专题12 概率与统计-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

　 　　　　　　专题十二　概率与统计 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　概率问题年年考查,常考常新,是高考的高频考点．考查形式不落俗套,情境新颖．本专题 内容主要考查随机抽样,用样本估计总体,变量的相关性,随机事件的概率,古典概型,几何概 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、方差是高考重点,考查的能力是应用回归 分析与独立性检验思想方法解决简单实际问题的能力．高考试题强调应用性,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数据处理能力及应用意识．在复习过程 中,要立足课本基础知识,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．同时,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． 第１节　随机事件与古典概型 [考点１]　随机事件的概率 (２０２０􀅰全国Ⅱ卷(理),３)在新冠肺炎疫情 防控期间,某超市开通网上销售业务,每天 能完成１２００份订单的配货,由于订单量大 幅增加,导致订单积压．为解决困难,许多志 愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某 日积压５００份订单未配货,预计第二天的新 订单超１６００份的概率为０．０５．志愿者每人 每天能完成５０份订单的配货,为使第二天 完成积压订单及当日订单的配货的概率不 小于０．９５,则至少需要志愿者 (　　) A．１０名 B．１８名 C．２４名 D．３２名 [考点２]　古典概型 １．(２０２４􀅰全国甲卷(文),５)甲、乙、丙、丁四人 排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾 的概率是 (　　) A．１４ B． １ ３ C．１２ D． ２ ３ ２．(２０２３􀅰全国甲卷(文),４)某校文艺部有４ 名学生,其中高一、高二年级各２名．从这４ 名学生中随机选２名组织校文艺汇演,则这 ２名学生来自不同年级的概率为 (　　) A．１６ B． １ ３ C．１２ D． ２ ３ ３．(２０２３􀅰全国乙卷(文),９)某学校举办作文 比赛,共６个主题,每位参赛同学从中随机 抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛 同学抽到不同主题的概率为 (　　) A．５６ B． ２ ３ C．１２ D． １ ３ ４．(２０２２􀅰全国甲卷(文),６)从分别写有１,２, ３,４,５,６的６张卡片中无放回随机抽取２ 张,则抽到的２张卡片上的数字之积是４的 倍数的概率为 (　　) A．１５ B． １ ３ C．２５ D． ２ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０１ 最新真题分类特训􀅰数学 ５．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,５)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．１６ B． １ ３ C．１２ D． ２ ３ ６．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１０)将４个１和２个 ０随机排成一行,则２个０不相邻的概率为 (　　) A．１３ B． ２ ５ C．２３ D． ４ ５ ７．(２０２４􀅰新课标Ⅰ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,并比较所选卡片上的数字的大 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　　　　． ８．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１６)有６个相同的 球,分别标有数字１,２,３,４,５,６,从中无放 回地随机取３次,每次取１个球．设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 之差的 绝对值不大于１ ２ 的概率为　　　　． ９．(２０２２􀅰全国乙卷(理),１３)从甲、乙等５名 同学中随机选３名参加社区服务工作,则 甲、乙都入选 的概率为　　　　． １０．(２０２２􀅰全国甲卷(理),１５)从正方体的８ 个顶点中任选４个,则这４个点在同一平 面上的概率为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第２节　抽样方法与总体分布的估计 [考点１]　随机抽样 (２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,３)某学校为了解学生 参加体育运动的情况,用比例分配的分层随 机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中 部两层共抽取６０名学生,已知该校初中部 和高中部分别有４００名和２００名学生,则不 同的抽样结果共有 (　　) A．C４５４００􀅰C１５２００种 B．C２０４００􀅰C４０２００种 C．C３０４００􀅰C３０２００种 D．C４０４００􀅰C２０２００种 [考点２]　统计图表 １．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１９)(１２分)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); 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０１ 第二部分　专题十二　概率与统计 (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． ２．(２０２１􀅰全国甲卷(理),２)为了解某地农村 经济情况,对该地农户家庭年收入进行抽样 调查,将农户家庭年收入的调查数据整理得 到如下频率分布直方图: 根据此频率分布直方图,下面结论中不正确 的是 (　　) A．该地农户家庭年收入低于４．５万元的农 户比率估计为６％ B．该地农户家庭年收入不低于１０．５万元的 农户比率估计为１０％ C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超 过６．５万元 D．估计该地有一半以上的农户,其家庭年 收入介于４．５万元至８．５万元之间 ３．(２０２１􀅰天津卷,４)从某网络平台推荐的影 视作品中抽取４００部,统计其评分数据,将 所得４００个评分数据分为８组:[６６,７０)、 [７０,７４)、􀆺、[９４,９８],并整理得到如下的频 率分布直方图,则评分在区间[８２,８６)内的 影视作品数量是 (　　) A．２０ B．４０ C．６４ D．８０ [考点３]　样本的数字特征 １．(２０２５􀅰全国二卷,１)样本数据２,８,１４,１６, ２０的平均数为 (　　) A．８　　B．９　　C．１２　　D．１８ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,９)(多选)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 ３．(２０２２􀅰全国甲卷(理),２)某社区通过公益 讲座以及普及社会居民的垃圾分类知识．为 了解讲座效果,随机抽取１０位社区居民,让 他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分 类知识问卷,这１０位社区居民在讲座前和 讲座后问卷答题的正确率如图:则 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０１ 最新真题分类特训􀅰数学 A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小 于７０％ B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大 于８５％ C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于 讲座后正确率的标准差 D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲 座前正确率的极差 ４．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,９)(多选)有一组样本 数据x１,x２,􀆺,xn,由这组数据得到新样本 数据y１,y２,􀆺,yn,其中yi＝xi＋c(i＝１,２, 􀆺,n),c为非零常数,则 (　　) A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同 ５．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,９)(多选)下列统计量 中,能度量样本x１,x２,􀆺,xn 的离散程度 的是 (　　) A．样本x１,x２,􀆺,xn 的标准差 B．样本x１,x２,􀆺,xn 的中位数 C．样本x１,x２,􀆺,xn 的极差 D．样本x１,x２,􀆺,xn 的平均数 ６．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１７)(１２分)某厂为 比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处 理效应,进行１０次配对试验,每次配对试验 选用材质相同的两个橡胶产品,随机地选其 中一个用甲工艺处理,另一个用乙工艺处 理,测量处理后的橡胶产品的伸缩率,甲、乙 两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别 记为xi,yi(i＝１,２,􀆺,１０),试验结果如下 试验序号i １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 伸缩率xi ５４５５３３５５１５２２５７５５４４５４１５６８５９６５４８ 伸缩率yi ５３６５２７５４３５３０５６０５３３５２２５５０５７６５３６ 记zi＝xi－yi(i＝１,２,􀆺,１０),z１,z２,􀆺,z１０ 的样本平均数为z,样本方差为s２． (１)求z,s２． (２)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率 较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否 有显著提高(如果z≥２ s ２ １０ ,则认为甲工艺 处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理 后的橡胶产品的伸缩率有显著提高,否则不 认为有显著提高)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０１ 第二部分　专题十二　概率与统计 ７．