專題13 統(tǒng)計(jì)與概率-【好題匯編】五年（2020-2024）高考數(shù)學(xué)真題分類匯編（含答案解析）

專題13統(tǒng)計(jì)與概率考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)01統(tǒng)計(jì)案例與數(shù)據(jù)分析2024全國(guó)ⅠⅡ2023全國(guó)Ⅰ乙卷2022乙卷甲卷2021乙卷全國(guó)ⅠⅡ統(tǒng)計(jì)案例以及數(shù)字特征類的運(yùn)算子近年的考查頻率非常高，容易與實(shí)際情景以及頻率分布直方圖相結(jié)合，從而考查統(tǒng)計(jì)與概率的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，將是高考的一個(gè)方向。考點(diǎn)02古典概型與排列組合2024Ⅰ甲卷2023Ⅰ卷Ⅱ卷乙甲卷2022乙甲Ⅰ卷2021乙卷古典概型是高考數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要考查點(diǎn)，難度小。排列組合在近年的高考中考查的不是很多，一般是排隊(duì)性問(wèn)題，插空類，以及分類討論性問(wèn)題考點(diǎn)03正態(tài)分布、離散型分布及應(yīng)用2024Ⅰ卷Ⅱ卷甲2023Ⅰ卷Ⅱ卷乙甲卷2022乙Ⅰ卷Ⅱ卷2021Ⅰ卷Ⅱ卷2020Ⅰ卷離散型分布是高考的一個(gè)?？碱}型，主要是賽制類問(wèn)題，二項(xiàng)分布，超幾何分布類問(wèn)題考點(diǎn)04事件的獨(dú)立，條件概率與全概率公式應(yīng)用，獨(dú)立性檢驗(yàn)2024Ⅰ卷2023甲卷Ⅰ卷Ⅱ卷2022乙卷Ⅰ卷2021甲卷Ⅰ卷2020Ⅰ卷?xiàng)l件概率與全概率的應(yīng)用是高考在概率方面的一個(gè)重要方向，在新高考中將是一個(gè)非常重要的方向考點(diǎn)05概率綜合應(yīng)用2024Ⅰ卷2023Ⅱ卷乙卷2021Ⅱ卷2020Ⅰ卷隨著新一輪的高考數(shù)學(xué)改革，概率與其他知識(shí)相結(jié)合成為一個(gè)重要的考查方向，概率與數(shù)列，概率與函數(shù)倒數(shù)結(jié)合將成為熱點(diǎn)?？键c(diǎn)01統(tǒng)計(jì)案例與數(shù)據(jù)分析一、單選題1．（2024·全國(guó)·高考真題）某農(nóng)業(yè)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(chǎn)量（單位：kg）并整理如下表畝產(chǎn)量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1050，1100）[1100，1150）[1150，1200）頻數(shù)61218302410根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下列結(jié)論中正確的是（

）A．100塊稻田畝產(chǎn)量的中位數(shù)小于1050kgB．100塊稻田中畝產(chǎn)量低于1100kg的稻田所占比例超過(guò)80%C．100塊稻田畝產(chǎn)量的極差介于200kg至300kg之間D．100塊稻田畝產(chǎn)量的平均值介于900kg至1000kg之間【答案】C【分析】計(jì)算出前三段頻數(shù)即可判斷A；計(jì)算出低于1100kg的頻數(shù)，再計(jì)算比例即可判斷B；根據(jù)極差計(jì)算方法即可判斷C；根據(jù)平均值計(jì)算公式即可判斷D.【詳解】對(duì)于A,根據(jù)頻數(shù)分布表可知,,所以畝產(chǎn)量的中位數(shù)不小于,故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，畝產(chǎn)量不低于的頻數(shù)為，所以低于的稻田占比為，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，稻田畝產(chǎn)量的極差最大為，最小為，故C正確；對(duì)于D，由頻數(shù)分布表可得，平均值為，故D錯(cuò)誤.故選；C.2．（2022·全國(guó)·高考真題）某社區(qū)通過(guò)公益講座以普及社區(qū)居民的垃圾分類知識(shí)．為了解講座效果，隨機(jī)抽取10位社區(qū)居民，讓他們?cè)谥v座前和講座后各回答一份垃圾分類知識(shí)問(wèn)卷，這10位社區(qū)居民在講座前和講座后問(wèn)卷答題的正確率如下圖：則（

）A．講座前問(wèn)卷答題的正確率的中位數(shù)小于B．講座后問(wèn)卷答題的正確率的平均數(shù)大于C．講座前問(wèn)卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差小于講座后正確率的標(biāo)準(zhǔn)差D．講座后問(wèn)卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差【答案】B【分析】由圖表信息，結(jié)合中位數(shù)、平均數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差、極差的概念，逐項(xiàng)判斷即可得解.【詳解】講座前中位數(shù)為,所以錯(cuò)；講座后問(wèn)卷答題的正確率只有一個(gè)是個(gè),剩下全部大于等于,所以講座后問(wèn)卷答題的正確率的平均數(shù)大于,所以B對(duì)；講座前問(wèn)卷答題的正確率更加分散,所以講座前問(wèn)卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差大于講座后正確率的標(biāo)準(zhǔn)差,所以C錯(cuò)；講座后問(wèn)卷答題的正確率的極差為，講座前問(wèn)卷答題的正確率的極差為,所以錯(cuò).故選:B.3．（2021·全國(guó)·高考真題）為了解某地農(nóng)村經(jīng)濟(jì)情況，對(duì)該地農(nóng)戶家庭年收入進(jìn)行抽樣調(diào)查，將農(nóng)戶家庭年收入的調(diào)查數(shù)據(jù)整理得到如下頻率分布直方圖：根據(jù)此頻率分布直方圖，下面結(jié)論中不正確的是（

