统计概率常考13个小题归纳训练-2026届高考数学三轮冲刺

【统计概率常考13个小题归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：平均值，众数，中位数，方差计算】 【题型专练】 1．（2026·山东德州·二模）一组不全相等的数据的平均数为，方差为；设新数据的平均数为，方差为，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·云南·模拟预测）若数据的标准差为，则数据的标准差为（   ） A．3 B． C． D． 3．（2026·安徽淮南·二模）（多选）已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（   ） A．平均数为 B．方差为 C．标准差为 D．极差为 4．（2026·河北保定·二模）（多选）为助力“北斗卫星导航系统”相关科普项目的校园推广，某校“科创社”统计了8个小组完成北斗卫星模型拼装的时长(单位：分，)，同时统计了另一所学校“科创社”8个小组完成同款模型拼装的时长(单位：分，).已知点与点关于直线对称，且的中位数为，极差为，平均数为，方差为，则关于数据，下列说法正确的是（    ） A．中位数为 B．极差为 C．平均数为 D．方差为 5．（2026·山东临沂·二模）（多选）一组从小到大依次排列的样本数据7，9，a，10，14的平均数等于众数，则（   ） A． B．中位数为10 C．方差为5 D．第75百分位数为10 【题型2：百分位数的计算】 【题型专练】 6．（2026·四川绵阳·模拟预测）数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．（2026·辽宁锦州·二模）在一次数学测试中，某校学生的数学成绩与人数占比如图所示.如果学生甲在这次数学测试中得了110分，那么学生甲的成绩可能是（    ） A．40%分位数 B．60%分位数 C．75%分位数 D．85%分位数 8．（2026·山东聊城·模拟预测）某小学五年级共有200名学生．期末考试后，学校教导处统计了五年级全体学生的数学成绩，并绘制了如图所示的频率分布直方图，估计这200名学生成绩的80%分位数是（    ） A．70.23 B．70.84 C．71.26 D．71.43 9．（2026·广东江门·二模）某工厂抽检了100个零件，并统计了这些零件的直径（单位：）数据，得到如下表格： 直径/mm 46 47 48 49 50 51 52 53 54 频数 5 8 12 15 20 18 12 6 4 由表可知这100个零件的直径的第60百分位数为（   ） A． B． C． D． 10．（2026·重庆·三模）某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：,这组数据的第30百分位数为___________． 【题型3：频率分布直方图，折线扇形图】 【题型专练】 11．（2026·云南玉溪·二模）为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若的频率为，的值为（    ） A．， B．， C．， D．， 12．（2026·重庆·模拟预测）（多选）某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续航里程（单位：km），将得到的800个数据分为5组：，并整理得到如图所示的频率分布直方图.记这800个数据的3个四分位数分别为，则（    ） A．续航里程在区间内的频率为0.4 B． C． D． 13．（2026·河北邢台·二模）某小商品生产企业对2025年1月到11月甲，乙两个车间的产量（单位：百万件）进行了统计，得到如图所示的折线图，则（   ） A．乙车间产量的中位数为6月份的产量 B．甲车间产量的极差大于乙车间产量的极差 C．甲车间产量的平均值小于乙车间产量的平均值 D．甲车间产量的第80百分位数大于乙车间产量的第80百分位数 14．（2026·安徽安庆·一模）（多选）某地区2025年2月至10月地方一般公共预算收入累计的统计图表如下（条形图为月累计值，折线图为与上年同月累计值的环比增长率）： 月份 2月 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 10月 累计收入（亿元） 43.88 66.57 83.96 96.87 134.69 150.09 161.05 191.67 213.39 同比增长率（%） 2 2.1 2.1 3 1 4.2 4.8 根据图表，下列说法正确的是（    ） A．该地区2025年每月的地方一般公共预算收入一直递增 B．2025年8月该地区的地方一般公共预算收入超过22亿元 C．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入比2024年9月高 D．2024年前9个月，该地区地方一般公共预算收入平均数高于20亿元 15．（2026·辽宁辽阳·一模）（多选）某市10公里慢跑自2020年首次推出5条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加.下图分别为该市2020年10公里慢跑参与人数的条形统计图（图1）、2025年10公里慢跑参与人数的扇形统计图（图2），已知2025年一号线的参与人数是2020年一号线参与人数的1.5倍，则（    ） A．2025年该市10公里慢跑总的参与人数是6万 B．2025年五号线的参与人数超过了2020年二号线与三号线的参与人数总和 C．2020年，五条路线对应的参与人数的极差是11千 D．2025年与2020年相比，五条路线中对应的参与人数的增长率最高的是一号线 【题型4：分层抽样及方差】 【题型专练】 16．（2026·山东聊城·模拟预测）（多选）某企业有员工600人，其中男员工400人，女员工200人．该企业按性别用比例分配的分层随机抽样方法抽取60人参加专业技术技能测试，在测试后统计成绩的结果如下：男员工的平均成绩为87分，方差为148，女员工的平均成绩为93分，所有参加专业技术技能测试的60人成绩的方差为196，则下列结论正确的有（    ） A．参加专业技术技能测试的60人中有女员工30人 B．所有参加专业技术技能测试的60人成绩的均值为89分 C．400名男员工中能被抽到参加测试的概率为 D．所有参加专业技术技能测试的60人中女员工成绩的标准差为 17．（2026·重庆渝中·三模）（多选）某大模型用于处理两类推理任务：代码生成与数学证明，任务数量分别为 5000 个与 3000 个.现按比例分层抽样， 共抽取 160 个任务进行延迟测试 （单位： ms）.经计算， 代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；数学证明样本均值为 ，方差为 ，下列说法中正确的有（    ） A．每个数学证明任务被抽中的概率为 B．代码生成任务应抽取 100 个 C．总样本的均值为 D．总样本的方差为 18．（2026·山东青岛·二模）某高中一、二、三年级的学生人数分别为600，600，800，为了解学生视力情况，用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本，则抽取高三学生的人数为（    ） A．60 B．80 C．120 D．140 19．（2026·甘肃金昌·三模）（多选）某高级中学为了解学生每天的睡眠情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从高一､高二､高三三个年级中共抽取87名学生，其中从高三年级抽取的学生人数为28，已知该校高一､高二､高三年级学生人数分别为，则（    ） A． B．从高一年级中抽取的学生人数为30 C．从高二年级中抽取的学生人数为27 D．从全校学生中任选一人，此人是高三学生的概率是 20．（2026·陕西·模拟预测）（多选）某学校高一年级有500名学生，其中男生300人，女生200人，学校希望获得全体学生的身高信息，按比例分层抽取了容量为50的样本.经计算，男生样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为.下列说法中正确的是（    ） A．男生应当抽取30人 B．每个女生被抽到的概率均为 C．所有样本的均值为166cm D．所有样本的方差为 【题型5：直线回归方程的概念辨析】 【题型专练】 21．（2026·江西九江·二模）已知变量与线性相关，现收集了5组样本数据如下表． 1 2 3 4 5 10 15 19 23 28 根据上表可得线性回归方程为，则（   ） A．4 B．4.4 C．4.5 D．5 22．（2026·陕西榆林·三模）某公司于2025年1月推出了一款产品，现对产品上市后经过的时间（单位：月）和市场占有率进行统计分析，得到如下表数据： 1 2 3 4 5 0.004 0.007 0.012 0.017 0.020 由表中数据求得经验回归方程为，则当时，市场占有率约为（    ） A．0.029 B．0.031 C．0.033 D．0.035 23．（25-26高二下·山东德州·期中）（多选）下列选项正确的是（    ） A．若回归方程为，则当变量增加1个单位时，增加3个单位 B．设具有相关关系的两个变量x、y的相关系数为r，越接近于1，说明两个变量之间的线性相关性越强 C．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关性越弱 D．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归方程为，若其中一个散点坐标为，则 24．（2026·吉林延边·三模）（多选）某奶茶店统计了六天每天天气平均气温t（℃）和每天凉茶的销售数量n（单位：杯），得到以下数据： t（℃） 3 0 5 7 9 12 n（单位：杯） 23 17 27 29 36 42 若t与n线性相关，且回归直线方程为，则（    ） A．t和n正相关 B．点在回归直线上 C． D． 25．（2026·新疆·二模）（多选）某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x（月份） 1 2 3 4 5 销量y（百台） 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：，则下列说法正确的是（    ） A．变量x，y正相关 B． C．可以预测当时，商城内该电脑的销量为1百台 D．当时，残差为 【题型6：线性回归方程与非线性回归方程】 【题型专练】 26．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）（多选）已知样本点的回归直线l的方程为，相关系数为r，样本均值分别为，．现令，．设新样本点的回归直线为，则（    ） 附：相关系数；回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． A．过点 B．的斜率为 C．u与v的相关系数为 D．的截距为 27．（2026·四川遂宁·模拟预测）（多选）下列命题正确的是（    ） A．若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为8 B．若，，，则 C．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 D．在一组样本数据，，，，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 28．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）如图所示，有一散点图在5个数据中去掉后，下列说法中错误的是（   ） A．残差平方和变大 B．相关系数变小 C．决定系数变小 D．解释变量与响应变量的相关性变强 29．（2026·广西崇左·一模）（多选）已知相关系数，y关于x的经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，残差平方和为.已知变量x与变量y的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x为自变量，y为因变量，得出的经验回归方程为；以y为自变量，x为因变量，得出的经验回归方程为.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（   ） A．若已知变量x的方差，则可知变量y的标准差 B．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y各自的平均值 C．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y的相关系数 D．若已知变量x的标准差，则可知以y为自变量的回归模型的残差平方和 30．