資源簡介

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6.2 概率與統計常考小題歸類
考點分布 考查頻率 命題趨勢
統計圖表、方差、平均數、中位數 2024年II卷第4題，5分 2023年上海卷第14題，4分 2022年甲卷第2題，5分 預測2025年高考，多以小題形式出現，也有可能會將其滲透在解答題的表達之中，相對獨立．具體估計為：（1）以選擇題或填空題形式出現，考查邏輯推理與數學運算兩大核心素養．（2）熱點是古典概型和條件概率與全概率公式。.
古典概型 2024年I卷第14題，5分 2024年甲卷第16題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2023年甲卷第4題，5分
相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式 2022年乙卷第10題，5分
回歸方程、正態分布 2024年I卷第9題，6分 2023年天津卷第7題，5分
概率與統計小題是每年高考必考的內容．一是求統計圖表、方差、平均數；二是求古典概型；三是相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．多以選擇、填空題的形式考查，難度容易或中等．
1．（2024·全國Ⅱ卷·高考真題）某農業研究部門在面積相等的100塊稻田上種植一種新型水稻，得到各塊稻田的畝產量（單位：kg）并整理如下表
畝產量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200）
頻數 6 12 18 30 24 10
根據表中數據，下列結論中正確的是（ ）
A．100塊稻田畝產量的中位數小于1050kg
B．100塊稻田中畝產量低于1100kg的稻田所占比例超過80%
C．100塊稻田畝產量的極差介于200kg至300kg之間
D．100塊稻田畝產量的平均值介于900kg至1000kg之間
2．（2024·全國Ⅰ卷·高考真題）隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區以往的畝收入服從正態分布，假設推動出口后的畝收入服從正態分布，則（ ）（若隨機變量Z服從正態分布，）
A． B． C． D．
3．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）有6個相同的球，分別標有數字1、2、3、4、5、6，從中無放回地隨機取3次，每次取1個球.記為前兩次取出的球上數字的平均值，為取出的三個球上數字的平均值，則與之差的絕對值不大于的概率為 ．
4．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為 .
5．（2024·上海·高考真題）某校舉辦科學競技比賽，有3種題庫，題庫有5000道題，題庫有4000道題，題庫有3000道題．小申已完成所有題，他題庫的正確率是0.92，題庫的正確率是0.86，題庫的正確率是0.72．現他從所有的題中隨機選一題，正確率是 ．
6．（2024年天津高考數學真題）某校組織學生參加農業實踐活動，期間安排了勞動技能比賽，比賽共5個項目，分別為整地做畦、旱田播種、作物移栽、田間灌溉、藤架搭建，規定每人參加其中3個項目.假設每人參加每個項目的可能性相同，則甲同學參加“整地做畦”項目的概率為 ；已知乙同學參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為 ．
7．（2023年天津高考數學真題）把若干個黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進三個空箱子中，三個箱子中的球數之比為．且其中的黑球比例依次為．若從每個箱子中各隨機摸出一球，則三個球都是黑球的概率為 ；若把所有球放在一起，隨機摸出一球，則該球是白球的概率為 ．
8．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）設O為平面坐標系的坐標原點，在區域內隨機取一點，記該點為A，則直線OA的傾斜角不大于的概率為（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·全國·高考真題）某地的中學生中有的同學愛好滑冰，的同學愛好滑雪，的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（ ）
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
10．（2023·全國Ⅱ卷·高考真題）在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為，收到1的概率為. 考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸 是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.
A．采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為
B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為
C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為
D．當時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于用單次傳輸方案譯碼為0的概率
11．（2023·天津·高考真題）鳶是鷹科的一種鳥，《詩經·大雅·旱麓》曰：“鳶飛戾天，魚躍余淵”. 鳶尾花因花瓣形如鳶尾而得名，寓意鵬程萬里、前途無量.通過隨機抽樣，收集了若干朵某品種鳶尾花的花萼長度和花瓣長度（單位：cm），繪制散點圖如圖所示，計算得樣本相關系數為，利用最小二乘法求得相應的經驗回歸方程為，根據以上信息，如下判斷正確的為（ ）
A．花瓣長度和花萼長度不存在相關關系
B．花瓣長度和花萼長度負相關
C．花萼長度為7cm的該品種鳶尾花的花瓣長度的平均值為
D．若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數一定是
12．（2023·全國Ⅰ卷·高考真題）有一組樣本數據，其中是最小值，是最大值，則（ ）
A．的平均數等于的平均數 B．的中位數等于的中位數
C．的標準差不小于的標準差 D．的極差不大于的極差
13．（2022·浙江·高考真題）現有7張卡片，分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6．從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則 ， ．
14．（2022·全國·高考真題）已知隨機變量X服從正態分布，且，則 ．
15．（2021·全國·高考真題）在區間與中各隨機取1個數，則兩數之和大于的概率為（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·全國·高考真題）有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則（ ）
A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立
高頻考點1 抽樣方法與隨機數表
核心知識： 讀取規則 ：按固定方向讀取數字，跳過無效或重復編號，直至抽滿樣本量。
典例1：（2024·山東·高三專題練習）總體由編號為01，02，…，19，20的20個個體組成，利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表第1行的第5列和第6列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（　　）
7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198
3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481
A．08 B．02 C．63 D．01
變式訓練
1.（2024·海南·高三校考階段練習）某飲料廠生產A，B兩種型號的飲料，每小時可生產兩種飲料共1000瓶，質檢人員采用分層隨機抽樣的方法從這1000瓶中抽取了60瓶進行質量檢測，其中抽到A型號飲料15瓶，則每小時B型號飲料的產量為（ ）
A．600瓶 B．750瓶 C．800瓶 D．900瓶
2.（2024·重慶·校考一模）某廠質檢員利用隨機數表對生產的600個產品進行抽樣調查，先將這600個產品進行編號：001，002，003，…，600．從中抽取120個樣本，下圖是隨機數表的第2行到第3行，若從隨機數表的第2行第5列開始從左向右讀取數據，則得到的第5個編號是（ ）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098 B．147 C．513 D．310
高頻考點2 統計圖表及其數字特征
核心知識：
集中趨勢指標：
平均數（均值） ：反映數據集的中心位置，公式；
中位數 ：數據排序后位于中間位置的值，適用于偏態分布數據；
眾數 ：數據中出現次數最多的值，常用于分類數據描述 。
離散程度指標：
方差與標準差 ：衡量數據偏離均值的程度，公式為；
極差 ：最大值與最小值的差值，反映數據范圍
典例1：（2024·廣東廣州·校考一模）（多選）“搜索指數”是網民通過搜索引擎，以搜索關鍵詞的次數為基礎所得到的統計指標．“搜索指數”越大，表示網民該關鍵詞的搜索次數越多，對與該關鍵詞相關的信息關注度也越高．如圖是2018年9月到2019年2月這半年中，某個關鍵詞的搜索指數變化的走勢圖．
根據該走勢圖，下列結論正確的是（　　）
A．這半年中，網民對與該關鍵詞相關的信息關注度呈周期性變化
B．這半年中，網民對與該關鍵詞相關的信息關注度不斷減弱
C．從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年10月份的方差大于11月份的方差
D．從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年12月份的平均值大于2019年1月份的平均值
變式訓練：
1．某保險公司為客戶定制了5個險種：甲，一年期短期；乙，兩全保險；丙，理財類保險；丁，定期壽險；戊，重大疾病保險.各種保險按相關約定進行參保與理賠.該保險公司對5個險種參保客戶進行抽樣調查，得到如圖所示的統計圖表.則下列說法中一定錯誤的是（ ）
A．丁險種參保人數超過五成 B．41歲以上參保人數超過總參保人數的五成
C．18－29周歲人群參保的總費用最少 D．人均參保費用不超過5000元
2.（多選題）（2024·廣東惠州·高三惠州一中校考階段練習）某地環境部門對轄區內甲、乙、丙、丁四個地區的環境治理情況進行檢查督導，若一地區連續10天每天的空氣質量指數均不大于100，則認為該地區的環境治理達標，否則認為該地區的環境治理不達標.根據連續10天檢測所得數據的數字特征推斷，環境治理一定達標的地區是（ ）
A．甲地區：平均數為90，方差為10 B．乙地區：平均數為60，眾數為50
C．丙地區：中位數為50，極差為70 D．丁地區：極差為20，80%分位數為80
高頻考點3 傳統線性擬合
核心知識：
求回歸方程：（1）根據散點圖判斷兩變量是否線性相關，如不是，應通過換元構造線性相關．（2）利用公式，求出回歸系數．（3）待定系數法：利用回歸直線過樣本點的中心求系數．
回歸方程的擬合效果，可以利用相關系數判斷，當越趨近于1時，兩變量的線性相關性越強．
典例1：（2024·四川成都·三模）如圖，由觀測數據 的散點圖可知， 與 的關系可以用模型 擬合，設 ，利用最小二乘法求得 關于 的回歸方程 . 已知 ， ，則 （ ）
A． B． C．1 D．
變式訓練：
1.（2024·廣東深圳·高三統考期末）某同學收集了變量，的相關數據如下：
x 0.5 2 3 3.5 4 5
y 15
為了研究，的相關關系，他由最小二乘法求得關于的線性回歸方程為，經驗證回歸直線正好經過樣本點，則 ．
2.某工廠為了對新研發的一種產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格進行試銷，得到如下數據:
單價(元)
銷量(件)
由表中數據，求得線性回歸方程，若在這些樣本點中任取一點，則它在回歸直線右上方的概率為 。
高頻考點4 非線性擬合處理
核心知識：采用換元法，將非線性擬合代換為線性擬合即可。
典例1：（2024·四川宜賓·校考模擬預測）下表為某外來生物物種入侵某河流生態后的前3個月繁殖數量（單位：百只）的數據，通過相關理論進行分析，知可用回歸模型對與的關系進行擬合，則根據該回歸模型，預測第7個月該物種的繁殖數量為（ ）
第個月 1 2 3
繁殖數量
A．百只 B．百只 C．百只 D．百只
變式訓練：
1.已知，之間的一組數據：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
若與滿足經驗回歸方程，則此曲線必過點 .
2.（2024·內蒙古·高三統考期末）用模型擬合一組數據組，其中，設，得變換后的線性回歸方程為，則（ ）
A． B． C．35 D．21
高頻考點5 傳統獨立性檢驗
核心知識：
比較幾個分類變量有關聯的可能性大小的方法：（1）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯的可能性越大．（2）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯的可能性越大．
獨立性檢驗的一般步驟：（1）根據樣本數據制成列聯表．（2）根據公式，計算的觀測值．（3）比較與臨界值的大小關系，進行統計推斷．
典例1：（2024·四川達州·統考一模）四川省將從2022年秋季入學的高一年級學生開始實行高考綜合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”為首選科目，即物理與歷史二選一.某校為了解學生的首選意愿，對部分高一學生進行了抽樣調查，制作出如下兩個等高條形圖，根據條形圖信息，下列結論正確的是（ ）
A．樣本中選擇物理意愿的男生人數少于選擇歷史意愿的女生人數
B．樣本中女生選擇歷史意愿的人數多于男生選擇歷史意愿的人數
C．樣本中選擇物理學科的人數較多 D．樣本中男生人數少于女生人數
變式訓練：
1.（2024·浙江溫州·高三校聯考階段練習）在新高考改革中，浙江省新高考實行的是7選3的模式，即語數外三門為必考科目，然后從物理、化學、生物、政治、歷史、地理、技術（含信息技術和通用技術）7門課中選考3門.某校高二學生選課情況如下列聯表一和列聯表二（單位:人）
選物理 不選物理 總計
男生 340 110 450
女生 140 210 350
總計 480 320 800
表一
選生物 不選生物 總計
男生 150 300 450
女生 150 200 350
總計 300 500 800
表二
試根據小概率值的獨立性檢驗，分析物理和生物選課與性別是否有關（ ）
附:
A．選物理與性別有關，選生物與性別有關 B．選物理與性別無關，選生物與性別有關
C．選物理與性別有關，選生物與性別無關 D．選物理與性別無關，選生物與性別無關
2.（2024·重慶·高三專題練習）為了解喜愛足球是否與性別有關，隨機抽取了若干人進行調查，抽取女性人數是男性的2倍，男性喜愛足球的人數占男性人數的，女性喜愛足球的人數占女性人數的，若本次調查得出“在犯錯誤的概率不超過0.005的前提下認為喜愛足球與性別有關”的結論，則被調查的男性至少有（ ）人
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 5.635 7.879 10.828
A．11 B．12 C．13 D．14
高頻考點6 創新類定義統計
核心知識：
典例1：（2024·遼寧沈陽·模擬預測）切比雪夫不等式是19世紀俄國數學家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究統計規律時發現的，其內容是：對于任一隨機變量，若其數學期望和方差均存在，則對任意正實數，有.根據該不等式可以對事件的概率作出估計.在數字通信中，信號是由數字“0”和“1”組成的序列，現連續發射信號次，每次發射信號“0”和“1”是等可能的.記發射信號“1”的次數為隨機變量，為了至少有的把握使發射信號“1”的頻率在區間內，估計信號發射次數的值至少為 .
