2.12.1 随机事件与古典概型&2.12.2 抽样方法与总体分布的估计-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

最新真题分类特训·数学 3.解析：展开式的通项公式 =c2()月 =(-1)X2-XC%Xx218- 令18一4k=2,可得k=4, 则x2项的系数为(-1)4×2-4×C6=4×15=60. 答案：60 4.解析：a.=C10(2023x)十(-1)C202310-0x<0, 依题意k为奇数，.2023*<202300-，k<100-k→k< 50→kmax=49. 答案：49 5.解析：原式等于(x十y)一义(x十y),由二项式定理，其展 元 开式中x2y的系数为C8-C⑧=C-C=-28. 答案：一28 专题十二概率与统计 第1节随机事件与古典概型 考点1随机事件的概率 1.C由题意，C=AUB→C=AUB=A∩B. 2.解析：由题意，P(AUB)=P(A)+P(B)=0.7. 答案：0.7 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 排大，且甲或乙在排尾的共有8种可能，P-员-子，故 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 生为丙、丁，则从这4名学生中随机选2名的方法如下： (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 求概率为P-合-号.故选D, 3.A根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意的情 况，即可得到概率 甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有 6×6=36种， 若甲、乙抽到的主题不同，则共有30种， 则共概率为器-=号做选：A 4.C无放回随机抽取2张方法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5), (4,6),(5,6)共15种，其中数字之积为4的倍数的是(1,4)， 2,0.2,63,0.4..,6)共6种，p-7=号故 选C 5.D总事件数共C=76=21, 2 取到的2个数互质的为 第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7； 第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8； 第一个数取4时，第二个数可以是5,7； 第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8； 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+2头8+1出1-片-号 21 6.解析：本题相当于{1,3,5,7}与{2,4,6,8}的搭配问题，总 共有A4=24种方法， 把甲的卡片标号分为A1={1,3},A2={5,7}两组，把乙 的卡片标号分为B1={2,4},B2={6,8}两组， 要使甲得分不少于两分，甲的卡片标号大的次数至少有 两次， ①A2与B1搭配，一共有A经·A=4种； ②A2与B2搭配，只能是5配8,7配6,1配4,3配2，一 共有1种； ③A2与B1中一个，与B2中一个搭配； (1)若B1选择2，则B2必不能选8，故{5,7}与{2,6}搭 配，{1,3}与{4,8}搭配，一共有2种； (2)若B1选择4，分两种情况： (i){5,7}与{4,6}搭配，{1,3}与{2,8}搭配，一共有1· A+1=3种： (iⅱ){5,7}与{4,8}搭配，{1,3}与{2,6}搭配，一共有 2种； 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况有12种， 所以甲总得分不低于2分的概奉P员-宁 答案：日 7.解析：记前三个球的号码分别为a、b、c,则共有A=120 种可能，令m一m=a中_a++=+6-2c≤ Γ236 0.5可得：a十b一2c≤3，根据对称性：c=1或6时，均 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= 7 二15 答案：5 8解析：设甲，乙率入选”为事件A,则P)是-品 答案：品 9.解析：从正方体的8个顶点中任选4个，有C8=70(种) 不同的选法，其中这4个，点在同一平面的情况有侧面6 种，对棱面6种共有12种不同的情况，所以这4个点在 同一个平西的概率为P=号-品 答案：号 第2节抽样方法与总体分布的估计 考点1随机抽样 D根据按比例分配的分层抽样可知初中部抽取40人， 高中部抽取20人.不同的抽样方法为C480·C20,故 选D. 考点2统计图表 1.解：(1)根据频率分布直方图知，组距为10.各区间的频 率计算如下：[345,355)的频率为0.005×10=0.05； [355,365)的频率为0.010×10=0.10；[365,375)的频 率为0.02×10=0.20：[375,385)的频率为0.025×10= 0.25;[385,395)的频率为0.015×10=0.15. 设第一四分位数为Q1.因为前两组的累积频率为0.05 十0.10=0.15<0.25，而前三组累积频率为0.15+0.20 =0.35>0.25,所以第一四分位数位于区间[365,375) 内.根据比例关系：Q,=365+0.25二0.15×10=365十5= 0.20 370(天) 设中位数为M.前三组的累积频率为0.35<0.50，前四 组的累积频率为0.35十0.25=0.60>0.50，所以中位数 位于区间[375,385)内.根据比例关系：M=375十 0.50-0.35×10=375+6=381(天). 0.25 (2)(ⅰ)首次故障时间小于365天即落在区间[345,365) 内.根据频率估计概率，得：p=0.05十0.10=0.15. (iⅱ)已知X~B(100,0.20).根据二项分布的期望与方 差公式：E(X)=np=100×0.15=15, D(X)=np(1-p)=100X0.15×0.85=12.75. 2.解：(1)由题意知当(c)=0.5%时，c=97.5, 此时gc=0.01X5+0.02×5=0.035=3.5%. 