2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-回顧5-概率與統(tǒng)計-專項訓(xùn)練【含答案】

回顧5概率與統(tǒng)計1．排列數(shù)、組合數(shù)公式，組合數(shù)的性質(zhì)(1)排列數(shù)公式：Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)(m≤n，m，n∈N*)．規(guī)定：0?。?.(2)組合數(shù)公式：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1n－2·…·n－m＋1,m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)(m≤n，m，n∈N*)．規(guī)定：Ceq\o\al(0,n)＝1.(3)組合數(shù)性質(zhì)：Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)，Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n).2．二項式定理及二項展開式的通項公式二項式定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b1＋Ceq\o\al(2,n)an－2b2＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn，n∈N*.二項展開式的通項：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk(k＝0,1，…，n)．3．二項式系數(shù)的性質(zhì)Ceq\o\al(k,n)為二項式系數(shù)(區(qū)別于該項的系數(shù))，其性質(zhì)：(1)對稱性：Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n)(k＝0,1,2，…，n)．(2)系數(shù)和：Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n，Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝2n－1.(3)最值：n為偶數(shù)時，中間一項的二項式系數(shù)最大且二項式系數(shù)為；n為奇數(shù)時，中間兩項的二項式系數(shù)最大．4．隨機(jī)事件之間的關(guān)系(1)必然事件Ω，P(Ω)＝1；不可能事件?，P(?)＝0.(2)包含關(guān)系：A?B，“如果事件A發(fā)生則事件B一定發(fā)生”稱事件B包含事件A.(3)事件的和(并)：A＋B或A∪B，“事件A與事件B至少有一個發(fā)生”叫做事件A與事件B的和(并)事件．(4)事件的積(交)：AB或A∩B，“事件A與事件B同時發(fā)生”叫做事件A與事件B的積(交)事件．(5)互斥事件：“事件A與事件B不能同時發(fā)生”叫做事件A與事件B互斥，P(AB)＝0.(6)對立事件：A∪eq\x\to(A)＝Ω，A∩eq\x\to(A)＝?.(7)相互獨立事件：事件A發(fā)生與否對事件B發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件叫做相互獨立事件，事件A與事件B相互獨立，則A與eq\x\to(B)，eq\x\to(A)與B，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也相互獨立．5．概率的計算公式(1)古典概型的概率計算公式P(A)＝eq\f(事件A包含的樣本點的個數(shù),樣本點的總數(shù))＝eq\f(m,n).(2)若A，B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．(3)P(A)＝1－P(eq\x\to(A))．(4)若A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B)．(5)如果在一次試驗中A發(fā)生的概率是p(0<p<1)，那么在n重伯努利試驗中A恰好發(fā)生k次的概率Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.(6)條件概率：P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).(7)全概率公式一般地，設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai).*(8)貝葉斯公式設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對任意的事件B?Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝eq\f(PAiPB|Ai,PB)＝eq\f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1,2，…，n.6．離散型隨機(jī)變量的均值和方差(1)公式：E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\i\su(i＝1,n,x)ipi.D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi.(2)均值、方差的性質(zhì)：①E(k)＝k(k為常數(shù))，D(k)＝0(k為常數(shù))．②E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．(3)兩點分布與二項分布的均值與方差①若隨機(jī)變量X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．