變式訓練：
1.（多選題）（2024·湖北·模擬預測）教育統計學中，為了解某考生的成績在全體考生成績中的位置，通常將考生的原始分數轉化為標準分數．定義標準分數，其中為原始分數，為原始分數的平均數，為原始分數的標準差．已知某校的一次數學考試，全體考生的平均成績，標準差，轉化為標準分數后，記平均成績為，標準差為，則( )
A． B． C． D．
2.（2024·湖北·高三校聯考開學考試）定義空間直角坐標系中的任意點的“數”為：在點的坐標中不同數字的個數，如：，若點的坐標，則所有這些點的“數”的平均值為（ ）
A． B． C． D．
3.（多選題）為了估計一批產品的不合格品率，現從這批產品中隨機抽取一個樣本容量為的樣本，定義，于是，，，記（其中或1，），稱表示為參數的似然函數．極大似然估計法是建立在極大似然原理基礎上的一個統計方法，極大似然原理的直觀想法是：一個隨機試驗如有若干個可能的結果A，B，C，…，若在一次試驗中，結果A出現，則一般認為試驗條件對A出現有利，也即A出現的概率很大. 極大似然估計是一種用給定觀察數據來評估模型參數的統計方法，即“模型已定，參數未知”，通過若干次試驗，觀察其結果，利用試驗結果得到某個參數值能夠使樣本出現的概率為最大．根據以上原理，下面說法正確的是（ ）
A．有外形完全相同的兩個箱子，甲箱有99個白球1個黑球，乙箱有1個白球99個黑球．今隨機地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中抽出的
B．一個池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測鯉魚和草魚的比例為4:1時，出現80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的
C．
D．達到極大值時，參數的極大似然估計值為
高頻考點7 正態分布
核心知識：
典例1：（2024·重慶·高三校考階段練習）阿鑫上學有時坐公交車，有時騎自行車.若阿鑫坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態分布，其密度曲線如圖所示，則以下結論錯誤的是（ ）

A．Y的數據較X更集中 B．若有34min可用，那么坐公交車不遲到的概率大
C．若有38min可用，那么騎自行車不遲到的概率大 D．
變式訓練：
1.（2024·山東·模擬預測）某早餐店發現加入網絡平臺后，每天小籠包的銷售量（單位：個），估計300天內小籠包的銷售量約在950到1100個的天數大約是（ ）
（若隨機變量，則，，）
A．236 B．246 C．270 D．275
2.某同學進行投籃訓練，每次投籃次數為n，，，每次投籃的命中率都為p，隨機變量表示投籃命中的次數，服從二項分布，記，當時，可認為服從標準正態分布，已知該同學每次投籃的命中率均為0.5，每次投籃命中得2分，不中得0分．若，則該同學投中次數的期望為 次；若保證該同學n次投籃總得分在區間的概率不低于0.8，則n的最小值為 ．
附：，則，．
高頻考點8 超幾何分布與二項分布
核心知識：
典例1：（2024·江蘇常州·高三校考期中）設隨機變量，記，．在研究的最大值時，某學習小組發現并證明了如下正確結論：若為正整數，當時，，此時這兩項概率均為最大值；若不為正整數，則當且僅當取的整數部分時，取最大值．某同學重復投擲一枚質地均勻的骰子并實時記錄點數1出現的次數．當投擲到第20次時，記錄到此時點數1出現4次，若繼續再進行80次投擲試驗，則在這100次投擲試驗中，點數1總共出現的次數為 的概率最大．
變式訓練：
1.（2024·上海浦東新·高三統考期末）在100件產品中有90件一等品、10件二等品，從中隨機抽取3件產品，則恰好含1件二等品的概率為 （結果精確到0.01）．
2.（2024·浙江金華·校聯考模擬預測）一次擲兩枚骰子，若兩枚骰子點數之和為4或5或6，則稱這是一次成功試驗．現進行四次試驗，則恰出現一次成功試驗的概率為 ．
高頻考點9 隨機變量的分布列、期望、方差
核心知識：
典例1：“四書”是《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》的合稱，又稱“四子書”，在世界文化、思想史上地位極高，所載內容及哲學思想至今仍具有積極意義．為弘揚中國優秀傳統文化，某校計劃開展“四書”經典誦讀比賽活動，某班有4位同學參賽，每人從《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》這4本書中選取1本進行準備，且各自選取的書均不相同，比賽時有以下兩種方案：（1）這四位同學從這4本書中有放回隨機抽取1本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數為的人數X，（2）這四位同學從這4本書中不放回隨機抽取一本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數為的人數Y，則有（ ）
A． B．
C． D．
變式訓練：
1.飛行棋是一種家喻戶曉的競技游戲，玩家根據骰子（骰子為均勻的正六面體）正面朝上的點數確定飛機往前走的步數，剛好走到終點處算“到達”，如果玩家投擲的骰子點數超出到達終點所需的步數，則飛機須往回走超出點數對應的步數．在一次游戲中，飛機距終點只剩3步（如圖所示），設該玩家到達終點時投擲骰子的次數為X，則（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．a、 b、 n均為正整數， A袋子中有a個白球，b個黑球 (大小質地均相同)，從中依次有放回的摸出n個球，記摸出球中白球的數目為X；B袋子中有a張數字卡牌，b張字母卡牌(大小質地均相同)，從中一次性摸出n張卡牌，記摸出卡牌中數字卡牌的數目為Y .下列選項中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
高頻考點10條件概率與全概率
核心知識：
典例1：（2024·天津河西·模擬預測）甲、乙兩名同學在電腦上進行答題測試，每套測試題可從題庫中隨機抽取.在一輪答題中，如果甲單獨答題，能夠通過測試的概率是，如果乙單獨答題，能夠通過測試的概率是.若甲單獨答題三輪，則甲恰有兩輪通過測試的概率為 ；若在甲，乙兩人中任選一人進行測試，則通過測試的概率為 .（結果均以既約分數表示）
變式訓練：
1．（2024·浙江·模擬預測）已知，，，則 .
2．（2024·湖北荊州·三模）天道酬勤，勤能補拙，努力的人得到的結果也許不盡如人意，雖然問心無愧的他們往往能平靜看待生活中的點點滴滴，后悔這個詞離他們似乎很遙遠，但面對不順時，他們有時候也會反思一些細節，情不自禁的流下悔恨的淚水.其實每個人在生活中都曾有過后悔的經歷，即便是懶惰成性，不思進取的人，遇到挫折時，他們中也會有人會反思過去的不足，即使明知悔之晚矣，也往往會流下悔恨的淚水.某位經驗豐富的班主任老師，從高一開始，一直在反復告誡自己的學生：珍惜當下，積極進取，爭做高考后無怨無悔的人，不做高考后如祥林嫂般的悔恨者.一晃三年過去了，這位班主任老師結合學生三年的表現，調查發現，自己任教的班級勤懶生人數之比為，結合自己對以前畢業于自己班的學生高考后的表現發現，勤生高考后流下悔恨的淚水的概率為0.001，而懶生高考后流下悔恨的淚水的概率為0.020.展望本屆學生高考，他清楚地知道，自己班上一定有學生會在高考后流下悔恨的淚水，若真如該老師所料，有一位學生流下了悔恨的淚水，則這個學生恰好是一名懶生的概率為 （結果用既約分數表示）
3.甲箱中有3個紅球和2個白球，乙箱中有2個紅球和2個白球（兩箱中的球除顏色外沒有其他區別），先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用事件和表示從甲箱中取出的球是紅球和白球：再從乙箱中隨機取出兩球，用事件B表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，則錯誤的選項為（ ）
A． B． C． D．
高頻考點11 新賽制概率問題
核心知識：
典例1：通過核酸檢測可以初步判定被檢測者是否感染新冠病毒，檢測方式分為單檢和混檢.單檢，是將一個人的采集拭子放入一個采樣管中單獨檢測；混檢，是將多個人的采集拭子放入一個采樣管中合為一個樣本進行檢測，若檢測結果呈陽性，再對這多個人重新采集單管拭子，逐一進行檢測，以確定當中的陽性樣本.混檢按一個采樣管中放入的采集拭子個數可具體分為“3合1”混檢，“5合1”混檢，“10合1”混檢等.調查研究顯示，在群體總陽性率較低（低于0.1%）時，混檢能較大幅度地提高檢測效力、降低檢測成本.根據流行病學調查結果顯示，某城市居民感染新冠病毒的概率為0.0005.若對該城市全體居民進行核酸檢測，記采用“10合1”混檢方式共需檢測X次，采用“5合1”混檢方式共需檢測Y次，已知當時，，據此計算的近似值為（ ）
A． B． C． D．
變式訓練：
1.（2024·河南信陽·高二統考期末）2022年卡塔爾世界杯決賽中，阿根廷隊與法國隊在120分鐘比賽中戰平，經過四輪點球大戰阿根廷隊以總分戰勝法國隊，第三次獲得世界杯冠軍．其中門將馬丁內斯撲出法國隊員的點球，表現神勇，撲點球的難度一般比較大，假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球．若不考慮其他因素，在點球大戰中，門將在前四次撲出點球的個數X的期望為（ ）
A． B． C． D．2
2.在立德學校舉辦的春季運動會上，甲、乙兩位教師進行某項比賽，采取七局四勝制（當一人贏得四局時就獲勝，比賽結束）．根據甲、乙兩人多次比賽的成績統計，每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，設各局比賽結果相互獨立，則乙在第一局負的情況下獲勝的概率是 ．
高頻考點12 概統結合問題
核心知識：
典例1：某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：
利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．則當漏診率時，誤診率 .
變式訓練：
1.某校高三年級有男生660人，女生440人，現按性別用分層隨機抽樣的方法從高三年級所有學生中抽取5人組成某活動志愿者小隊，再從被抽取的這5人中抽取2人作為志愿者小隊隊長，則恰有1名男隊長的概率為 .
2.泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數的底數，是泊松分布的均值．若隨機變量服從二項分布，當很大且很小時，二項分布近似于泊松分布，其中，即．現已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該種元件，則抽到的次品的個數小于2的概率約為 ．（參考數據：）
高頻考點13 遞推型概率命題（馬爾科夫鏈）
核心知識：
典例1：（2024·湖北·校聯考模擬預測）盒子里裝有5個小球，其中2個紅球，3個黑球，從盒子中隨機取出1個小球，若取出的是紅球，則直接丟棄，若取出的是黑球，則放入盒中，則：
（1）取了3次后，取出紅球的個數的數學期望為 ；
（2）取了次后，所有紅球剛好全部取出的概率為 .