）A．該地農(nóng)戶家庭年收入低于4.5萬(wàn)元的農(nóng)戶比率估計(jì)為6%B．該地農(nóng)戶家庭年收入不低于10.5萬(wàn)元的農(nóng)戶比率估計(jì)為10%C．估計(jì)該地農(nóng)戶家庭年收入的平均值不超過(guò)6.5萬(wàn)元D．估計(jì)該地有一半以上的農(nóng)戶，其家庭年收入介于4.5萬(wàn)元至8.5萬(wàn)元之間【答案】C【分析】根據(jù)直方圖的意義直接計(jì)算相應(yīng)范圍內(nèi)的頻率，即可判定ABD,以各組的中間值作為代表乘以相應(yīng)的頻率，然后求和即得到樣本的平均數(shù)的估計(jì)值，也就是總體平均值的估計(jì)值，計(jì)算后即可判定C.【詳解】因?yàn)轭l率直方圖中的組距為1，所以各組的直方圖的高度等于頻率.樣本頻率直方圖中的頻率即可作為總體的相應(yīng)比率的估計(jì)值.該地農(nóng)戶家庭年收入低于4.5萬(wàn)元的農(nóng)戶的比率估計(jì)值為,故A正確；該地農(nóng)戶家庭年收入不低于10.5萬(wàn)元的農(nóng)戶比率估計(jì)值為,故B正確；該地農(nóng)戶家庭年收入介于4.5萬(wàn)元至8.5萬(wàn)元之間的比例估計(jì)值為,故D正確；該地農(nóng)戶家庭年收入的平均值的估計(jì)值為(萬(wàn)元)，超過(guò)6.5萬(wàn)元，故C錯(cuò)誤.綜上，給出結(jié)論中不正確的是C.故選：C.二、多選題4．（2023·全國(guó)·高考真題）有一組樣本數(shù)據(jù)，其中是最小值，是最大值，則（

）A．的平均數(shù)等于的平均數(shù)B．的中位數(shù)等于的中位數(shù)C．的標(biāo)準(zhǔn)差不小于的標(biāo)準(zhǔn)差D．的極差不大于的極差【答案】BD【分析】根據(jù)題意結(jié)合平均數(shù)、中位數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差以及極差的概念逐項(xiàng)分析判斷.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：設(shè)的平均數(shù)為，的平均數(shù)為，則，因?yàn)闆](méi)有確定的大小關(guān)系，所以無(wú)法判斷的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：不妨設(shè)，可知的中位數(shù)等于的中位數(shù)均為，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)槭亲钚≈?，是最大值，則的波動(dòng)性不大于的波動(dòng)性，即的標(biāo)準(zhǔn)差不大于的標(biāo)準(zhǔn)差，例如：，則平均數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)差，，則平均數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)差，顯然，即；故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D：不妨設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故D正確；故選：BD.5．（2021·全國(guó)·高考真題）有一組樣本數(shù)據(jù)，，…，，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)，，…，，其中(為非零常數(shù)，則（

）A．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同B．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同C．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同D．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同【答案】CD【分析】A、C利用兩組數(shù)據(jù)的線性關(guān)系有、，即可判斷正誤；根據(jù)中位數(shù)、極差的定義，結(jié)合已知線性關(guān)系可判斷B、D的正誤.【詳解】A：且，故平均數(shù)不相同，錯(cuò)誤；B：若第一組中位數(shù)為，則第二組的中位數(shù)為，顯然不相同，錯(cuò)誤；C：，故方差相同，正確；D：由極差的定義知：若第一組的極差為，則第二組的極差為，故極差相同，正確；故選：CD6．（2021·全國(guó)·高考真題）下列統(tǒng)計(jì)量中，能度量樣本的離散程度的是（

）A．樣本的標(biāo)準(zhǔn)差 B．樣本的中位數(shù)C．樣本的極差 D．樣本的平均數(shù)【答案】AC【分析】考查所給的選項(xiàng)哪些是考查數(shù)據(jù)的離散程度，哪些是考查數(shù)據(jù)的集中趨勢(shì)即可確定正確選項(xiàng).【詳解】由標(biāo)準(zhǔn)差的定義可知，標(biāo)準(zhǔn)差考查的是數(shù)據(jù)的離散程度；由中位數(shù)的定義可知，中位數(shù)考查的是數(shù)據(jù)的集中趨勢(shì)；由極差的定義可知，極差考查的是數(shù)據(jù)的離散程度；由平均數(shù)的定義可知，平均數(shù)考查的是數(shù)據(jù)的集中趨勢(shì)；故選：AC.三、解答題7．（2023·全國(guó)·高考真題）某研究小組經(jīng)過(guò)研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項(xiàng)醫(yī)學(xué)指標(biāo)有明顯差異，經(jīng)過(guò)大量調(diào)查，得到如下的患病者和未患病者該指標(biāo)的頻率分布直方圖：