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）（多选）两个具有相关关系的变量，的一组数据为，，，，其经验回归方程为，记，，相关系数为；若将数据调整为，，，，其经验回归方程为，记，相关系数为，则（   ） 附：， A． B． C． D． 【题型7：独立性检验】 【题型专练】 31．（2026·天津·一模）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 32．（25-26高三上·河南·期末）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用了如下方法： 第1步，科学抽样．采用简单随机抽样方法从两所学校共抽取88名学生，且对这88名学生进行测验； 第2步，收集数据．测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名数学成绩优秀；乙校45名学生有7名学生数学成绩优秀，并做出了如下的列联表： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 33 10 43 乙校 38 7 45 合计 71 17 88 第3步，提出零假设．零假设：两校学生的数学成绩优秀率无差异， 第4步，计算．计算得到， 第5步：判断．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为两校的数学成绩优秀率没有差异． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 若将列联表中所有数据都扩大到原来的10倍，则下列说法正确的是（   ） A．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 B．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 C．有99%的把握认为学生的数学成绩是否优秀与学校有关 D．学生的数学成绩是否优秀与学校有关，该推断犯错误的概率不超过0.001 33．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（    ） (已知，其中，) 总计 总计 A． B． C． D． 34．（2026·吉林·模拟预测）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生．通过测验得到如下的列联表： 单位：人 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲 40 10 50 乙 30 20 50 合计 70 30 100 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 下列结论正确的是（    ） A．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率无差异 B．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 C．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 D．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 35．（2026·江苏南通·三模）为研究课后整理错题习惯与数学成绩达标之间的关联性，经独立性检验计算得，临界值，.记事件为“学生成绩达标”，事件为“学生坚持整理错题”；已知，，，则有________的把握认为二者存在关联；随机抽取一名学生，其成绩达标的概率为________. 【题型8：古典型概率】 【题型专练】 36．（2026·海南省直辖县级单位·二模）从1至5的5个整数中随机取出2个不同的数，则这两个数都是偶数的概率是（   ） A． B． C． D． 37．（2026·山西·二模）若6个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的概率为（   ） A． B． C． D． 38．（2026·湖南长沙·一模）一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 39．（2026·安徽滁州·一模）从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（   ） A． B． C． D． 40．（2026·陕西咸阳·二模）一组数据1，2，2，3，5，8，10，11，13，15的第80百分位数为，从这组数据中随机取两个数，这两个数都小于的概率为（    ） A． B． C． D． 【题型9：互斥事件，对立事件，相互独立事件】 【题型专练】 41．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 42．（2026·安徽宿州·一模）2025年11月7日，安徽省乒乓球群众业余联赛在宿州市开赛.宿州某代表队第一轮比赛需和对手比赛三场，在第一、二、三场比赛中该队赢对方的概率分别是，每场比赛结果相互独立.则该队在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（    ） A． B． C． D． 43．（2025高三·全国·专题练习）已知，，，下列说法错误的是（   ） A．若事件A，B独立，则 B．若事件A，B互斥，则 C．若事件A，B独立，则 D．若事件A，B互斥，事件A，C独立，事件B，C独立，则. 44．（25-26高二上·四川德阳·期中）一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 45．（25-26高二上·广东中山·月考）已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示.其中， 则事件A与事件B（   ）    A．是互斥事件，不是独立事件 B．不是互斥事件，是独立事件 C．既是互斥事件，也是独立事件 D．既不是互斥事件，也不是独立事件 【题型10：条件概率与全概率贝叶斯公式】 【题型专练】 46．（2026·江西赣州·二模）已知事件、满足．若，，则（   ） A． B． C． D． 47．（2026·福建漳州·三模）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D． 48．（25-26高二下·浙江宁波·阶段检测）随机事件、满足，，，下列说法正确的是（    ） A．事件与事件互斥 B． C． D． 49．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（    ） A． B． C． D． 50．（2026·吉林长春·二模）（多选）景区在春节期间推出两种游玩套餐，已知某游客第一次选择两种游玩套餐的概率分别为和，若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为；若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐的概率为 B．该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小 C．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 D．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 【题型11：二项分布与超几何分布】 【题型专练】 51．（2026·山东济宁·二模）抛掷一枚质地均匀、六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体骰子，当出现6点时，就说这次试验成功，每次试验的结果相互独立，则在30次试验中成功次数的均值和方差分别为（    ） A．5， B．5， C．10， D．10， 52．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 53．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）一个质点在随机外力的作用下，从数轴上数字所对应的位置出发，每隔秒向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为，则秒后质点最有可能落在数轴上（    ）所对应的位置. A． B． C． D． 54．（2025·江西景德镇·模拟预测）甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数的期望为（   ） A． B． C． D．3 55．（2025·广东·一模）口袋内放有大小相同的2个红球和1个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列为，如果为数列的前项和，那么的概率为（    ） A． B． C． D． 【题型12：离散型随机变量的均值方差】 【题型专练】 56．（2026·福建泉州·一模）为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（   ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 57．（2026·山东临沂·二模）抛三枚质地均匀的硬币，记正面朝上的数量为随机变量X，定义随机变量，则（   ） A．3 B． C． D． 58．（2026·河北·二模）已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（   ） A． B． C． D． 59．（2026·天津北辰·二模）2026年教育部全面推进“人工智能+教育”，某科技馆开展AI助手体验活动.三人一组，每人可向AI助手提问.甲、乙、丙三人体验AI问答系统.活动分两环节，第一环节“抢麦提问”，只有一人能抢到麦克风，三人抢到麦克风的概率均为，抢到者向AI提问，AI给出正确答案的概率分别为甲是，乙、丙均是.第二环节“独立测试”，三人各自在平板电脑上完成一道必答题，他们各自答对的概率分别为甲是，乙、丙均是，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响.则在第一环节提问中得到正确答案的概率______；记在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，则X的数学期望为_______. 60．（2026·河北保定·三模）已知甲盒中放有1个红球、3个白球(除颜色外，其他完全相同)，乙盒中放有2个红球、2个白球(除颜色外，其他完全相同)，每次等可能地从甲、乙两个盒子中选择一个盒子，有放回地摸1个球，若连续摸到2个红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为X，则E(X)=________． 【题型13：正态分布】 【题型专练】 61．（2026·山东临沂·二模）今有一批数量庞大的瓶装饮用水，假设这批水的某项矿物质含量偏差值（单位：毫克/升） ，， ，现从中随机抽取n瓶，这n瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值位于区间．当时，试以使得最大的n值作为n的估计值，则n为________． 62．（2026·重庆渝中·三模）一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 63．（2026·山东枣庄·三模）已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 64．（2026·河北邢台·二模）已知随机变量 X 服从正态分布，且，若随机变量，，则__________. 65．（2026·湖南长沙·二模）（多选）若随机变量X服从正态分布，且，，则（    ） A． B． C． D． 66．（2026·重庆·模拟预测）（多选）已知随机变量，均服从正态分布，它们的密度函数曲线大致如图所示，则以下说法正确的是（   ） A． B． C． D． 67．（2026·重庆渝中·模拟预测）（多选）芯片是信息时代的微观基石.国内某企业通过自主创新，其使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，其改进过程如下：部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.智能检测系统运行后，某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（   ） （参考数据：，） A． B． C． D．若，则M最有可能的取值为 真题模拟检测 一、单选题 1．（2025·天津·高考真题）下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．