變式訓練：
1.“布朗運動”是指懸浮在液體或氣體中的微小顆粒所做的永不停息的無規則運動，在如圖所示的試驗容器中，容器由三個倉組成，某粒子做布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉，已知該粒子的初始位置在2號倉. 則粒子經過次隨機選擇后到達2號倉的概率=

2.（2024上·甘肅·高三統考階段練習）某學校有、兩個餐廳，已知同學甲每天中午都會在這兩個餐廳中選擇一個就餐，如果甲當天選擇了某個餐廳，他第二天會有的可能性換另一個餐廳就餐，假如第天甲選擇了餐廳，則第天選擇餐廳的概率為 .
1.（2024·青海西寧·高三統考期末）用分層抽樣的方法從某社區的500名男居民和700名女居民中選取12人參與社區服務滿意度調研，則女居民比男居民多選取（ ）
A．8人 B．6人 C．4人 D．2人
2.豆瓣評分是將用戶評價的一到五星轉化為的分值（一星分，二星分，三星分，以此類推），以得分總和除以評分的用戶人數所得的數字，國慶愛國影片《長津湖》豆瓣得分是分，截止至年月日，共計有人參與評分，豆瓣評分表如圖．根據貓眼實時數據，該片的票房為億元，按照平均票價元來計算，大約有億人次觀看了此片，假如參與評分觀眾中有的評價不低于二星，則下列說法錯誤的是（ ）
A．的值是 B．隨機抽取名觀眾，則不一定有人評價五星
C．若以頻率當作概率，記事件為“評價是一星”，事件為“評價不高于二星”，則
D．若從已作評價的觀眾中隨機抽出人，則事件“至多人評價五星”與事件“恰有人評價五星”是互斥且不對立事件
3.對于獨立性檢驗，下列說法中錯誤的是（ ）
A．的值越大，說明兩事件相關程度越大 B．的值越小，說明兩事件相關程度越小
C．時，則在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為事件與有關
D．時，則可以大概率認為事件與有關
4.（2024·甘肅蘭州·統考一模）一組數據的平均數為，現定義這組數據的平均差.下圖是甲、乙兩組數據的頻率分布折線圖
根據折線圖，判斷甲、乙兩組數據的平均差的大小關系是（ ）
A． B． C． D．無法確定
5.（2024·江西九江·統考一模）恩格爾系數(Engel’sCoefficien)是食品支出總額占個人消費支出總額的比重.居民可支配收入是居民可用于最終消費支出和儲蓄的總和，即居民可用于自由支配的收入.如圖為我國2013年至2019年全國恩格爾系數和居民人均可支配收入的折線圖.
給出三個結論：①恩格爾系數與居民人均可支配收入之間存在負相關關系；
②一個國家的恩格爾系數越小，說明這個國家越富裕；
③一個家庭收入越少，則家庭收入中用來購買食品的支出所占的比重就越小.
其中正確的是（ ）
A．① B．② C．①② D．②③
6.拋擲一枚質地均勻的硬幣，一直到出現正面向上時或拋滿100次時結束，設拋擲的次數為，則隨機變量的數學期望（ ）
A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．與2的大小無法確定
7.（2024·湖北·高三專題練習）蘭溪楊梅從5月15日起開始陸續上市，據調查統計，得到楊梅銷售價格（單位：Q元/千克）與上市時間t（單位：天）的數據如下表所示：
時間t/（單位：天） 10 20 70
銷售價格Q（單位：元/千克） 100 50 100
根據上表數據，從下列函數模型中選取一個描述楊梅銷售價格Q與上市時間t的變化關系：.利用你選取的函數模型，在以下四個日期末，楊梅銷售價格最低的日期為（ ）
A．6月5日 B．6月15日 C．6月25日 D．7月5日
8.年月日太原地鐵號線開通，在一定程度上緩解了市內交通的擁堵狀況，為了了解市民對地鐵號線開通的關注情況，某調查機構在地鐵開通后兩天抽取了部分乘坐地鐵的市民作為樣本，分析其年齡和性別結構．并制作出如下等高堆積條形圖：
根據圖中信息，下列結論不一定正確的是（ ）
A．樣本中男性比女性更關注地鐵號線開通
B．樣本中多數女性是歲及以上
C．樣本中歲以下的男性人數比歲及以上的女性人數多
D．樣本中歲及以上的人對地鐵號線的開通關注度更高
9.（多選題）（2024·廣東珠海·高三珠海市第一中學校考期末）某單位為了解職工健康情況，采用分層隨機抽樣的方法從5000名職工中抽取了一個容量為100的樣本．其中，男性平均體重為64千克，方差為151；女性平均體重為56千克，方差為159，男女人數之比為，下列說法正確的是（ ）
A．樣本為該單位的職工 B．每一位職工被抽中的可能性為
C．該單位職工平均體重 D．單位職工的方差
10.（多選題）（2024·河南·模擬預測）某地教師招聘考試，有3200人參加筆試，滿分為100分，筆試成績前20%（含20%）的考生有資格參加面試，所有考生的筆試成績和年齡分別如頻率分布直方圖和扇形統計圖所示，則（ ）
A．90后考生比00后考生多150人 B．筆試成績的60%分位數為80
C．參加面試的考生的成績最低為86分 D．筆試成績的平均分為76分
11．（2024·山西運城·三模）下列說法正確的是（ ）
A．已知，，則
B．數據2，7，4，5，16，1，21，11的第70百分位數為11
C．若隨機變量，，則
D．已知關于的回歸方程為，則樣本點的殘差的絕對值為
12．（2024·安徽蕪湖·三模）下列說法正確的為（ ）
A．在回歸模型的殘差分析中，決定系數越接近1，意味著模型的擬合效果越好
B．數據的標準差為，則數據的標準差為
C．已知隨機變量，若，則
D．在裝有3個黑球，2個紅球的袋子中隨機摸出兩個球，則摸出的兩個球“均為黑球”與“均為紅球”是對立事件
13．（2024·湖北黃岡·模擬預測）下列說法中正確的是（ ）
A．8道四選一的單選題，隨機猜結果，猜對答案的題目數
B．100件產品中包含5件次品，不放回地隨機抽取8件，其中的次品數
C．設隨機變量，，則
D．設M，N為兩個事件，已知，，，則
14.已知個點大致呈線性分布，其中，且數據的回歸直線方程為，則的最小值為 ．
15.商家項目投資的利潤產生是一個復雜的系統結果．它與項目落地國的商業環境，政府執政能力，法律生態等都有重大的關聯．如表所示是某項目在中國和南亞某國投資額和相應利潤的統計表．
項目落地國 中國 南亞某國
投資額x（億元） 10 11 12 13 14 10 11 12 13 14
利潤y（億元） 11 12 14 16 19 12 13 13 14 15
請選擇平均利潤較高的落地國，用最小二乘法求出回歸直線方程為 ．參考數據和公式：，中國，南亞某國，，．
16.害蟲防控對于提高農作物產量具有重要意義.已知某種害蟲產卵數（單位：個）與溫度（單位：）有關，測得一組數據，可用模型進行擬合，利用變換得到的線性回歸方程為.若，則的值為 .
17.為了反映城市的人口數量x與就業壓力指數y之間的變量關系，研究人員選擇使用非線性回歸模型對所測數據進行擬合，并設，得到的數據如表所示，則 .
x 4 6 8 10
z 2 c 5 6
18．某批零件的尺寸服從正態分布，且，規定時零件合格，從這批產品中抽取件，若要保證抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，則的最小值為 .
19．某項實驗的隨機誤差為實驗次數．要求的概率低于，則至少需做 次實驗（，在該實驗的誤差估計中，可認為）．
20.某班班主任為了解班級學生每周的體育鍛煉情況進行了調查，發現班級中有20人每周的體育鍛煉時長超過6小時，若從班級學生中隨機抽取的15人中有7人每周的體育鍛煉時長超過6小時，估計班級學生的總人數為 ．（記為抽取的每周的體育鍛煉時長超過6小時的學生人數，以使得最大的班級學生的總人數為估計值）
21.某校在一次“二項分布的性質”為主題的探究活動中，該校數學第一小組的學生同學表現優異，探究數學的奧秘.設隨機變量，記，在探究的最大值時，小組同學發現：當為正整數，則，，此時這兩項概率均為最大值；當為非整數，取的整數部分，是唯一的最大值.以此為理論依據，有同學重復投擲一枚大小均勻的骰子實時記錄點數6出現的次數.當投擲第20次時，記錄到此時點數6出現5次，再進行80次投擲實驗，當投擲到100次時，點數6總共出現的次數為 的概率最大.
22.（2024·江蘇·高三專題練習）某同學參加學校數學知識競賽，規定每個同學答20道題，已知該同學每道題答對的概率為0.6，每道題答對與否相互獨立．若答對一題得3分，答錯一題扣1分，則該同學總得分的數學期望為 ，方差為 ．
23.（2024·廣東·高三專題練習）有一批產品，其中有12件正品和4件次品，從中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次數，則 ， ．
24.（2024·重慶·高三專題練習）有一批產品，其中有6件正品和4件次品，從中任取3件，其中次品的件數記為X，則次品件數X的期望為 ．
25．（2024·福建·模擬預測）設是一個隨機試驗中的兩個事件，若，則 ．
26.（2024·山東濱州·高三統考期末）甲和乙兩個箱子中各裝有10個除顏色外完全相同的球，其中甲箱中有4個紅球、3個白球和3個黑球，乙箱中有5個紅球、2個白球和3個黑球．先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用、和表示由甲箱取出的球是紅球、白球和黑球的事件；再從乙箱中隨機取出一球，用B表示由乙箱取出的球是紅球的事件，則
27.（2024·河南·模擬預測）設同一隨機試驗中的兩個事件A，B滿足，，，則 .
28.甲，乙兩人組成的“夢隊”參加籃球機器人比賽，比賽分為自主傳球，自主投籃2個環節，其中任何一人在每個環節獲勝得2分，失敗得0分，比賽中甲和乙獲勝與否互不影響，各環節之間也互不影響.若甲在每個環節中獲勝的概率都為，乙在每個環節中獲勝的概率都為p，且甲，乙兩人在自主傳球環節得分之和為2的概率為，則p的值為 ，“夢隊”在比賽中得分不低于6分的概率為 .
29．校乒乓球錦標賽共有位運動員參加.第一輪，運動員們隨機配對，共有場比賽，勝者進入第二輪，負者淘汰.第二輪在同樣的過程中產生名勝者.如此下去，直到第n輪決出總冠軍，實際上，在運動員之間有一個不為比賽組織者所知的水平排序，在這個排序中 最好，次之， …，最差，假設任意兩場比賽的結果相互獨立，不存在平局，且 當與比賽時，獲勝的概率為p，其中 ，求最后一輪比賽在水平最高的兩名運動員與之間進行的概率為 。
30.某校有8名學生參加物理知識競賽，其成績如下：65，71，78，82，85，88，90，93，假設這8名學生成績的第60百分位數是N.若在這8人中隨機選取兩人，則這兩人的成績都低于N的概率為 ．
30.如圖，一只螞蟻從正四面體 的頂點 出發，每一步 (均為等可能性的)經過一條邊到達另一頂點，設該螞蟻經過 步回到點 的概率 ，則 ， .
31.（2024·廣東佛山·統考二模）有個編號分別為1，2，…，n的盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球，現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，以此類推，則從第2個盒子中取到白球的概率是 ，從第個盒子中取到白球的概率是 ．
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6.2 概率與統計常考小題歸類
考點分布 考查頻率 命題趨勢
統計圖表、方差、平均數、中位數 2024年II卷第4題，5分 2023年上海卷第14題，4分 2022年甲卷第2題，5分 預測2025年高考，多以小題形式出現，也有可能會將其滲透在解答題的表達之中，相對獨立．具體估計為：（1）以選擇題或填空題形式出現，考查邏輯推理與數學運算兩大核心素養．（2）熱點是古典概型和條件概率與全概率公式。.