利用該指標(biāo)制定一個(gè)檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)，需要確定臨界值c，將該指標(biāo)大于c的人判定為陽(yáng)性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測(cè)標(biāo)準(zhǔn)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(yáng)性的概率，記為．假設(shè)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(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)當(dāng)漏診率％時(shí)，求臨界值c和誤診率；(2)設(shè)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，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(gè)圖可先求出，再根據(jù)第二個(gè)圖求出的矩形面積即可解出；（2）根據(jù)題意確定分段點(diǎn)，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．【詳解】（1）依題可知，左邊圖形第一個(gè)小矩形的面積為，所以，所以，解得：，．（2）當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，,故，所以在區(qū)間的最小值為．8．（2023·全國(guó)·高考真題）某廠為比較甲乙兩種工藝對(duì)橡膠產(chǎn)品伸縮率的處理效應(yīng)，進(jìn)行10次配對(duì)試驗(yàn)，每次配對(duì)試驗(yàn)選用材質(zhì)相同的兩個(gè)橡膠產(chǎn)品，隨機(jī)地選其中一個(gè)用甲工藝處理，另一個(gè)用乙工藝處理，測(cè)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(yàn)結(jié)果如下：試驗(yàn)序號(hào)12345678910伸縮率545533551522575544541568596548伸縮率536527543530560533522550576536記，記的樣本平均數(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(rèn)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(rèn)為有顯著提高）【答案】(1)，；(2)認(rèn)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.【分析】（1）直接利用平均數(shù)公式即可計(jì)算出，再得到所有的值，最后計(jì)算出方差即可；（2）根據(jù)公式計(jì)算出的值，和比較大小即可.【詳解】（1），，，的值分別為:，故（2）由（1）知:，，故有,所以認(rèn)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.9．（2022·全國(guó)·高考真題）某地經(jīng)過(guò)多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計(jì)一林區(qū)某種樹(shù)木的總材積量，隨機(jī)選取了10棵這種樹(shù)木，測(cè)量每棵樹(shù)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(hào)ｉ12345678910總和根部橫截面積0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材積量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并計(jì)算得．(1)估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)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(shù)木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；(3)現(xiàn)測(cè)量了該林區(qū)所有這種樹(shù)木的根部橫截面積，并得到所有這種樹(shù)木的根部橫截面積總和為．已知樹(shù)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(shù)木的總材積量的估計(jì)值．附：相關(guān)系數(shù)．【答案】(1)；(2)(3)【詳解】（1）樣本中10棵這種樹(shù)木的根部橫截面積的平均值樣本中10棵這種樹(shù)木的材積量的平均值據(jù)此可估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積為，平均一棵的材積量為（2）則（3）設(shè)該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量的估計(jì)值為，又已知樹(shù)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(shù)木的總材積量估計(jì)為10．（2022·全國(guó)·高考真題）在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)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(jì)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(diǎn)值為代表）；(2)估計(jì)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?從該地區(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)．【分析】（1）根據(jù)平均值等于各矩形的面積乘以對(duì)應(yīng)區(qū)間的中點(diǎn)值的和即可求出；（2）設(shè){一人患這種疾病的年齡在區(qū)間}，根據(jù)對(duì)立事件的概率公式即可解出；（3）根據(jù)條件概率公式即可求出．【詳解】（1）平均年齡

（歲）．（2）設(shè){一人患這種疾病的年齡在區(qū)間}，所以．（3）設(shè)“任選一人年齡位于區(qū)間[40,50)”，“從該地區(qū)中任選一人患這種疾病”，則由已知得：,則由條件概率公式可得從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間，此人患這種疾病的概率為．11．（2021·全國(guó)·高考真題）某廠研制了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設(shè)備，為檢驗(yàn)新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的某項(xiàng)指標(biāo)有無(wú)提高，用一臺(tái)舊設(shè)備和一臺(tái)新設(shè)備各生產(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項(xiàng)指標(biāo)數(shù)據(jù)如下：舊設(shè)備9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新設(shè)備10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5舊設(shè)備和新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)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(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備是否有顯著提高（如果，則認(rèn)為新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高，否則不認(rèn)為有顯著提高）．【答案】（1）；（2）新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高.【分析】（1）根據(jù)平均數(shù)和方差的計(jì)算方法，計(jì)算出平均數(shù)和方差.（2）根據(jù)題目所給判斷依據(jù)，結(jié)合（1）的結(jié)論進(jìn)行判斷.【詳解】（1），，，.（2）依題意，，，，所以新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高.考點(diǎn)02古典概型與排列組合一、單選題1．（2023·全國(guó)·高考真題）某學(xué)校為了解學(xué)生參加體育運(yùn)動(dòng)的情況，用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法作抽樣調(diào)查，擬從初中部和高中部?jī)蓪庸渤槿?0名學(xué)生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生，則不同的抽樣結(jié)果共有（

）．A．種 B．種C．種 D．種【答案】D【分析】利用分層抽樣的原理和組合公式即可得到答案.【詳解】根據(jù)分層抽樣的定義知初中部共抽取人，高中部共抽取，根據(jù)組合公式和分步計(jì)數(shù)原理則不同的抽樣結(jié)果共有種.故選：D.2．（2023·全國(guó)·高考真題）甲乙兩位同學(xué)從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有（

）A．30種 B．60種 C．120種 D．240種【答案】C【分析】相同讀物有6種情況，剩余兩種讀物的選擇再進(jìn)行排列，最后根據(jù)分步乘法公式即可得到答案.【詳解】首先確定相同得讀物，共有種情況，然后兩人各自的另外一種讀物相當(dāng)于在剩余的5種讀物里，選出兩種進(jìn)行排列，共有種，根據(jù)分步乘法公式則共有種，故選：C.3．（2023·全國(guó)·高考真題）現(xiàn)有5名志愿者報(bào)名參加公益活動(dòng)，在某一星期的星期六、星期日兩天，每天從這5人中安排2人參加公益活動(dòng)，則恰有1人在這兩天都參加的不同安排方式共有（