(２０２１􀅰全国乙卷(理),１７)(１２分)某厂研 制了一种生产高精产品的设备,为检验新设 备生产产品的某项指标有无提高,用一台旧 设备和一台新设备各生产了１０件产品,得 到各件产品该项指标数据如下: 旧设 备 ９．８ １０．３１０．０１０．２ ９．９ ９．８ １０．０１０．１１０．２ ９．７ 新设 备 １０．１１０．４１０．１１０．０１０．１１０．３１０．６１０．５１０．４１０．５ 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样 本平均数分别记为􀭺x和􀭵y,样本方差分别记 为s２１ 和s２２． (１)求􀭺x,􀭵y,s２１,s２２; (２)判断新设备生产产品的该项指标的均值 较旧设备是否有显著提高(如果􀭵y－􀭺x≥２ s２１＋s２２ １０ ,则认为新设备生产产品的该项指 标的均值较旧设备有显著提高,否则不认为 有显著提高)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０１１ 最新真题分类特训􀅰数学 第３节　变量的相关性、统计案例 [考点１]　变量的相关性、回归分析 １．(２０２４􀅰天津卷,３)下列图中,线性相关系数 最大的是 (　　) ２．(２０２４􀅰上海卷,１３)已知沿海地区气温和海 水表层温度相关,且样本相关系数为正数, 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 ３．(２０２３􀅰上海卷,１４)某校５０名学生的身高与 体重的散点图如下:根据身高和体重散点图, 下列说法正确的是 (　　) A．身高越高,体重越重 B．身高越高,体重越轻 C．身高与体重成正相关 D．身高与体重成负相关 ４．(２０２２􀅰全国乙卷(文),４)分别统计了甲、乙 两位同学１６周的各周课外体育运动时长 (单位:h)得如下茎叶图: 甲 乙 ６１ ５． ８５３０ ６．３ ７５３２ ７．４６ ６４２１ ８．１２２５６６６６ ４２ ９．０２３８ １０．１ 则下列结论中错误的是 (　　) A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位 数为７．４ B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均 数大于８ C．甲同学周课外体育运动时长大于８的概 率的估计值大于０．４ D．乙同学周课外体育运动时长大于８的概 率的估计值大于０．６ ５．(２０２５􀅰上海卷,１７)　　２０２４年巴黎奥运 会,中国获得了男子４×１００米混合泳接力 金牌,以下是历届奥运会男子４×１００米混 合泳接力项目冠军成绩记录(单位:秒),数 据按照升序排列． ２０６．７８　２０７．４６　２０７．９５　２０９．３４　２０９．３５ ２１０．６８　２１３．７３　２１４．８４　２１６．９３　２１６．９３ (１)求这组数据的极差与中位数; (２)从这１０个数据中任选３个,求恰有２个 数据在２１１以上的概率; (３)若比赛成绩y关于年份x 的回归方程为 ŷ＝－０．３１１x＋̂b,年份x的平均数为２００６, 预测２０２８年冠军队的成绩(精确到０．０１ 秒)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １１１ 第二部分　专题十二　概率与统计 [考点２]　独立性检验 １．(２０２５􀅰全国一卷,１５)为研究某疾病与超声 波检查结果的关系,从做过超声波检查的人 群中随机调查了１０００人,得到如下列联表: 组别 超声波检查结果 正常 不正常 合计 患该疾病 ２０ １８０ ２００ 未患该疾病 ７８０ ２０ ８００ 合计 ８００ ２００ １０００ (１)记超声波检查结果不正常者患有该疾病 的概率为p,求p的估计值; (２)根据小概率值α＝０．００１的独立性检验, 分析超声波检查结果是否与患该疾病有关． P(χ ２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 附:χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１７)(１２分)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 合极品 不合格品 总计 甲车间 ２６ ２４ ０ ５０ 乙车间 ７０ ２８ ２ １００ 总计 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 能否有９５％的把握认为甲、乙两车间产品 的优级品率存在差异? 能否有９９％的把握 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􀭵p为升级改造后抽取的n件产品的 优级品率,如果􀭵p＞p＋１．６５ p (１－p) n ,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? (１５０≈１２．２４７) 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１１ 最新真题分类特训􀅰数学 ３．(２０２４􀅰上海卷,１９)(１４分)本题共有３个 小题,第１小题满分４分,第２小题满分４ 分,第３小题满分６分． 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２９０００名学生中随 机抽取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: 时间范围 [０,０．５)[０．５,１)[１,１．５)[１．５,２)[２,２．５) 学业 成绩 优秀 ５ ４４ ４２ ３ １ 不优秀 １３４ １４７ １３７ ４０ ２７ (１)该地区２９０００名学生中日均体育锻炼 时长不小于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时长 (精确到０．１小时)． (３)是否有９５％的把握认为学业成绩优秀 与日均体育锻炼时长不小于１小时且小于 ２小时有关? 附:χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,n＝a ＋b＋c＋d．P(χ ２≥３．８４１)≈０．０５． ４．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１９)(１２分)为探究 某药物对小鼠的生长抑制作用,将４０只小 鼠均分为两组,分别为对照组(不加药物)和 实验组(加药物)． (１)设其中两只小鼠中分配到对照组小鼠数 目为X,求X 的分布列和数学期望; (２)测得４０只小鼠体重如下(单位:g):(已 按从小到大排好) 对照组:１７．３　１８．４　２０．１　２０．４　２１．５　 ２３．２　２４．６　２４．８　２５．０　２５．４ ２６．１　２６．３　２６．４　２６．５　２６．８　 ２７．０　２７．４　２７．５　２７．６　２８．３ 实验组:５．４　６．６　６．８　６．９　７．８　８．２　 ９．４　１０．０　１０．４　１１．２ １４．４　１７．３　１９．２　２０．２　２３．６　 ２３．８　２４．５　２５．１　２５．２　２６．０ (ⅰ)求４０只小鼠体重的中位数m,并完成 下面２×２列联表: ＜m ≥m 对照组 实验组 (ⅱ)根据２×２列联表,能否有９５％的把握 认为 药 物 对 小 鼠 生 长 有 抑 制 作 用．参 考 数据: k０ ０．１０ ０．０５ ０．０１０ P(K２≥k０) ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ 附K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１１ 第二部分　专题十二　概率与统计 ５．(２０２３􀅰全国甲卷(文),１９)(１２分)一项试 验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选４０ 只小白鼠,随机地将其中２０只分配到试验 组,另外２０只分配到对照组,试验组的小白 鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠 饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白 鼠体重的增加量(单位:g)．试验结果如下: 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排 序为 １５．２　１８．８　２０．２　２１．３　２２．５　２３．２　 ２５．８　２６．５　２７．５　３０．１ ３２．６　３４．３　３４．８　３５．６　３５．６　３５．８　 ３６．２　３７．３　４０．５　４３．２ 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排 序为 ７．８　９．２　１１．４　１２．４　１３．２　１５．５　１６． ５　１８．０　１８．８　１９．２ １９．８　２０．２　２１．６　２２．８　２３．６　２３．９　 ２５．１　２８．２　３２．３　３６．５ (１)计算试验组的样本平均数;(２)(ⅰ)求 ４０只小白鼠体重的增加量的中位数 m,再 分别统计两样本中小于m 与不小于m 的数 据的个数,完成如下列联表: ＜m ≥m 对照组 试验组 (ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表,能否有９５％的 把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在 正常环境中体重的增加量有差异? 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．１００ ０．０５０ ０．０１０ k ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ ６．(２０２２􀅰全国乙卷(理),１９)(１２分)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 ０．０４０．０６０．０４０．０８０．０８０．０５０．０５０．０７０．０７０．０６ ０．６ 材积量yi ０．２５０．４００．２２０．５４０．５１０．３４０．３６０．４６０．４２０．４０ ３．９ 并计算得􀰑 １０ i＝１ x２i＝０．０３８,􀰑 １０ i＝１ y２i＝１．６１５８, 􀰑 １０ i＝１ xiyi＝０．２４７４． (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); 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１１ 最新真题分类特训􀅰数学 (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１８６m２．