2019-2023歷年高考真題分類專題15 概率與統(tǒng)計（解答題）（解析版）

五年（2019-2023）年高考真題分項匯編專題15概率與統(tǒng)計（解答題）概率與統(tǒng)計題型主要包含二項式定理，排列組合，隨機抽樣，統(tǒng)計與概率等主要考查題型為：考點01統(tǒng)計案例及應用考點02隨機事件分布列考點03相關關系與回歸分析考點04獨立性檢驗考點05概率統(tǒng)計的綜合應用考點01：統(tǒng)計案例及應用1．(2022高考北京卷)在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽，比賽成績達到以上(含)的同學將獲得優(yōu)秀獎．為預測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位：m)：甲：9．80，9．70，9．55，9．54，9．48，9．42，9．40，935，9．30，9．25；乙：9．78，9．56，9．51，9．36，9．32，9．23；丙：9．85，9．65，9．20，9．16．假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立．(1)估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率；(2)設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計X的數(shù)學期望E(X)；(3)在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？(結(jié)論不要求證明)【答案】【解析】:(1)由頻率估計概率可得甲獲得優(yōu)秀的概率為0．4，乙獲得優(yōu)秀的概率為0．5，丙獲得優(yōu)秀的概率為0．5，故答案為0．4(2)設甲獲得優(yōu)秀為事件A1,乙獲得優(yōu)秀為事件A2，丙獲得優(yōu)秀為事件A3，，，．∴X的分布列為X0123P∴(3)丙奪冠概率估計值最大．因為鉛球比賽無論比賽幾次就取最高成績．比賽一次，丙獲得9．85的概率為，甲獲得9．80的概率為，乙獲得9．78的概率為．并且丙的最高成績是所有成績中最高的，比賽次數(shù)越多，對丙越有利．2．(2023年全國乙卷理科)某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產(chǎn)品伸縮率的處理效應，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質(zhì)相同的兩個橡膠產(chǎn)品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率．甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率分別記為，．試驗結(jié)果如下：試驗序號12345678910伸縮率545533551522575544541568596548伸縮率536527543530560533522550576536記，記樣本平均數(shù)為，樣本方差為．(1)求，；(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率是否有顯著提高(如果，則認為甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高，否則不認為有顯著提高)【答案】(1)，；(2)認為甲工藝處理后橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高．【解析】：(1)，，，的值分別為:，故(2)由(1)知:，，故有,所以認為甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高．3．(2020年高考課標Ⅰ卷理科·)甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束．經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空．設每場比賽雙方獲勝的概率都為，(1)求甲連勝四場的概率；(2)求需要進行第五場比賽的概率；(3)求丙最終獲勝的概率．【答案】(1)；(2)；(3)．【解析】：”(1)記事件甲連勝四場，則；(2)記事件為甲輸，事件為乙輸，事件為丙輸，則四局內(nèi)結(jié)束比賽的概率為，所以，需要進行第五場比賽的概率為；(3)記事件為甲輸，事件為乙輸，事件為丙輸，記事件甲贏，記事件丙贏，則甲贏的基本事件包括：、、、、、、、，所以，甲贏概率為．由對稱性可知，乙贏的概率和甲贏的概率相等，所以丙贏的概率為．4．(2021年高考全國乙卷理科)某廠研制了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設備，為檢驗新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的某項指標有無提高，用一臺舊設備和一臺新設備各生產(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項指標數(shù)據(jù)如下：舊設備9．810．31001029．99．810．010．110．29．7新設備10110．410．110．010．110．310．610．510．410．5舊設備和新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的樣本平均數(shù)分別記為和，樣本方差分別記為和．(1)求，，，；(2)判斷新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備是否有顯著提高(如果，則認為新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高，否則不認為有顯著提高)．【答案】(1)；(2)新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高．【解析】：(1)，，，．(2)依題意，，，，所以新設備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高．5．(2021年新高考Ⅰ卷)某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題，每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結(jié)束：若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結(jié)束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分：B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分，己知小明能正確回答A類問題的概率為0．8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0．6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．(1)若小明先回答A類問題，記為小明的累計得分，求的分布列；(2)為使累計得分期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．【答案】【解析】：(1)由題可知，的所有可能取值為，，．；；．所以的分布列為(2)由(1)知，．若小明先回答問題，記為小明的累計得分，則的所有可能取值為，，．；；．所以．因為，所以小明應選擇先回答類問題．6．