25的概率为 [D]用频率估计概率，“邻里互助”项目连续2天参与人数均不低于该项目参与人数的平均数的概率为 11．某母牛养殖基地有A品种牛126头、B品种牛84头、C品种牛42头，根据发展需要，拟用分层随机抽样的方法，从这252头牛中抽取12头向外出售，则下列说法正确的是(　　) [A]12头牛中A品种牛、B品种牛、C品种牛的数量分别为6头、4头、2头 [B]客户甲从向外出售的12头牛中的B品种牛、C品种牛中随机挑选4头，则这4头中至少含有3头B品种牛的概率为 [C]客户乙从向外出售的12头牛中的A品种牛、B品种牛中依次不放回地随机挑选3头，已知第1次挑选出的是B品种牛，则第3次挑选出的是A品种牛的概率为 [D]客户丙从向外出售的12头牛中的A品种牛、C品种牛中随机挑选A品种牛m头、C品种牛1头的概率为，则m＝3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知A工厂库房中的某种零件60%来自甲公司，正品率为90%；40%来自乙公司，正品率为95%，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为________． 13．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1，在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P2，则P1＋P2＝________． 14．某电视台招聘节目主持人，应聘者需进行笔试和面试两个环节，若两个环节都合格，则可以成为该电视台的节目主持人．已知甲、乙、丙三人同时参加应聘，三人笔试合格的概率依次为0.5，0.4，0.6，面试合格的概率依次为0.6，0.75，0.5，且每个人在两个环节中是否合格互不影响，甲、乙、丙也互不影响，则甲、乙、丙三人在笔试中恰有一人合格的概率为________；记甲、乙、丙三人在本次应聘中成为电视台的节目主持人的人数为X，则随机变量X的期望为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)一款便携式行李箱的密码是由数字1，2，3组成的一个五位数，这三个数字的每个数字在密码中至少出现一次，且它们出现的概率相等． (1)求该款行李箱密码的不同种数； (2)记X表示该款行李箱密码中数字1出现的次数，求X的分布列和数学期望． 16．(15分)佩戴头盔是一种对家庭与社会负责的表现，某市对此不断进行安全教育．下表是该市某主干路口连续4年监控设备抓拍到的驾驶员不戴头盔的统计数据： 年度 2020 2021 2022 2023 年度序号x 1 2 3 4 不戴头盔人数y 1 250 1 050 1 000 900 (1)请利用所给数据求不戴头盔人数y与年度序号x之间的经验回归方程y＝bx＋a，并估算该路口2025年不戴头盔的人数； (2)交警统计2020～2023年通过该路口的开电瓶车出事故的50人，分析不戴头盔行为与事故伤亡的关系，得到数据如表，依据α＝0.05的独立性检验能否认为不戴头盔行为与事故伤亡有关？ 事故 是否戴头盔 合计 戴头盔 不戴头盔 伤亡 7 3 10 不伤亡 13 27 40 合计 20 30 50 附： α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 17．(15分)为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中A指标的值．养殖场将某周的5 000只家禽血液样本中A指标的检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图，估计这5 000只家禽血液样本中A指标值的中位数(结果保留两位小数)； (2)通过长期调查分析可知，该养殖场家禽血液中A指标的值X服从正态分布N(7.4，2.632)． (ⅰ)若其中一个养殖棚有1 000只家禽，估计其中A指标的值不超过10.03的家禽数量(结果保留整数)； (ⅱ)在统计学中，把发生概率小于1%的事件称为小概率事件，通常认为小概率事件的发生是不正常的．该养殖场除定期抽检外，每天还会随机抽检20只，若某天发现抽检的20只家禽中恰有3只血液中A指标的值大于12.66，判断这一天该养殖场的家禽健康状况是否正常，并分析说明理由． 参考数据： ①0.022 753≈0.000 01，0.977 2517≈0.7； ②若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5． 18．(17分)某公司有甲、乙两条生产线生产同一种产品，该产品有A、B两个指标．从两条生产线上各随机抽取一些产品，指标数据如表所示． 甲生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A指标 0.98 0.96 1.07 1.02 1.00 0.93 0.92 0.96 1.11 1.02 B指标 2.01 1.97 1.96 2.03 2.03 1.98 1.95 1.99 2.07 2.02 乙生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 A指标 1.02 0.97 0.95 0.94 1.13 0.98 0.97 1.01 B指标 2.01 2.03 2.15 1.93 2.01 2.02 2.19 2.04 假设用频率估计概率，且两条生产线相互独立． (1)从甲生产线上随机抽取一件产品，估计其A指标大于1且B指标大于2的概率； (2)从甲、乙生产线上各随机抽取一件产品，设X表示B指标大于2的产品数，估计X的数学期望； (3)已知产品A、B指标之和与3的差的绝对值越小则产品越好，两条生产线各生产一件产品，甲、乙哪条生产线产品更好？ 19．(17分)随着北京冬奥会的成功举办，冰雪运动成为时尚，为了更好地普及冰雪运动知识，某市十几所大学联合举办了大学生冰雪运动知识系列讲座，培训结束前对参加讲座的学生进行冰雪知识测试，现从参加测试的大学生中随机抽取了100名大学生的测试成绩(满分100分)，将数据分为5组：[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，得到如下频数分布表(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)． 分数 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 人数 8 15 25 30 22 (1)若测试成绩不低于60分为合格，否则为不合格，为样本成绩的平均数，样本成绩的标准差为s，经计算得s≈12.1．若－2s≤55，则这次培训中不合格的学生需要参加第二次讲座，否则，不需要参加第二次讲座．试问不合格学生是否参加第二次讲座． (2)规定测试成绩不低于80分为优秀，否则为不优秀． (ⅰ)若在样本中利用分层随机抽样从成绩在[70，80)，[80，90)的学生中抽取11人，再从这11人中随机抽取4人担任讲座助理，设成绩优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望E(X)； (ⅱ)视频率为概率，若从所有参加讲座的大学生中随机抽取3人，设成绩优秀的人数为Y，求Y的数学期望E(Y)，并比较E(X)与E(Y)大小． 6/8 学科网（北京）股份有限公司 $$