2 (2)当95≤c≤100时， (c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19, q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01, 所以f(c)=p(c)+g(c)=一0.008c+0.82; 当100<c≤105时， p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19, q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21, 所以f(c)=(c)+q(c)=0.01c-0.98. 综上所述， fe)=-0.008c+0.82,95≤c≤10 0.01c-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 减，在(100,105]上单调递增， 作出f(c)在区间[95,105]上的大致图象（略），可得f(c) 在区间[95,105]的最小值f(c)mim=f(100)=一0.008× 100+0.82=0.02. 考点3样本的数字特征 1.B将数据从小到大排列为4,5,6,8,12，中间数为6， 选B. 2.C年均数为号(2+8+14+16+20)-号×60=12. 3.BD因为十十十飞」 4 十x2十x3十x4十x5+x6 6 -十x十x十-2(x十》≠0， 12 详解详析 所以A错误；因为x1是最小值，x6是最大值，所以x2, x,x4,x5的中位数的位置与x1,x2,…,x6的中位数的 位置相同，所以B正确；因为x1是最小值，x6是最大值， 距离数据x1,x2,…,工6的平均值较远，即波动性大，所以 标准差大，所以C错误；假设西，x的最小值为， 最大值为无，则五≤x2,x≤x6,所以x一x≥无一2，所 以D正确.故选BD. 4.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. 5.解：(1)第1步：计算不高于120分的累计频数 数学成绩不高于120分的人数为前三组人数之和，为40 +60+60=160. 第2步：用频率估计概率 用频率估计概率，则数学成绩不高于120分的概率P= 288=0.8 故数学成绩不高于120分的概率为0.8. (2)第1步：分别计算对应事件的概率 成绩不低于120分的概率P,=28,12=0.2, 200 成绩不高于94分的概率P,20=0.2。 第2步：识别概率模型 从学校随机抽取4人，可以看作4次独立重复试验， 第3步：代入公式计算结果 要求2人不低于120分且2人不高于94分， 则其概率P。=C·P·P=×0.22×0.22=0.0096. 故所求概率为0.0096. (3)第1步：明确方差公式 根据表格知道各组频数不变，总频数n=200,各组所取 样本数据，设为工：，m:为各组数据的频数，i=1,2,3,4,5, 则元=40x十60x2十60z十28x4+12z5 200 n:·(x:-x)2 2=1 第2步：套用公式求三种方差 取左端点时，x为81,94,107,120,135 x左= 40×81+60×94+60×107+28×120+12×135 200 =101.4, 方差2=20[40×(81-101.42+60×(94-101.40 +60×(107-101.4)2+28×(120-101.4)2+12×(135 -101.4)2]=225.24. 取中点时，x为87.5,100.5,113.5,127.5,142.5， x中= 40×87.5+60×100.5+60×113.5+28×127.5+12×142.5 200 =108.1. 方差号=20[40×(87.5-108.1)2+60×(10.5 108.1)2+60×(113.5-108.1)2+28×(127.5- 108.1)2+12×(142.5-108.1)2]=234.64. 最新真题分类特训·数学 取右端点时，x:为94,107,120,135,150， x右= 40×94+60×107+60×120+28×135+12X150-114.8, 200 方差=200[40×(94-14.8y+60×(107-14.8) +60×(120-114.8)2+28×(135-114.8)2+12×(150 -114.8)2]=244.36. 第3步：下结论 对比可得方差大小关系：<吊<右 6.解：1)z=0[545+533+51+522+575+54+541+ 568+596+548]=552.3, y=六[536+527+543+530+560+533+522+50+ 576+536]=541.3, z=x-y=552.3-541.3=11, 2=x-y的值分别为：9,6,8，-8,15,11,19,18， 20,12, 故2=10(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8 11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20- 11)2+(12-11)2]=61. 2)(1)知：2=11,2/0=2V6.1=V24.4, 有2后， 所以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. 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.A对于A:回归方程y=-1.17x十1370.7，斜率为负， 且相关系数|r|=0.91表示相关程度较高，故判断为负 相关，A选项正确；对于B:当x=10时，y=-1.17×10 +1370.7=1359,回归方程所求y,得到的是预测值，实 际值不一定等于预测值，B项错误；对于C:由选项B分析 可知C选项错误；对于D:相关系数r|=0.91,接近于1，说 明两变量线性相关程度较高，故存在线性关系， 2.A观察4幅图可知，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3图更接近1. 3.C因为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，所以随着沿海地区气温由低到高，海水 表层温度呈上升趋势. 4.C由散点图可知身高与体重成正相关， 5.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737.5=7,4，A选项结论正确，对于B选项， 2 乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： 53+74+2.6+81+8.2+8.2+85+8.6+86+&6+8.6+9.0+3.2+9.3+9.8+101 =8.50625>8,B选项结论正确.