②若隨機(jī)變量X服從二項分布，即X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．7．常用的抽樣方法簡單隨機(jī)抽樣、分層隨機(jī)抽樣．8．統(tǒng)計中的四個數(shù)據(jù)(1)眾數(shù)：在樣本數(shù)據(jù)中，出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù)據(jù)．(2)中位數(shù)：在樣本數(shù)據(jù)中，將數(shù)據(jù)按大小依次排列，位于最中間的數(shù)據(jù)．如果數(shù)據(jù)的個數(shù)為偶數(shù)，就取中間兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)作為中位數(shù)．(3)平均數(shù)：樣本數(shù)據(jù)的算術(shù)平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)．(4)方差與標(biāo)準(zhǔn)差方差：s2＝eq\f(1,n)[(x1－eq\x\to(x))2＋(x2－eq\x\to(x))2＋…＋(xn－eq\x\to(x))2]．標(biāo)準(zhǔn)差：s＝eq\r(\f(1,n)[x1－\x\to(x)2＋x2－\x\to(x)2＋…＋xn－\x\to(x)2]).9．線性回歸經(jīng)驗回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))一定過點(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))．10．獨立性檢驗利用χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)的取值推斷分類變量X和Y是否獨立的方法稱為χ2獨立性檢驗，讀作“卡方獨立性檢驗”，簡稱獨立性檢驗．11．正態(tài)分布如果隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，則記為X～N(μ，σ2)．X落在三個特殊區(qū)間的概率為(1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.1．求解排列問題常用的方法直接法把符合條件的排列數(shù)直接列式計算優(yōu)先法優(yōu)先安排特殊元素或特殊位置捆綁法相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進(jìn)行排列，同時注意捆綁元素的內(nèi)部排列插空法不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素的排列產(chǎn)生的空中先整體，后局部“小集團(tuán)”排列問題中，先整體，后局部除法對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列間接法正難則反，等價轉(zhuǎn)化的方法2.古典概型中樣本點個數(shù)的確定方法方法適用條件列表法此法適合于從多個元素中選定兩個元素的試驗，也可看成是坐標(biāo)法樹狀圖法樹狀圖是進(jìn)行列舉的一種常用方法，適合用于有順序的問題及較復(fù)雜問題中樣本點數(shù)的探求3.頻率分布直方圖中的眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)(1)最高的小長方形底邊中點的橫坐標(biāo)為眾數(shù)；(2)中位數(shù)左邊和右邊的小長方形的面積和是相等的；(3)平均數(shù)是頻率分布直方圖的“重心”，其估計值等于頻率分布直方圖中每個小長方形的面積乘以小長方形底邊中點的橫坐標(biāo)之和．4．樣本相關(guān)系數(shù)r可以表示兩個變量間的相關(guān)性當(dāng)r>0時，表明兩個變量正相關(guān)；當(dāng)r<0時，表明兩個變量負(fù)相關(guān)．r的絕對值越接近于1，表明兩個變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)．r的絕對值越接近于0，表明兩個變量之間幾乎不存在線性相關(guān)關(guān)系．1．(2023·?？谀M)某班舉辦古詩詞大賽，其中一個環(huán)節(jié)要求默寫《詠柳》《送元二使安西》《黃鶴樓送孟浩然之廣陵》《絕句》《江畔獨步尋花》五首古詩，并要求《黃鶴樓送孟浩然之廣陵》《絕句》默寫次序相鄰，則不同的默寫次序有()A．36種B．48種C．72種D．96種答案B解析將相鄰的兩首詩《黃鶴樓送孟浩然之廣陵》《絕句》捆綁有Aeq\o\al(2,2)＝2(種)方法，再作為一個元素，與其他3首詩作全排列有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)方法，所以共有2×24＝48(種)．2．在孟德爾豌豆試驗中，子二代的基因型為DD，Dd，dd，其中D為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基因型的比為1∶2∶1.如果在子二代中任意選取2顆豌豆作為父本雜交，那么子三代中基因型為dd的概率為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,16)答案A解析記事件B：子三代中基因型為dd，記事件A1：選擇的是Dd，Dd，記事件A2：選擇的是dd，dd，記事件A3：選擇的是dd，Dd，則P(A1)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(A2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,16)，P(A3)＝2×eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).