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r＝ 􀰑 n i＝１ (xi－􀭺x)(yi－􀭵y) 􀰑 n i＝１ (xi－􀭺x)２ 􀰑 n i＝１ (yi－􀭵y)２ , １．８９６≈１．３７７． ７．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１７)(１２分)甲、乙两 台机床生产同种产品,产品按质量分为一级 品和二级品,为了比较两台机床产品的质 量,分别用两台机床各生产了２００件产品, 产品的质量情况统计如下表: 一级品 二级品 合计 甲机床 １５０ ５０ ２００ 乙机床 １２０ ８０ ２００ 合计 ２７０ １３０ ４００ (１)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的 频率分别是多少? (２)能否有９９％的把握认为甲机床的产品 质量与乙机床的产品质量有差异? 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１１ 第二部分　专题十二　概率与统计 第４节　离散型随机变量的分布列、期望与方差 [考点１]　离散型随机变量的分布列、期望 与方差 １．(２０２５􀅰全国一卷,１４)有５个相同的球,分 别标有数字１,２,３,４,５,从中有放回地随机 取３次,每次取１个球,记X 为这５个球中 至少被取出１次的球的个数,则 X 的数学 期望E(X)＝　　　　． ２．(２０２５􀅰上海卷,６)已知随机变量X 的分布为 ５ ０．２　 ６ ０．３　 ７ ０．５ æ è ç ö ø ÷,则期望E[X]＝　　　　． ３．(２０２５􀅰北京卷,１８)有一道选择题考查了一 个知识点．甲、乙两校各随机抽取１００人,甲 校有８０人答对,乙校有７５人答对,用频率 估计概率． (１)从甲校随机抽取１人,求这个人做对该 题目的概率． (２)从甲、乙两校各随机抽取１人,设 X 为 做对的人数,求恰有１人做对的概率以及X 的数学期望． (３)若 甲 校 同 学 掌 握 这 个 知 识 点,则 有 １００％的概率做对该题目,乙校同学掌握这 个知识点,则有８５％的概率做对该题目,未 掌握该知识点的同学都是从四个选项里面 随机选择一个,设甲校学生掌握该知识点的 概率为p１,乙校学生掌握该知识点的概率 为p２,试比较p１ 与p２ 的大小(结论不要求 证明) ４．(２０２１􀅰浙江卷,１５)袋中有４个红球,m 个 黄球,n个绿球．现从中任取两个球,记取出 的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的 概率为１ ６ ,一红一黄的概率为１ ３ ,则m－n＝ 　　　　,E(ξ)＝　　　　． ５．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１８)(１７分)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 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．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? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１１ 最新真题分类特训􀅰数学 ６．(２０２４􀅰北京卷,１８)(１３分)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１０００ 份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得 数据如下表: 赔偿次数 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EX; (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EX 估计值的大小．(结论不要求 证明) ７．(２０２３􀅰上海卷,１９)(本题满分１４分)本题 共有２个小题,第１小题满分６分,第２小 题满分８分． ２１世纪汽车博览会于２０２３年６月７日在上 海举行,下表为某汽车模型公司共有２５个 汽车模型,其外观和内饰的颜色分布如下表 所示: 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 ８ １２ 米色内饰 ２ ３ (１)若小明从这些模型中随机抽一个模型, 记事件A 为小明取到的模型为红色外观, 事件B 为取到的模型是米色内饰,求P(B), P(B|A),并据此判断事件A,B 是否相互 独立． (２)该公司举行了一个抽奖活动,规定在一 次抽奖中,每人可以一次性从这些模型中抽 两个汽车模型．现做出如下假设: 假设１．抽取的情况有三种可能,外观和内 饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰 有一个同色; 假设２．一等奖为６００元,二等奖为３００元, 三等奖为１５０元; 假设３．按抽到的结果的概率大小,概率越 小,奖金越高． 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、 三等奖．设奖金为 X,写出 X 的分布列,并 求X 的期望． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１１ 第二部分　专题十二　概率与统计 ８．(２０２２􀅰全国甲卷(理),１９)(１２分)甲、乙两 个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目, 每个项目胜方得１０分,负方得０分,没有平 局．三个项目比赛结束后,总得分高的学校 获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的 概率分别为０．５,０．４,０．８,各项目的比赛结 果相互独立． (１)求甲学校获得冠军的概率; (２)用X 表示乙学校的总得分,求X 的分布 列与期望． ９．(２０２２􀅰北京卷,１８)(本小题１３分) 在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加 铅球比赛,比赛成绩达到９．５０m 以上(含 ９．５０m)的同学将获得优秀奖．为预测获得 优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙 以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单 位:m): 甲:９．８０,９．７０,９．５５,９．５４,９．４８,９．４２, ９．４０,９．３５,９．３０,９．２５; 乙:９．７８,９．５６,９．５１,９．３６,９．３２,９．２３;＇ 丙:９．８５,９．６５,９．２０,９．１６． 假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成 绩相互独立． (１)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀 奖的概率; (２)设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛 中获得优秀奖的总人数,估计 X 的数学期 望E(X); (３)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获 得冠军的概率估计值最大? (结论不要求 证明)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 最新真题分类特训􀅰数学 １０．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,１８)(１２分)某学校组 织“一带一路”知识竞赛,有 A,B 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．A 类问题中的每个问题回答正确得２０ 分,否则得０分;B 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 A 类问题的概率为 ０．８,能正确回答B 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A 类问题,记 X 为小明 的累计得分,求X 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． １１．(２０２１􀅰北京卷,１８)(１４分)为加快新冠病 毒检测效率,某检测机构采取“k合１检测 法”,即将k个人的拭子样本合并检测,若 为阴性,则可确定所有样本都是阴性的;若 为阳性,则还需要对本组的每个人再做检 测．现有１００人,已知其中２人感染病毒． (１)①若采用“１０合１检测法”,且两名患 者在同一组,求总检测次数; ②已知１０人分成一组,分１０组,两名感染 患者在同一组的概率为１ １１ ,定义随机变量 X 为总检测次数,求检测次数X 的分布列 和数学期望E(X); (２)若采用“５合１检测法”,检测次数Y 的 期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大 小(直接写出结果)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 第二部分　专题十二　概率与统计 [考点２]　条件概率、相互独立事件的概率 １．(２０２５􀅰上海卷,１３)已知事件A、B 相互独 立,事件A 发生的概率为P(A)＝１２ ,事件B 发生的概率为P(B)＝１２ ,则事件A∩B 发 生的概率P(A∩B)为 (　　) A．１８　　B． １ ４　　C． １ ２　　D．０ ２．(２０２３􀅰全国甲卷(理),６)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 ３．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１２)(多选)在信道内传 输０,１信号,信号的传输相互独立．发送０ 时,收到１的概率为α(０＜α＜１),收到０的 概率为１－α;发送１时,收到０的概率为β (０＜β＜１),收到１的概率为１－β．考虑两种 传输方案:单次传输和三次传输．单次传输 是指每个信号只发送１次;三次传输是指每 个信号重复发送３次．收到的信号需要译 码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号 即为译码;三次传输时,收到的信号中出现 次数多的即为译码(例如,若依次收到１,０, １,则译码为１)． (　　) A．采用单次传输方案,若依次发送１,０,１,则 依次收到１,０,１的概率为(１－α)(１－β) ２ B．采用三次传输方案,若发送１,则依次收 到１,０,１的概率为β(１－β) ２ C．采用三次传输方案,若发送１,则译码为１ 的概率为β(１－β) ２＋(１－β) ３ D．当０＜α＜０．５时,若发送０,则采用三次 传输方案译码为０的概率大于采用单次 传输方案译码为０的概率 ４．