对于C选项，甲同学周 课外体有运动时长大于8的概率的估计位=0,375< 0.4,C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课体育运 动时长大于8的概率的估计值8=0.8125>0.6，D选 16 项结论正确.故选C. 6.解：(1)由题意，设该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密 度为事件A,显然满足题意共有7年，故P(A)-号，故 该年份颗粒物的容度大于二氧化硫密度的概率为子， (2)经分析应选择散，点图，因相关系数的取值范围是 [一1,1]，所以可以排除区间(1,2)， 通过所给数据可知随着颗粒物密度的减少，二氧化硫密 度也呈现减少的趋势，二者变化方向一致，属于正相关， 因此x>0,综上，相关系数r的取值区间为(0,1). (3)由题意，设样本中心(2018，y), y=号(101.02+87.02+57.46+21.85+1.76+8.86 +5.03+4.63+3.86)≈33.499， 故33.499=a(2018-2014)+83.74→a≈-12.561，y =-12.561(x-2014)+83.743, 故x=2023时，此时y=106.544ea4612023-2o1w)≈1.681，差 值绝对值为2.199， y=-12.561(2023-2014)+83.743≈29.306，差值绝 对值为33.186>2.199， 故y=106.544e0.61r-2010对于2023年的预测值与实 际值的差值绝对值更小. 7.解：(1)由题意，数据最大值为216.93，最小值为206.78， 故极差为216.93一206.78=10.15， 中位数为209.35,210.68=210.015. 2 (2)由题意，数据共有10个，211以上数据共有4个， 故设恰有2个211以上为事件A, PA)=C:C=3, 109 所以，恰有2个数据在21以上的概率为司 (3)由题意，比赛成绩y的平均数为品×(206.78十 207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+ 214.84+216.93+216.93)=211.399. 故y=-0.311x+3过(2006,211.399)，则6=835.265. 即y=-0.311x+835.265, 故要当x=2028时，y=204.557,故2028年冠军队的成 绩约为204.56. 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 中患有该疾病的频车为8-0,9， 以样本频率估计总体概率，p的估计值为0.9. (2)H。:超声波检查结果与是否患病无关， n(ad-bc)2 x-(a+b(cFdD(aFe)(b+d)- 。20X20-780×180)12250>10.828 800×200×200×800 概率小概率值α=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.最新真题分类特训·数学 年真题 分类特训 专题十二 概率与统计 知识技能解读… 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1 随机事件与古典概型 [考点1] 随机事件的概率 3.(2023·全国乙卷（文），9)某学校举办作文 1.(2026·上海卷，14)事件A和事件B为独 比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机 立随机事件，事件C表示为事件A和B至 抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛 少一个发生，则C= 同学抽到不同主题的概率为 () A.A∩B B.AUB A号 R号 C.A∩B D.AUB c日 2.(2026·上海卷，4)已知事件A,B互斥，且 D. P(A)=0.2,P(B)=0.5,则P(AUB)= 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 [考点2]古典概型 张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的 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 倍数的概率为 () 的概率是 ( ) A是 A目 R号 c方 号 c n号 2.(2023·全国甲卷（文），4)某校文艺部有4 5.(2022·新高考I卷，5)从2至8的7个整 名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4 数中随机取2个不同的数，则这2个数互质 名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这 的概率为 () 2名学生来自不同年级的概率为 () A司 B. 1 A.6 3 c D.3 c D.3 108 第二部分专题十二概率与统计 6.(2024·新课标I卷，14)甲、乙两人各有四 无放回地随机取3次，每次取1个球.设 张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡 m为前两次取出的球上数字的平均值，n 片上分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分 为取出的三个球上数字的平均值，则m 别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛， 与n之差的绝对值不大于的概率为 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 8.(2022·全国乙卷（理），13)从甲、乙等5名 后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此 同学中随机选3名参加社区服务工作，则 后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总 甲、乙都入选的概率为 得分不小于2的概率为 9.(2022·全国甲卷（理），15)从正方体的8个 7.