古典概型 2024年I卷第14題，5分 2024年甲卷第16題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2023年甲卷第4題，5分
相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式 2022年乙卷第10題，5分
回歸方程、正態分布 2024年I卷第9題，6分 2023年天津卷第7題，5分
概率與統計小題是每年高考必考的內容．一是求統計圖表、方差、平均數；二是求古典概型；三是相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．多以選擇、填空題的形式考查，難度容易或中等．
1．（2024·全國Ⅱ卷·高考真題）某農業研究部門在面積相等的100塊稻田上種植一種新型水稻，得到各塊稻田的畝產量（單位：kg）并整理如下表
畝產量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200）
頻數 6 12 18 30 24 10
根據表中數據，下列結論中正確的是（ ）
A．100塊稻田畝產量的中位數小于1050kg
B．100塊稻田中畝產量低于1100kg的稻田所占比例超過80%
C．100塊稻田畝產量的極差介于200kg至300kg之間
D．100塊稻田畝產量的平均值介于900kg至1000kg之間
【答案】C
【詳解】對于 A, 據頻數分布表可知, ,所以畝產量的中位數不小于 , 故 A 錯誤；
對于B，畝產量不低于的頻數，所以低于的稻田占比，故B錯誤；
對于C，稻田畝產量的極差最大為，最小為，故C正確；
對于D，由頻數分布表可得，平均值為，故D錯誤.故選；C.
2．（2024·全國Ⅰ卷·高考真題）隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區以往的畝收入服從正態分布，假設推動出口后的畝收入服從正態分布，則（ ）（若隨機變量Z服從正態分布，）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】根據正態分布的原則以及正態分布的對稱性即可解出.
【詳解】依題可知，，所以，
故，C正確，D錯誤；
因為，所以，
因為，所以，
而，B正確，A錯誤，故選：BC．
3．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）有6個相同的球，分別標有數字1、2、3、4、5、6，從中無放回地隨機取3次，每次取1個球.記為前兩次取出的球上數字的平均值，為取出的三個球上數字的平均值，則與之差的絕對值不大于的概率為 ．
【答案】
【解析】從6個不同的球中不放回地抽取3次，共有種，
設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，
故，故，故，
若，則，則為：，故有2種，
若，則，則為：，故有10種，
當，則，則為：，
，故有16種，
當，則，同理有16種，當，則，同理有10種，
當，則，同理有2種，共與的差的絕對值不超過時不同的抽取方法總數為，故所求概率為.故答案為：
4．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為 .
【答案】/0.5
【詳解】設甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.
對于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲獲勝的出牌組合有六種，從而甲在該輪獲勝的概率，所以.
從而.記.
如果甲得0分，則組合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，則組合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，兩式相減即得，故.
所以甲的總得分不小于2的概率為.故答案為：.
5．（2024·上海·高考真題）某校舉辦科學競技比賽，有3種題庫，題庫有5000道題，題庫有4000道題，題庫有3000道題．小申已完成所有題，他題庫的正確率是0.92，題庫的正確率是0.86，題庫的正確率是0.72．現他從所有的題中隨機選一題，正確率是 ．
【答案】0.85
【詳解】由題意知，題庫的比例為：， 各占比分別為，
則根據全概率公式知所求正確率．故答案為：0.85．
6．（2024年天津高考數學真題）某校組織學生參加農業實踐活動，期間安排了勞動技能比賽，比賽共5個項目，分別為整地做畦、旱田播種、作物移栽、田間灌溉、藤架搭建，規定每人參加其中3個項目.假設每人參加每個項目的可能性相同，則甲同學參加“整地做畦”項目的概率為 ；已知乙同學參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為 ．
【答案】
【解析】解法一：列舉法 給這5個項目分別編號為,從五個活動中選三個的情況有：
,共10種情況，
其中甲選到有6種可能性：，則甲參加“整地做畦”的概率為：；
乙選活動有6種可能性：，其中再選擇有3種可能性：，
故乙參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為.
解法二：設甲、乙選到為事件，乙選到為事件，則甲選到的概率為；
乙選了活動，他再選擇活動的概率為故答案為：；
7．（2023年天津高考數學真題）把若干個黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進三個空箱子中，三個箱子中的球數之比為．且其中的黑球比例依次為．若從每個箱子中各隨機摸出一球，則三個球都是黑球的概率為 ；若把所有球放在一起，隨機摸出一球，則該球是白球的概率為 ．
【答案】 /
【解析】設甲、乙、丙三個盒子中的球的個數分別為，所以總數為，
所以甲盒中黑球個數為，白球個數為；乙盒中黑球個數為，白球個數為；
丙盒中黑球個數為，白球個數為；
記“從三個盒子中各取一個球，取到的球都是黑球”為事件，所以，；
記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件，
黑球總共有個，白球共有個，所以，．故答案為：；．
8．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）設O為平面坐標系的坐標原點，在區域內隨機取一點，記該點為A，則直線OA的傾斜角不大于的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為區域表示以圓心，外圓半徑，內圓半徑的圓環，
則直線的傾斜角不大于的部分如陰影所示，在第一象限部分對應的圓心角，
結合對稱性可得所求概率.故選：C.
9．（2023·全國·高考真題）某地的中學生中有的同學愛好滑冰，的同學愛好滑雪，的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（ ）
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
【答案】A
【分析】先算出同時愛好兩項的概率,利用條件概率的知識求解.
【詳解】同時愛好兩項的概率為，記“該同學愛好滑雪”為事件,記“該同學愛好滑冰”為事件，則，所以.故選:.
10．（2023·全國Ⅱ卷·高考真題）在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發送1時，收到0的概率為，收到1的概率為. 考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸 是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.
A．采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為
B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為
C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為
D．當時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于用單次傳輸方案譯碼為0的概率
【答案】ABD
【詳解】對于A，依次發送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發送1接收1、發送0接收0、發送1接收1的3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為，A正確；
對于B，三次傳輸，發送1，相當于依次發送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件，
是發送1接收1、發送1接收0、發送1接收1的3個事件的積，
它們相互獨立，所以所求概率為，B正確；
對于C，三次傳輸，發送1，則譯碼為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，它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為，C錯誤；
對于D，由選項C知，三次傳輸，發送0，則譯碼為0的概率，
單次傳輸發送0，則譯碼為0的概率，而，
因此，即，D正確.故選：ABD
11．（2023·天津·高考真題）鳶是鷹科的一種鳥，《詩經·大雅·旱麓》曰：“鳶飛戾天，魚躍余淵”. 鳶尾花因花瓣形如鳶尾而得名，寓意鵬程萬里、前途無量.通過隨機抽樣，收集了若干朵某品種鳶尾花的花萼長度和花瓣長度（單位：cm），繪制散點圖如圖所示，計算得樣本相關系數為，利用最小二乘法求得相應的經驗回歸方程為，根據以上信息，如下判斷正確的為（ ）
A．花瓣長度和花萼長度不存在相關關系
B．花瓣長度和花萼長度負相關
C．花萼長度為7cm的該品種鳶尾花的花瓣長度的平均值為
D．若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數一定是
【答案】C
【詳解】根據散點的集中程度可知，花瓣長度和花萼長度有相關性，A選項錯誤
散點的分布是從左下到右上，從而花瓣長度和花萼長度呈現正相關性，B選項錯誤，
把代入可得，C選項正確；
由于是全部數據的相關系數，取出來一部分數據，相關性可能變強，可能變弱，即取出的數據的相關系數不一定是，D選項錯誤故選：C
12．（2023·全國Ⅰ卷·高考真題）有一組樣本數據，其中是最小值，是最大值，則（ ）
A．的平均數等于的平均數 B．的中位數等于的中位數
C．的標準差不小于的標準差 D．的極差不大于的極差
【答案】BD
【詳解】對于選項A：設的平均數為，的平均數為，
則，
因為沒有確定的大小關系，所以無法判斷的大小，
例如：，可得；例如，可得；
例如，可得；故A錯誤；對于選項B：不妨設，
可知的中位數等于的中位數均為，故B正確；
對于選項C：因為是最小值，是最大值，
則的波動性不大于的波動性，即的標準差不大于的標準差，
例如：，則平均數，
標準差，
，則平均數，標準差，
顯然，即；故C錯誤；對于選項D：不妨設，
則，當且僅當時，等號成立，故D正確；故選：BD.
13．（2022·浙江·高考真題）現有7張卡片，分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6．從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則 ， ．
【答案】 ， /
【詳解】從寫有數字1,2,2,3,4,5,6的7張卡片中任取3張共有種取法，其中所抽取的卡片上的數字的最小值為2的取法有種，所以，由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
所以,故答案為：，.
14．（2022·全國·高考真題）已知隨機變量X服從正態分布，且，則 ．
【答案】/．
【詳解】因為，所以，因此．故答案為：．
15．（2021·全國·高考真題）在區間與中各隨機取1個數，則兩數之和大于的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】如圖所示：設從區間中隨機取出的數分別為，則實驗的所有結果構成區域為

，其面積為．
設事件表示兩數之和大于，則構成的區域為，即圖中的陰影部分，其面積為，所以．故選：B.
16．（2021·全國·高考真題）有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則（ ）
A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立
【答案】B
【詳解】
故選：B
高頻考點1 抽樣方法與隨機數表
核心知識： 讀取規則 ：按固定方向讀取數字，跳過無效或重復編號，直至抽滿樣本量。
典例1：（2024·山東·高三專題練習）總體由編號為01，02，…，19，20的20個個體組成，利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表第1行的第5列和第6列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（　　）
7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198
3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481
A．08 B．02 C．63 D．01
【答案】D
【解析】根據題意，依次讀出的數據為65（舍去），72（舍去），08，02，63（舍去），14，07，02（舍去，重復），43（舍去），69（舍去），97（舍去），28（舍去），01.即第5個數字為01.故選:D.
變式訓練
1.（2024·海南·高三校考階段練習）某飲料廠生產A，B兩種型號的飲料，每小時可生產兩種飲料共1000瓶，質檢人員采用分層隨機抽樣的方法從這1000瓶中抽取了60瓶進行質量檢測，其中抽到A型號飲料15瓶，則每小時B型號飲料的產量為（ ）
A．600瓶 B．750瓶 C．800瓶 D．900瓶
【答案】B
【解析】設每小時B型號飲料的產量為，所以有，故選：B
2.（2024·重慶·校考一模）某廠質檢員利用隨機數表對生產的600個產品進行抽樣調查，先將這600個產品進行編號：001，002，003，…，600．從中抽取120個樣本，下圖是隨機數表的第2行到第3行，若從隨機數表的第2行第5列開始從左向右讀取數據，則得到的第5個編號是（ ）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098 B．147 C．513 D．310
【答案】C
【解析】由題意可知得到的編號依次為231，023，147，098，513，…，
則得到的第5個編號是513.故選：C.