(２０２２􀅰全国乙卷(理),１０)某棋手与甲、乙、 丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互 独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概 率分别为p１,p２,p３,且p３＞p２＞p１＞０．记 该棋手连胜两盘的概率为p,则 (　　) A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛,p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛,p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛,p最大 ５．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,８)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 ６．(２０２５􀅰天津卷,１３)小桐操场跑圈,一周２ 次,一次５圈或６圈．第一次跑５圈或６圈 的概率均为０．５,若第一次跑５圈,则第二 次跑５圈的概率为０．４,６圈的概率为０．６; 若第一次跑６圈,则第二次跑５圈的概率为 ０．６,６圈的概率为０．４．小桐一周跑１１圈的 概率为　　　　;若一周至少跑１１圈为运 动量达标,则连续跑４周,记达标周数为X, 则期望E(X)＝　　　　． ７．(２０２４􀅰上海卷,８)某校举办科学竞技比赛, 有A,B,C３种题库,A 题库有５０００道题, B题库有４０００道题,C题库有３０００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　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 最新真题分类特训􀅰数学 ８．(２０２３􀅰天津卷,１３)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　　　　． ９．(２０２１􀅰天津卷,１４)甲、乙两人在每次猜谜 活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一方 猜错,则猜对的一方获胜,否则本次平局,已 知每次活动中,甲、乙猜对的概率分别为５ ６ 和１ ５ ,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影 响,各次活动也互不影响,则一次活动中,甲 获胜的概率为　　　　,３次活动中,甲至 少获胜２次的概率为　　　　． １０．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,２０)(１２分)一医疗团 队为研究某地的一种地方性疾病与当地居 民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够 良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中 随机调查了１００例(称为病例组),同时在 未患该疾病的人群中随机调查了１００人 (称为对照组),得到如下数据: 不够良好 良好 病例组 ４０ ６０ 对照组 １０ ９０ (１)能否有９９％的把握认为患该疾病群体 与未患该疾病群体的卫生习惯有差异? (２)从该地的人群中任选一人,A 表示事件 “选到的人卫生习惯不够良好”,B 表示事 件“选到的人患有该疾病”,P(B|A) P(　 　 　 　　 　􀭺B|A) 与 P(B|　 　 　 　　 　􀭿A) 　　　　　　　 　　　　　　 　P(􀭺B|􀭿A) 的比值是卫生习惯不够良好对 患该疾病风险程度的一项度量指标,记该 指标为R． (ⅰ)证明:R＝P (A|B) 　　　　　　　 　　　　　　 　P(􀭿A|B) 􀅰P( 􀭿A|􀭺B) 　　　　　　　 　　　　　　 　P(A|􀭺B) ; (ⅱ)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A |􀭺B)的估计值,并利用(ⅰ)的结果给出R 的估计值． 附:K２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) , P(K２≥k) ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ k ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２１ 第二部分　专题十二　概率与统计 １１．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,１９)(１２分)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[２０,７０)的概率; (３)已知该地区这种疾病的患病率为０．１％, 该地区年龄位于区间[４０,５０)的人口占该地 区总人口的１６％．从该地区中任选一人,若此 人的年龄位于区间[４０,５０),求此人患这种疾 病的概率(以样本数据中患者年龄位于各区 间的频率作为患者的年龄位于该区间的概 率,精确到０．０００１)． [考点３]　二项分布、超几何分布 (２０１９􀅰天津卷(理),１６)(１３分)设甲、乙两 位同学上学期间,每天７:３０之前到校的概 率均为２ ３ ,假定甲、乙两位同学到校情况互 不影 响,且 任 一 同 学 每 天 到 校 情 况 相 互 独立． (１)用X 表示甲同学上学期间的三天中７: ３０之前到校的天数,求随机变量 X 的分布 列和数学期望; (２)设 M 为事件“上学期间的三天中,甲同 学在７:３０之前到校的天数比乙同学在７: ３０之前到校的天数恰好多２”,求事件 M 发 生的概率． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２１ 最新真题分类特训􀅰数学 [考点４]　正态分布及其应用 １．(２０２５􀅰天津卷,５)已知r为相关系数,则下 列说法中错误的是 (　　) A．若X~N(μ,σ ２),则P(X≤μ－σ)＝P(x ≥μ＋σ) B．若X~N(１,２２),Y~N(２,２２),则P(X＜ １)＜P(Y＜２) C．|γ|越接近１,相关性越强 D．|γ|越接近０,相关性越弱 ２．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,６)某物理量的测量结 果服从正态分布 N(１０,σ２),下列结论中不 正确的是 (　　) A．σ越小,该物理量在一次测量中在(９．９, １０．１)的概率越大 B．σ越小,该物理量在一次测量中大于１０ 的概率为０．５ C．σ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．σ 越 小,该 物 理 量 在 一 次 测 量 中 落 在 (９．９,１０．２)与落在 (１０,１０．３)的 概 率 相等 ３．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,１３)已知随机变量 X 服从正态分布N(２,σ２),且P(２＜X≤２．５) ＝０．３６,则P(X＞２．５)＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第５节　概率、统计与其他知识的综合问题 [考点１]　与数列结合问题 １．(２０２５􀅰全国二卷,１９)甲、乙两人进行乒乓 球练习,每个球胜者得１分,负者得０分．设 每个球甲胜的概率为p １２＜p＜１ æ è ç ö ø ÷,乙胜的 概率为q,p＋q＝１,且各球的胜负相互独 立,对正整数k≥２,设pk 为打完k个球后甲 比乙至少多得２分的概率,qk 为打完k个球 后乙比甲至少多得２分的概率． (１)求p３,p４(用p表示); (２)若p４ －p３ q４－q３ ＝４,求p; (３)证明:对任意正整数m,p２m＋１－q２m＋１＜ p２m－q２m＜p２m＋２－q２m＋２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２１ 第二部分　专题十二　概率与统计 ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,２１)(１２分)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,则 E(∑ n i＝１ Xi)＝∑ n i＝１ qi．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)． [考点２]　与导数结合问题 (２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,２１)(１２分)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,P(X＝i)＝pi(i ＝０,１,２,３)． (１)已知p０＝０．４,p１＝０．３,p２＝０．２,p３＝ ０．１,求E(X); (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:p０＋p１x ＋p２x２＋p３x３＝x 的一个最小正实根,求 证:当E(X)≤１时,p＝１,当E(X)＞１时,p ＜１; (３)根据你的理解说明(２)问结论的实际 含义． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２１ 最新真题分类特训􀅰数学 最新真题分类特训·数学 2解析：（十的展开式的项为T= 考点2古典概型 1.B甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能，丙不在 心（仔）·，设第+1项的系数最大 排头，且甲或乙在排尾的共有8种可能，P-号-子，故 (传)≥（） 选B 2.D设高一年级的两名学生为甲、乙，高二年级的两名学 c()≥c'(日) 生为丙、丁，则从这4名学生中随机选2名的方法如下： 解得9<k≤33，因为k∈乙，所以k=8 (甲、乙)，（甲、丙）（甲，丁），（乙、丙），（乙、丁），（丙、丁）， 共6种方法，其中二人来自不同年级的方法有4种，故所 所以展开式中第9项的系最最大，为C(行)=5. 求概率为P-音-号：故选D 答案：5 3.A根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意的情 3.解析：展开式的通项公式 况，即可得到概率， =c2x(） 甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有 6×6=36种， =(-1)×2-‘×C×x-, 若甲、乙抽到的主题不同，则共有30种， 令18一4k=2,可得k=4, 则x2项的系数为(-1)'×2-1×C=4×15=60. 则共栀本为器一-言故选：A 答案：60 4.C无放回随机抽取2张方法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1.5) 4.