）A．120 B．60 C．30 D．20【答案】B【分析】利用分類加法原理，分類討論五名志愿者連續(xù)參加兩天公益活動(dòng)的情況，即可得解.【詳解】不妨記五名志愿者為，假設(shè)連續(xù)參加了兩天公益活動(dòng)，再?gòu)氖Ｓ嗟?人抽取2人各參加星期六與星期天的公益活動(dòng)，共有種方法，同理：連續(xù)參加了兩天公益活動(dòng)，也各有種方法，所以恰有1人連續(xù)參加了兩天公益活動(dòng)的選擇種數(shù)有種.故選：B.4．（2022·全國(guó)·高考真題）從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.【詳解】從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有種不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：，共7種，故所求概率.故選：D.5．（2022·全國(guó)·高考真題）有甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有（

）A．12種 B．24種 C．36種 D．48種【答案】B【分析】利用捆綁法處理丙丁，用插空法安排甲，利用排列組合與計(jì)數(shù)原理即可得解【詳解】因?yàn)楸∫谝黄?，先把丙丁捆綁，看做一個(gè)元素，連同乙，戊看成三個(gè)元素排列,有種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個(gè)元素的中間兩個(gè)位置任選一個(gè)位置插入，有2種插空方式；注意到丙丁兩人的順序可交換，有2種排列方式，故安排這5名同學(xué)共有：種不同的排列方式，故選：B6．（2021·全國(guó)·高考真題）將5名北京冬奧會(huì)志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個(gè)項(xiàng)目進(jìn)行培訓(xùn)，每名志愿者只分配到1個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（

）A．60種 B．120種 C．240種 D．480種【答案】C【分析】先確定有一個(gè)項(xiàng)目中分配2名志愿者，其余各項(xiàng)目中分配1名志愿者，然后利用組合，排列，乘法原理求得.【詳解】根據(jù)題意，有一個(gè)項(xiàng)目中分配2名志愿者，其余各項(xiàng)目中分配1名志愿者，可以先從5名志愿者中任選2人，組成一個(gè)小組，有種選法；然后連同其余三人，看成四個(gè)元素，四個(gè)項(xiàng)目看成四個(gè)不同的位置，四個(gè)不同的元素在四個(gè)不同的位置的排列方法數(shù)有4！種，根據(jù)乘法原理，完成這件事，共有種不同的分配方案，故選：C.7．（2021·全國(guó)·高考真題）將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的概率為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，可利用插空法，4個(gè)1產(chǎn)生5個(gè)空，若2個(gè)0相鄰，則有種排法，若2個(gè)0不相鄰，則有種排法，所以2個(gè)0不相鄰的概率為.故選：C.8．（2020·山東·高考真題）6名同學(xué)到甲、乙、丙三個(gè)場(chǎng)館做志愿者，每名同學(xué)只去1個(gè)場(chǎng)館，甲場(chǎng)館安排1名，乙場(chǎng)館安排2名，丙場(chǎng)館安排3名，則不同的安排方法共有（

）A．120種 B．90種C．60種 D．30種【答案】C【分析】分別安排各場(chǎng)館的志愿者，利用組合計(jì)數(shù)和乘法計(jì)數(shù)原理求解.【詳解】首先從名同學(xué)中選名去甲場(chǎng)館，方法數(shù)有；然后從其余名同學(xué)中選名去乙場(chǎng)館，方法數(shù)有；最后剩下的名同學(xué)去丙場(chǎng)館.故不同的安排方法共有種.故選：C【點(diǎn)睛】本小題主要考查分步計(jì)數(shù)原理和組合數(shù)的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題.9．（2020·海南·高考真題）要安排3名學(xué)生到2個(gè)鄉(xiāng)村做志愿者，每名學(xué)生只能選擇去一個(gè)村，每個(gè)村里至少有一名志愿者，則不同的安排方法共有（

）A．2種 B．3種 C．6種 D．8種【答案】C【分析】首先將3名學(xué)生分成兩個(gè)組，然后將2組學(xué)生安排到2個(gè)村即可.【詳解】第一步，將3名學(xué)生分成兩個(gè)組，有種分法第二步，將2組學(xué)生安排到2個(gè)村，有種安排方法所以，不同的安排方法共有種故選：C二、填空題10．（2024·全國(guó)·高考真題）在如圖的4×4的方格表中選4個(gè)方格，要求每行和每列均恰有一個(gè)方格被選中，則共有種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個(gè)數(shù)之和的最大值是．【答案】24112【分析】由題意可知第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個(gè)方格可選；利用列舉法寫出所有的可能結(jié)果，即可求解.【詳解】由題意知，選4個(gè)方格，每行和每列均恰有一個(gè)方格被選中，則第一列有4個(gè)方格可選，第二列有3個(gè)方格可選，第三列有2個(gè)方格可選，第四列有1個(gè)方格可選，所以共有種選法；每種選法可標(biāo)記為，分別表示第一、二、三、四列的數(shù)字，則所有的可能結(jié)果為：，，，，所以選中的方格中，的4個(gè)數(shù)之和最大，為.故答案為：24；11211．（2024·全國(guó)·高考真題）有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1、2、3、4、5、6，從中無(wú)放回地隨機(jī)取3次，每次取1個(gè)球.記為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值，為取出的三個(gè)球上數(shù)字的平均值，則與之差的絕對(duì)值不大于的概率為．【答案】【分析】根據(jù)排列可求基本事件的總數(shù)，設(shè)前兩個(gè)球的號(hào)碼為，第三個(gè)球的號(hào)碼為，則，就的不同取值分類討論后可求隨機(jī)事件的概率.【詳解】從6個(gè)不同的球中不放回地抽取3次，共有種，設(shè)前兩個(gè)球的號(hào)碼為，第三個(gè)球的號(hào)碼為，則，故，故，故，若，則，則為：，故有2種，若，則，則為：，，故有10種，當(dāng)，則，則為：，，故有16種，當(dāng)，則，同理有16種，當(dāng)，則，同理有10種，當(dāng)，則，同理有2種，共與的差的絕對(duì)值不超過(guò)時(shí)不同的抽取方法總數(shù)為，故所求概率為.故答案為：12．（2023·全國(guó)·高考真題）某學(xué)校開(kāi)設(shè)了4門體育類選修課和4門藝術(shù)類選修課，學(xué)生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有種（用數(shù)字作答）．【答案】64【分析】分類討論選修2門或3門課，對(duì)選修3門，再討論具體選修課的分配，結(jié)合組合數(shù)運(yùn)算求解.【詳解】（1）當(dāng)從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種；（2）當(dāng)從8門課中選修3門，①若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種；②若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種；綜上所述：不同的選課方案共有種.故答案為：64.13．（2022·全國(guó)·高考真題）從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為．【答案】/0.3【分析】根據(jù)古典概型計(jì)算即可【詳解】解法一：設(shè)這5名同學(xué)分別為甲，乙，1,2,3，從5名同學(xué)中隨機(jī)選3名，有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10種選法；其中，甲、乙都入選的選法有3種，故所求概率.故答案為：.解法二：從5名同學(xué)中隨機(jī)選3名的方法數(shù)為甲、乙都入選的方法數(shù)為，所以甲、乙都入選的概率故答案為：14．（2022·全國(guó)·高考真題）從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，則這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率為．【答案】.【分析】根據(jù)古典概型的概率公式即可求出．【詳解】從正方體的個(gè)頂點(diǎn)中任取個(gè)，有個(gè)結(jié)果，這個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的有個(gè)，故所求概率．故答案為：．考點(diǎn)03正態(tài)分布、離散型分布及應(yīng)用一、單選題1．（2021·全國(guó)·高考真題）某物理量的測(cè)量結(jié)果服從正態(tài)分布，下列結(jié)論中不正確的是（