越接近1，相关性越强 D．越接近0，相关性越弱 2．（2023·全国乙卷·高考真题）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概率为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，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 4．（2023·天津·高考真题）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”. 鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为，根据以上信息，如下判断正确的为（    ） A．花瓣长度和花萼长度不存在相关关系 B．花瓣长度和花萼长度负相关 C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为 D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是 5．（2023·全国乙卷·高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·全国甲卷·高考真题）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． B． C． D． 7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 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1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 8．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 9．（2020·全国III卷·高考真题）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（   ） A． B． C． D． 10．（2024·上海·高考真题）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 二、多选题 11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(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 12．（2020·海南·高考真题）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是 A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加; B．这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量; C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%; D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量; 13．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 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l，0，1的概率为 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 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，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 16．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 三、填空题 17．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为_________；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为_________． 18．（2024·上海·高考真题）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，已知小申完成题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，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______． 19．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为______；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为______． 20．（2024·全国甲卷·高考真题）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.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 21．（2025·天津·高考真题）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，记合格周数为X，则期望_______ 22．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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_________. 23．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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________． 24．（2025·全国一卷·高考真题）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_________. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 【统计概率常考13个小题归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：平均值，众数，中位数，方差计算】 【题型专练】 1．（2026·山东德州·二模）一组不全相等的数据的平均数为，方差为；设新数据的平均数为，方差为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得的平均数为，故，故AB错误； 又 ，而不全相等，故， 所以，故C正确，D错误. 2．（2026·云南·模拟预测）若数据的标准差为，则数据的标准差为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【详解】已知数据的标准差为， 由标准差的性质可知，的标准差为． 3．（2026·安徽淮南·二模）（多选）已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（   ） A．平均数为 B．方差为 C．标准差为 D．极差为 【答案】AB 【分析】根据平均数，方差，标准差，极差的定义及性质可得答案. 【详解】因为一组大小不等的数据的平均数为，而，所以数据的平均数为，所以A正确； 数据的方差为，由方差的性质可得数据的方差为，所以B正确； 标准差为方差的算术平方根，取非负数，所以数据的标准差为，所以C错误； 极差为最大值减最小值，所以原数据极差，新数据的极差应为，所以D错误. 4．（2026·河北保定·二模）（多选）为助力“北斗卫星导航系统”相关科普项目的校园推广，某校“科创社”统计了8个小组完成北斗卫星模型拼装的时长(单位：分，)，同时统计了另一所学校“科创社”8个小组完成同款模型拼装的时长(单位：分，).已知点与点关于直线对称，且的中位数为，极差为，平均数为，方差为，则关于数据，下列说法正确的是（    ） A．中位数为 B．极差为 C．平均数为 D．方差为 【答案】ACD 【分析】理解点关于直线对称的性质，以及这些统计量在数据变换下的变化规律，对于中位数，需要考虑数据的排序和对称关系；极差是最大值与最小值的差，要分析对称对极差的影响；平均数和方差则要根据定义和性质来判断. 【详解】对于A，已知点与点关于直线对称，则，即， 因为的中位数为，将从小到大排序， 设为，则， 那么从小到大排序为，， 其中位数为，所以选项A正确. 对于B，设中的最大值为，最小值为，则极差， 因为，所以中的最大值为，最小值为， 极差为，所以选项B错误； 对于C，已知的平均数为，则的平均数为 ，所以选项C正确； 对于D，已知的方差为， 则的方差为 ，所以选项D正确. 5．（2026·山东临沂·二模）（多选）一组从小到大依次排列的样本数据7，9，a，10，14的平均数等于众数，则（   ） A． B．中位数为10 C．方差为5 D．第75百分位数为10 【答案】BD 【分析】根据条件求出，数据为7,9, 10,10,14再依次求解即可. 【详解】对于A项，由题知，平均数， 由于平均数等于众数， 当，数据为7,9,9,10,14，众数为9，平均数，不满足条件； 当，数据为7,9, 10,10,14，众数为10，平均数，满足条件； 因此，数据为7,9, 10,10,14，故A错误； 对于B项，数据共5个，中位数为第3个数，即10，故B正确； 对于C项，方差 ，故C错误； 对于D项，由于，所以第75百分位数为第4项10，故D正确. 【题型2：百分位数的计算】 【题型专练】 6．（2026·四川绵阳·模拟预测）数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】先确认数据已经从小到大排列，再根据百分位数的计算规则，计算．当结果不是整数时，取大于该结果的最小整数所对应的数据． 【详解】这组数据已经从小到大排列为 共有个数据，所以 因为不是整数，所以第百分位数是第个数据． 第个数据为，所以这组数据的第百分位数为． 7．（2026·辽宁锦州·二模）在一次数学测试中，某校学生的数学成绩与人数占比如图所示.如果学生甲在这次数学测试中得了110分，那么学生甲的成绩可能是（    ） A．40%分位数 B．60%分位数 C．75%分位数 D．85%分位数 【答案】B 【详解】由表格可知，分数段的占比为，分数段的占比为，该区间的分数范围是分. 110分与90分的差值为分，因此分在的占比为：. 将低于分的占比与分在区间内的占比相加，即110分对应的百分位数为第百分位数. 8．（2026·山东聊城·模拟预测）某小学五年级共有200名学生．期末考试后，学校教导处统计了五年级全体学生的数学成绩，并绘制了如图所示的频率分布直方图，估计这200名学生成绩的80%分位数是（    ） A．70.23 B．70.84 C．71.26 D．71.43 【答案】D 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】数学成绩低于60分的频率为， 数学成绩低于80分的频率为， 这200名学生成绩的80%分位数在内． 设200名学生成绩的80%分位数为，则，解得， 估计这200名学生成绩的80%分位数是71.43． 9．（2026·广东江门·二模）某工厂抽检了100个零件，并统计了这些零件的直径（单位：）数据，得到如下表格： 直径/mm 46 47 48 49 50 51 52 53 54 频数 5 8 12 15 20 18 12 6 4 由表可知这100个零件的直径的第60百分位数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定共有个数小于等于，再结合百分位数定义求结论. 【详解】因为被抽检的零件中，直径小于或等于的零件共有个， 且， 所以这个零件的直径的第百分位数为． 10．（2026·重庆·三模）某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：,这组数据的第30百分位数为___________． 【答案】 【详解】,将数据从小到大排列后,这组数据的第30百分位数为第3个与第4个数的平均数：． 【题型3：频率分布直方图，折线扇形图】 【题型专练】 11．（2026·云南玉溪·二模）为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若的频率为，的值为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据频率分布直方图的性质计算即可求解. 【详解】已知的频率为，组距为，因此，解得. 