解析：a=C(2023x)+(-1)C202310-x<0, (1.6),(2,3).(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5).(3,6),(4,5), 依题意k为奇教，∴.2023<202310·，k<100-k→k< (4,6),(5,6)共15种，其中数字之积为4的倍数的是(14)， 50→k.=49. 答案：49 24.2.6,(340.45.4,6)共6种p=只=号故 5解析：原式等于中y一兰十y,由二项式定理，共展 选C 开式中x2y的系数为C-C=C-C=-28 5.D总事件教共C=7X6=21, 2 答案：一28 取到的2个数互质的为 6.解析：由题a2=1×C(-1)3+2×C·(-1)=8. 第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7： 令x=1,则aw十a1十a2十a1十a1十a:=0 第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8： 又ao=2,所以a十a1十a,十a,十a5=-2. 第一个数取4时，第二个数可以是5,7： 答案：8，-2 第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8： .解折：(（+) 的展开式的通项为T+1 第一个数取6时，第二个数可以是7： 第一个数取7时，第二个数可以是8： 所以P=3+4什2牛3+1十1=14=2 21 2131 令18-4r=6,解得r=3, 6.C由将4个1和2个0随机排成一行共有C种排法， 所以x的系数是2C=160. 先将4个1全排列，再将2个0用插空法共有C种排 答案：160 8.解析：根据二项式通项公式：a1x2=Cx(一1)°十Cx2×1 法，网酒目片家的机余为P是=号北选C =5x2,故a1=5: 7.解析：本题相当于{1,3,5,7)与{2,4,6,8}的搭配问题，总 同理，a2x2=Cx2(-1)1+Cx2×12=-3x2+6x2=3x 共有A=24种方法， →a2=3, 把甲的卡片标号分为A={1,3},A:={5,7}两纽，把乙 ax=Cx(-1)2+C1x2X13=3x+4x=7x→a1=7,a 的卡片标号分为B1={2,4,B:=《6,8}两纽， =Cx°(-1)+Cx°×1'=0， 要使甲得分不少于两分，甲的卡片标号大的次数至少有 所以a2十a:十a1=10, 两次， 答案：510 ①A2与B1搭配，一共有A·A好=4种： 专题十二概率与统计 ②A2与B2搭配，只能是5配8,7配6,1配4,3配2，一 第1节随机事件与古典概型 共有1种； 考点1随机事件的概率 ③A2与B中一个，与B2中一个搭配： B因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志 (1)若B1选择2，则B:必不能选8，故{5,7}与〈2,6}搭 愿者为1600+500-120=18名. 配，1,3)与{4,8}搭配，一共有2种： 50 (2)若B1选择4，分两种情况： 详解详析 (1){5,7}与{4,6}搭配，1,3}与{2,8}搭配，一共有1· 作出f(c)在区间[95，l05]上的大致图象（略），可得(c) A十1=3种： 在区间[95,105]的最小值f(c)m=f(100)=-0.008× (){5,71与{4,81搭配，{1,3}与{2.6}搭配，一共有 100+0.82=0.02 2种： 2.C对于A:由频率分布直方图，有0.02十0.04=0.06 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况有12种， 6%,故A正确：对于B:由频率分布直方图，有0.02×3 所以甲总得分不低子2分的概率P号宁 十0.04=0.10=10%，故B正确：对于D:由频率分布直 方图，有0.10+0.14十0.20×2=0.64=64%，故D正 答案： 确：故远C. 3.D由频率分布直方图可知，评分在区间[82,86)内的影 8.解析：记前三个球的号码分别为a,b、c,则共有A=120 视作品数量为400×0.05×4=80.故选：D. 种可能，令m一n= atba+b+c a+b-2c 2 3 6 考点3样本的数字特征 0.5可得：a十b一2c≤3，根据对称性：c=1或6时，均 1.C年均教为号2+8+14+16+20)=号×60=12. 有2种可能：c=2或5时，均有10种可能：c=3或4时， 均有16种可能：故满足条件的共有56种可能，P=56 2.BD因为十十工十飞 4 120 7 x1十x2x十x1x十x 6 答案： -十x+x十x-2(x十)≠0. 12 9解析：设“甲，乙都入选"为事件A,则P(A)=二=3 所以A错误：因为工1是最小值，x4是最大值，所以x2, C.-10 x,工，的中位数的位置与x,x,,x的中位数的 答案：品 位置相同，所以B正确；因为无1是最小值，无是最大值， 距离数据x1江的平均值较远，即波动性大，所以 10.解析：从正方体的8个顶点中任选4个，有C=70(种) 标准差大，所以C错误；假设江西·x的最小值为， 不同的选法，其中这4个点在同一平面的情况有侧面6 最大值为x,则≤x,≤4所以x一≥x:一西·所 种，对棱面6种共有12种不同的情况，所以这4个点在 以D正确.故选BD. 同一个平面的抵单为P-光-品 3.B由图表信息可知讲座后问卷答题的正确率的平均数 为89.5%>85%，故选B. 答案是 4CD由题可知工=十十…十之 n 第2节抽样方法与总体分布的估计 考点1随机抽样 y-当十当车…中区=十十…十五+=工+6，因为 7 D根据按比例分配的分层抽样可知初中部抽取40人， c≠0，所以x≠y,所以A错，若面x…,工，的中位数为 高中部抽取20人.不同的抽样方法为C·C0,故 x4,因为y,=x,十c,所以y1y,,y。的中位数为= 选D. 4十c≠U,所以B错： 考点2统计图表 y…y,的标准差为5， 1,解：(1)由题意知当p(c)=0,5%时，c=97.5, T(+…+(7=8 光时ge-0.0)X5+0.02×5=0.035=3.5%. 2 √(x,+)-(+c)+(x4+c)-(G+c)+…+(,+c)-(G+c (2)当95c≤100时， p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19, 是√x)上(-x)+…+(工，一x)=s,所以 g(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01, C正确： 所以f(c)=p(c)十g(c)=一0.008c十0.82： 设样本数据工1工，，xn中最大为工，最小为工，因为 当100c≤105时， y=x,十c,所以样本数据，y,y。中最大为y,,最 p(c)=5×0.002十(c-100)×0.012=0.012c-1.19, 小为y,极羞为y。一当=(x。十c)一（十c)=x.一x1, g(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21, 所以D正确， 所以f(c)=p(c)十q(c)=0.01c-0.98. 5.AC考查统计中数据的数字特征，属于基础题.这个题 综上所述， 所考查的教材上的细节容易注意不到，但是从概念的理 fc)={-0.008c+0.82,95≤r≤100 解上很容易排除中位数和平均数. 0.01e-0.98,100<c≤105 由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95,100]上单调递 6.解析：1)-六[545+53+51十52+575+54+541 减，在(100,105]上单调递增， +568+596+548]=552.3. 13 最新真题分类特训·数学 =6[536+527+543+530+560+533+522+550+ 6.3十7.4+7.6+8：1+8.2千8.3+8.5+8.6十8.6+86+86+90+3+3+58+10.1 =8.50625>8,B选项结论正确.对于C选项，甲同学周 576+536]=541.3. =x-y=552.3-541.3=11, 课外体有运动时长大于8的概率的告计值号=0,375< ￥=x,-y的值分别为：9,6,8，-8,15,11,19,18， 0.4,C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课体育运 20,12, =0.8125>0.6,D选 故=(9-1)+(6-11+(8-11+(-8 动时长大于8的概率的估计值 项结论正确.故选C 11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20 5,解：(1)由题意，数据最大值为216.93，最小值为206.78， 11)2+(12-11)2]=61. 故极差为216.93一206.78=10.15， (2)由1)知：=11,2√后0=2√6，T=24.4,故有> 中位：为209.35210.68=210.015. 2 (2)由题意，数据共有10个，211以上数据共有4个， 2ǒ 故设恰有2个211以上为事件A, 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸端率较乙工艺 处理后的橡胶产品的仲缩率有显著提高. Pra-S-品 答案：(1)2=11,2=61 所以，拾有2个数据在21以上的概率为品 (2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处 理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高 (3)由题意，比赛成绩y的平均数为。×(206,78十 7.解析：(1)由表中的数据可得： 207.46+207.95+209.34+209.35十210.68+213.73+ =69.8+10.3+10,0+10.2+9.9+9.8+10.0+ 214.84+216.93+216.93)=211.399 10.1十10.2+9.7]=10.0， 故y=-0.311x十b过(2006,211.399)，则b=835.265. 即y=-0.311x十835.265， =[10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6 故要当x=2028时，y=204.557,故2028年冠军队的成 +10.5+10.4+10.5]=10.3, 绩约为204.56. =0[(9.8-10.0)+(10.3-10.0产+(10.0 考点2独立性检验 1.解：(1)在1000个样本中，超声波检查结果不正常的人 10.0)+(10.2-10.0)2+(9.9-10.0)2+(9.8 10.0)2+(10.0-10.0)+(10.1-10.0)2+(10.2 中老有孩疾璃的频率为器=0.9， 10.0)2+(9.7-10.0)2]=0.036, 以样本频率估计总体概率，p的估计值为0,9. 专=[101-10.32+04-10.3+101-1030+ (2)H。