）A．越小，該物理量在一次測(cè)量中在的概率越大B．該物理量在一次測(cè)量中大于10的概率為0.5C．該物理量在一次測(cè)量中小于9.99與大于10.01的概率相等D．該物理量在一次測(cè)量中落在與落在的概率相等【答案】D【分析】由正態(tài)分布密度曲線的特征逐項(xiàng)判斷即可得解.【詳解】對(duì)于A，為數(shù)據(jù)的方差，所以越小，數(shù)據(jù)在附近越集中，所以測(cè)量結(jié)果落在內(nèi)的概率越大，故A正確；對(duì)于B，由正態(tài)分布密度曲線的對(duì)稱性可知該物理量一次測(cè)量大于10的概率為，故B正確；對(duì)于C，由正態(tài)分布密度曲線的對(duì)稱性可知該物理量一次測(cè)量結(jié)果大于的概率與小于的概率相等，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)樵撐锢砹恳淮螠y(cè)量結(jié)果落在的概率與落在的概率不同，所以一次測(cè)量結(jié)果落在的概率與落在的概率不同，故D錯(cuò)誤.故選：D.二、多選題2．（2024·全國(guó)·高考真題）隨著“一帶一路”國(guó)際合作的深入，某茶葉種植區(qū)多措并舉推動(dòng)茶葉出口.為了解推動(dòng)出口后的畝收入（單位：萬(wàn)元）情況，從該種植區(qū)抽取樣本，得到推動(dòng)出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區(qū)以往的畝收入服從正態(tài)分布，假設(shè)推動(dòng)出口后的畝收入服從正態(tài)分布，則（

）（若隨機(jī)變量Z服從正態(tài)分布，）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)正態(tài)分布的原則以及正態(tài)分布的對(duì)稱性即可解出.【詳解】依題可知，，所以，故，C正確，D錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，而，B正確，A錯(cuò)誤，故選：BC．3．（2020·山東·高考真題）信息熵是信息論中的一個(gè)重要概念.設(shè)隨機(jī)變量X所有可能的取值為，且，定義X的信息熵.則（