又因为所有组频率和为，因此， 代入，计算得 ，则， 因此，. 12．（2026·重庆·模拟预测）（多选）某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续航里程（单位：km），将得到的800个数据分为5组：，并整理得到如图所示的频率分布直方图.记这800个数据的3个四分位数分别为，则（    ） A．续航里程在区间内的频率为0.4 B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A，续航里程在内的频率为：，A正确； 对于B，频率分布直方图中，所有组的频率和为1，组距为100， 因此：，解得，因此选项B正确； 对于C，由于前2组的频率为0.3，由题意知第一四分位数为a， 则有； 由于前3组的频率为0.6，第二四分位数为b， 则有，C错误； 由于前4组的频率为0.85，第三四分位数为c， 则有， 故，则，D正确. 13．（2026·河北邢台·二模）某小商品生产企业对2025年1月到11月甲，乙两个车间的产量（单位：百万件）进行了统计，得到如图所示的折线图，则（   ） A．乙车间产量的中位数为6月份的产量 B．甲车间产量的极差大于乙车间产量的极差 C．甲车间产量的平均值小于乙车间产量的平均值 D．甲车间产量的第80百分位数大于乙车间产量的第80百分位数 【答案】D 【详解】一共11个月的产量数据，中位数是将产量从小到大排序后的第个数据， 对乙车间产量排序后，第6个数据是月份的产量，不是6月份，A错误； 甲车间产量极差约为，乙车间产量极差约为，甲的极差小于乙的极差，B错误； 观察折线图，除9月、10月外，其余月份甲车间产量均高于乙车间，整体估算可得甲产量平均值大于乙的平均值，C错误； 第80百分位数为，根据百分位数计算可知第80百分位数是排序后的第9个数据， 从小到大排序后，甲的第9个数据约为3.85，乙的第9个数据约为3.6，甲的第80百分位数大于乙，D正确. 14．（2026·安徽安庆·一模）（多选）某地区2025年2月至10月地方一般公共预算收入累计的统计图表如下（条形图为月累计值，折线图为与上年同月累计值的环比增长率）： 月份 2月 3月 4月 5月 6月 7月 8月 9月 10月 累计收入（亿元） 43.88 66.57 83.96 96.87 134.69 150.09 161.05 191.67 213.39 同比增长率（%） 2 2.1 2.1 3 1 4.2 4.8 根据图表，下列说法正确的是（    ） A．该地区2025年每月的地方一般公共预算收入一直递增 B．2025年8月该地区的地方一般公共预算收入超过22亿元 C．2025年9月该地区的地方一般公共预算收入比2024年9月高 D．2024年前9个月，该地区地方一般公共预算收入平均数高于20亿元 【答案】CD 【详解】对于A，由图表可知，3月的地方一般公共预算收入为（亿元）， 4月的地方一般公共预算收入为（亿元），故A错误； 对于B，8月该地区的地方一般公共预算收入为（亿元），故B错误； 对于C，由图表可知，2025年9月该地区的地方一般公共预算收入为（亿元）， 而2025年9月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长， 所以2024年9月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元）， 2025年8月该地区的地方一般公共预算收入累计同比增长， 所以2024年8月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元）， 所以2024年9月该地区的地方一般公共预算收入为（亿元），比2025年9月少，故C正确； 对于D，由C选项可知，2024年9月该地区的地方一般公共预算收入累计为（亿元）， 所以2024年前9个月，该地区地方一般公共预算收入平均数为（亿元），故D正确． 15．（2026·辽宁辽阳·一模）（多选）某市10公里慢跑自2020年首次推出5条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加.下图分别为该市2020年10公里慢跑参与人数的条形统计图（图1）、2025年10公里慢跑参与人数的扇形统计图（图2），已知2025年一号线的参与人数是2020年一号线参与人数的1.5倍，则（    ） A．2025年该市10公里慢跑总的参与人数是6万 B．2025年五号线的参与人数超过了2020年二号线与三号线的参与人数总和 C．2020年，五条路线对应的参与人数的极差是11千 D．2025年与2020年相比，五条路线中对应的参与人数的增长率最高的是一号线 【答案】ACD 【分析】根据直方图、扇形图分析、年各路线对应慢跑人数，结合各项描述、极差的概念判断各项的正误. 【详解】由图及已知，年一号线参与人数为千人， 所以年参加10公里慢跑人数为千人，即6万人，A对， 所以年五号线的参与人数为千人， 且年二号线、三号线的参与人数总和为千人，显然B错， 年五条路线参与人数的极差为千人，C对， 由图及上述分析，年一号到五号线的人数依次为千人， 而年一号到五号线的人数依次为千人， 2025年与2020年相比，五条路线中对应的参与人数的增长率依次为： ，，，，， 所以2025年与2020年相比，五条路线中对应的参与人数的增长率最高的是一号线，D对. 故选：ACD 【题型4：分层抽样及方差】 【题型专练】 16．（2026·山东聊城·模拟预测）（多选）某企业有员工600人，其中男员工400人，女员工200人．该企业按性别用比例分配的分层随机抽样方法抽取60人参加专业技术技能测试，在测试后统计成绩的结果如下：男员工的平均成绩为87分，方差为148，女员工的平均成绩为93分，所有参加专业技术技能测试的60人成绩的方差为196，则下列结论正确的有（    ） A．参加专业技术技能测试的60人中有女员工30人 B．所有参加专业技术技能测试的60人成绩的均值为89分 C．400名男员工中能被抽到参加测试的概率为 D．所有参加专业技术技能测试的60人中女员工成绩的标准差为 【答案】BD 【分析】由分层抽样可判断A；利用抽样比可求得抽取的男、女员工人数，进而可得到男员工被抽到的概率，判断C，再结合分层抽样的均值、方差公式可判断B、D. 【详解】设参加专业技术技能测试的60人中，女员工有人，则，解得，故A错误． 设60人中男员工的平均成绩为，方差为，女员工的平均成绩为，方差为，所有参加测试的60人的平均成绩为，方差为，则 所有参加专业技术技能测试的60人成绩的均值，故B正确． 名男员工中被抽到参加测试的人数为,则名男员工中能被抽到参加测试的概率为，故C错误． ，解得 所有参加专业技术技能测试的60人中女员工成绩的标准差为，故D正确． 17．（2026·重庆渝中·三模）（多选）某大模型用于处理两类推理任务：代码生成与数学证明，任务数量分别为 5000 个与 3000 个.现按比例分层抽样， 共抽取 160 个任务进行延迟测试 （单位： ms）.经计算， 代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；数学证明样本均值为 ，方差为 ，下列说法中正确的有（    ） A．每个数学证明任务被抽中的概率为 B．代码生成任务应抽取 100 个 C．总样本的均值为 D．总样本的方差为 【答案】BC 【详解】对于A选项，数学证明的样本容量为 ， 所以每个数学证明任务被抽中的概率为 ，故A选项错； 对于B选项，代码生成任务的样本容量为，故B选项对； 对于C选项，因为样本容量是 160 ， 且100个代码生成样本均值为 212ms，60个数学证明样本均值为 ， 所以总样本的均值是 ，故C选项对； 对于D选项，因为代码生成样本均值为 212ms，方差为 ； 数学证明样本均值为 ，方差为 ； 总样本的均值是200，所以总样本的方差为 ，故D选项错. 18．（2026·山东青岛·二模）某高中一、二、三年级的学生人数分别为600，600，800，为了解学生视力情况，用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本，则抽取高三学生的人数为（    ） A．60 B．80 C．120 D．140 【答案】B 【详解】因为用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为200的样本， 所以抽取高三学生的人数为. 19．（2026·甘肃金昌·三模）（多选）某高级中学为了解学生每天的睡眠情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从高一､高二､高三三个年级中共抽取87名学生，其中从高三年级抽取的学生人数为28，已知该校高一､高二､高三年级学生人数分别为，则（    ） A． B．从高一年级中抽取的学生人数为30 C．从高二年级中抽取的学生人数为27 D．从全校学生中任选一人，此人是高三学生的概率是 【答案】AB 【详解】A选项，根据分层抽样，，解得，正确； B选项，从高一年级中抽取的学生人数为，正确； C选项，从高二年级中抽取的学生人数为，错误； D选项，从全校中任选一人，此人是高三学生的概率，错误． 20．（2026·陕西·模拟预测）（多选）某学校高一年级有500名学生，其中男生300人，女生200人，学校希望获得全体学生的身高信息，按比例分层抽取了容量为50的样本.经计算，男生样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为.下列说法中正确的是（    ） A．男生应当抽取30人 B．每个女生被抽到的概率均为 C．所有样本的均值为166cm D．所有样本的方差为 【答案】AC 【分析】由分层抽样可判断A；根据被抽到的概率等于抽样比可判断B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D. 【详解】对于A：抽样比为，所以男生应当抽取人，故A正确； 对于B：每个女生被抽到的概率等于抽样比，故B错误； 对于C：由分层抽样知，样本中男生有人，女生有人， 所有的样本均值为：，故C正确； 对于D：设男生样本为，女生样本为， 男生方差，女生方差， ，， 所有样本的方差 ，故D错误. 【题型5：直线回归方程的概念辨析】 【题型专练】 21．（2026·江西九江·二模）已知变量与线性相关，现收集了5组样本数据如下表． 1 2 3 4 5 10 15 19 23 28 根据上表可得线性回归方程为，则（   ） A．4 B．4.4 C．4.5 D．5 【答案】B 【分析】由所给数据求出，根据回归直线过中心点可求解． 【详解】由表格得，， 将样本中心代入线性回归方程得，． 22．（2026·陕西榆林·三模）某公司于2025年1月推出了一款产品，现对产品上市后经过的时间（单位：月）和市场占有率进行统计分析，得到如下表数据： 1 2 3 4 5 0.004 0.007 0.012 0.017 0.020 由表中数据求得经验回归方程为，则当时，市场占有率约为（    ） A．0.029 B．0.031 C．0.033 D．0.035 【答案】C 【分析】由给定的数据求出样本点的中心，进而求出，即可作答. 【详解】依题意：， 回归直线过样本点的中心， 所以，解得，即经验回归方程为， 当时，， 所以当时，市场占有率约为0.033. 23．（25-26高二下·山东德州·期中）（多选）下列选项正确的是（    ） A．若回归方程为，则当变量增加1个单位时，增加3个单位 B．设具有相关关系的两个变量x、y的相关系数为r，越接近于1，说明两个变量之间的线性相关性越强 C．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关性越弱 D．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归方程为，若其中一个散点坐标为，则 【答案】AB 【详解】对于选项A：因为回归方程为， 所以当变量增加1个单位时，增加3个单位，故A正确； 对于选项B：越接近于1，说明两个变量之间的线性相关性越强，故B正确； 对于选项C：的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，故C错误； 对于选项D：回归直线不一定经过样本点，无法求参数的值，故D错误. 24．（2026·吉林延边·三模）（多选）某奶茶店统计了六天每天天气平均气温t（℃）和每天凉茶的销售数量n（单位：杯），得到以下数据： t（℃） 3 0 5 7 9 12 n（单位：杯） 23 17 27 29 36 42 若t与n线性相关，且回归直线方程为，则（    ） A．t和n正相关 B．点在回归直线上 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据表格中的数据，求得样本中心，结合选项，逐项分析、计算，即可求解. 