:超声波检查结果与是否患病无关， n(ad-bc) (10.0-10.3)2+(10.1-10.3)+(10.3-10.3)2十(10.6- X-(a+b)(cd(a-e)(b-d) 10.3)2+(10.5-10.3)2+(10.4-10.3)2+(10.5-10.3)2] 1000×(20×20-780×180y=12250>10.828, 800×200×200×800 16 =0.04: (2)由(1)中的数据可得y-x=10.3-10.0=0.3, 概率小概率值a=0,001的独立性检验，应拒绝零假设 H,即超声波检查结果与是否患病有关. 2g-2-.w6, 10 2.解：(1)列联表如下： 则0.3=√0.09>2√0.0076=√0.0304，所以可判断折 优级品 非优级品 设备生产产品的孩项指标的均值较旧设备有显著提高， 甲车间 26 24 第3节变量的相关性、统计案例 乙车间 70 30 考点1变量的相关性、回归分析 1.A观察4幅图可知，A图数，点分布比较集中，且大体接 K2=150(26×30-24×70) .=4.6875 96×54×100×50 近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明 ,3.841<4.6875<6.635 显的正相关，r值相比于其他3图更接近1 ,有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品存在差 2.C因为沿海地区气温和海水表层温度相关，且样本相 异，没有99%的把握认为甲乙两车间产品的优级品存在 关系数为正数，所以随着沿海地区气温由低到高，海水 差异 表层温度呈上升趋势， 3.C由散，点图可知身高与体重成正相关： (2)由(1)知，p=50 96 =0.64,p=0.5,∴.p+1.65 4,C对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中 位教为，37.5=7，，A选项结论正确，对于B选项， 2卫-0.5+1.65=0,5+.65× 150 2 0.5 乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： 12.247≈0.567. 详解详析 :p>p+1.65 (1一】 （)由(1)可得，K*=0X(6×6-14X14) 20×20×20×20 ∴能认为生产智能化升级改造后，该工厂产品的优级品 =6.400>3.841, 率提高了， 所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用。 3.解：(1)580人中体有锻炼时长不小于1小时人数占比P= 5.解：1)孩验组样本平均数为六(7,8十9.2十1山，4十12,4 丝生3十7十0四-豪该地区290名打中学生中 580 +13.2+15.5+16.5+18.0+18.8+19.2+19.8+20.2 +21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)= 体育锻炼时长不小于1小时的人数约为29000× 12 58 500人 396=19.8, 20 (2)孩地区初中学生锻炼平均时长约为： (2)(「)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两 [23×6+1340+05×4+147) 组数据合在一起，从小到大排列后，第20位与第21位数 2 据的平均数， +1-1.5×(42+137)+ 2 .5+2×(3+40) 2 由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2， 2+2.5×(1+27)1 29≈0.9h 19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,… 2 2 故第20位为23.2，第21位数据为23.6， (3)列联表 所以m= 23.2+23.6=23.4, 时长[1,2) 其他时长 合计 优秀 45 50 95 故列联表为： 不优秀 177 308 485 <m ≥m 合计 合计 222 358 580 对照组 6 14 20 提出零假设H。:成绩优秀与日均体育缎炼时长不小于1 实验组 14 6 20 小时且小于2小时无关 I'= 80×(45×308-177×50)月 合计 20 20 40 95×485X222×358 ≈3.976>3.841. (i)由(1)可得，K:=40X(6×6-14X14④) 20×20×20×20 有95%的把提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 =6.400>3.841, 4.解析：(1)X的所有可能取值为0,1,2， 所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中 PX=0)=C×(-)×(1-2)子 与在正常环境中体重的增加量有差异。 6.解：(1)设这种树木平均一棵的根部横截面积为工，平均 pX=D=Cx×(-专)PX=2) 一根的材积量为，则工-0=006y-8=0.39 10 10 2 子，所以X的分布列为 (2)r 0 2 (》x-)(2y-y2) 4=1 1 0.2474-10×0.06×0.39 4 2 4 √0.038-10×0.06√1.6158-10×0.39 E(X0=0+1×+2x号 1 =1. 0.0134 0.0134 0.0134 J0.002×0.0948 0.01×/1.896 (2)(1)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两 0.01377≈ 0.97 组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据 的平均数， (3)设从报事面积总和为X,总材教莹为上则受=三，y 由于原数据已经排好，所以我们只需要观察对照组第一 y 排数据与实验组第二排教据即可， -0.39 可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3,17.3,18.4， 0.06×186=1209(m). 19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2,23.6,…, 7,解析：(1)设甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率 故第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以m= 23.2+23.6=23.4, 分别为P,P别R=黑=075，P,=器=0.6i 2 (2)根据列联表中教据，可得K2的观测值 故列联表为： K-4000150X80-120X502=40≈10.256. ≥m合计 200×200×270×13039 m :10.256>6.635,所以有99%的把握认为甲机床的产 对照组 14 易 品质量与乙机床的产品质量有差异 实验组 14 6 20 答案：(1)略 (2)有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产 合计 20 20 40 品质量有差异 5 最新真题分类特训·数学 第4节离散型随机变量的分布列、 P(=2)= ,p(g=D-C.C=4X53 C 期望与方差 369 考点1离散型随机变量的分布列、期望与方差 P(=0) C 105 -3618 L解析：P(X=)=XX3-是：P(X=2) A×3 5 5 .E(9=6 5 x2号18×0=15-8 答案：1号 故E(X)=1+2X12+3X12_ 5.解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶 25 25 段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 注：每个球至少被取出一次的概率为1一（侍）厂=贵 ∴.比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.6)(1一0.5) =0.686. 所以BX)-EX)=5X品-器 (2)(1)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比 赛成绩为15分的概率为P=[1-(1一p)门g 答案 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 2.解析：本题考查了离散型随机变量的数学期望， 分的概率为P2=[1一(1一g)门·p EX]=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3 ∴.P。-Pz=q-(g-g)'-p+(p-pg) 答案：6.3 =(g-p)(g+pg十p)+(p-q)·[(p-pg)'+(q 3.解：(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目 g)2+(p-pq)(g-g)] 的概率为品=吉 =(p-q)(3Dg-3pq-3pg2) =3o(p-g)(pm-p-g)=3pg(p-g)[(1-p)(1-q)-1] (2)设A为“从甲校抽取1人做对”， >0 则P(A)=0.8,则P(A)=0.2, ∴P。>P。,应该由甲参加第一阶段比赛 设B为“从乙校抽取1人做对”， ()若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可能 则P(B)=0.75,则P(B)=0.25, 取值为0,5,10,15， 设C为“怡有1人做对”，故P(C)=P(AB)十P(AB)=P P(X=0)=(1-p)2+[1-(1-p)]·(1-g) (A)P(B)十P(A)P(B)=0.35, P(X=5)=[1-(1-p)]Cg·(1-g) X可取0,1,2， P(X=10)=[1-(1-p)]·Cg(1-g P(X=0)=P(AB)=0.05,P(X-1)=0.35, P(X=15)=[1-(1-p)2]·g P(X=2)=0.8×0.75=0.6. ∴.E(X)=15[1-0-p)]g=15(p-3p+3p)·9 故X的分布列为： 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩y的所有可能取值 X 0 2 为0,5,10,15 同理E(Y)=15(g-3g十3g)·p 0.050.350.6 .E(X)-E(Y)=15[pg(p+g)(p-g)-3pg(p-g)] 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. =15(p-g)pg(p+g-3)>0 (3)设D为“甲校掌握该知识，点的学生”， ,。应该由甲参加第一阶段比赛」 因为甲校掌捏这个知识点的学生有100%的概率做对该 6.