高頻考點2 統計圖表及其數字特征
核心知識：
集中趨勢指標：
平均數（均值） ：反映數據集的中心位置，公式；
中位數 ：數據排序后位于中間位置的值，適用于偏態分布數據；
眾數 ：數據中出現次數最多的值，常用于分類數據描述 。
離散程度指標：
方差與標準差 ：衡量數據偏離均值的程度，公式為；
極差 ：最大值與最小值的差值，反映數據范圍
典例1：（2024·廣東廣州·校考一模）（多選）“搜索指數”是網民通過搜索引擎，以搜索關鍵詞的次數為基礎所得到的統計指標．“搜索指數”越大，表示網民該關鍵詞的搜索次數越多，對與該關鍵詞相關的信息關注度也越高．如圖是2018年9月到2019年2月這半年中，某個關鍵詞的搜索指數變化的走勢圖．
根據該走勢圖，下列結論正確的是（　　）
A．這半年中，網民對與該關鍵詞相關的信息關注度呈周期性變化
B．這半年中，網民對與該關鍵詞相關的信息關注度不斷減弱
C．從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年10月份的方差大于11月份的方差
D．從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年12月份的平均值大于2019年1月份的平均值
【答案】CD
【解析】在A中，這半年中，網民對該關鍵詞相關的信息關注度沒有規律，故A錯誤；
在B中，這半年中，網民對該關鍵詞相關的信息關注度呈現出一定的波動性，而不是不斷減弱，故B錯誤；
在C中，從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年10月份的方差大于11月份的方差，故C正確；
在D中，從網民對該關鍵詞的搜索指數來看，2018年12月份的平均值大于2019年1月份的平均值，故D正確．故選：CD．
變式訓練：
1．某保險公司為客戶定制了5個險種：甲，一年期短期；乙，兩全保險；丙，理財類保險；丁，定期壽險；戊，重大疾病保險.各種保險按相關約定進行參保與理賠.該保險公司對5個險種參保客戶進行抽樣調查，得到如圖所示的統計圖表.則下列說法中一定錯誤的是（ ）
A．丁險種參保人數超過五成 B．41歲以上參保人數超過總參保人數的五成
C．18－29周歲人群參保的總費用最少 D．人均參保費用不超過5000元
【答案】B
【解析】對于A，由條形圖可知丁險種參保比例為，超過五成，故A正確；對于B，由扇形圖可知，41歲以上參保人數占比：，故B錯誤；
對于C，由扇形圖與折線圖可知18－29周歲人群參保人數占比，
人均參保費用在，而54歲及以上人群參保比例雖，
但人均參保費用在6000，所以18－29周歲人群參保的總費用最少，故C正確；
對于D，由扇形圖與折線圖可知，人均參保費用約，
不超過5000元，故D正確.故選：B
2.（多選題）（2024·廣東惠州·高三惠州一中校考階段練習）某地環境部門對轄區內甲、乙、丙、丁四個地區的環境治理情況進行檢查督導，若一地區連續10天每天的空氣質量指數均不大于100，則認為該地區的環境治理達標，否則認為該地區的環境治理不達標.根據連續10天檢測所得數據的數字特征推斷，環境治理一定達標的地區是（ ）
A．甲地區：平均數為90，方差為10 B．乙地區：平均數為60，眾數為50
C．丙地區：中位數為50，極差為70 D．丁地區：極差為20，80%分位數為80
【答案】AD
【解析】設每天的空氣質量指數為（，2，…，10），則方差.
對于A，由，得，若這10天中有1天的空氣質量指數大于100，則必有，矛盾，所以這10天每天的空氣質量指數都不大于100，故A正確；
對于B，假設有8天為50，有1天為140，有1天為60，此時平均數為60，眾數為50，但該地區的環境治理不達標，故B錯誤；對于C，假設第1天為120，后面9天為50，此時中位數為50，極差為70，但該地區的環境治理不達標，故錯誤；對于D，如果最大值大于100，根據極差為20，則最小值大于80，這與分位數為80矛盾，故最大值不大于100，故D正確.故選：AD
高頻考點3 傳統線性擬合
核心知識：
求回歸方程：（1）根據散點圖判斷兩變量是否線性相關，如不是，應通過換元構造線性相關．（2）利用公式，求出回歸系數．（3）待定系數法：利用回歸直線過樣本點的中心求系數．
回歸方程的擬合效果，可以利用相關系數判斷，當越趨近于1時，兩變量的線性相關性越強．
典例1：（2024·四川成都·三模）如圖，由觀測數據 的散點圖可知， 與 的關系可以用模型 擬合，設 ，利用最小二乘法求得 關于 的回歸方程 . 已知 ， ，則 （ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【詳解】由可得：，
由可得：，
由回歸方程 必過樣本中心點，即過點，所以，解得，故選：C.
變式訓練：
1.（2024·廣東深圳·高三統考期末）某同學收集了變量，的相關數據如下：
x 0.5 2 3 3.5 4 5
y 15
為了研究，的相關關系，他由最小二乘法求得關于的線性回歸方程為，經驗證回歸直線正好經過樣本點，則 ．
【答案】69
【解析】因為線性回歸方程經過樣本點，所以.
因為：，所以.
所以：.故答案為：69
2.某工廠為了對新研發的一種產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格進行試銷，得到如下數據:
單價(元)
銷量(件)
由表中數據，求得線性回歸方程，若在這些樣本點中任取一點，則它在回歸直線右上方的概率為 。
【答案】/
【解析】由已知，，
又樣本中心在回歸直線上，即，解得，
所以回歸直線方程為，
當時，，所以點在回歸直線上；
當時，，所以點在回歸直線左下方；
當時，，所以點在回歸直線右上方；
當時，，所以點在回歸直線右上方；
當時，，所以點在回歸直線右上方；
當時，，所以點在回歸直線左下方；
所以個樣本點中在回歸直線右上方的有個，
所以在這些樣本點中任取一點，則它在回歸直線右上方的概率為，故答案為：.
高頻考點4 非線性擬合處理
核心知識：采用換元法，將非線性擬合代換為線性擬合即可。
典例1：（2024·四川宜賓·校考模擬預測）下表為某外來生物物種入侵某河流生態后的前3個月繁殖數量（單位：百只）的數據，通過相關理論進行分析，知可用回歸模型對與的關系進行擬合，則根據該回歸模型，預測第7個月該物種的繁殖數量為（ ）
第個月 1 2 3
繁殖數量
A．百只 B．百只 C．百只 D．百只
【答案】D
【解析】由題意，兩邊取自然對數得，令，則，
，，
∵回歸直線必過樣本點的中心，∴，得，∴，則，
當時，．故選：D.
變式訓練：
1.已知，之間的一組數據：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
若與滿足經驗回歸方程，則此曲線必過點 .
【答案】
【解析】依題意，的平均數為，的平均數為，
所以此曲線必過點.故答案為：
2.（2024·內蒙古·高三統考期末）用模型擬合一組數據組，其中，設，得變換后的線性回歸方程為，則（ ）
A． B． C．35 D．21
【答案】B
【解析】由題意得，故，
即，故，解得.故選：B
高頻考點5 傳統獨立性檢驗
核心知識：
比較幾個分類變量有關聯的可能性大小的方法：（1）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯的可能性越大．（2）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯的可能性越大．
獨立性檢驗的一般步驟：（1）根據樣本數據制成列聯表．（2）根據公式，計算的觀測值．（3）比較與臨界值的大小關系，進行統計推斷．
典例1：（2024·四川達州·統考一模）四川省將從2022年秋季入學的高一年級學生開始實行高考綜合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”為首選科目，即物理與歷史二選一.某校為了解學生的首選意愿，對部分高一學生進行了抽樣調查，制作出如下兩個等高條形圖，根據條形圖信息，下列結論正確的是（ ）
A．樣本中選擇物理意愿的男生人數少于選擇歷史意愿的女生人數
B．樣本中女生選擇歷史意愿的人數多于男生選擇歷史意愿的人數
C．樣本中選擇物理學科的人數較多 D．樣本中男生人數少于女生人數
【答案】C
【解析】根據等高條形圖圖1可知樣本中選擇物理學科的人數較多，故C正確；
根據等高條形圖圖2可知樣本中男生人數多于女生人數，故D錯誤；
樣本中選擇物理學科的人數多于選擇歷史意愿的人數，而選擇物理意愿的男生比例高，選擇歷史意愿的女生比例低，所以樣本中選擇物理意愿的男生人數多于選擇歷史意愿的女生人數，故A錯誤；
樣本中女生選擇歷史意愿的人數不一定多于男生選擇歷史意愿的人數，故B錯誤.故選：C.
變式訓練：
1.（2024·浙江溫州·高三校聯考階段練習）在新高考改革中，浙江省新高考實行的是7選3的模式，即語數外三門為必考科目，然后從物理、化學、生物、政治、歷史、地理、技術（含信息技術和通用技術）7門課中選考3門.某校高二學生選課情況如下列聯表一和列聯表二（單位:人）
選物理 不選物理 總計
男生 340 110 450
女生 140 210 350
總計 480 320 800
表一
選生物 不選生物 總計
男生 150 300 450
女生 150 200 350
總計 300 500 800
表二
試根據小概率值的獨立性檢驗，分析物理和生物選課與性別是否有關（ ）
附:
A．選物理與性別有關，選生物與性別有關 B．選物理與性別無關，選生物與性別有關
C．選物理與性別有關，選生物與性別無關 D．選物理與性別無關，選生物與性別無關
【答案】C
【解析】由題意，先分析物理課是否與性別有關：根據表格數據，
結合題干表格數據，， 因此，有充分證據推斷選擇物理學科與性別有關
再分析生物課是否與性別有關：根據表格數據，
結合題干表格數據，，因此，沒有充分證據推斷選擇生物學科與性別有關故選：C
2.（2024·重慶·高三專題練習）為了解喜愛足球是否與性別有關，隨機抽取了若干人進行調查，抽取女性人數是男性的2倍，男性喜愛足球的人數占男性人數的，女性喜愛足球的人數占女性人數的，若本次調查得出“在犯錯誤的概率不超過0.005的前提下認為喜愛足球與性別有關”的結論，則被調查的男性至少有（ ）人
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 5.635 7.879 10.828
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【解析】設男性人數為，依題意，得列聯表如下：
喜愛足球 不喜愛足球 合計
男性
女性
合計
則的觀測值為，
因為本次調查得出“在犯錯誤的概率不超過0.005的前提下認為喜愛足球與性別有關”的結論，
于是，即，解得，而，因此故選：B
高頻考點6 創新類定義統計
核心知識：
典例1：（2024·遼寧沈陽·模擬預測）切比雪夫不等式是19世紀俄國數學家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究統計規律時發現的，其內容是：對于任一隨機變量，若其數學期望和方差均存在，則對任意正實數，有.根據該不等式可以對事件的概率作出估計.在數字通信中，信號是由數字“0”和“1”組成的序列，現連續發射信號次，每次發射信號“0”和“1”是等可能的.記發射信號“1”的次數為隨機變量，為了至少有的把握使發射信號“1”的頻率在區間內，估計信號發射次數的值至少為 .
【答案】1250
【詳解】由題意知，所以，，
若，則，即，即，
由切比雪夫不等式知，
要使得至少有98%的把握使發射信號“1”的頻率在區間內，
則，解，所以估計信號發射次數n的最小值為1250.故答案為：1250
變式訓練：
1.（多選題）（2024·湖北·模擬預測）教育統計學中，為了解某考生的成績在全體考生成績中的位置，通常將考生的原始分數轉化為標準分數．定義標準分數，其中為原始分數，為原始分數的平均數，為原始分數的標準差．已知某校的一次數學考試，全體考生的平均成績，標準差，轉化為標準分數后，記平均成績為，標準差為，則( )
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】根據平均數與方差公式，得，
，即，．故選：BD．
2.（2024·湖北·高三校聯考開學考試）定義空間直角坐標系中的任意點的“數”為：在點的坐標中不同數字的個數，如：，若點的坐標，則所有這些點的“數”的平均值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意，點的坐標中不同數字的個數，可分為三類：
（1）恰有3個相同數字的排列為種，則共有個；
（2）恰有2個相同數字的排列為種，則共有個；
（3）恰有0個相同數字的排列為種，則共有個；
所以平均值為故選：A.