在子二代中任取2顆豌豆作為父本雜交，分以下三種情況討論：①若選擇的是Dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A1)＝eq\f(1,4)；②若選擇的是dd，dd，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A2)＝1；③若選擇的是dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A3)＝eq\f(1,2).綜上所述，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,16)×1＋eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).因此，子三代中基因型為dd的概率是eq\f(1,4).3．(多選)下列命題中，為真命題的是()A．若經(jīng)驗回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝－0.45x＋0.6，則變量y與x正相關(guān)B．在線性回歸分析中，用決定系數(shù)R2來刻畫回歸的效果，若R2值越小，則模型的擬合效果越好C．若樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的方差為2，則數(shù)據(jù)2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的方差為8D．一個人連續(xù)射擊三次，則事件“至少擊中兩次”的對立事件是“至多擊中一次”答案CD解析因為eq\o(b,\s\up6(^))＝－0.45<0，所以變量y與x負(fù)相關(guān)，A錯誤；R2值越大，模型的擬合效果越好，B錯誤；數(shù)據(jù)2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的方差為22×2＝8，C正確；事件“至少擊中兩次”的對立事件是“至多擊中一次”，D正確．4．(2023·廣州模擬)某小區(qū)從2000戶居民中隨機(jī)抽取100戶進(jìn)行月用電量調(diào)查，發(fā)現(xiàn)他們的用電量都在50～350kW·h之間，進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆纸M后(每組為左閉右開的區(qū)間)，畫出頻率分布直方圖如圖所示．則()A．該小區(qū)居民月用電量的平均數(shù)為186.5，極差為300B．該小區(qū)居民月用電量的中位數(shù)為171，眾數(shù)為175C．可以估計該小區(qū)居民月用電量的85%分位數(shù)約為262.5D．該小區(qū)居民月用電量不小于250kW·h的約有380戶答案C解析對于A，極差為300，小區(qū)用電量的平均數(shù)為50×0.0024×75＋50×0.0036×125＋50×0.0060×175＋50×0.0044×225＋50×0.0024×275＋50×0.0012×325＝186，故A錯誤；對于B，小區(qū)用電量眾數(shù)為eq\f(150＋200,2)＝175，因為50×(0.0024＋0.0036)＝0.3,50×(0.0024＋0.0036＋0.0060)＝0.6，故小區(qū)用電量的中位數(shù)在[150,200)內(nèi)，設(shè)為m，則0.3＋(m－150)×0.0060＝0.5，解得m＝eq\f(550,3)，故B錯誤；對于C，因為50×(0.0024＋0.0036＋0.0060＋0.0044)＝0.82<0.85，50×(0.0024＋0.0036＋0.0060＋0.0044＋0.0024)＝0.94>0.85，故估計小區(qū)居民月用電量的85%分位數(shù)在[250,300)內(nèi)，設(shè)為x，則0.82＋(x－250)×0.0024＝0.85，解得x＝262.5，故C正確；對于D，樣本中月用電量不小于250kW·h的頻率為0.0024×50＋0.0012×50＝0.18，所以該小區(qū)居民月用電量不小于250kW·h的約有2000×0.18＝360(戶)，故D錯誤．5．(多選)(2023·石家莊模擬)投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，事件A＝“朝上一面點數(shù)為奇數(shù)”，事件B＝“朝上一面點數(shù)不超過2”，則下列敘述正確的是()A．事件A，B互斥B．事件A，B相互獨立C．P(A∪B)＝eq\f(5,6)D．P(B|A)＝eq\f(1,3)答案BD解析對于A，若朝上一面的點數(shù)為1，則事件A，B同時發(fā)生，∴事件A，B不互斥，A錯誤；對于B，∵事件A不影響事件B的發(fā)生，∴事件A，B相互獨立，B正確；對于C，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(3,6)＋eq\f(2,6)－eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，C錯誤；對于D，∵P(AB)＝eq\f(1,6)，P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq\f(1,3)，D正確．6．橘生淮南則為橘，生于淮北則為枳，出自《晏子使楚》．意思是說，橘樹生長在淮河以南的地方就是橘樹，生長在淮河以北的地方就是枳樹，現(xiàn)在常用來比喻一旦環(huán)境改變，事物的性質(zhì)也可能隨之改變．某科研院校培育橘樹新品種，使得橘樹在淮北種植成功，經(jīng)過科學(xué)統(tǒng)計，單個果品的質(zhì)量ξ(單位：g)近似服從正態(tài)分布N(90，σ2)，且P(86<ξ≤90)＝0.2，在1000個橘果中，估計單個果品質(zhì)量不低于94g的橘果個數(shù)為________．