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 题目， PY>2)=P(Y=2)+P(Y=3)+PY=4)=1000 60 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择 一个， 品0+0-10%， 30 故PD)+子1-P(D)=0.8即A十号X1-p,)= ,.一份保单索赔次数不少于2的概率为10%. 8故A-号， (2)(1)X的可能取值为0,4，一0.4，一1.2，-2，-2. 6,则 同理有0.85p,十十×1-)=0.75，故：= 5 P(X=0.4)= 8004 10005 故p<p: p(X=-0.4)=1000-0' 1001 4.解析：P(=2)= 2)=一C2n=6→C8+41=36,所 P(X=-1.2)=1000-50 60 3 以m十n十4=9 30 3 n-血-刘-怎二-赏-学寸-8角以 P(X=-2)=1000-100' =2,则m一n=1 P(X=-2.6)=100-100 101 16 详解详析 EX=0.4×号-0.40-1.2x高-2×品-26 (2)X的可能取值为0,10,20,30. 则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, ×品 P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)十0.5×(1-0.4)×0.8 +(1-0.5)×0.4×0.8=0.44. =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026=0.122 P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)十(1-0.5)×(1 (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万 -0.4)×0.8十(1-0.5)×0.4×(1-0.8)=0.34， 元，有索赔保单的保费为0.48万元 毛利润Y的可能取值为0.384，一0.32，-1.12，-1.92， P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06, X的分布列为 -2.52, 此时EY=0.384×号-032×0-1.12×最-1.92 X 0 10 20 30 P0.160.440.340.06 ×7品0-2.52×0=0.3072-0.032-00672- X的期望值为E(X)=0×0.16十10×0.44十20×0.34 0.0576-0.0252=0.1252. +30×0.06=13. ,调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 9.解：(1)由题意得： 前的保单毛利润数学期望的估计值 设甲在校运会铅球比赛中获得优秀奖为事件A. 7.解：(1)红色外观共8+2=10个， 比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成黄达 -碧-号 到9.50以上的有：9.80,9.70,9.55,9.54四个. 所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为 米色内饰共2+3=5个，“P(B)=克= 255 P(A)=0.4. (2)X所有可能取值为0,1,2,3. 红色外观且米色内饰有2个P(AB)= 2 甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为P(A)一0.4. 乙在授运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B, :.P(B A)= P(BA) 则P(B)=0.5. P(A) 2 丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件C, 则P(C)=0.5. P(B)=P(BA),A,B相互独立 (2)当外观和内饰均同色，则每种情况中抽2个，概率为 P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15, C-ci C+C P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5 C ×0.5=0.4, 当外观和内饰均异色，则各种情况抽1个，概率为 P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5十0.6×0.5 CC+CCk484 ×0.5=0.35, C -300-25 P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1, 外观和内饰恰有1个同色，则概率为 E(X)=0×0.15十1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. CC+C1C+CC,+CC_154_77 (3)甲的平均数：(9.80十9.70+9.55十9.54十9.48+9. C 3001501 42十9.40+9.35十9.30十9.25)×0.1=9.479， ，44977 乙的平均数：(9.78+9.56十9.51+9.36+9.32+9.23) “25<150150 ÷6≈9.457， 一等奖：外观和内饰均异色： 丙的平均数：(9.85十9.65十9.20十9.16)×0.25 二等奖：外观和内饰均同色： 9.465, 三等奖：外观和内怖恰有1个同色 甲的方差：=[(9.8-9.479)2十…十(9.25- PX=60)=六PX=30)= 49 9.479)]÷10=0.0172, 乙的方差：2=[(9.78-9.457)2+…十(9.23 P(X=150)=10 77 9.457)2]÷6=0.0329, 其分部到为 丙的方差：=[(9.85-9.465)+…十(9.16 9.465)2门÷4=0.086.所以甲获得冠军的概率的估计值 X 150 300 600 77 49 最大 P 150 150 25 10.解析：(1)随机变量X所有可能取值为：0,20,100. 4 49 77 P(X=0)=1-0.8=0.2:P(X=20)=0.8×(1-0.6》 ÷BX0=600X5+300×50十150×7品0=271， =0.32:P(X=100)=0.8×0.6=0.48,故随机变量X 8.解：(1)记甲学校获得冠军为事件A, 的分布列如下： 则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)× X 0 20 100 0.8十(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6甲学 校获得冠军的概率是0.6. 0.2 0.320.48 最新真题分类特训·数学 (2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分。 P=p[p1(1-p)十p:(1-p)]=pp,+p: 故随机变量Y的所有可能取值为：0,80,100. -2p1pp1· P(Y=0)=1-0.6=0.4:P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0. 所以P4-Pm=p2(p一p1)>0,P一P=p1(p一p) 12;P(Y=100)=0.6×0.8=0.48. >0, 故E(Y)=0×0.4十80×0.12十100×0.48=57.6. 所以P。最大，故选D. 由(1)知E(X)=0×0.2+20×0.32十100×0.48 5.B设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A), 54.4. 因为E(Y)>E(X),故应先回答B类问题」 PB.PCO.PD.对PA=PB)=言，PC)= 答案：(1)见解析：(2)先回答B类问题 PD=及6-言对于A选项，PAC)=0:时于 5 11.解：(1)①共测两轮，第一轮100人分10组，故测了10 次，第二轮，对两名患者所在组每个人都进行检测一 B选项，P(AD)=6X66:对于C选项，P(BC)=6XG 次，共10次，故总检测次教为10+10=20次： 1 ②由①知，两名感来患者在同一组时，共需测20次， =3石：对于D遮项，P(CD)=O,若两事件X,Y相互独 若两名患者不在一组，需要测10十10十10=30次. 立，则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确. 故X可取值为：20,30. 6解析：本题考查了条件概率， 1 110 二项分布的期望， 故P(X=20)=,P(X=30)=1-= 设，A表示第一次跑5圈， 则X的分布列为： A,表示第二次跑5图 X 20 30 B表示一周跑11图。 P(B)=P(A).P(A:/A)+P(A )P(A:/A =0.5×0.6+0.5×0.6 11 11 =0.3十0.3=0.6 故E0=20×+30×9-200_30 1周运动量不达标，每次5圈和周均10图. 11 11 11 P(A)·P(A2/A1)=0.5×0.4=0.2. (2)E(X)<E(Y). .1周运动量达标为1一02=0.8， 考点2条件概率、相互独立事件的概率 则XB(4,0.8) 1.B本题考查相互独立事件的概率乘法公式 .E(X)=np=4X0.8=3.2. :AB独立.P(A∩B)=P(A)·P(B)= 答案：0.63.2 2解析：由题可知，A慧库占比为是，B题库占此为子，C 2.A令事件A,B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好 题库古北为P-是×092+号×0.86+×0.2 5 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, 17 20 P(AB)=P(A)十P(B)-0.7=0.4,所以P(C) PAB)=-品-0，&故选A 答案品 8.解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5m,4, 3.ABD对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 6n,所以总数为15n, 可知AB正确：对于C,三次传输译码为1，则可能是三次 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n: 全部译为1，或者有两次译为1，则概率为C(1一)十 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n: (1一)'，故C错误：对于D,可以采用特值法或者作差法 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n: 计算.