3.（多選題）為了估計一批產品的不合格品率，現從這批產品中隨機抽取一個樣本容量為的樣本，定義，于是，，，記（其中或1，），稱表示為參數的似然函數．極大似然估計法是建立在極大似然原理基礎上的一個統計方法，極大似然原理的直觀想法是：一個隨機試驗如有若干個可能的結果A，B，C，…，若在一次試驗中，結果A出現，則一般認為試驗條件對A出現有利，也即A出現的概率很大. 極大似然估計是一種用給定觀察數據來評估模型參數的統計方法，即“模型已定，參數未知”，通過若干次試驗，觀察其結果，利用試驗結果得到某個參數值能夠使樣本出現的概率為最大．根據以上原理，下面說法正確的是（ ）
A．有外形完全相同的兩個箱子，甲箱有99個白球1個黑球，乙箱有1個白球99個黑球．今隨機地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中抽出的
B．一個池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測鯉魚和草魚的比例為4:1時，出現80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的
C．
D．達到極大值時，參數的極大似然估計值為
【答案】BCD
【解析】極大似然是一種估計方法，A錯誤；
設鯉魚和草魚的比例為，則出現80條鯉魚，20條草魚的概率為，
設，
時，，時，，在上單調遞增，在上單調遞減，
故當時，最大，故B正確；根據題意，（其中或1，），
所以，可知C正確；
令，解得，且時，時，故在上遞增，在上遞減，故達到極大值時，參數的極大似然估計值為，故D正確.故選：BCD
高頻考點7 正態分布
核心知識：
典例1：（2024·重慶·高三校考階段練習）阿鑫上學有時坐公交車，有時騎自行車.若阿鑫坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態分布，其密度曲線如圖所示，則以下結論錯誤的是（ ）

A．Y的數據較X更集中 B．若有34min可用，那么坐公交車不遲到的概率大
C．若有38min可用，那么騎自行車不遲到的概率大 D．
【答案】D
【解析】觀察圖象知，，
對于A，的密度曲線瘦高、的密度曲線矮胖，即隨機變量的標準差小于的標準差，即，
因此Y的數據較X更集中，A正確；
對于B，顯然，則當有34min可用時，坐公交車不遲到的概率大，B正確；
對于C，顯然，則當有38min可用時，騎自行車不遲到的概率大，C正確；
對于D，顯然，因此，D錯誤.故選：D
變式訓練：
1.（2024·山東·模擬預測）某早餐店發現加入網絡平臺后，每天小籠包的銷售量（單位：個），估計300天內小籠包的銷售量約在950到1100個的天數大約是（ ）
（若隨機變量，則，，）
A．236 B．246 C．270 D．275
【答案】B
【解析】由題可知，，，所以300天內小籠包的銷售量約在950到1100個的天數大約是天．故選：B．
2.某同學進行投籃訓練，每次投籃次數為n，，，每次投籃的命中率都為p，隨機變量表示投籃命中的次數，服從二項分布，記，當時，可認為服從標準正態分布，已知該同學每次投籃的命中率均為0.5，每次投籃命中得2分，不中得0分．若，則該同學投中次數的期望為 次；若保證該同學n次投籃總得分在區間的概率不低于0.8，則n的最小值為 ．
附：，則，．
【答案】
【解析】①根據題意：投籃命中的次數服從二項分布，所以（次），
故該同學投中次數的期望為20次；
②由該同學n次投籃總得分在區間，則該同學n次投籃命中次數在區間，
，
又因為，所以，
根據服從標準正態分布，可知，所以，
則n需滿足，故n的最小值為，故答案為：；.
高頻考點8 超幾何分布與二項分布
核心知識：
典例1：（2024·江蘇常州·高三校考期中）設隨機變量，記，．在研究的最大值時，某學習小組發現并證明了如下正確結論：若為正整數，當時，，此時這兩項概率均為最大值；若不為正整數，則當且僅當取的整數部分時，取最大值．某同學重復投擲一枚質地均勻的骰子并實時記錄點數1出現的次數．當投擲到第20次時，記錄到此時點數1出現4次，若繼續再進行80次投擲試驗，則在這100次投擲試驗中，點數1總共出現的次數為 的概率最大．
【答案】17
【解析】繼續再進行80次投擲試驗，出現點數為1次數服從二項分布，
由，結合題中結論可知，時概率最大，即后面80次中出現13次點數1的概率最大，加上前面20次中的4次，所以出現17次的概率最大.故答案為：17.
變式訓練：
1.（2024·上海浦東新·高三統考期末）在100件產品中有90件一等品、10件二等品，從中隨機抽取3件產品，則恰好含1件二等品的概率為 （結果精確到0.01）．
【答案】0.25
【解析】從這批產品中抽取3件，則事件總數為，其中恰好有一件二等品的事件有，
所以恰好有一件二等品的概率為.故答案為：0.25
2.（2024·浙江金華·校聯考模擬預測）一次擲兩枚骰子，若兩枚骰子點數之和為4或5或6，則稱這是一次成功試驗．現進行四次試驗，則恰出現一次成功試驗的概率為 ．
【答案】
【解析】一次擲兩枚骰子，兩枚骰子點數之和為4的情況有3種，
兩枚骰子點數之和為5的情況有4種，兩枚骰子點數之和為6的情況有5種，
在一次試驗中，出現成功試驗的概率，設出現成功試驗的次數為，則，
所以重復做這樣的試驗4次，則恰出現一次成功試驗的概率為， 答案：．
高頻考點9 隨機變量的分布列、期望、方差
核心知識：
典例1：“四書”是《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》的合稱，又稱“四子書”，在世界文化、思想史上地位極高，所載內容及哲學思想至今仍具有積極意義．為弘揚中國優秀傳統文化，某校計劃開展“四書”經典誦讀比賽活動，某班有4位同學參賽，每人從《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》這4本書中選取1本進行準備，且各自選取的書均不相同，比賽時有以下兩種方案：（1）這四位同學從這4本書中有放回隨機抽取1本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數為的人數X，（2）這四位同學從這4本書中不放回隨機抽取一本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數為的人數Y，則有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由題可知方案（1）中這四位同學抽到自己準備的書的概率均為，易知，
由二項分布的數學期望公式與方差公式可知：，.
由題可知Y的所有可能取值為0，1，2，4，
，，，
，，
，.故選：D.
變式訓練：
1.飛行棋是一種家喻戶曉的競技游戲，玩家根據骰子（骰子為均勻的正六面體）正面朝上的點數確定飛機往前走的步數，剛好走到終點處算“到達”，如果玩家投擲的骰子點數超出到達終點所需的步數，則飛機須往回走超出點數對應的步數．在一次游戲中，飛機距終點只剩3步（如圖所示），設該玩家到達終點時投擲骰子的次數為X，則（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】，即投擲1次到達終點，故第一次投擲的點數為3，故，
，即投擲2次到達終點，故第一次投擲的點數不為3，
第二次投擲的點數可根據第一次投擲的點數來唯一確定，
兩次投擲的點數有以下的情況，，故，
，即投擲3次到達終點，前兩次投擲均沒有到達終點，，……，
，即投擲次到達終點，前次投擲均沒有到達終點，，
故①，
②，則①-②得，
故. 故選：B
2．a、 b、 n均為正整數， A袋子中有a個白球，b個黑球 (大小質地均相同)，從中依次有放回的摸出n個球，記摸出球中白球的數目為X；B袋子中有a張數字卡牌，b張字母卡牌(大小質地均相同)，從中一次性摸出n張卡牌，記摸出卡牌中數字卡牌的數目為Y .下列選項中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】若有放回的摸出n個球，每次摸到白球的概率為，且各次試驗的結果是獨立的，故，，其中.
期望，方差.
若一次性摸出n張卡牌，隨機變量的可能取值有、、，則，，
由結論（蘇教版2019第121頁）：當時，，得，
故，選項C正確；特別地，取，，其中.
的分布為，
0 1 2
期望，方差 隨機變量的可能取值有、、，
則，，，
所以，，.
顯然；；.故ABD不正確.故選：C.
高頻考點10條件概率與全概率
核心知識：
典例1：（2024·天津河西·模擬預測）甲、乙兩名同學在電腦上進行答題測試，每套測試題可從題庫中隨機抽取.在一輪答題中，如果甲單獨答題，能夠通過測試的概率是，如果乙單獨答題，能夠通過測試的概率是.若甲單獨答題三輪，則甲恰有兩輪通過測試的概率為 ；若在甲，乙兩人中任選一人進行測試，則通過測試的概率為 .（結果均以既約分數表示）
【答案】
【詳解】設“甲恰有兩輪通過測試”為事件A，則；
設“選中甲”為事件B，“選中乙”為事件C，“通過測試”為事件D，
根據題意得，，，，
則，
所以在甲，乙兩人中任選一人進行測試，通過測試的概率為.故答案為：；.
變式訓練：
1．（2024·浙江·模擬預測）已知，，，則 .
【答案】/
【詳解】,，，
即，則.故答案為：
2．（2024·湖北荊州·三模）天道酬勤，勤能補拙，努力的人得到的結果也許不盡如人意，雖然問心無愧的他們往往能平靜看待生活中的點點滴滴，后悔這個詞離他們似乎很遙遠，但面對不順時，他們有時候也會反思一些細節，情不自禁的流下悔恨的淚水.其實每個人在生活中都曾有過后悔的經歷，即便是懶惰成性，不思進取的人，遇到挫折時，他們中也會有人會反思過去的不足，即使明知悔之晚矣，也往往會流下悔恨的淚水.某位經驗豐富的班主任老師，從高一開始，一直在反復告誡自己的學生：珍惜當下，積極進取，爭做高考后無怨無悔的人，不做高考后如祥林嫂般的悔恨者.一晃三年過去了，這位班主任老師結合學生三年的表現，調查發現，自己任教的班級勤懶生人數之比為，結合自己對以前畢業于自己班的學生高考后的表現發現，勤生高考后流下悔恨的淚水的概率為0.001，而懶生高考后流下悔恨的淚水的概率為0.020.展望本屆學生高考，他清楚地知道，自己班上一定有學生會在高考后流下悔恨的淚水，若真如該老師所料，有一位學生流下了悔恨的淚水，則這個學生恰好是一名懶生的概率為 （結果用既約分數表示）
【答案】
【詳解】記事件“抽取學生是勤生”， 事件“抽取學生是懶生”， 事件“抽取學生流下了悔恨的淚水”，則依題意有，，;
同理，，
故,
.故答案為：
3.甲箱中有3個紅球和2個白球，乙箱中有2個紅球和2個白球（兩箱中的球除顏色外沒有其他區別），先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用事件和表示從甲箱中取出的球是紅球和白球：再從乙箱中隨機取出兩球，用事件B表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，則錯誤的選項為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由題意可知，，，，
所以，
，綜上ABD說法正確，C說法錯誤；故選：C
高頻考點11 新賽制概率問題
核心知識：
典例1：通過核酸檢測可以初步判定被檢測者是否感染新冠病毒，檢測方式分為單檢和混檢.單檢，是將一個人的采集拭子放入一個采樣管中單獨檢測；混檢，是將多個人的采集拭子放入一個采樣管中合為一個樣本進行檢測，若檢測結果呈陽性，再對這多個人重新采集單管拭子，逐一進行檢測，以確定當中的陽性樣本.混檢按一個采樣管中放入的采集拭子個數可具體分為“3合1”混檢，“5合1”混檢，“10合1”混檢等.調查研究顯示，在群體總陽性率較低（低于0.1%）時，混檢能較大幅度地提高檢測效力、降低檢測成本.根據流行病學調查結果顯示，某城市居民感染新冠病毒的概率為0.0005.若對該城市全體居民進行核酸檢測，記采用“10合1”混檢方式共需檢測X次，采用“5合1”混檢方式共需檢測Y次，已知當時，，據此計算的近似值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于一個城市的總人口數很大，而總體陽性率較低，所以我們可以認為陽性個體均勻分布，
若進行10合1混檢，對任意一個10人組進行檢測，總檢測次數有兩種結果：1次和11次，概率分別為和，故這10人組檢測次數的期望為，相當于每個個體平均檢測次，
同理，采用5合1混檢，每個個體平均檢測次，
∴.故選：B
變式訓練：
1.（2024·河南信陽·高二統考期末）2022年卡塔爾世界杯決賽中，阿根廷隊與法國隊在120分鐘比賽中戰平，經過四輪點球大戰阿根廷隊以總分戰勝法國隊，第三次獲得世界杯冠軍．其中門將馬丁內斯撲出法國隊員的點球，表現神勇，撲點球的難度一般比較大，假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球．若不考慮其他因素，在點球大戰中，門將在前四次撲出點球的個數X的期望為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【解析】依題意可得，門將每次可以撲出點球的概率為．
門將在前四次撲出點球的個數X可能的取值為0，1，2，3，4．，
，，1，2，3，4．期望．故選：C．
2.在立德學校舉辦的春季運動會上，甲、乙兩位教師進行某項比賽，采取七局四勝制（當一人贏得四局時就獲勝，比賽結束）．根據甲、乙兩人多次比賽的成績統計，每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，設各局比賽結果相互獨立，則乙在第一局負的情況下獲勝的概率是 ．
【答案】
【解析】由題意可得：乙在第一局負的情況下獲勝，則乙還需要勝四局比賽．
若再比賽四局乙獲勝，則概率為；若再比賽五局乙獲勝，則概率為；
若再比賽六局乙獲勝，則概率為；
綜上所述：乙在第一局負的情況下獲勝的概率是．故答案為：．
高頻考點12 概統結合問題
核心知識：
典例1：某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：
利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．則當漏診率時，誤診率 .