）A．若n=1，則H(X)=0B．若n=2，則H(X)隨著的增大而增大C．若，則H(X)隨著n的增大而增大D．若n=2m，隨機(jī)變量Y所有可能的取值為，且，則H(X)≤H(Y)【答案】AC【分析】對(duì)于A選項(xiàng)，求得，由此判斷出A選項(xiàng)；對(duì)于B選項(xiàng)，利用特殊值法進(jìn)行排除；對(duì)于C選項(xiàng)，計(jì)算出，利用對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷出C選項(xiàng)；對(duì)于D選項(xiàng)，計(jì)算出，利用基本不等式和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷出D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，若，則，所以，所以A選項(xiàng)正確.對(duì)于B選項(xiàng)，若，則，，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，兩者相等，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于C選項(xiàng)，若，則，則隨著的增大而增大，所以C選項(xiàng)正確.對(duì)于D選項(xiàng)，若，隨機(jī)變量的所有可能的取值為，且（）..由于，所以，所以，所以，所以，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：AC三、填空題4．（2024·全國(guó)·高考真題）甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標(biāo)有一個(gè)數(shù)字，甲的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字2，4，6，8，兩人進(jìn)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(jī)選一張，并比較所選卡片上數(shù)字的大小，數(shù)字大的人得1分，數(shù)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【分析】將每局的得分分別作為隨機(jī)變量，然后分析其和隨機(jī)變量即可.【詳解】設(shè)甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.對(duì)于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌組合有六種，從而甲在該輪得分的概率，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(duì)應(yīng)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(duì)應(yīng)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：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為隨機(jī)變量問(wèn)題，利用期望的可加性得到等量關(guān)系，從而避免繁瑣的列舉.5．（2022·全國(guó)·高考真題）已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，且，則．【答案】/．【分析】根據(jù)正態(tài)分布曲線的性質(zhì)即可解出．【詳解】因?yàn)?，所以，因此．故答案為：．四、解答題6．（2024·全國(guó)·高考真題）某投籃比賽分為兩個(gè)階段，每個(gè)參賽隊(duì)由兩名隊(duì)員組成，比賽具體規(guī)則如下：第一階段由參賽隊(duì)中一名隊(duì)員投籃3次，若3次都未投中，則該隊(duì)被淘汰，比賽成績(jī)?yōu)?分；若至少投中一次，則該隊(duì)進(jìn)入第二階段.第二階段由該隊(duì)的另一名隊(duì)員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中得0分.該隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)榈诙A段的得分總和．某參賽隊(duì)由甲、乙兩名隊(duì)員組成，設(shè)甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨(dú)立．(1)若，，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分的概率．(2)假設(shè)，（i）為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？（ii）為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)的數(shù)學(xué)期望最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？【答案】(1)(2)（i）由甲參加第一階段比賽；（i）由甲參加第一階段比賽；【分析】（1）根據(jù)對(duì)立事件的求法和獨(dú)立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i）首先各自計(jì)算出，，再作差因式分解即可判斷；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步驟列出分布列，計(jì)算出各自期望，再次作差比較大小即可.【詳解】（1）甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中1次，比賽成績(jī)不少于5分的概率.（2）（i）若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率為，若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率為，，，，應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)的所有可能取值為0，5，10，15，，，，，記乙先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)的所有可能取值為0，5，10，15，同理，因?yàn)?，則，，則，應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問(wèn)的關(guān)鍵是計(jì)算出相關(guān)概率和期望，采用作差法并因式分解從而比較出大小關(guān)系，最后得到結(jié)論.7．（2022·全國(guó)·高考真題）甲、乙兩個(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒(méi)有平局．三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍．已知甲學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望．【答案】(1)；(2)分布列見(jiàn)解析，.【分析】（1）設(shè)甲在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為，再根據(jù)甲獲得冠軍則至少獲勝兩個(gè)項(xiàng)目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互獨(dú)立事件的乘法公式即可求出；（2）依題可知，的可能取值為，再分別計(jì)算出對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列，即可求出期望．【詳解】（1）設(shè)甲在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為，所以甲學(xué)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.8．（2021·全國(guó)·高考真題）某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A，B兩類問(wèn)題，每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問(wèn)題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問(wèn)題回答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問(wèn)題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問(wèn)題回答，無(wú)論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束.A類問(wèn)題中的每個(gè)問(wèn)題回答正確得20分，否則得0分；B類問(wèn)題中的每個(gè)問(wèn)題回答正確得80分，否則得0分，已知小明能正確回答A類問(wèn)題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問(wèn)題的概率為0.6，且能正確回答問(wèn)題的概率與回答次序無(wú)關(guān).（1）若小明先回答A類問(wèn)題，記為小明的累計(jì)得分，求的分布列；（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問(wèn)題？并說(shuō)明理由.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）類．【分析】（1）通過(guò)題意分析出小明累計(jì)得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）與（1）類似，找出先回答類問(wèn)題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個(gè)期望的大小即可．【詳解】（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(wèn)題，記為小明的累計(jì)得分，則的所有可能取值為，，．；；．所以．因?yàn)?，所以小明?yīng)選擇先回答類問(wèn)題．考點(diǎn)04事件的獨(dú)立，條件概率與全概率公式應(yīng)用，獨(dú)立性檢驗(yàn)一、單選題1．（2023·全國(guó)·高考真題）某地的中學(xué)生中有的同學(xué)愛(ài)好滑冰，的同學(xué)愛(ài)好滑雪，的同學(xué)愛(ài)好滑冰或愛(ài)好滑雪.在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同學(xué)，若該同學(xué)愛(ài)好滑雪，則該同學(xué)也愛(ài)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(shí)愛(ài)好兩項(xiàng)的概率,利用條件概率的知識(shí)求解.【詳解】同時(shí)愛(ài)好兩項(xiàng)的概率為，記“該同學(xué)愛(ài)好滑雪”為事件,記“該同學(xué)愛(ài)好滑冰”為事件，則，所以.故選:.2．（2022·全國(guó)·高考真題）某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨(dú)立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，且．記該棋手連勝兩盤的概率為p，則（

）A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無(wú)關(guān) B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大 D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大【答案】D【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率；該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率；該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概率.并對(duì)三者進(jìn)行比較即可解決【詳解】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，記該棋手在第二盤與甲比賽，比賽順序?yàn)橐壹妆氨滓业母怕示鶠?，則此時(shí)連勝兩盤的概率為則；記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為，則記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為則則即，，則該棋手在第二盤與丙比賽，最大.選項(xiàng)D判斷正確；選項(xiàng)BC判斷錯(cuò)誤；與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項(xiàng)A判斷錯(cuò)誤.故選：D3．（2021·全國(guó)·高考真題）有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（