三次传输方案译为0的概率为Ca(1一a)”十(1一 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事 a)2,单次传输译为0的概率为1一a,而Ca(1一a)2十(1 件A,所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05: 一a)3一(1一a)=(1一a)a(1一2a)>0,所以D正确. 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B 4.D设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P,在 黑球总共有2n十n十3n=6n个，白球共有9n个， 第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P。,在第二盘与丙 比赛连赢两盘的概率为P· 所以P(B)= 15n 由题意 答案：0.05 Pw=A[p(1一p:)十pa(1-p:)]=p1p十pp 5 9.解析：由题可得一次活动中，甲获脸的概率为号×号 4 -2p1p:p· P=p2[p1(1-p)十p:(1-p门=p1p:十pp 2 一2p1p:p· 218 详解详析 则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为C 所以，随机变量X的分布列为 0 1 2 3 ×+(学)-器 2 4 8 27 9 27 答案号器 随机支量X的数学期望E(X0=3×号=2. 10.解析：(1)假设患该病群体与未患该疾病群体的卫生习 惯没有差异， (2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为 期K2=200(40×90-60X10 Y,则Y~B(3,号)且M=(X=3.Y=1UX=2,Y= 50×150×100×100 =24>6.635, 所以有99%的把摇认为患该疾病群体与未患该疾病群 01.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥，且 事件{X=3}与Y=1},事件{X=2}与(Y=0}均相互独 体的卫生习惯有差异： P(AB) 立，从而由(I)知P(M0=P({X=3,Y=1}U{X=2,Y =01)=P({X=3,Y=1})+P({X=2,Y=0)=P({X (2)(1)R= P(BA) P(BA) P(A) P(BA) P(BA) P(AB) P(A) =3)PY=1)+PX=2P(Y=01)=多×号 P(AB) 音×器 P(A) P(AB)P(AB) 考点4正态分布及其应用 P(AB) P(AB) P(A B) 1.B本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系数r的 P(A) 性质.A中，X~N(以，G),根据正态分布曲线的对称性 P(AB) P(AB) 可知P(X≤-a)=P(X≥4十a),故A正确：C,D中，由 =P(AB).P(AB) P(B) P(B) 相关系数的性质，当r越趋于1，线性相关性就越强， P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) r越接近0，线性相关性就越弱，故C、D都正确.B中， P(B) P(B) X~V(1,2),Y~N(2,2),P(X<1)=P(Y<2).故B P(A B)P(A B) ，得证； 错误。 P(A B)P(A B) 2.D考查对正态分布概念和性质的理解，属于简单题， (1)由调查搭可知PAB)=品=号，PAB) 因为4=10，孩物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)的 概率大于落在(10,10.3)的概率，故D不正确. 101 3.解析：由题意可知，P(X>2)=0.5,故P(X>2.5) 100=10 =P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.14. 则PAB)=1-PAB)=号，P(AB)=品所以R 答案：0.14 2 9 第5节概率、统计与其他知识的综合问题 .=6. 考点1与数列结合问题 31 510 1.解析：(1)p:=p9=q, 11.解析：(1)平均年龄x=(5×0.001十15×0.002十25× p,=p+C1pg=p'+4p'(1-p)=p3(4-3p). 0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65× (2)由(1)可知p,一p,=p(4-3p)-p= 0.017十75×0.006十85×0.002)×10=47.9（岁） 3p2(1-p), (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，则 同理91-9=3g(1-q)=3p(1-p)2. P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+ 由P二卫=4，可得321=2=，即3p-8p+4=0, 0.002)×10=1-0.11=0.89 91-9a 3p(1-p) (3)设B=〈任选一人年龄位于区间[40,50)》，C={任选 解得D=号或D=2合 一人患这种疾病)，则由条件概率公式，得 P(CB)=PBC=0.1%X0.023X10_0.001×0.23 P(B) 16% 0.16 所以=导 =0.0014375≈0.0014. (3)迪2<p1p十g=1,可知0<q<<p1. 答案：(1)47.9岁(2)0.89(3)0.0014 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则X一B(k, 考点3二项分布，超几何分布 p), 解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立， pm=p十Cn·pm-q+C5n·p-”gd+…+C1· 且年天7：30之前到校的概率均为号，故X~(3,号)从 pg 而X==C(号)广()=01,2.a) 对于p+1,考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 甲、乙得分一样，或者甲比乙得分少，则第2m十1个球无 最新真题分类特训·数学 论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分，若打完2m个 考点2与导数结合问题 球后，甲比乙至少多得4分，则第2m十1个球甲无论胜 解：(1)X的分布列为 负都能满足甲比乙至少多得2分，若打完2m个球后，甲 X 1 2 比乙恰好多得2分，则第2m十1个球甲必须胜才能满足 甲比乙至少多得2分.所以p+1=(pn一C1·p 0.4 0.3 0.2 0.1 g1)+p·C·p"1g1=p-q·C· ∴.E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1: b+'g"-1. (2)解法一： 故pn一p+1=q·Cn·pq-1>0,同里gm- 由已知条件：”p。十p十p:十p=1, 9m+1=p·Cn1·g+1p”-1>0. ∴x=1一定是p十p1x十x+px=x的根. 00西9=号>1，中A 所以Pm一pa山=9·C·p+g1 设f(x)=px十px十（p1-1)x十p,则f(x)= 3p3x2+2p:x十p:-1,f(0)=p1-1<0, 一pm+i>gn一92m+1,所以psn+1一hm+1<pn一g2w· .二次画数广(x)=3p1x+2px十p1一1有一正一负 对于力+3考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 两根，设为x1x:（x1<0<x1): 甲比乙得分少，则剩下两个球（第2m十1和2m十2个球） ①E(X)≤1时， 无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分，若打完2m 个球后，甲、乙得分一样，则剩下两个球甲必领全胜才能 :f)准0.+四)（会中）单调适增， 满足甲比乙至少多得2分，若打完2m个球后，甲比乙恰 又：f(1)=3力+2p+p1-1=E(X)-1≤0， 好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者一胜一负都能满 广(x)<0在[0,1门上恒成立，即f八x)在[0,1门上递减， 足甲比乙至少多得2分，若打完2m个球后，甲比乙至少 至多有一个零点： 多得4分，则剩下两个球甲无论胜负都能满足甲比乙至 又，f(x)=0,.最小的正零点p=1. 少多得2分， ②E(X)>1时， 所以p+1=p·Cn·p"g十（1-g)·Cn1·pm+ gl+(p2m-Cn1·p+1g-) :f)在0.+四)（会中）单调递增。 又：f(1)=3p十2p:+p1-1=E(X)-1>0, =pm十p·Cg·p"qm-g·CnI·pm+1g-I f(x)在[0，x]上递增，在[x,1门递减： =pm十pq”·(C·p2-Cm1·pg), 又：f(x,)>f(1)=0且f(0)=p1-1<0, 故pm+:一pm=p"q”·(Cgm·p2-Cn1·pg),同理 3p∈(0，x)使f(p)=0,最小的正零点p<1. 9m+2一92=q”p”·(C2·g2-C2n·gp), 综上，E(X)≤1时，p=1:E(x)>1时，p<1 所以（pm+t一pm)-(gm+:一9m)=p"g”·C·(p 解法二：由题意知p十p1十p十p=1,E(x)=p1十2p g)>0,即p2m+:一pn>9m+:一9m 十3p· 所以pn一92n<P2w+:一9m+· 由p十p1x十px2十px=x→p十p:x十px3-(1 综上，pm1一92m+1<psn一e<pm+1一9w+2 D)x=0, 2.解：(1)第二次是乙投篮的概率为0.5×0.4十0.5×0.8= p。十p2x十px-(p。十p2十p)x=0→p(1-x)十 0.6. p:x(x-1)+p1x(x-1)(x+1)=0: (2)第i次是甲投篮的概率为p,则乙投篮的概率为1一 即(x-1)[p8x2+（p:十p)z-p]=0. p,则p+1=0.6p,十0.2(1-p)=0.4p十0.2， 令f(x)=p1x+(p十p)x-p,f(x)的对称轴为x= 2 构造等比数列P+1十入=后(p十)， 十<0. 2P 解得A=一子， f(0)=-p。<0,f八1)=2p1十p:-p。=p1+2p十3p,- 1=E(X)-1. 则p-=号(-吉)又A=A-=言 当E(X)≤1，f(1)>0,f(x)的正实根x。≥1，原方程的 A-=×（）厂A=×（）+ 最小正实根p=1: 当E(X)>1,f(1)≤0，f(x)的正实根x<1,原方程的 (3)当n∈N时，E(Y)=p1十p:十…十p 最小正实根p=x。<1, 专1（号 (3)期望小于等于1时，该微生物经过多代繁殖后临近灭 绝的概率是1，是必然事件：期望大于1时，该微生物经 过多代繁殖后临近灭绝的概率小于1，是随机事件，这与 当n=0时，EY)=0,符合上式， 我们直观上的经验比较特合，比如生育率比较低的话， 多代繁殖后临近灭绝就几乎是必然事件，这也是我国现 故En=-(号)]十号m∈N), 在开放三孩的计划生育政策调整的依据和原则.