【详解】根据表格中的数据，可得， 即数据的样本中心为， 对于A，由表格中的数据得，当气温从0到12时，从17增加到42， 所以随着气温的升高，凉茶的销售数量总体呈上升趋势，所以t和n正相关，故A正确； 对于B，根据回归直线过样本中心，所以点在回归直线上，所以B正确； 对于C，由气温t和销售数量总体上正相关，所以，所以C不正确； 对于D，由表格中的数据得： 第一组：；第二组：； 第三组：；第四组：； 第五组：；第六组：； 所以，所以D正确. 25．（2026·新疆·二模）（多选）某电子商城统计了最近5个月某品牌电脑的实际销量，如下表所示： 时间x（月份） 1 2 3 4 5 销量y（百台） 0.3 0.4 0.6 0.7 0.9 若y与x线性相关，且经验回归方程为：，则下列说法正确的是（    ） A．变量x，y正相关 B． C．可以预测当时，商城内该电脑的销量为1百台 D．当时，残差为 【答案】ABD 【分析】求出样本中心点，进而求出经验回归方程，再逐项求解判断. 【详解】对于A，由，得变量x，y正相关，A正确； 对于B，， 因此，B正确； 对于C，，当时，（百台），C错误； 对于D，当时，，残差为，D正确. 【题型6：线性回归方程与非线性回归方程】 【题型专练】 26．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）（多选）已知样本点的回归直线l的方程为，相关系数为r，样本均值分别为，．现令，．设新样本点的回归直线为，则（    ） 附：相关系数；回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． A．过点 B．的斜率为 C．u与v的相关系数为 D．的截距为 【答案】ACD 【详解】对于A，由已知样本均值性质可得新样本均值分别为与， 因为回归直线必过样本中心点，所以新回归直线过点，故A正确； 对于B，因为且，代入公式可得新回归直线方程的斜率 ，故B错误； 对于C，代入公式可得新样本的相关系数 ，故C正确； 对于D，由截距公式可得新回归直线的截距 ，故D正确． 27．（2026·四川遂宁·模拟预测）（多选）下列命题正确的是（    ） A．若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为8 B．若，，，则 C．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 D．在一组样本数据，，，，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 【答案】ABC 【详解】原数据方差，设， 则，故A正确； ， 故 B 正确； 模型 取对数得 ， 令 ，则回归方程为 ， 已知 ，故 ，，即 ，，故C正确； 所有样本点都在直线 上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为 ， 直线斜率为负，故相关系数为 ，故D错误. 28．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）如图所示，有一散点图在5个数据中去掉后，下列说法中错误的是（   ） A．残差平方和变大 B．相关系数变小 C．决定系数变小 D．解释变量与响应变量的相关性变强 【答案】ABC 【分析】利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差平方和的变化情况即可得. 【详解】从散点图可分析出，若去掉点，则解释变量与响应变量的线性相关性变强， 且是正相关，所以相关系数变大，决定系数变大，残差平方和变小， 故A、B、C错误，D正确. 29．（2026·广西崇左·一模）（多选）已知相关系数，y关于x的经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，残差平方和为.已知变量x与变量y的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x为自变量，y为因变量，得出的经验回归方程为；以y为自变量，x为因变量，得出的经验回归方程为.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（   ） A．若已知变量x的方差，则可知变量y的标准差 B．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y各自的平均值 C．若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y的相关系数 D．若已知变量x的标准差，则可知以y为自变量的回归模型的残差平方和 【答案】ABC 【分析】A 选项通过推导可得，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入前式求得，故正确；B 选项可通过联立两个回归方程的截距公式解出样本均值和​，故正确；C 选项利用回归斜率乘积与相关系数的关系，结合斜率符号确定，故正确；D 选项因残差平方和需要原始数据或更多统计量，仅靠x的标准差无法计算，故错误。 【详解】对于C，由所给公式得，且回归系数为负数，故相关系数，C正确. 对于A，设变量x与变量y的标准差分别为，， ，， 标准差， 变形可得， 将其代入到得， 整理得，将其代入到， 整理得，代入已知数据得， 即，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入上式求得，A正确. 对于B，经验回归直线经过样本中心点， 代入两个回归方程得与，解得，， 故不给定其他信息也可得知变量x与变量y各自的平均值，B正确. 对于D，设以y为自变量的经验回归方程为（其中）， 则变量x的残差平方和为 ， 由于样本量n未知，故无法算出残差平方和的具体数值，D错误. 30．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）（多选）两个具有相关关系的变量，的一组数据为，，，，其经验回归方程为，记，，相关系数为；若将数据调整为，，，，其经验回归方程为，记，相关系数为，则（   ） 附：， A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据给定条件，可得，再结合最小二乘法、经验回归方程、相关系数计算判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：BD 【题型7：独立性检验】 【题型专练】 31．（2026·天津·一模）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】C 【分析】借助分层随机抽样定义计算可得A；分别计算出购买燃油车的人数与购买新能源车的人数可得B；利用独立性检验定义可得C、D. 【详解】对A：，故新能源车主有人，故A错误； 对B：购买燃油车的人数为， 购买新能源车的人数为， 则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误； 对C、D：依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联， 由，故此推断犯错误的概率不大于，故C正确、D错误. 32．（25-26高三上·河南·期末）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用了如下方法： 第1步，科学抽样．采用简单随机抽样方法从两所学校共抽取88名学生，且对这88名学生进行测验； 第2步，收集数据．测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名数学成绩优秀；乙校45名学生有7名学生数学成绩优秀，并做出了如下的列联表： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 33 10 43 乙校 38 7 45 合计 71 17 88 第3步，提出零假设．零假设：两校学生的数学成绩优秀率无差异， 第4步，计算．计算得到， 第5步：判断．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为两校的数学成绩优秀率没有差异． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 若将列联表中所有数据都扩大到原来的10倍，则下列说法正确的是（   ） A．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 B．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 C．有99%的把握认为学生的数学成绩是否优秀与学校有关 D．学生的数学成绩是否优秀与学校有关，该推断犯错误的概率不超过0.001 【答案】C 【分析】列出新的列联表，计算后比较即可. 【详解】由题，列出新的列联表如下： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 330 100 430 乙校 380 70 450 合计 710 170 880 代入卡方公式： ，其中， 所以， ， 所以认为 “学生的数学成绩是否优秀与学校有关”，且有的把握， 故AB错误. 且推断犯错误的概率不超过0.01，不是0.001，故错误. 故选：C. 33．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（    ） (已知，其中，) 总计 总计 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据以及即可求解. 【详解】当有的把握认为与有关系，则，故， 此时临界条件为，此时对应的刚好为， 即此时,即， 故，则， 故， 故选：A 34．（2026·吉林·模拟预测）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生．通过测验得到如下的列联表： 单位：人 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲 40 10 50 乙 30 20 50 合计 70 30 100 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 下列结论正确的是（    ） A．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率无差异 B．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 C．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 D．依据小概率值的独立性检验，认为两校学生的数学成绩优秀率有差异 【答案】B 【分析】根据独立性检验的基本思想，结合已知计算得，逐项进行分析即可求解. 【详解】零假设为：两校学生的数学成绩优秀率无差异， A，若，因为，故有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率有差异，故A错误； B，若，因为，故有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率有差异，故B正确； C，若，因为，故没有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率无差异，故C错误； D，若，因为，故没有充分的证据推断不成立， 即两校学生的数学成绩优秀率无差异，故D错误. 故选：B 35．（2026·江苏南通·三模）为研究课后整理错题习惯与数学成绩达标之间的关联性，经独立性检验计算得，临界值，.记事件为“学生成绩达标”，事件为“学生坚持整理错题”；已知，，，则有________的把握认为二者存在关联；随机抽取一名学生，其成绩达标的概率为________. 【答案】 / 【详解】由，且，即有的把握认为二者存在关联， 由题设，则， 所以随机抽取一名学生，其成绩达标的概率为. 【题型8：古典型概率】 【题型专练】 36．（2026·海南省直辖县级单位·二模）从1至5的5个整数中随机取出2个不同的数，则这两个数都是偶数的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】1至5的5个整数中，有两个偶数， 从1至5的5个整数中随机取出2个不同的数，则这两个数都是偶数的概率. 37．（2026·山西·二模）若6个人按原来站的位置重新站成一排，恰有两人站在自己原来的位置上的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分2步分析.第一步：先从6个人里选2人，这2人位置不变，其余4人都不在自己原来的位置，第二步：分析剩余的4人都不在自己原来位置的站法数目，由分步计数原理计算结合古典概率计算公式计算可得答案. 