）A．甲與丙相互獨(dú)立 B．甲與丁相互獨(dú)立C．乙與丙相互獨(dú)立 D．丙與丁相互獨(dú)立【答案】B【分析】根據(jù)獨(dú)立事件概率關(guān)系逐一判斷【詳解】，故選：B二、多選題4．（2023·全國(guó)·高考真題）在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立．發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為，收到1的概率為.考慮兩種傳輸方案：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏敚畣未蝹鬏斒侵该總€(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)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(fā)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(fā)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(fā)送1，則譯碼為1的概率為D．當(dāng)時(shí)，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率【答案】ABD【分析】利用相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算判斷AB；利用相互獨(dú)立事件及互斥事件的概率計(jì)算判斷C；求出兩種傳輸方案的概率并作差比較判斷D作答.【詳解】對(duì)于A，依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1接收1的3個(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為，A正確；對(duì)于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當(dāng)于依次發(fā)送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件，是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為，B正確；對(duì)于C，三次傳輸，發(fā)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(xiàng)B知，所以所求的概率為，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由選項(xiàng)C知，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率，單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率，而，因此，即，D正確.故選：ABD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)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兩兩互斥事件的和，相互獨(dú)立事件的積是解題的關(guān)鍵.三、解答題5．（2024·全國(guó)·高考真題）某投籃比賽分為兩個(gè)階段，每個(gè)參賽隊(duì)由兩名隊(duì)員組成，比賽具體規(guī)則如下：第一階段由參賽隊(duì)中一名隊(duì)員投籃3次，若3次都未投中，則該隊(duì)被淘汰，比賽成績(jī)?yōu)?分；若至少投中一次，則該隊(duì)進(jìn)入第二階段.第二階段由該隊(duì)的另一名隊(duì)員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中得0分.該隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)榈诙A段的得分總和．某參賽隊(duì)由甲、乙兩名隊(duì)員組成，設(shè)甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨(dú)立．(1)若，，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分的概率．(2)假設(shè)，（i）為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？（ii）為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)的數(shù)學(xué)期望最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？【答案】(1)(2)（i）由甲參加第一階段比賽；（i）由甲參加第一階段比賽；【分析】（1）根據(jù)對(duì)立事件的求法和獨(dú)立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i）首先各自計(jì)算出，，再作差因式分解即可判斷；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步驟列出分布列，計(jì)算出各自期望，再次作差比較大小即可.【詳解】（1）甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中1次，比賽成績(jī)不少于5分的概率.（2）（i）若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率為，若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率為，，，，應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)的所有可能取值為0，5，10，15，，，，，記乙先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)的所有可能取值為0，5，10，15，同理，因?yàn)?，則，，則，應(yīng)該由甲參加第一階段比賽.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問(wèn)的關(guān)鍵是計(jì)算出相關(guān)概率和期望，采用作差法并因式分解從而比較出大小關(guān)系，最后得到結(jié)論.6．（2024·全國(guó)·高考真題）某工廠進(jìn)行生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造，升級(jí)改造后，從該工廠甲、乙兩個(gè)車間的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取150件進(jìn)行檢驗(yàn)，數(shù)據(jù)如下：優(yōu)級(jí)品合格品不合格品總計(jì)甲車間2624050乙車間70282100總計(jì)96522150(1)填寫如下列聯(lián)表：優(yōu)級(jí)品非優(yōu)級(jí)品甲車間乙車間能否有的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異？能否有的把握認(rèn)為甲，乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異？(2)已知升級(jí)改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率，設(shè)為升級(jí)改造后抽取的n件產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率.如果，則認(rèn)為該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率提高了，根據(jù)抽取的150件產(chǎn)品的數(shù)據(jù)，能否認(rèn)為生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率提高了？（）附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案見(jiàn)詳解(2)答案見(jiàn)詳解【詳解】（1）根據(jù)題意可得列聯(lián)表：優(yōu)級(jí)品非優(yōu)級(jí)品甲車間2624乙車間7030可得，因?yàn)?，所以有的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異，沒(méi)有的把握認(rèn)為甲，乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異.（2）由題意可知：生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品的頻率為，用頻率估計(jì)概率可得，又因?yàn)樯?jí)改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率，則，可知，所以可以認(rèn)為生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率提高了.7．（2023·全國(guó)·高考真題）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(duì)方投籃．無(wú)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(jī)變量服從兩點(diǎn)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)【詳解】（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(shè)，依題可知，，則，即，構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)，解得，則，又，所以是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，即．（3）因?yàn)椋?，所以?dāng)時(shí)，，故．8．（2023·全國(guó)·高考真題）一項(xiàng)試驗(yàn)旨在研究臭氧效應(yīng).實(shí)驗(yàn)方案如下：選40只小白鼠，隨機(jī)地將其中20只分配到實(shí)驗(yàn)組，另外20只分配到對(duì)照組，實(shí)驗(yàn)組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對(duì)照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時(shí)間后統(tǒng)計(jì)每只小白鼠體重的增加量（單位：g）.(1)設(shè)表示指定的兩只小白鼠中分配到對(duì)照組的只數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下：對(duì)照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)椋?5.2