(2022新高考全國II卷)在某地區(qū)進行流行病學調(diào)查，隨機調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；(2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間的概率；(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為，該地區(qū)年齡位于區(qū)間的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘模畯脑摰貐^(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間，求此人患這種疾病的概率．(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0．0001)．【答案】(1)歲；(2)；(3)．【解析】：(1)平均年齡(歲)．(2)設{一人患這種疾病的年齡在區(qū)間}，所以．(3)設任選一人年齡位于區(qū)間，任選一人患這種疾病，則由條件概率公式可得．2．(2019·全國Ⅲ·理)為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成兩組，每組100只，其中組小鼠給服甲離子溶液，組小鼠給服乙離子溶液．每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同．經(jīng)過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比．根據(jù)試驗數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖：記為事件：“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于”，根據(jù)直方圖得到的估計值為．(1)求乙離子殘留百分比直方圖中的值；(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)．【答案】(1)，；(2)，.00．【官方【解析】】(1)由已知得，故，．(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為．乙離子殘留百分比的平均值的估計值為．【點評】本題考查頻率分布直方圖的相關概念和頻率分布直方圖中平均數(shù)法人計算，屬于基礎題．考點02隨機事件分布列1．(2022年高考全國甲卷數(shù)學(理))甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方得10分，負方得0分，沒有平局．三個項目比賽結(jié)束后，總得分高的學校獲得冠軍．已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0．5，0．4，0．8，各項目的比賽結(jié)果相互獨立．(1)求甲學校獲得冠軍的概率；(2)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望．【答案】(1)；(2)分布列見【解析】，．【【解析】】(1)設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為，所以甲學校獲得冠軍的概率為．(2)依題可知，的可能取值為，所以，,，，．即的分布列為01020300．160．440．340．06期望．2．(2021高考北京)在核酸檢測中,“k合1”混采核酸檢測是指：先將k個人的樣本混合在一起進行1次檢測,如果這k個人都沒有感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陰性，得到每人的檢測結(jié)果都為陰性，檢測結(jié)束:如果這k個人中有人感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陽性，此時需對每人再進行1次檢測,得到每人的檢測結(jié)果，檢測結(jié)束．現(xiàn)對100人進行核酸檢測，假設其中只有2人感染新冠病毒，并假設每次檢測結(jié)果準確．(I)將這100人隨機分成10組，每組10人，且對每組都采用“10合1”混采核酸檢測．(i)如果感染新冠病毒的2人在同一組，求檢測的總次數(shù);(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一組的概率為．設X是檢測的總次數(shù)，求X的分布列與數(shù)學期望E(X)．(II)將這100人隨機分成20組，每組5人，且對每組都采用“5合1”混采核酸檢測．設Y是檢測的總次數(shù)，試判斷數(shù)學期望E(Y)與(I)中E(X)的大?。?結(jié)論不要求證明)【答案】(1)①次；②分布列見【解析】；期望為；(2)．【解析】：(1)①對每組進行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進行檢測，需要10次；所以總檢測次數(shù)為20次；②由題意，可以取20，30，，，則的分布列:所以；(2)由題意，可以取25，30，兩名感染者在同一組的概率為，不在同一組的概率為，則．3．(2020江蘇高考)甲口袋中裝有個黑球和個白球，乙口袋中裝有個白球．現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數(shù)為，恰有個黑球的概率為，恰有個黑球的概率為．(1)求和；(2)求與的遞推關系式和的數(shù)學期望(用表示)．【答案】(1)(2)【解析】(1)，，(2)，，因此，從而，即．又的分布列為012故．4．(2019·全國Ⅱ·理)分制乒乓球比賽，每贏一球得分，當某局打成平后，每球交換發(fā)球權，先多得分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為，乙發(fā)球時甲得分的概率為，各球的結(jié)果相互獨立．在某局雙方平后，甲先發(fā)球，兩人又打了個球該局比賽結(jié)束．求；求事件“且甲獲勝”的概率．【答案】；.【解析】就是平后，兩人又打了個球該局比賽結(jié)束，則這個球均由甲得分，或者均由乙得分．因此．且甲獲勝，就是平后，兩人又打了個球該局比賽結(jié)束，且這個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得分，后兩球均為甲得分．因此所求概率為．【解析】：由題意可知，所包含的事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球”，所以.由題意可知，包含的事件為“前兩球甲乙各得分，后兩球均為甲得分”所以.5．(2019·天津·理·)設甲、乙兩位同學上學期間，每天7：30之前到校的概率均為．假定甲、乙兩位同學到校情況互不影響，且任一同學每天到校情況相互獨立．(Ⅰ)用表示甲同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機變量的分布列和數(shù)學期望；(Ⅱ)設為事件“上學期間的三天中，甲同學在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件發(fā)生的概率．【答案】本小題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望，互斥事件和相互獨立事件的概率計算公式等基礎知識．考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力．滿分13分．(Ⅰ)解：因為甲同學上學期間的三天中到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均為，故，從而．