【详解】根据题意，分两步：第一步，先从6个人里选2人，这2人位置不变，有种选法； 第二步，对于剩余的4个人，每个人都不能站在原来的位置上， 因此第一个人有3种站法， 被占了自己位置的那个人在剩下三个位置中任选一个，有种站法， 其余2人只有一种站法，因此4个人共有种站法， 故不同的站法有135种. 而基本事件总数为，所以所求概率为. 38．（2026·湖南长沙·一模）一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】容器左右两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球， 前4次取球，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种选择， 因此不同取法种数为种；按照两个红球被连续取出的情况如下， （1）若在第1，2次取出两个红球，再取另3个球，共有4种方法; （2）若在第2，3次取出红球，则第1次取白球，共有2种方法; （3）若在第3，4次取出红球，则第1，2次取白球，共有1种方法; （4）若在第4，5次取出红球，则第1，2，3次取白球，共有2种方法; 两个红球被连续取出的方法共有种； 所求概率为. 39．（2026·安徽滁州·一模）从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】总样本点个数为：； 若3个数的中位数为4，则必须满足： 一定选中数字4，剩余2个数中，恰好1个比4小、1个比4大， 比4小的数有1，2，3共3个，比4大的数有5，6共2个， 因此符合条件的样本点个数为： ； 根据古典概型公式，得：所求概率为：. 40．（2026·陕西咸阳·二模）一组数据1，2，2，3，5，8，10，11，13，15的第80百分位数为，从这组数据中随机取两个数，这两个数都小于的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】这组数据共有10个，所以， 所以第80百分位数是第8项和第9项数据的平均值：， 小于12的数据有8个，所以. 【题型9：互斥事件，对立事件，相互独立事件】 【题型专练】 41．（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【详解】由题意可得，，， 对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误； 对于B，的情况只有面4，故， 又，满足，故B正确； 对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误； 对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面， 故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4， 故，所以， 不满足独立事件定义，故D错误． 42．（2026·安徽宿州·一模）2025年11月7日，安徽省乒乓球群众业余联赛在宿州市开赛.宿州某代表队第一轮比赛需和对手比赛三场，在第一、二、三场比赛中该队赢对方的概率分别是，每场比赛结果相互独立.则该队在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式列式计算，再利用条件概率公式求解. 【详解】设第一、第二、第三场单打赢对手分别为事件A，B，C， 三场比赛中恰有两场赢对方为事件D，则， ， 所以. 故选：B 43．（2025高三·全国·专题练习）已知，，，下列说法错误的是（   ） A．若事件A，B独立，则 B．若事件A，B互斥，则 C．若事件A，B独立，则 D．若事件A，B互斥，事件A，C独立，事件B，C独立，则. 【答案】C 【分析】由相互独立事件概率乘法公式即可判断AC，由互斥事件的定义即可判断BD. 【详解】A，若事件，独立，则，故A正确， B，若事件，互斥，则，则，，所以，所以B正确， C，设事件相互独立，且， 则， ，两式不相等，故C错误， D，因为事件，互斥，所以，因为事件，独立，事件，独立，所以，， 所以 ，故D正确. 故选：C. 44．（25-26高二上·四川德阳·期中）一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 【答案】C 【分析】根据古典概型概率公式，分别写出样本空间和事件表示的集合，求出相关事件的概率，利用互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可逐一判断可得答案. 【详解】用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，, ，事件，， 事件，， 对于A，，故A错误；     对于B，因为，所以事件与事件不互斥，故B错误； 对于C，，，， 因为，所以事件与事件相互独立，故C正确；     对于D，， ，，故D错误. 故选：C. 45．（25-26高二上·广东中山·月考）已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示.其中， 则事件A与事件B（   ）    A．是互斥事件，不是独立事件 B．不是互斥事件，是独立事件 C．既是互斥事件，也是独立事件 D．既不是互斥事件，也不是独立事件 【答案】B 【分析】根据互斥事件和独立事件的定义和概率公式计算即得. 【详解】因， 则， 于是， 因，则事件A与事件B不是互斥事件； 又，则事件A与事件B是独立事件. 故选：B. 【题型10：条件概率与全概率贝叶斯公式】 【题型专练】 46．（2026·江西赣州·二模）已知事件、满足．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用概率的乘法公式可求得的值，分析可知事件、相互独立，故事件、相互独立，求出的值，即可得出的值. 【详解】由概率的乘法公式可得， 因为，即，故， 所以事件、相互独立，故事件、相互独立， 故， 因此. 47．（2026·福建漳州·三模）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立．设事件“三个人去的景点各不相同”，事件“甲去了第1个景点”，事件“乙去了第1个景点”，则下列说法错误的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D． 【答案】A 【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即与能同时发生，所以与不互斥，所以A错误； 对于C：由题意得，所以C正确； 对于B：因为， 所以，所以与相互独立，所以B正确； 对于D：因为，所以，所以D正确． 48．（25-26高二下·浙江宁波·阶段检测）随机事件、满足，，，下列说法正确的是（    ） A．事件与事件互斥 B． C． D． 【答案】C 【详解】已知， 由条件概率公式可知， ，故B错； 若事件与事件互斥，则需，故A错； ，故C正确； ，故D错． 49．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D的正误；根据概率加法公式，可判断B的正误，根据概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C的正误； 【详解】选项A：由条件概率公式得，故A错误； 选项B：由概率加法公式得， 因为，所以， 则，故B正确； 选项C：， 所以，则， 令，， 则， 因为，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 选项D：， 当或时，才有， 但，， 无法确定是否为0及是否等于，故D错误. 50．（2026·吉林长春·二模）（多选）景区在春节期间推出两种游玩套餐，已知某游客第一次选择两种游玩套餐的概率分别为和，若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为；若该游客第一次选择套餐，则第二次选择套餐的概率为，则下列说法正确的是（   ） A．该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐的概率为 B．该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小 C．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 D．若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为 【答案】BCD 【分析】设相应事件，利用全概率公式求，即可判断B，结合条件概率公式判断ACD. 【详解】设该游客第一次选择套餐为事件，第二次选择套餐为事件， 则，，且，， 可得，. 对于选项A：该游客第一次选择套餐，第二次也选择套餐为事件， 其概率为，故A错误； 对于选项B：因为， 即，所以该游客第一次选择套餐的概率比第二次选择套餐的概率小，故B正确； 对于选项C：因为， 所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故C正确； 对于选项D：因为，则， 所以若该游客第二次选择套餐，则他第一次选择套餐的概率为，故D正确. 【题型11：二项分布与超几何分布】 【题型专练】 51．（2026·山东济宁·二模）抛掷一枚质地均匀、六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体骰子，当出现6点时，就说这次试验成功，每次试验的结果相互独立，则在30次试验中成功次数的均值和方差分别为（    ） A．5， B．5， C．10， D．10， 【答案】B 【分析】应用二项分布的均值和方差公式求解. 【详解】依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立的， 所以30次试验中成功次数服从二项分布,即． 故. 52．（2026·广东汕头·一模）一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（    ） A．7或 B．5或 C．3或 D．1或 【答案】D 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：， 每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：， 其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的， 时 时 时 时 时 时 时 时 综上，组合数在和时取得最大值， 当时，代入得：， 当时，代入得：， 质点最可能移动到的位置坐标为或. 53．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）一个质点在随机外力的作用下，从数轴上数字所对应的位置出发，每隔秒向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为，则秒后质点最有可能落在数轴上（    ）所对应的位置. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设质点向右移动次，可得最终落在，根据，求出时概率最大，即可求出答案. 【详解】设质点向右移动次，则向左移动次，最终落在， 质点向右移动服从二项分布， 令，其中 即， 即， 整理得，解得， 所以当时，， 当时，， 则最大， 即质点最有可能向右移动次，最终落在， 所以秒后质点最有可能落在数轴上所对应的位置. 故选：B. 54．（2025·江西景德镇·模拟预测）甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数的期望为（   ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】由题意利用离散型随机变量求出，再由期望公式计算可得. 【详解】的可能取值为2，4， ， 所以. 故选：C. 55．（2025·广东·一模）口袋内放有大小相同的2个红球和1个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列为，如果为数列的前项和，那么的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】说明共摸球七次，只有两次摸到白球，由于每次摸球的结果数之间没有影响，故可以用独立事件的概率乘法公式求解． 【详解】由题意说明共摸球七次，只有两次摸到白球，由于每次摸球的结果数之间没有影响，摸到红球的概率是，摸到白球的概率是. 故共摸球七次只有两次摸到白球的概率是， 故选：B． 【题型12：离散型随机变量的均值方差】 【题型专练】 56．（2026·福建泉州·一模）为推进“数字适老，智慧生活”，某社区开展AI应用培训活动．现随机抽取一位学员，其每日在线学习积分的取值分别为0，1，2，若，，则（   ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 【答案】B 【分析】根据离散型随机变量的期望计算公式列出方程，再由方差公式即可求解． 