答案300解析結(jié)合正態(tài)分布特征，P(86<ξ≤90)＝P(90≤ξ<94)＝0.2，P(ξ≥94)＝eq\f(1－2×0.2,2)＝0.3，所以估計單個果品質(zhì)量不低于94g的橘果個數(shù)為0.3×1000＝300.7．以正方體的頂點為頂點的三棱錐的個數(shù)是________．答案58解析首先從8個頂點中選4個，共有Ceq\o\al(4,8)＝70(種)結(jié)果，其中，有四點共面的情況，6個表面有6個四點共面情況，6個對角面有6個四點共面情況，所以以正方體的頂點為頂點的三棱錐的個數(shù)是70－6－6＝58.8．在(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)n＋2的展開式中，含x2項的系數(shù)是________．答案eq\f(nn2＋6n＋11,6)解析因為(1＋x)n展開式的第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)xk.所以(1＋x)3中含x2項的系數(shù)是Ceq\o\al(2,3)，(1＋x)4中含x2項的系數(shù)是Ceq\o\al(2,4)，…，(1＋x)n＋2中含x2項的系數(shù)是Ceq\o\al(2,n＋2).所以(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)n＋2的展開式中含x2項的系數(shù)為Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,n＋2)＝(Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,n＋2))－Ceq\o\al(3,3)＝Ceq\o\al(3,n＋3)－Ceq\o\al(3,3)＝eq\f(nn2＋6n＋11,6).所以含x2項的系數(shù)是eq\f(nn2＋6n＋11,6).9．(2023·湛江模擬)某高中進(jìn)行了一場關(guān)于高三學(xué)生課余學(xué)習(xí)時間的調(diào)查問卷，現(xiàn)從高三12個班級每個班隨機(jī)抽取10名同學(xué)進(jìn)行問卷，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時課余學(xué)習(xí)時間不超過兩個小時200名以前40x＋10200名以后3x－1040(1)求x的值；(2)依據(jù)上表，根據(jù)小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，分析學(xué)生成績與課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時是否有關(guān)系；(3)學(xué)校在成績200名以前的學(xué)生中，采用按比例分配的分層隨機(jī)抽樣，按課余學(xué)習(xí)時間是否超過兩個小時抽取6人，再從這6人中隨機(jī)抽取3人，記這3人中課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時的學(xué)生人數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．附：參考公式：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)依題意，高三12個班級共抽取120名，則40＋x＋10＋3x－10＋40＝120，解得x＝10，所以x的值為10.(2)由(1)得2×2列聯(lián)表：課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時課余學(xué)習(xí)時間不超過兩個小時合計200名以前402060200名以后204060合計6060120零假設(shè)為H0：學(xué)生成績與課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表數(shù)據(jù)得，χ2＝eq\f(120×40×40－20×202,60×60×60×60)＝eq\f(40,3)≈13.333>10.828＝x0.001，根據(jù)小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為學(xué)生成績與課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001.(3)這6人中課余學(xué)習(xí)時間超過兩個小時的人數(shù)為6×eq\f(40,40＋20)＝4，課余學(xué)習(xí)時間不超過兩個小時的人數(shù)為2，則X的所有可能取值為1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，所以X的分布列為X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2.10．(2023·長沙模擬)從甲、乙、丙等10人中隨機(jī)抽取三個人去做傳球訓(xùn)練．訓(xùn)練規(guī)則是確定一人第1次將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個人中的任何一人，每次必須將球傳出．(1)記甲、乙、丙三人中被抽到的人數(shù)為隨機(jī)變量X，求X的分布列；(2)若剛好抽到甲、乙、丙三個人相互做傳球訓(xùn)練，且第1次由甲將球傳出，求n次傳球后球在甲手中的概率．解(1)依題意，X的所有可能取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(0,7),C\o\al(3,10))