【答案】
【解析】依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，
所以，解得：，
由右邊的頻率分布直方圖可得.故答案為：
變式訓練：
1.某校高三年級有男生660人，女生440人，現按性別用分層隨機抽樣的方法從高三年級所有學生中抽取5人組成某活動志愿者小隊，再從被抽取的這5人中抽取2人作為志愿者小隊隊長，則恰有1名男隊長的概率為 .
【答案】/0.6
【解析】由分層抽樣知，所抽取的這5人中有3男2女，所以恰有1個男隊長的概率.
故答案為：
2.泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數的底數，是泊松分布的均值．若隨機變量服從二項分布，當很大且很小時，二項分布近似于泊松分布，其中，即．現已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該種元件，則抽到的次品的個數小于2的概率約為 ．（參考數據：）
【答案】0.74/
【解析】由已知，，，
所以抽到的次品的個數小于2的概率為，故答案為：0.74.
高頻考點13 遞推型概率命題（馬爾科夫鏈）
核心知識：
典例1：（2024·湖北·校聯考模擬預測）盒子里裝有5個小球，其中2個紅球，3個黑球，從盒子中隨機取出1個小球，若取出的是紅球，則直接丟棄，若取出的是黑球，則放入盒中，則：
（1）取了3次后，取出紅球的個數的數學期望為 ；
（2）取了次后，所有紅球剛好全部取出的概率為 .
【答案】 /
【解析】（1）設取出紅球的個數為,則的可能取值為.,
,,
的分布列為
（2）次取完表示最后一次是紅球，則前次中有一次取得紅球，所以
故答案為：；
變式訓練：
1.“布朗運動”是指懸浮在液體或氣體中的微小顆粒所做的永不停息的無規則運動，在如圖所示的試驗容器中，容器由三個倉組成，某粒子做布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉，已知該粒子的初始位置在2號倉. 則粒子經過次隨機選擇后到達2號倉的概率=

【答案】
【解析】記粒子經過次隨機選擇后到達1號倉的概率為，粒子經過次隨機選擇后到達3號倉的概率為，則，消去，得，即，又，
所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，
；故答案為：
2.（2024上·甘肅·高三統考階段練習）某學校有、兩個餐廳，已知同學甲每天中午都會在這兩個餐廳中選擇一個就餐，如果甲當天選擇了某個餐廳，他第二天會有的可能性換另一個餐廳就餐，假如第天甲選擇了餐廳，則第天選擇餐廳的概率為 .
【答案】
【解析】當且時，若甲在第天選擇了餐廳，那么在第天有的可能性選擇餐廳，
若甲在第天選擇了餐廳，那么在第天有的可能性選擇餐廳，
所以第天選擇餐廳的概率，
即，所以.
又由題意得，，所以是以為首項，為公比的等比數列，
所以，所以.故答案為：
1.（2024·青海西寧·高三統考期末）用分層抽樣的方法從某社區的500名男居民和700名女居民中選取12人參與社區服務滿意度調研，則女居民比男居民多選取（ ）
A．8人 B．6人 C．4人 D．2人
【答案】D
【解析】由題可知，男居民選取人，女居民選取人，
則女居民比男居民多選取2人.故選：D.
2.豆瓣評分是將用戶評價的一到五星轉化為的分值（一星分，二星分，三星分，以此類推），以得分總和除以評分的用戶人數所得的數字，國慶愛國影片《長津湖》豆瓣得分是分，截止至年月日，共計有人參與評分，豆瓣評分表如圖．根據貓眼實時數據，該片的票房為億元，按照平均票價元來計算，大約有億人次觀看了此片，假如參與評分觀眾中有的評價不低于二星，則下列說法錯誤的是（ ）
A．的值是
B．隨機抽取名觀眾，則不一定有人評價五星
C．若以頻率當作概率，記事件為“評價是一星”，事件為“評價不高于二星”，則
D．若從已作評價的觀眾中隨機抽出人，則事件“至多人評價五星”與事件“恰有人評價五星”是互斥且不對立事件
【答案】C
【解析】對A選項，參與評價的觀眾中有的評價不低于二星，
則，所以，故A正確；
對B選項，隨機抽取名觀眾，可能有人評價五星，但不是一定的，故B正確；
對C選項，因為，則，故C錯誤；
對D選項，根據互斥事件和對立事件的定義可知，
事件“至多人評價五星”與事件“恰有人評價五星”是互斥且不對立事件，故D正確.故選：C.
3.對于獨立性檢驗，下列說法中錯誤的是（ ）
A．的值越大，說明兩事件相關程度越大
B．的值越小，說明兩事件相關程度越小
C．時，則在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為事件與有關
D．時，則可以大概率認為事件與有關
【答案】C
【解析】對于A,B,因觀測值，的值越大，越大，事件A與事件B關系越強；反之，事件A與事件B關系越弱,故A,B項均正確；
對于C，D，因只有時，說明在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為事件與有關，而，故C錯誤；D正確.故選：C.
4.（2024·甘肅蘭州·統考一模）一組數據的平均數為，現定義這組數據的平均差.下圖是甲、乙兩組數據的頻率分布折線圖
根據折線圖，判斷甲、乙兩組數據的平均差的大小關系是（ ）
A． B． C． D．無法確定
【答案】C
【解析】由給定的平均差公式可知：數據越集中于平均值附近，平均差越小.
甲乙兩圖的縱坐標表示的為頻率/組距，即指數據落在此處的概率，甲圖中，不同組距區間的概率相差不大，即指數據較為均勻的分布在各區間，而乙圖數據較為集中的分布在乙圖最高處指代的區間，其他區間分布的比較少，故乙圖平均差比較小.故選：C
5.（2024·江西九江·統考一模）恩格爾系數(Engel’sCoefficien)是食品支出總額占個人消費支出總額的比重.居民可支配收入是居民可用于最終消費支出和儲蓄的總和，即居民可用于自由支配的收入.如圖為我國2013年至2019年全國恩格爾系數和居民人均可支配收入的折線圖.
給出三個結論：①恩格爾系數與居民人均可支配收入之間存在負相關關系；
②一個國家的恩格爾系數越小，說明這個國家越富裕；
③一個家庭收入越少，則家庭收入中用來購買食品的支出所占的比重就越小.
其中正確的是（ ）
A．① B．② C．①② D．②③
【答案】C
【解析】由折線圖可知，恩格爾系數在逐年下降，居民人均可支配收入在逐年增加，
故兩者之間存在負相關關系，結論①正確；恩格爾系數越小，居民人均可支配收入越多，經濟越富裕，結論②正確；家庭收入越少，人們為解決溫飽問題，收入的大部分用來購買食品，結論③錯誤.故選：C
6.拋擲一枚質地均勻的硬幣，一直到出現正面向上時或拋滿100次時結束，設拋擲的次數為，則隨機變量的數學期望（ ）
A．大于2 B．小于2 C．等于2 D．與2的大小無法確定
【答案】B
【解析】由題意，在第次結束拋擲的概率為，第100次結束的概率為，
所以，
則，
故，
所以.故選：B
7.（2024·湖北·高三專題練習）蘭溪楊梅從5月15日起開始陸續上市，據調查統計，得到楊梅銷售價格（單位：Q元/千克）與上市時間t（單位：天）的數據如下表所示：
時間t/（單位：天） 10 20 70
銷售價格Q（單位：元/千克） 100 50 100
根據上表數據，從下列函數模型中選取一個描述楊梅銷售價格Q與上市時間t的變化關系：.利用你選取的函數模型，在以下四個日期末，楊梅銷售價格最低的日期為（ ）
A．6月5日 B．6月15日 C．6月25日 D．7月5日
【答案】C
【解析】根據表中數據，描述楊梅銷售價格Q與上市時間t的變化關系不可能是常數函數、也不可能是單調函數，函數在時均為單調函數，這與表格中的數據不吻合，
所以應選取進行描述，將表中數據代入可得
，解得，所以，
，所以當時楊梅銷售價格最低，
而6月5日時，6月15日時，6月25日時，7月5日時，
所以時楊梅銷售價格最低.故選：C.
8.年月日太原地鐵號線開通，在一定程度上緩解了市內交通的擁堵狀況，為了了解市民對地鐵號線開通的關注情況，某調查機構在地鐵開通后兩天抽取了部分乘坐地鐵的市民作為樣本，分析其年齡和性別結構．并制作出如下等高堆積條形圖：
根據圖中信息，下列結論不一定正確的是（ ）
A．樣本中男性比女性更關注地鐵號線開通
B．樣本中多數女性是歲及以上
C．樣本中歲以下的男性人數比歲及以上的女性人數多
D．樣本中歲及以上的人對地鐵號線的開通關注度更高
【答案】C
【解析】設等高條形圖對應列聯表如下：
歲及以上 歲以下 總計
男性
女性
總計
根據第個等高條形圖可知，歲及以上男性比歲及以上女性多，即；
歲以下男性比歲以下女性多，即．
根據第個等高條形圖可知，男性中歲及以上的比歲以下的多，即；
女性中歲及以上的比歲以下的多，即，
對于A，男性人數為，女性人數為，因為，所以，所以A正確；
對于B，歲及以上女性人數為，歲以下女性人數為，因為，所以B正確；
對于C，歲以下男性人數為，歲及以上女性人數為，
無法從圖中直接判斷與的大小關系，所以C不一定正確；
對于D，歲及以上的人數為，歲以下的人數為，
因為，所以，所以D正確．故選：C.
9.（多選題）（2024·廣東珠海·高三珠海市第一中學校考期末）某單位為了解職工健康情況，采用分層隨機抽樣的方法從5000名職工中抽取了一個容量為100的樣本．其中，男性平均體重為64千克，方差為151；女性平均體重為56千克，方差為159，男女人數之比為，下列說法正確的是（ ）
A．樣本為該單位的職工 B．每一位職工被抽中的可能性為
C．該單位職工平均體重 D．單位職工的方差
【答案】BCD
【解析】A項，樣本為該單位的職工的健康情況，所以A項錯誤；
B項，由題可知，每一位職工被抽中的可能性為，所以B項正確；
C項，D項，設設男性人數為，女性人數為，
該單位全體人員體重的平均數為：，
方差，所以C、D項正確；故選：BCD.
10.（多選題）（2024·河南·模擬預測）某地教師招聘考試，有3200人參加筆試，滿分為100分，筆試成績前20%（含20%）的考生有資格參加面試，所有考生的筆試成績和年齡分別如頻率分布直方圖和扇形統計圖所示，則（ ）
A．90后考生比00后考生多150人 B．筆試成績的60%分位數為80
C．參加面試的考生的成績最低為86分 D．筆試成績的平均分為76分
【答案】BD
【解析】對于A中，由年齡的扇形統計圖，可得90后的考生有人，
00后的考生有人，可得人，所以A不正確；
對于B中，由頻率分布直方圖性質，可得，
解得，則前三個矩形的面積和，
所以試成績的分位數為分，所以B正確；
對于C中，設面試成績的最低分為，由前三個矩形的面積和為，第四個矩形的面積為，則分，所以C不正確；
對于D中，根據頻率分布直方圖的平均數的計算公式，可得考試的平均成績為：
分，所以D正確.故選：BD.