18.8

20.2

21.3

22.5

23.2

25.8

26.5

27.5

30.132.6

34.3

34.8

35.6

35.6

35.8

36.2

37.3

40.5

43.2實(shí)驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)椋?.8

9.2

11.4

12.4

13.2

15.5

16.5

18.0

18.8

19.219.8

20.2

21.6

22.8

23.6

23.9

25.1

28.2

32.3

36.5（i）求40只小鼠體重的增加量的中位數(shù)m，再分別統(tǒng)計(jì)兩樣本中小于m與不小于的數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù)，完成如下列聯(lián)表：對(duì)照組實(shí)驗(yàn)組（ii）根據(jù)（i）中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認(rèn)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(jiàn)解析，(2)（i）；列聯(lián)表見(jiàn)解析，（ii）能【分析】（1）利用超幾何分布的知識(shí)即可求得分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）（i）根據(jù)中位數(shù)的定義即可求得，從而求得列聯(lián)表；（ii）利用獨(dú)立性檢驗(yàn)的卡方計(jì)算進(jìn)行檢驗(yàn)，即可得解.【詳解】（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(jì)對(duì)照組61420實(shí)驗(yàn)組14620合計(jì)202040（ii）由（i）可得，，所以能有的把握認(rèn)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.9．（2022·全國(guó)·高考真題）一醫(yī)療團(tuán)隊(duì)為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣（衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類）的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機(jī)調(diào)查了100例（稱為病例組），同時(shí)在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人（稱為對(duì)照組），得到如下數(shù)據(jù)：不夠良好良好病例組4060對(duì)照組1090(1)能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異？(2)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”．與的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對(duì)患該疾病風(fēng)險(xiǎn)程度的一項(xiàng)度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R．（ⅰ）證明：；（ⅱ）利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出的估計(jì)值，并利用（?。┑慕Y(jié)果給出R的估計(jì)值．附，0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案見(jiàn)解析(2)（i）證明見(jiàn)解析；(ii)；【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異；(2)(i)根據(jù)定義結(jié)合條件概率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)（i）結(jié)合已知數(shù)據(jù)求.【詳解】（1）由已知，又，，所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.（2）(i)因?yàn)?，所以所以?ii)由已知，，又，，所以10．（2021·全國(guó)·高考真題）甲、乙兩臺(tái)機(jī)床生產(chǎn)同種產(chǎn)品，產(chǎn)品按質(zhì)量分為一級(jí)品和二級(jí)品，為了比較兩臺(tái)機(jī)床產(chǎn)品的質(zhì)量，分別用兩臺(tái)機(jī)床各生產(chǎn)了200件產(chǎn)品，產(chǎn)品的質(zhì)量情況統(tǒng)計(jì)如下表：一級(jí)品二級(jí)品合計(jì)甲機(jī)床15050200乙機(jī)床12080200合計(jì)270130400（1）甲機(jī)床、乙機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級(jí)品的頻率分別是多少?（2）能否有99%的把握認(rèn)為甲機(jī)床的產(chǎn)品質(zhì)量與乙機(jī)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.【分析】根據(jù)給出公式計(jì)算即可【詳解】（1）甲機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級(jí)品的頻率為,乙機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級(jí)品的頻率為.（2）,故能有99%的把握認(rèn)為甲機(jī)床的產(chǎn)品與乙機(jī)床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異.11．（2020·山東·高考真題）為加強(qiáng)環(huán)境保護(hù)，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測(cè)部門對(duì)某市空氣質(zhì)量進(jìn)行調(diào)研，隨機(jī)抽查了天空氣中的和濃度（單位：），得下表：（1）估計(jì)事件“該市一天空氣中濃度不超過(guò)，且濃度不超過(guò)”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(rèn)為該市一天空氣中濃度與濃度有關(guān)？附：，【答案】（1）；（2）答案見(jiàn)解析；（3）有.【分析】（1）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)以及古典概型的概率公式可求得結(jié)果；（2）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可得列聯(lián)表；（3）計(jì)算出，結(jié)合臨界值表可得結(jié)論.【詳解】（1）由表格可知，該市100天中，空氣中的濃度不超過(guò)75，且濃度不超過(guò)150的天數(shù)有天，所以該市一天中，空氣中的濃度不超過(guò)75，且濃度不超過(guò)150的概率為；（2）由所給數(shù)據(jù)，可得列聯(lián)表為：合計(jì)641680101020合計(jì)7426100（3）根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)可得，因?yàn)楦鶕?jù)臨界值表可知，有的把握認(rèn)為該市一天空氣中濃度與濃度有關(guān).考點(diǎn)05概率綜合應(yīng)用一、多選題1．（2023·全國(guó)·高考真題）在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立．發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為，收到1的概率為.考慮兩種傳輸方案：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏敚畣未蝹鬏斒侵该總€(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)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(fā)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(fā)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(fā)送1，則譯碼為1的概率為D．當(dāng)時(shí)，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率【答案】ABD【分析】利用相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算判斷AB；利用相互獨(dú)立事件及互斥事件的概率計(jì)算判斷C；求出兩種傳輸方案的概率并作差比較判斷D作答.【詳解】對(duì)于A，依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1接收1的3個(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為，A正確；對(duì)于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當(dāng)于依次發(fā)送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件，是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個(gè)事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為，B正確；對(duì)于C，三次傳輸，發(fā)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(xiàng)B知，所以所求的概率為，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由選項(xiàng)C知，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率，單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率，而，因此，即，D正確.故選：ABD二、解答題2．（2024·全國(guó)·高考真題）設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)和后剩余的項(xiàng)可被平均分為組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列．(1)寫出所有的，，使數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列；(2)當(dāng)時(shí)，證明：數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列；(3)從中一次任取兩個(gè)數(shù)和，記數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列的概率為，證明：．【答案】(1)(2)證明見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析【詳解】（1）首先，我們?cè)O(shè)數(shù)列的公差為，則.由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，得到新?shù)列，然后對(duì)進(jìn)行相應(yīng)的討論即可.換言之，我們可以不妨設(shè)，此后的討論均建立在該假設(shè)下進(jìn)行.回到原題，第1小問(wèn)相當(dāng)于從中取出兩個(gè)數(shù)和，使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列.（3）定義集合，.下面證明，對(duì)，如果下面兩個(gè)命題同時(shí)成立，則數(shù)列一定是可分?jǐn)?shù)列：命題1：或；命題2：.我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.第一種情況：如果，且.此時(shí)設(shè)，，.則由可知，即，故.此時(shí)，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）故此時(shí)數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列.第二種情況：如果，且.此時(shí)設(shè)，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時(shí)，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下四個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，，共組；③全體，其中，共組；④，共組.（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含