所以，隨機變量的分布列為0123隨機變量的數(shù)學期望．(Ⅱ)解：設乙同學上學期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為，則，且．由題意知事件與互斥，且事件與，事件與均相互獨立，從而由(Ⅰ)知．考點03相關關系與回歸分析1．(2022年高考全國乙卷數(shù)學(理))某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區(qū)某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積(單位：)和材積量(單位：)，得到如下數(shù)據(jù)：樣本號ｉ12345678910總和根部橫截面積0．040．060．040．080080．050．050．070．070．060．6材積量0．250．400．220．540．510．340．360．460．420．403．9并計算得．(1)估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；(2)求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(shù)(精確到0．01)；(3)現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為．已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比．利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值．附：相關系數(shù)．【答案】(1)；(2)(3)【解析】：【小問1詳解】樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為，平均一棵的材積量為【小問2詳解】則小問3詳解】設該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為，又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，可得，解之得．則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為2．(2020年高考課標Ⅱ卷理科)某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加．為調(diào)查該地區(qū)某種野生動物數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20個作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分別表示第i個樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)和這種野生動物的數(shù)量，并計算得，，，，．(1)求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值(這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野生動物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))；(2)求樣本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相關系數(shù)(精確到0．01)；(3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大．為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由．附：相關系數(shù)r=，≈1．414．【答案】(1)；(2)；(3)詳見【解析】【解析】：(1)樣區(qū)野生動物平均數(shù)為，地塊數(shù)為200，該地區(qū)這種野生動物的估計值為(2)樣本(i=1，2，…，20)的相關系數(shù)為(3)由(2)知各樣區(qū)的這種野生動物的數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關性，由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從俄各地塊間這種野生動物的數(shù)量差異很大，采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)得以執(zhí)行，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準確的估計．考點04獨立性檢驗1．(2023年全國甲卷理科·)一項試驗旨在研究臭氧效應．實驗方案如下：選40只小白鼠，隨機地將其中20只分配到實驗組，另外20只分配到對照組，實驗組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時間后統(tǒng)計每只小白鼠體重的增加量(單位：g)．(1)設表示指定的兩只小白鼠中分配到對照組的只數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；(2)實驗結(jié)果如下：對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為：15．218．820．221．322．523．225．826．527．530．132．634．334．835．635．635．836．237．340．543．2對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為：7．89．211．412．413．215．516．518．018．819．219．820．221．622．823．623．925．128．232．336．5(i)求40只小鼠體重的增加量的中位數(shù)m，再分別統(tǒng)計兩樣本中小于m與不小于的數(shù)據(jù)的個數(shù)，完成如下列聯(lián)表：對照組實驗組(ii)根據(jù)(i)中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與正常環(huán)境中體重的增加量有差異．附：0．1000．0500．0102．7063．8416．635【答案】(1)分布列見【解析】，(2)(i)；列聯(lián)表見【解析】，(ii)能【解析】：(1)依題意，的可能取值為，則，，，所以的分布列為：故．(2)(i)依題意，可知這40只小白鼠體重增量的中位數(shù)是將兩組數(shù)據(jù)合在一起，從小到大排后第20位與第21位數(shù)據(jù)的平均數(shù)，觀察數(shù)據(jù)可得第20位為，第21位數(shù)據(jù)為，所以，故列聯(lián)表為：合計對照組61420實驗組14620合計202040(ii)由(i)可得，，所以能有的把握認為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與正常環(huán)境中體重的增加量有差異．2．(2021年高考全國甲卷理科)甲、乙兩臺機床生產(chǎn)同種產(chǎn)品，產(chǎn)品按質(zhì)量分為一級品和二級品，為了比較兩臺機床產(chǎn)品的質(zhì)量，分別用兩臺機床各生產(chǎn)了200件產(chǎn)品，產(chǎn)品的質(zhì)量情況統(tǒng)計如下表：一級品二級品合計甲機床15050200乙機床12080200合計270130400(1)甲機床、乙機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級品的頻率分別是多少?