(2024·全国甲卷（理），16)有6个相同 顶点中任选4个，则这4个点在同一平面上 的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中 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 (i)求p; (2023·新课标Ⅱ卷，3)某学校为了解学生 (ⅱ)该厂向某用户销售100件这种电子产 参加体育运动的情况，用比例分配的分层随 品，记X为这100件电子产品中首次出现 机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中 故障的时间小于365天的件数，假设X~ 部两层共抽取60名学生，已知该校初中部 B(100,p),求E(X),D(X). 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.C8。·C种 B.C8·C28种 C.C8。·C2种 D.C48。·C8种 [考点2]统计图表 1.(2026·全国Ⅱ卷，15)(13分)从某厂生产 的某种电子产品中随机抽取了若干件进行 试验，测试它们首次出现故障的时间（单位： 天)，由试验结果得到如下频率分布直方图： 频率 组距 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 345355365375385395405415425首次出现故障的时间/天 (1)估计这种电子产品首次出现故障的时间 的第一四分位数及中位数（假设数据在组内 均匀分布)； (2)记p为1件这种电子产品首次出现故障 的时间小于365天的概率的估计值. 09 最新真题分类特训·数学 2.(2023·新课标Ⅱ卷，19)(12分)某研究小 [考点3] 样本的数字特征 组经过研究发现某种疾病的患病者与未患 1.(2026·全国I卷，1)样本数据6,8,4,5,12 病者的某项医学指标有明显差异，经过大量 的中位数为 调查，得到如下的患病者和未患病者该指标 A.5 B.6 的频率分布直方图： C.8 D.9 0频案/组距 4频率/组距 2.(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 0.01 0.010 3.(2023·新课标I卷，9)（多选）有一组样本 0.002 05010s1015101513 指标0.0025 患病者 未患病者 数据x1,x2,…,x6,其中x1是最小值，x6是 利用该指标制定一个检测标准，需要确定 最大值，则 () 临界值c,将该指标大于c的人判定为阳 A.x2,3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x6 性，小于或等于c的人判定为阴性，此检 的平均数 测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性 B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6 的概率，记为p(c);误诊率是将未患病者 的中位数 判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据 C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,℃2，…， 在组内均匀分布.以事件发生的频率作为 x。的标准差 相应事件发生的概率 D.x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6 (1)当漏诊率(c)=0.5%时，求临界值c和 的极差 误诊率q(c); 4.(2022·全国甲卷（理），2)某社区通过公益 (2)设函数f(c)=p(c)+g(c).当c∈[95， 讲座以及普及社会居民的垃圾分类知识.为 105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间 了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让 [95,105]的最小值. 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( ) 100% 959 90% 85% 率讲座前 ·讲座后 65% 60% 0 2 345678910 居民编号 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 第二部分专题十二概率与统计 5.(2026·北京卷，17)(13分)现从全校学生 6.(2023·全国乙卷（理），17)(12分)某厂为 中随机抽取200人统计数学成绩，成绩分组 比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处 及对应人数如下： 理效应，进行10次配对试验，每次配对试验 成绩 选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其 [81,94] (94,107] (107,120] (120,135] (135,150] 分组 中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处 人数 40 60 60 28 12 理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙 每个学生成绩相互独立，以频率估计概率， 两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别 完成下列问题： 记为x:,y:(i=1,2,…,10),试验结果如下 (1)求数学成绩不高于120分的概率； 试验序号12345678910 (2)从学校随机抽取4人，求2人不低于120 伸缩率x:545533551522575544541568596548 分且2人不高于94分的概率； 伸缩率：536527543530560533522550576536 (3)每组数据取左端、中间、右端，比较s左、 记之=x:一y:(i=1,2,…,10),之1，之2，…，之10 s、s的大小关系 的样本平均数为，样本方差为s2. (1)求元，52 (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（如果会20，则认为甲工艺 2 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).