【详解】由题可设，则，， 所以，解得． 所以． 57．（2026·山东临沂·二模）抛三枚质地均匀的硬币，记正面朝上的数量为随机变量X，定义随机变量，则（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】先明确原随机变量X的分布，再根据Y与X的分段关系计算期望． 【详解】首先计算随机变量的分布：抛三枚质地均匀的硬币，服从二项分布， 可能取值为，概率分别为： ，， ，． 根据的定义（时，时），计算期望： ． 代入得． 58．（2026·河北·二模）已知某口袋中装有编号分别为1，2，3，4的红色小球各一个，编号分别为1，2，3，4的白色小球各一个(共8个小球，除颜色与编号外，其他完全相同)，每次从口袋中不放回地任取一个小球，只要取到相同编号的红色小球和白色小球，就结束取球.记取球次数为X，则X的数学期望为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过分析取球结束时的次数情况，结合不放回抽样的概率计算方法，分别求出各次数对应的概率，再利用数学期望公式求解. 【详解】随机变量的可能取值为. 当时，前两次取球就取到一对编号相同的红、白球， 第一次任取一球，第二次需取到与它编号相同的另一颜色球：； 当时，前两次未出现同号球，第三次才取到， 第一次任取一球，第二次不取同号球， 第三次取到与前两次之一同号的另一颜色球：； 当时，前三次未出现同号球，第四次才取到， 第一次任取一球，后两次均不取已取编号的同号球， 第四次取到与前三次之一同号的另一颜色球：； 当时，前四次未出现同号球， 第五次必然取到（前四次取了4个不同编号的球，剩余球必与前四次某一球同号）： ， 数学期望：. 59．（2026·天津北辰·二模）2026年教育部全面推进“人工智能+教育”，某科技馆开展AI助手体验活动.三人一组，每人可向AI助手提问.甲、乙、丙三人体验AI问答系统.活动分两环节，第一环节“抢麦提问”，只有一人能抢到麦克风，三人抢到麦克风的概率均为，抢到者向AI提问，AI给出正确答案的概率分别为甲是，乙、丙均是.第二环节“独立测试”，三人各自在平板电脑上完成一道必答题，他们各自答对的概率分别为甲是，乙、丙均是，且甲、乙、丙三人各题是否答对互不影响.则在第一环节提问中得到正确答案的概率______；记在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，则X的数学期望为_______. 【答案】 【分析】应用全概率公式计算求解，先写出可以取的概率，再应用数学期望公式计算求解. 【详解】在第一环节提问中得到正确答案的概率； 在第二环节独立测试中得到正确答案的人数为X，可以取， ， ， ， ， 则X的数学期望为. 60．（2026·河北保定·三模）已知甲盒中放有1个红球、3个白球(除颜色外，其他完全相同)，乙盒中放有2个红球、2个白球(除颜色外，其他完全相同)，每次等可能地从甲、乙两个盒子中选择一个盒子，有放回地摸1个球，若连续摸到2个红球，则停止摸球．记停止摸球时摸球的总次数为X，则E(X)=________． 【答案】 【详解】若第一次没有摸到红球，则停止摸球时摸球的总次数为 ，此时的概率为； 若第一次摸到红球，第二次没有摸到红球，则停止摸球时摸球的总次数为 ，此时的概率为； 若第一次摸到红球，第二次也摸到红球，则停止摸球，摸球的总次数为2，此时的概率为 所以 解得. 【题型13：正态分布】 【题型专练】 61．（2026·山东临沂·二模）今有一批数量庞大的瓶装饮用水，假设这批水的某项矿物质含量偏差值（单位：毫克/升） ，， ，现从中随机抽取n瓶，这n瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值位于区间．当时，试以使得最大的n值作为n的估计值，则n为________． 【答案】35 【分析】本题考查正态分布的性质以及概率的计算，解题的关键在于根据正态分布的性质求出矿物质含量偏差值位于区间的概率，再结合概率的计算求出的值． 【详解】计算矿物质含量偏差值位于区间的概率： 已知，则，， 因为，， 所以． 根据正态分布的性质， ，可得： ． 计算：从瓶水中随机抽取，每瓶水的矿物质含量偏差值位于区间的概率为0.84， 不位于该区间的概率为， 这是一个二项分布问题，，根据二项分布的概率公式， 可得， 要使最大，则需满足， 由可得：， 即， 化简可得：，即， ，，解得． 由可得：， 即，化简可得：， 即，，，解得． 因为为正整数，所以． 62．（2026·重庆渝中·三模）一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 【答案】 / 【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为. 【详解】①已知，正态曲线图像关于对称， 故， 因此. ②由题意，，满足，且与独立， 由全概率公式：  (1) 令，则, 即等价于  (2) (1)(2)两式相加 结合第一空的结论， 得. 63．（2026·山东枣庄·三模）已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 【答案】64 【详解】已知随机变量，且， 由正态分布的对称性可得与关于对称， 即，则，解得. 令，展开式中各项系数之和为. 64．（2026·河北邢台·二模）已知随机变量 X 服从正态分布，且，若随机变量，，则__________. 【答案】0.3/ 【分析】由变量间关系求得即，然后根据正态分布的对称性求概率. 【详解】因为，，所以，即， 所以. 65．（2026·湖南长沙·二模）（多选）若随机变量X服从正态分布，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】随机变量X服从正态分布，所以 对于A，由正态分布的对称性，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以，故D正确. 66．（2026·重庆·模拟预测）（多选）已知随机变量，均服从正态分布，它们的密度函数曲线大致如图所示，则以下说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】对A：因为，所以，故A正确； 对B：，所以，又，所以，故B正确； 对C：因为， ， 所以，故C正确； 对D：根据正态分布的概念可知，故D错误. 67．（2026·重庆渝中·模拟预测）（多选）芯片是信息时代的微观基石.国内某企业通过自主创新，其使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，其改进过程如下：部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.智能检测系统运行后，某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（   ） （参考数据：，） A． B． C． D．若，则M最有可能的取值为 【答案】ACD 【分析】直接利用题意判断A；利用条件概率、全概率公式等进行转化判断B；利用正态分布的性质判断C；设，由函数的单调性判断D. 【详解】A，由某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率， 即，故A正确； B，由，则， 又， 于是，即， 因此，即，则，故B错误； C， ，故C正确； D，， 设， ， 解得，， 由， 解得，即， 所以取得最大值时，的估计值为53，故D正确. 真题模拟检测 一、单选题 1．（2025·天津·高考真题）下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，则 C．越接近1，相关性越强 D．越接近0，相关性越弱 【答案】B 【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可. 【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，，A说法正确； 对于B，根据正态分布对称性可知，，B说法错误； 对于C和D，相关系数越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确. 故选：B 2．（2023·全国乙卷·高考真题）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概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答. 【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表： 乙甲 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 共有36个不同结果，它们等可能， 其中甲乙抽到相同结果有，共6个， 因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率. 故选：A 3．（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，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 【答案】A 【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【详解】同时爱好两项的概率为， 记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件， 则， 所以. 故选:. 4．（2023·天津·高考真题）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”. 鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为，根据以上信息，如下判断正确的为（    ） A．花瓣长度和花萼长度不存在相关关系 B．花瓣长度和花萼长度负相关 C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为 D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是 【答案】C 【分析】根据散点图的特点及经验回归方程可判断ABC选项，根据相关系数的定义可以判断D选项. 【详解】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误 散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误， 把代入可得，C选项正确； 由于是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据的相关系数不一定是，D选项错误 故选：C 5．（2023·全国乙卷·高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解. 【详解】因为区域表示以圆心，外圆半径，内圆半径的圆环， 则直线的倾斜角不大于的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角， 结合对称性可得所求概率. 故选：C.      6．（2023·全国甲卷·高考真题）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． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件， 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有， 所以这2名学生来自不同年级的概率为. 故选：D. 7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 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1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 【答案】C 【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D. 【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, , 所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误； 对于B，亩产量不低于的频数为， 所以低于的稻田占比为，故B错误； 对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确； 对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误. 