11．（2024·山西運城·三模）下列說法正確的是（ ）
A．已知，，則
B．數據2，7，4，5，16，1，21，11的第70百分位數為11
C．若隨機變量，，則
D．已知關于的回歸方程為，則樣本點的殘差的絕對值為
【答案】ABD
【詳解】對于A，因為，又，，所以，故A正確；對于B，將數據從小到大排列為1，2，4，5，7，11，16，21，
又，可得第百分位數為，故B正確；
對于C，因為，則，又，
所以，故C錯誤；
對于D，因為關于的回歸方程為，所以當時，，
所以樣本點的殘差的絕對值為，故D正確.故選：ABD
12．（2024·安徽蕪湖·三模）下列說法正確的為（ ）
A．在回歸模型的殘差分析中，決定系數越接近1，意味著模型的擬合效果越好
B．數據的標準差為，則數據的標準差為
C．已知隨機變量，若，則
D．在裝有3個黑球，2個紅球的袋子中隨機摸出兩個球，則摸出的兩個球“均為黑球”與“均為紅球”是對立事件
【答案】ABC
【詳解】對于A，決定系數的值越大，殘差平方和越小，擬合的效果越好，故A正確.
對于B：設數據的平均數，則的平均數為，
標準差為
，故B正確；
對于C：因為隨機變量，所以，
又因為，所以，所以，故C正確；
對于D：在裝有3個黑球，2個紅球的袋子中隨機摸出兩個球，
則摸出的兩個球“均為黑球”的對立事件為“摸出的兩個球“不全為黑球”，故D錯誤.故選：ABC.
13．（2024·湖北黃岡·模擬預測）下列說法中正確的是（ ）
A．8道四選一的單選題，隨機猜結果，猜對答案的題目數
B．100件產品中包含5件次品，不放回地隨機抽取8件，其中的次品數
C．設隨機變量，，則
D．設M，N為兩個事件，已知，，，則
【答案】ACD
【詳解】對于A，8道四選一的單選題，隨機猜結果，猜對答案的題目數服從二項分布：，故A正確；對于B，100件產品中包含5件次品，不放回地隨機抽取8件，其中的次品數服從超幾何分布，故B錯誤；對于C，設隨機變量，，而，這表明在0附近的數據集中一些，從而，故C正確；
對于D，，∴，
則.故選：ACD.
14.已知個點大致呈線性分布，其中，且數據的回歸直線方程為，則的最小值為 ．
【答案】
【解析】回歸直線經過，且，
代入回歸方程得：，即，
所以當時，的最小值為.故答案為：.
15.商家項目投資的利潤產生是一個復雜的系統結果．它與項目落地國的商業環境，政府執政能力，法律生態等都有重大的關聯．如表所示是某項目在中國和南亞某國投資額和相應利潤的統計表．
項目落地國 中國 南亞某國
投資額x（億元） 10 11 12 13 14 10 11 12 13 14
利潤y（億元） 11 12 14 16 19 12 13 13 14 15
請選擇平均利潤較高的落地國，用最小二乘法求出回歸直線方程為 ．參考數據和公式：，中國，南亞某國，，．
【答案】
【解析】兩國的平均利潤分別為和，故中國的平均利潤較高.根據題設數據，有，.故答案為：.
16.害蟲防控對于提高農作物產量具有重要意義.已知某種害蟲產卵數（單位：個）與溫度（單位：）有關，測得一組數據，可用模型進行擬合，利用變換得到的線性回歸方程為.若，則的值為 .
【答案】
【解析】對兩邊同時取對數可得；
即，可得 由可得，
代入可得，即，所以.故答案為：
17.為了反映城市的人口數量x與就業壓力指數y之間的變量關系，研究人員選擇使用非線性回歸模型對所測數據進行擬合，并設，得到的數據如表所示，則 .
x 4 6 8 10
z 2 c 5 6
【答案】3
【解析】，，依題意，，
而回歸直線方程過點，故，解得.故答案為：3
18．某批零件的尺寸服從正態分布，且，規定時零件合格，從這批產品中抽取件，若要保證抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，則的最小值為 .
【答案】4
【解析】因為服從正態分布，且，
所以，
即每個零件合格的概率為，合格零件不少于2件的對立事件是合格零件件數為0或1.
依題意，，即，
令，則，
所以單調遞減，而，
所以不等式的解集為，所以的最小值為4.故答案為：4.
19．某項實驗的隨機誤差為實驗次數．要求的概率低于，則至少需做 次實驗（，在該實驗的誤差估計中，可認為）．
【答案】
【解析】由題可得，即，
而，所以．
又因為，所以，所以，即，
解得，故至少需做次實驗．故答案為：
20.某班班主任為了解班級學生每周的體育鍛煉情況進行了調查，發現班級中有20人每周的體育鍛煉時長超過6小時，若從班級學生中隨機抽取的15人中有7人每周的體育鍛煉時長超過6小時，估計班級學生的總人數為 ．（記為抽取的每周的體育鍛煉時長超過6小時的學生人數，以使得最大的班級學生的總人數為估計值）
【答案】42
【解析】設班級學生的總人數為，且，則，
記，則，易得，
由可得，
所以當時，，當時，，
所以的最大值在時取到，所以估計班級學生的總人數為42人．故答案為：42.
21.某校在一次“二項分布的性質”為主題的探究活動中，該校數學第一小組的學生同學表現優異，探究數學的奧秘.設隨機變量，記，在探究的最大值時，小組同學發現：當為正整數，則，，此時這兩項概率均為最大值；當為非整數，取的整數部分，是唯一的最大值.以此為理論依據，有同學重復投擲一枚大小均勻的骰子實時記錄點數6出現的次數.當投擲第20次時，記錄到此時點數6出現5次，再進行80次投擲實驗，當投擲到100次時，點數6總共出現的次數為 的概率最大.
【答案】18
【解析】繼續再進行80次投擲試驗，出現點數為6次數服從二項分布，
由，結合題中結論可知，時概率最大，
即后面80次中出現13次點數6的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出現18次的概率最大.故答案為：18.
22.（2024·江蘇·高三專題練習）某同學參加學校數學知識競賽，規定每個同學答20道題，已知該同學每道題答對的概率為0.6，每道題答對與否相互獨立．若答對一題得3分，答錯一題扣1分，則該同學總得分的數學期望為 ，方差為 ．
【答案】 28 76.8
【解析】設該同學答對題目的數量為，因為該同學每道題答對的概率為，共答道題，
所以，所以，．
設該同學總得分為，則，，．
故答案為：；.
23.（2024·廣東·高三專題練習）有一批產品，其中有12件正品和4件次品，從中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次數，則 ， ．
【答案】
【解析】由題意得服從二項分布，且每次取到次品的概率為，所以，
所以，．故答案為：；.
24.（2024·重慶·高三專題練習）有一批產品，其中有6件正品和4件次品，從中任取3件，其中次品的件數記為X，則次品件數X的期望為 ．
【答案】1.2
【解析】由題意知隨機變量X服從超幾何分布，其中，，，
于是次品件數X的期望，
故答案為：1.2
25．（2024·福建·模擬預測）設是一個隨機試驗中的兩個事件，若，則 ．
【答案】
【詳解】,將代入可以求得,
將，，求得故答案為：.
26.（2024·山東濱州·高三統考期末）甲和乙兩個箱子中各裝有10個除顏色外完全相同的球，其中甲箱中有4個紅球、3個白球和3個黑球，乙箱中有5個紅球、2個白球和3個黑球．先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用、和表示由甲箱取出的球是紅球、白球和黑球的事件；再從乙箱中隨機取出一球，用B表示由乙箱取出的球是紅球的事件，則
【答案】
【解析】由題意得，，，
若發生，此時乙箱中有6個紅球，2個白球和3個黑球，則，
先發生，此時乙箱中有5個紅球，3個白球和3個黑球，則，
先發生，此時乙箱中有5個紅球，2個白球和4個黑球，則．
，
；
.故答案為：
27.（2024·河南·模擬預測）設同一隨機試驗中的兩個事件A，B滿足，，，則 .
【答案】/0.375
【解析】由，得；由全概率公式：，
則.故答案是：.
28.甲，乙兩人組成的“夢隊”參加籃球機器人比賽，比賽分為自主傳球，自主投籃2個環節，其中任何一人在每個環節獲勝得2分，失敗得0分，比賽中甲和乙獲勝與否互不影響，各環節之間也互不影響.若甲在每個環節中獲勝的概率都為，乙在每個環節中獲勝的概率都為p，且甲，乙兩人在自主傳球環節得分之和為2的概率為，則p的值為 ，“夢隊”在比賽中得分不低于6分的概率為 .
【答案】
【解析】記事件“兩人在自主傳球環節得分之和為2分”，“甲在自主傳球環節得分”，“乙在自主傳球環節得分”，由題意可知，與相互獨立，且，事件與互斥， 故，解得；
記事件“‘夢隊’在比賽中得分不低于6分”， “甲在自主投籃環節得分”，“乙在自主投籃環節得分”，由題意可知相互獨立，
則，
且事件兩兩互斥，
則.故答案為：；.
29．校乒乓球錦標賽共有位運動員參加.第一輪，運動員們隨機配對，共有場比賽，勝者進入第二輪，負者淘汰.第二輪在同樣的過程中產生名勝者.如此下去，直到第n輪決出總冠軍，實際上，在運動員之間有一個不為比賽組織者所知的水平排序，在這個排序中 最好，次之， …，最差，假設任意兩場比賽的結果相互獨立，不存在平局，且 當與比賽時，獲勝的概率為p，其中 ，求最后一輪比賽在水平最高的兩名運動員與之間進行的概率為
【答案】
【解析】一般情形：求倒數第k輪開始前剩下的選手恰好為的概率.
要實現這一點，這名選手是種子選手，即在前面的比賽中兩兩不能相遇，而且必須在其
全部場比賽中獲勝，錦標賽樹形的片樹葉的填寫方式有種，為使其稱為種子，
我們有種方式放置最上面的2個選手，且有種方式放置其他選手，
因此其概率為，特別地，本題為的情形，
故所求概率為，故答案為：.
30.某校有8名學生參加物理知識競賽，其成績如下：65，71，78，82，85，88，90，93，假設這8名學生成績的第60百分位數是N.若在這8人中隨機選取兩人，則這兩人的成績都低于N的概率為 ．
【答案】
【解析】因為，所以這8人成績的第60百分位數是從小到大排列的第5個數，即，
若在這8人中隨機選取兩人，共有28種情況，分別是，，，，，，，其中兩人的成績都低于的情況有6種，
分別為，
所以在這8人中隨機選取兩人，則這兩人的成績都低于N的概率為.故答案為：．
30.如圖，一只螞蟻從正四面體 的頂點 出發，每一步 (均為等可能性的)經過一條邊到達另一頂點，設該螞蟻經過 步回到點 的概率 ，則 ， .
【答案】
【解析】由題可知，在1步后螞蟻位于、、、點的概率分別為0，，，
故經過 2 步回到點 的概率，
，，數列是公比為的等比數列，
又，，即，故答案為：；.
31.（2024·廣東佛山·統考二模）有個編號分別為1，2，…，n的盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球，現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，以此類推，則從第2個盒子中取到白球的概率是 ，從第個盒子中取到白球的概率是 ．
【答案】
【解析】記事件表示從第個盒子里取出白球，則，，
所以，
，
，
進而可得，，
又，，，
所以是首項為，公比為的等比數列，
所以，即，故答案為：；.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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