(2)能否有99%的把握認為甲機床的產(chǎn)品質(zhì)量與乙機床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異?附：0．0500．0100．001k3．8416．63510．828【答案】(1)75%；60%；(2)能．【解析】：(1)甲機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級品的頻率為,乙機床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級品的頻率為．(2),故能有99%的把握認為甲機床的產(chǎn)品與乙機床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異．3．(2020年高考課標Ⅲ卷理科·)某學生興趣小組隨機調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級和當天到某公園鍛煉的人次，整理數(shù)據(jù)得到下表(單位：天)：鍛煉人次空氣質(zhì)量等級[0，200](200，400](400，600]1(優(yōu))216252(良)510123(輕度污染)6784(中度污染)720(1)分別估計該市一天的空氣質(zhì)量等級為1，2，3，4的概率；(2)求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；(3)若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2，則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級為3或4，則稱這天“空氣質(zhì)量不好”．根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2×2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是否有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關？人次≤400人次>400空氣質(zhì)量好空氣質(zhì)量不好附：，P(K2≥k)0．0500．0100．001k38416．63510．828【答案】(1)該市一天的空氣質(zhì)量等級分別為、、、的概率分別為、、、；(2)；(3)有，理由見【解析】．【解析】：(1)由頻數(shù)分布表可知，該市一天的空氣質(zhì)量等級為的概率為，等級為的概率為，等級為的概率為，等級為的概率為；(2)由頻數(shù)分布表可知，一天中到該公園鍛煉的人次的平均數(shù)為(3)列聯(lián)表如下：人次人次空氣質(zhì)量不好空氣質(zhì)量好，因此，有的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質(zhì)量有關．【點睛】本題考查利用頻數(shù)分布表計算頻率和平均數(shù)，同時也考查了獨立性檢驗的應用，考查數(shù)據(jù)處理能力，屬于基礎題．4．(2020年新高考全國Ⅰ卷)為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了天空氣中的和濃度(單位：)，得下表：3218468123710(1)估計事件“該市一天空氣中濃度不超過，且濃度不超過”的概率；(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表：(3)根據(jù)(2)中列聯(lián)表，判斷是否有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關？附：，0．0500．0100．0013．8416．63510．828【答案】(1)；(2)答案見【解析】；(3)有．【解析】：(1)由表格可知，該市100天中，空氣中的濃度不超過75，且濃度不超過150的天數(shù)有天，所以該市一天中，空氣中的濃度不超過75，且濃度不超過150的概率為；(2)由所給數(shù)據(jù)，可得列聯(lián)表為：合計641680101020合計7426100(3)根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)可得，因為根據(jù)臨界值表可知，有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關．5．(2020年新高考全國卷Ⅱ數(shù)學)為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了天空氣中的和濃度(單位：)，得下表：(1)估計事件“該市一天空氣中濃度不超過，且濃度不超過”的概率；(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表：(3)根據(jù)(2)中的列聯(lián)表，判斷是否有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關？附：，【答案】(1)；(2)答案見【解析】；(3)有．【解析】：(1)由表格可知，該市100天中，空氣中的濃度不超過75，且濃度不超過150的天數(shù)有天，所以該市一天中，空氣中的濃度不超過75，且濃度不超過150的概率為；(2)由所給數(shù)據(jù)，可得列聯(lián)表為：合計641680101020合計7426100(3)根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)可得，因為根據(jù)臨界值表可知，有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關．考點05概率統(tǒng)計綜合應用1．（2023年新高考全國Ι卷）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數(shù)為，求．【答案】(1)(2)(3)【解析】：（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，所以，.（2）設，依題可知，，則，即，構(gòu)造等比數(shù)列，設，解得，則，又，所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，即．（3）因為，，所以當時，，故．2（2023年新課標全國Ⅱ卷）．某研究小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學指標有明顯差異，經(jīng)過大量調(diào)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(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率．(1)當漏診率％時，求臨界值c和誤診率；(2)設函數(shù)，當時，求的【解析】式，并求在區(qū)間的最小值．【答案】(1)，；(2)，最小值為．【分析】（1）根據(jù)題意由第一個圖可先求出，再根據(jù)第二個圖求出的矩形面積即可解出；（2）根據(jù)題意確定分段點，即可得出的【解析】式，再根據(jù)分段函數(shù)的最值求法即可解出．【解析】：（1）依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，所以，解得：，．（2）當時，；當時，,故，所以在區(qū)間的最小值為．3．(2021年新高考全國Ⅱ卷·第21題)一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