故选；C. 8．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 故所求概率； 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，所求概率为. 故选：C 9．（2020·全国III卷·高考真题）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据标准差最大，即方差最大，应用方差求法求出各项对应的方差，即可得. 【详解】由标准差最大，即方差最大， A：平均数为，则方差为， B：平均数为，则方差为， C：平均数为，则方差为， D：平均数为，则方差为， 综上，B的标准差最大. 故选：B 10．（2024·上海·高考真题）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【分析】根据互斥事件和对立事件的定义，逐一判断选项即可． 【详解】选项A，事件和事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，事件与事件不互斥，A错误； 选项B，，，， ，B正确； 选项C，事件与事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，C错误； 选项D，，，， ， 与不独立，故D错误． 故选：B． 二、多选题 11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(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 【答案】CD 【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误. 【详解】A：且，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误； C：，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确； 故选：CD 12．（2020·海南·高考真题）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是 A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加; B．这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量; C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%; D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量; 【答案】CD 【分析】注意到折线图中有递减部分，可判定A错误；注意考查第1天和第11天的复工复产指数的差的大小，可判定B错误；根据图象，结合复工复产指数的意义和增量的意义可以判定CD正确. 【详解】由图可知，第1天到第2天复工指数减少，第7天到第8天复工指数减少，第10天到第11复工指数减少，第8天到第9天复产指数减少，故A错误； 由图可知，第一天的复产指标与复工指标的差大于第11天的复产指标与复工指标的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B错误; 由图可知，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确; 由图可知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D正确; 【点睛】本题考查折线图表示的函数的认知与理解，考查理解能力，识图能力，推理能力，难点在于指数增量的理解与观测，属中档题. 13．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ） A．样本的标准差 B．样本的中位数 C．样本的极差 D．样本的平均数 【答案】AC 【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项. 【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度； 由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势； 由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度； 由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势； 故选：AC. 14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 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l，0，1的概率为 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 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D．当时，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 【答案】ABD 【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答. 【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为，A正确； 对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，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，所以所求概率为，B正确； 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误； 对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率， 单次传输发送0，则译码为0的概率，而， 因此，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 16．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ） A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 【答案】BD 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. 【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD. 三、填空题 17．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为_________；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为_________． 【答案】 / 【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空； 根据古典概型的概率公式可求出第二个空． 【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为， 所以甲盒中黑球个数为，白球个数为； 乙盒中黑球个数为，白球个数为； 丙盒中黑球个数为，白球个数为； 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以， ； 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件， 黑球总共有个，白球共有个， 所以，． 故答案为：；． 18．（2024·上海·高考真题）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，已知小申完成题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，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______． 【答案】0.85 【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案. 【详解】由题意知，题库的比例为：， 各占比分别为， 则根据全概率公式知所求正确率． 故答案为：0.85． 19．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为______；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为______． 【答案】 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空. 【详解】解法一：列举法 给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有： ,共10种情况， 其中甲选到有6种可能性：， 则甲参加“整地做畦”的概率为：； 乙选活动有6种可能性：， 其中再选择有3种可能性：， 故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为. 解法二： 设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 20．（2024·全国甲卷·高考真题）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.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 【答案】 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种， 设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则， 故，故， 故， 若，则，则为：，故有2种， 若，则，则为：， ，故有10种， 当，则，则为： ， ， 故有16种， 当，则，同理有16种， 当，则，同理有10种， 当，则，同理有2种， 共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为， 故所求概率为. 故答案为： 21．（2025·天津·高考真题）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，记合格周数为X，则期望_______ 【答案】 【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解. 【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件， 则； 设运动量达标为事件，， 所以，； 故答案为：； 22．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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_________. 【答案】/0.5 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 23．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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________． 【答案】 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解. 【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有种选法； 每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： ， ， ， ， 所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果. 24．（2025·全国一卷·高考真题）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_________. 【答案】/ 【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得. 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $