1/31專題10統(tǒng)計(jì)與概率考點(diǎn)三年考情（2023-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1統(tǒng)計(jì)與概率統(tǒng)計(jì)案例以及數(shù)字特征類的運(yùn)算考查頻率較高，常與實(shí)際情景以及頻率分布直方圖相結(jié)合。如2024年有全國(guó)卷考查了新型水稻畝產(chǎn)量的相關(guān)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，涉及中位數(shù)、極差、平均值等數(shù)字特征；2023年也有關(guān)于樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差、極差等的考查11。概率方面11：古典概型：是高考數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要考查點(diǎn)，難度較小，如2024年全國(guó)Ⅰ卷、甲卷，2023年Ⅰ卷、Ⅱ卷、乙卷、甲卷等都有涉及。離散型分布：是?？碱}型，主要包括賽制類問題，二項(xiàng)分布，超幾何分布類問題等，在2024年Ⅰ卷、Ⅱ卷、甲卷，2023年Ⅰ卷、Ⅱ卷、乙卷、甲卷等均有出現(xiàn)。條件概率與全概率公式：其應(yīng)用是高考在概率方面的一個(gè)重要方向，如2024年Ⅰ卷，2023年甲卷、Ⅰ卷、Ⅱ卷等有相關(guān)考查。題型與分值穩(wěn)定：題型上，在選擇題、填空題和解答題中均有出現(xiàn)，位置相對(duì)靈活。分值方面整體保持穩(wěn)定，大約在18-22分左右，在高考數(shù)學(xué)中占據(jù)較為重要的地位。強(qiáng)調(diào)實(shí)際應(yīng)用：命題注重與實(shí)際生活緊密結(jié)合，以現(xiàn)實(shí)生活中的數(shù)據(jù)和場(chǎng)景為背景設(shè)置問題，如農(nóng)業(yè)產(chǎn)量統(tǒng)計(jì)、社區(qū)垃圾分類知識(shí)講座效果分析、農(nóng)戶家庭年收入調(diào)查等，考查學(xué)生運(yùn)用統(tǒng)計(jì)與概率知識(shí)解決實(shí)際問題的能力，體現(xiàn)數(shù)學(xué)在實(shí)際生活中的廣泛應(yīng)用。知識(shí)點(diǎn)綜合化：統(tǒng)計(jì)與概率內(nèi)部各知識(shí)點(diǎn)之間以及與其他數(shù)學(xué)知識(shí)的綜合考查日益增多。例如，概率常與數(shù)列、函數(shù)導(dǎo)數(shù)等結(jié)合，統(tǒng)計(jì)則常與數(shù)據(jù)分析、函數(shù)等知識(shí)綜合，通過跨知識(shí)點(diǎn)的命題，考查學(xué)生的綜合素養(yǎng)和知識(shí)遷移能力。突出核心素養(yǎng)：著重考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理、數(shù)據(jù)分析等核心素養(yǎng)。要求學(xué)生具備較強(qiáng)的數(shù)據(jù)分析能力，能對(duì)大量數(shù)據(jù)進(jìn)行整理、分析和解讀；同時(shí)要有清晰的邏輯思維，在解決概率問題時(shí)能準(zhǔn)確判斷事件關(guān)系、運(yùn)用概率公式進(jìn)行推理和計(jì)算?？键c(diǎn)01統(tǒng)計(jì)與概率一、單選題1．（2025·上?！じ呖颊骖}）己知事件A、B相互獨(dú)立，事件A發(fā)生的概率為P(A)=12，事件B發(fā)生的概率為P(B)=12，則事件A∩B發(fā)生的概率A．18 B．14 C．1【答案】B【分析】根據(jù)獨(dú)立事件的概率公式可求PA∩B【詳解】因?yàn)锳,B相互獨(dú)立，故PA∩B故選：B.2．（2025·天津·高考真題）下列說法中錯(cuò)誤的是（

）A．若X～Nμ,σB．若X～N1,22，C．r越接近1，相關(guān)性越強(qiáng)D．r越接近0，相關(guān)性越弱【答案】B【分析】根據(jù)正態(tài)分布以及相關(guān)系數(shù)的概念直接判斷即可.【詳解】對(duì)于A，根據(jù)正態(tài)分布對(duì)稱性可知，PX≤μ?σ對(duì)于B，根據(jù)正態(tài)分布對(duì)稱性可知，PX<1對(duì)于C和D，相關(guān)系數(shù)r越接近0，相關(guān)性越弱，越接近1，相關(guān)性越強(qiáng)，故C和D說法正確.故選：B3．（2025·全國(guó)二卷·高考真題）樣本數(shù)據(jù)2，8，14，16，20的平均數(shù)為（

）A．8 B．9 C．12 D．18【答案】C【分析】由平均數(shù)的計(jì)算公式即可求解.【詳解】樣本數(shù)據(jù)2,8,14,16,20的平均數(shù)為2+8+14+16+205故選：C.4．（2024·上海·高考真題）已知?dú)夂驕囟群秃Ｋ韺訙囟认嚓P(guān)，且相關(guān)系數(shù)為正數(shù)，對(duì)此描述正確的是（

）A．氣候溫度高，海水表層溫度就高B．氣候溫度高，海水表層溫度就低C．隨著氣候溫度由低到高，海水表層溫度呈上升趨勢(shì)D．隨著氣候溫度由低到高，海水表層溫度呈下降趨勢(shì)【答案】C【分析】根據(jù)相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)可得正確的選項(xiàng).【詳解】對(duì)于AB，當(dāng)氣候溫度高，海水表層溫度變高變低不確定，故AB錯(cuò)誤.對(duì)于CD，因?yàn)橄嚓P(guān)系數(shù)為正，故隨著氣候溫度由低到高時(shí)，海水表層溫度呈上升趨勢(shì)，故C正確，D錯(cuò)誤.故選：C.5．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）某獨(dú)唱比賽的決賽階段共有甲、乙、丙、丁四人參加，每人出場(chǎng)一次，出場(chǎng)次序由隨機(jī)抽簽確定，則丙不是第一個(gè)出場(chǎng)，且甲或乙最后出場(chǎng)的概率是（

）A．16 B．14 C．13【答案】C【分析】解法一：畫出樹狀圖，結(jié)合古典概型概率公式即可求解.解法二：分類討論甲乙的位置，結(jié)合得到符合條件的情況，然后根據(jù)古典概型計(jì)算公式進(jìn)行求解.【詳解】解法一：畫出樹狀圖，如圖，由樹狀圖可得，出場(chǎng)次序共有24種，其中符合題意的出場(chǎng)次序共有8種，故所求概率P=8解法二：當(dāng)甲最后出場(chǎng)，乙第一個(gè)出場(chǎng)，丙有2種排法，丁就1種，共2種；當(dāng)甲最后出場(chǎng)，乙排第二位或第三位出場(chǎng)，丙有1種排法，丁就1種，共2種；于是甲最后出場(chǎng)共4種方法，同理乙最后出場(chǎng)共4種方法，于是共8種出場(chǎng)順序符合題意；基本事件總數(shù)顯然是A4根據(jù)古典概型的計(jì)算公式，所求概率為824故選：C6．（2024·天津·高考真題）下列圖中，線性相關(guān)性系數(shù)最大的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由點(diǎn)的分布特征可直接判斷【詳解】觀察4幅圖可知，A圖散點(diǎn)分布比較集中，且大體接近某一條直線，線性回歸模型擬合效果比較好，呈現(xiàn)明顯的正相關(guān)，r值相比于其他3圖更接近1.故選：A7．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷·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,6+12+18=36<50,所以畝產(chǎn)量的中位數(shù)不小于1050kg對(duì)于B，畝產(chǎn)量不低于1100kg的頻數(shù)為24+10=34所以低于1100kg的稻田占比為100?34對(duì)于C，稻田畝產(chǎn)量的極差最大為1200?900=300，最小為1150?950=200，故C正確；對(duì)于D，由頻數(shù)分布表可得，平均值為1100故選；C.8．（2023·上海·高考真題）根據(jù)身高和體重散點(diǎn)圖，下列說法正確的是（

）A．身高越高，體重越重 B．身高越高，體重越輕 C．身高與體重成正相關(guān) D．身高與體重成負(fù)相關(guān)【答案】C【分析】根據(jù)給定的散點(diǎn)圖的特征，直接判斷作答.【詳解】由于身高比較高的人，其體重可能大，也可能小，則選項(xiàng)AB不正確；由散點(diǎn)圖知，身高和體重有明顯的相關(guān)性，且身高增加時(shí)，體重也呈現(xiàn)增加的趨勢(shì)，所以身高與體重呈正相關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤.故選：C9．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）某學(xué)校舉辦作文比賽，共6個(gè)主題，每位參賽同學(xué)從中隨機(jī)抽取一個(gè)主題準(zhǔn)備作文，則甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題概率為（

）A．56 B．23 C．12【答案】A【分析】對(duì)6個(gè)主題編號(hào)，利用列舉列出甲、乙抽取的所有結(jié)果，并求出抽到不同主題的結(jié)果，再利用古典概率求解作答.【詳解】用1，2，3，4，5，6表示6個(gè)主題，甲、乙二人每人抽取1個(gè)主題的所有結(jié)果如下表：乙甲1234561(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)共有36個(gè)不同結(jié)果，它們等可能，其中甲乙抽到相同結(jié)果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)，共6個(gè)，因此甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題的結(jié)果有30個(gè)，概率P=30故選：A10．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）某校文藝部有4名學(xué)生，其中高一、高二年級(jí)各2名．從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，則這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率為（

）A．16 B．13 C．12【答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，結(jié)合組合的知識(shí)即可得解.【詳解】依題意，從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有C4其中這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的基本事件有C2所以這2名學(xué)生來自不同年級(jí)的概率為46故選：D.11．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰，50%的同學(xué)愛好滑雪，70%A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4【答案】A【分析】先算出同時(shí)愛好兩項(xiàng)的概率,利用條件概率的知識(shí)求解.【詳解】同時(shí)愛好兩項(xiàng)的概率為0.5+0.6?0.7=0.4，記“該同學(xué)愛好滑雪”為事件A,記“該同學(xué)愛好滑冰”為事件B，則P(A)=0.5,P(AB)=0.4，所以P(B∣A)=P(AB)故選:A.12．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）設(shè)O為平面坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)，在區(qū)域x,y1≤x2+y2≤4內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，記該點(diǎn)為AA．18 B．16 C．14【答案】C【分析】根據(jù)題意分析區(qū)域的幾何意義，結(jié)合幾何概型運(yùn)算求解.【詳解】因?yàn)閰^(qū)域x,y|1≤x2+y2≤4則直線OA的傾斜角不大于π4的部分如陰影所示，在第一象限部分對(duì)應(yīng)的圓心角∠MON=結(jié)合對(duì)稱性可得所求概率P=3π故選：C.

13．（2023·天津·高考真題）鳶是鷹科的一種鳥，《詩(shī)經(jīng)·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(jī)抽樣，收集了若干朵某品種鳶尾花的花萼長(zhǎng)度和花瓣長(zhǎng)度（單位：cm），繪制散點(diǎn)圖如圖所示，計(jì)算得樣本相關(guān)系數(shù)為r=0.8642，利用最小二乘法求得相應(yīng)的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y=0.7501x+0.6105，根據(jù)以上信息，如下判斷正確的為（

A．花瓣長(zhǎng)度和花萼長(zhǎng)度不存在相關(guān)關(guān)系B．花瓣長(zhǎng)度和花萼長(zhǎng)度負(fù)相關(guān)C．花萼長(zhǎng)度為7cm的該品種鳶尾花的花瓣長(zhǎng)度的平均值為5.8612D．若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關(guān)系數(shù)一定是0.8642【答案】C【分析】根據(jù)散點(diǎn)圖的特點(diǎn)及經(jīng)驗(yàn)回歸方程可判斷ABC選項(xiàng)，根據(jù)相關(guān)系數(shù)的定義可以判斷D選項(xiàng).【詳解】根據(jù)散點(diǎn)的集中程度可知，花瓣長(zhǎng)度和花萼長(zhǎng)度有相關(guān)性，A選項(xiàng)錯(cuò)誤散點(diǎn)的分布是從左下到右上，從而花瓣長(zhǎng)度和花萼長(zhǎng)度呈現(xiàn)正相關(guān)性，B選項(xiàng)錯(cuò)誤，把x=7代入y=0.7501x+0.6105可得y由于r=0.8642是全部數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)，取出來一部分?jǐn)?shù)據(jù)，相關(guān)性可能變強(qiáng)，可能變?nèi)酰慈〕龅臄?shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)不一定是0.8642，D選項(xiàng)錯(cuò)誤故選：C二、多選題14．（2024·廣東江蘇·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x=2.1，樣本方差s2=0.01，已知該種植區(qū)以往的畝收入X服從正態(tài)分布N1.8,0.12，假設(shè)推動(dòng)出口后的畝收入Y服從正態(tài)分布Nx,sA．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8【答案】BC【分析】根據(jù)正態(tài)分布的3σ原則以及正態(tài)分布的對(duì)稱性即可解出.【詳解】依題可知，x=2.1,s2故PY>2因?yàn)閄~N1.8,0.12因?yàn)镻X<1.8+0.1≈0.8413，所以而PX>2故選：BC．15．（2023·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）有一組樣本數(shù)據(jù)x1,x2,???,x6A．x2,xB．x2,xC．x2,xD．x2,x【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)x2,x3,x4則n?m=x因?yàn)闆]有確定2x1+例如：1,2,3,4,5,6，可得m=n=3.5；例如1,1,1,1,1,7，可得m=1,n=2；例如1,2,2,2,2,2，可得m=2,n=11對(duì)于選項(xiàng)B：不妨設(shè)x1可知x2,x3,對(duì)于選項(xiàng)C：舉反例說明，例如：2,4,6,8,10,12，則平均數(shù)n=1標(biāo)準(zhǔn)差s14,6,8,10，則平均數(shù)m=1標(biāo)準(zhǔn)差s2=144?7所以x2,x對(duì)于選項(xiàng)D：不妨設(shè)x1則x6?x故選：BD.16．（2023·新課標(biāo)Ⅱ卷·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α(0<α<1)，收到0的概率為1?α；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1?β.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(1?α)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βC．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為βD．當(dāng)0<α<0.5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(1?β)(1?α)(1?β)=(1?α)(1?β)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(1?β)?β?(1?β)=β(1?β)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C3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P=(1?α)單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率P'=1?α，而因此P?P'=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、填空題17．（2025·全國(guó)一卷·高考真題）一個(gè)箱子里有5個(gè)相同的球，分別以1~5標(biāo)號(hào)，若每次取一顆，有放回地取三次，記至少取出一次的球的個(gè)數(shù)X，則數(shù)學(xué)期望E(X)=.【答案】6125/【分析】法一：根據(jù)題意得到X的可能取值，再利用分步乘法原理與古典概型的概率公式求得X的分布列，從而求得E(X)；法二，根據(jù)題意假設(shè)隨機(jī)變量Xi，利用對(duì)立事件與獨(dú)立事件的概率公式求得E(Xi【詳解】法一：依題意，X的可能取值為1、2、3，總的選取可能數(shù)為53其中X=1：三次抽取同一球，選擇球的編號(hào)有5種方式，故P(X=1)=5X=2：恰好兩種不同球被取出（即一球出現(xiàn)兩次，另一球出現(xiàn)一次），選取出現(xiàn)兩次的球有5種方式，選取出現(xiàn)一次的球有4種方式，其中選取出現(xiàn)一次球的位置有3種可能，故事件X=2的可能情況有5×4×3=60種，故P(X=2)=60X=3：三種不同球被取出，由排列數(shù)可知事件X=3的可能情有況5×4×3=60種，故P(X=3)=60所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×5故答案為：6125法二：依題意，假設(shè)隨機(jī)變量Xi，其中i=1,2,3,4,5其中Xi=1,由于球的對(duì)稱性，易知所有EX則由期望的線性性質(zhì)，得E[X]=Ei=1由題意可知，球i在單次抽取中未被取出的概率為45由于抽取獨(dú)立，三次均未取出球i的概率為PX因此球i至少被取出一次的概率為：PX故EX所以E[X]=5EX故答案為：612518．（2025·上?！じ呖颊骖}）已知隨機(jī)變量X的分布為5670.20.3【答案】6.3【分析】根據(jù)分布列結(jié)合期望公式可求期望.【詳解】由題設(shè)有Ex故答案為：6.3.19．（2025·天津·高考真題）小桐操場(chǎng)跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均為0．5，若第一次跑5圈，則第二次跑5圈的概率為0．4，6圈的概率為0．6；若第一次跑6圈，則第二次跑5圈的概率為0．6，6圈的概率為0．4．小桐一周跑11圈的概率為；若一周至少跑11圈為動(dòng)量達(dá)標(biāo)，則連續(xù)跑4周，記合格周數(shù)為X，則期望E(x)=【答案】0.63.2【分析】先根據(jù)全概率公式計(jì)算求解空一，再求出概率根據(jù)二項(xiàng)分布數(shù)學(xué)期望公式計(jì)算求解.【詳解】設(shè)小桐一周跑11圈為事件A，設(shè)第一次跑5圈為事件B，設(shè)第二次跑5圈為事件C，則PA若至少跑11圈為運(yùn)動(dòng)量達(dá)標(biāo)為事件D，PD所以X～B4,0.8，E故答案為：0.6；3.220．（2024·廣東江蘇·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】12【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X1,X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PXk=1從而EX記pk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p0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p3而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0+p所以p1+p2+112所以甲的總得分不小于2的概率為p2故答案為：12【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化為隨機(jī)變量問題，利用期望的可加性得到等量關(guān)系，從而避免繁瑣的列舉.21．（2024·上海·高考真題）某校舉辦科學(xué)競(jìng)技比賽，有A、B、C3種題庫(kù)，A題庫(kù)有5000道題，B題庫(kù)有4000道題，C題庫(kù)有3000道題．小申已完成所有題，已知小申完成A題庫(kù)的正確率是0.92，B題庫(kù)的正確率是0.86，C題庫(kù)的正確率是0.72．現(xiàn)他從所有的題中隨機(jī)選一題，正確率是．【答案】0.85【分析】求出各題庫(kù)所占比，根據(jù)全概率公式即可得到答案.【詳解】由題意知，A,B,C題庫(kù)的比例為：5:4:3，各占比分別為512則根據(jù)全概率公式知所求正確率p=5故答案為：0.85．22．（2024·全國(guó)甲卷·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，從中無放回地隨機(jī)取3次，每次取1個(gè)球.記m為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值，n為取出的三個(gè)球上數(shù)字的平均值，則m與n之差的絕對(duì)值不大于12的概率為【答案】7【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a,b，第三個(gè)球的號(hào)碼為c，則a+b?3≤2c≤a+b+3，就c【詳解】從6個(gè)不同的球中不放回地抽取3次，共有A6設(shè)前兩個(gè)球的號(hào)碼為a,b，第三個(gè)球的號(hào)碼為c，則a+b+c3故2c?(a+b)≤3，故?3≤2c?(a+b)≤3故a+b?3≤2c≤a+b+3，若c=1，則a+b≤5，則a,b為：2,3,若c=2，則1≤a+b≤7，則a,b為：1,3,3,1,當(dāng)c=3，則3≤a+b≤9，則a,b為：1,2,2,1,故有16種，當(dāng)c=4，則5≤a+b≤11，同理有16種，當(dāng)c=5，則7≤a+b≤13，同理有10種，當(dāng)c=6，則9≤a+b≤15，同理有2種，共m與n的差的絕對(duì)值不超過12時(shí)不同的抽取方法總數(shù)為2故所求概率為56120故答案為：723．（2024·天津·高考真題）某校組織學(xué)生參加農(nóng)業(yè)實(shí)踐活動(dòng)，期間安排了勞動(dòng)技能比賽，比賽共5個(gè)項(xiàng)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(guī)定每人參加其中3個(gè)項(xiàng)目.假設(shè)每人參加每個(gè)項(xiàng)目的可能性相同，則甲同學(xué)參加“整地做畦”項(xiàng)目的概率為；已知乙同學(xué)參加的3個(gè)項(xiàng)目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項(xiàng)目的概率為．【答案】35【分析】結(jié)合列舉法或組合公式和概率公式可求解第一空；采用列舉法或者條件概率公式可求第二空.【詳解】解法一：列舉法給這5個(gè)項(xiàng)目分別編號(hào)為A,B,C,D,E,F,從五個(gè)活動(dòng)中選三個(gè)的情況有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10種情況，其中甲選到A有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，則甲參加“整地做畦”的概率為：P=6乙選A活動(dòng)有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，其中再選擇D有3種可能性：ABD,ACD,ADE，故乙參加的3個(gè)項(xiàng)目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項(xiàng)目的概率為36解法二：設(shè)甲、乙選到A為事件M，乙選到D為事件N，則甲選到A的概率為PM乙選了A活動(dòng)，他再選擇D活動(dòng)的概率為P故答案為：35；24．（2023·上海·高考真題）國(guó)內(nèi)生產(chǎn)總值（GDP）是衡量地區(qū)經(jīng)濟(jì)狀況的最佳指標(biāo)，根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)顯示，某市在2020年間經(jīng)濟(jì)高質(zhì)量增長(zhǎng)，GDP穩(wěn)步增長(zhǎng)，第一季度和第四季度的GDP分別為231和242，且四個(gè)季度GDP的中位數(shù)與平均數(shù)相等，則2020年GDP總額為；【答案】946【分析】設(shè)第二季度、第三季度分別為x,y，利用平均數(shù)和中位數(shù)概念列出方程，解出即可.【詳解】GDP穩(wěn)步增長(zhǎng)說明四個(gè)季度已經(jīng)從小到大排列，設(shè)第二季度、第三季度分別為x,y，所以中位數(shù)即為x+y2因?yàn)橹形粩?shù)與平均數(shù)相等，所以231+x+y+242=4×x+y所以2020年GDP總額：231+242+473=946.故答案為：946.25．（2023·天津·高考真題）把若干個(gè)黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進(jìn)三個(gè)空箱子中，三個(gè)箱子中的球數(shù)之比為5:4:6．且其中的黑球比例依次為40%,25%,50%【答案】0.0535/【分析】先根據(jù)題意求出各盒中白球，黑球的數(shù)量，再根據(jù)概率的乘法公式可求出第一空；根據(jù)古典概型的概率公式可求出第二個(gè)空．【詳解】設(shè)甲、乙、丙三個(gè)盒子中的球的個(gè)數(shù)分別為5n,4n,6n，所以總數(shù)為15n，所以甲盒中黑球個(gè)數(shù)為40%×5n=2n，白球個(gè)數(shù)為乙盒中黑球個(gè)數(shù)為25%×4n=n，白球個(gè)數(shù)為丙盒中黑球個(gè)數(shù)為50%×6n=3n，白球個(gè)數(shù)為記“從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的球都是黑球”為事件A，所以，PA記“將三個(gè)盒子混合后取出一個(gè)球，是白球”為事件B，黑球總共有2n+n+3n=6n個(gè)，白球共有9n個(gè)，所以，PB故答案為：0.05；35四、解答題26．（2025·全國(guó)一卷·高考真題）為研究某疾病與超聲波檢查結(jié)果的關(guān)系，從做過超聲波檢查的人群中隨機(jī)調(diào)查了1000人，得到如下列聯(lián)表：超聲波檢查結(jié)果組別正常不正常合計(jì)患該疾病20180200未患該疾病78020800合計(jì)8002001000(1)記超聲波檢查結(jié)果不正常者患該疾病的概率為P，求P的估計(jì)值；(2)根據(jù)小概率值α=0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析超聲波檢查結(jié)果是否與患該疾病有關(guān).附χ2P0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)9(2)有關(guān)【分析】（1）根據(jù)古典概型的概率公式即可求出；（2）根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)的基本思想,求出χ2,然后與小概率值α=0.001對(duì)應(yīng)的臨界值10.828【詳解】（1）根據(jù)表格可知，檢查結(jié)果不正常的200人中有180人患病，所以p的估計(jì)值為180200（2）零假設(shè)為H0根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得，χ2根據(jù)小概率值α=0.001的χ2獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為超聲波檢查結(jié)果與患該病有關(guān)，該推斷犯錯(cuò)誤的概率不超過27．（2025·上?！じ呖颊骖}）2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)，中國(guó)獲得了男子4×100米混合泳接力金牌．以下是歷屆奧運(yùn)會(huì)男子4×100米混合泳接力項(xiàng)目冠軍成績(jī)記錄（單位：秒），數(shù)據(jù)按照升序排列．206.78207.46207.95209.34209.35210.68213.73214.84216.93216.93(1)求這組數(shù)據(jù)的極差與中位數(shù)；(2)從這10個(gè)數(shù)據(jù)中任選3個(gè)，求恰有2個(gè)數(shù)據(jù)在211以上的概率；(3)若比賽成績(jī)y關(guān)于年份x的回歸方程為y=?0.311x+b，年份x【答案】(1)10.15；210.015；(2)3(3)204.56【分析】（1）由最長(zhǎng)與最短用時(shí)可得極差，由中間兩數(shù)平均數(shù)可得中位數(shù)；（2）由古典概型概率公式可得；（3）先求成績(jī)平均數(shù)y，再由(x,y【詳解】（1）由題意，數(shù)據(jù)的最大值為216.93，最小值為206.78，則極差為216.93?206.78=10.15；數(shù)據(jù)中間兩數(shù)為209.35與210.78，則中位數(shù)為209.35+210.682故極差為10.15，中位數(shù)為210.015；（2）由題意，數(shù)據(jù)共10個(gè)，211以上數(shù)據(jù)共有4個(gè)，故設(shè)事件A=“恰有2個(gè)數(shù)據(jù)在211以上”，則P(A)=C故恰有2個(gè)數(shù)據(jù)在211以上的概率為310（3）由題意，成績(jī)的平均數(shù)206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+214.84+216.93+216.93=211.399，由直線y=?0.311x+b過(2006,211.399)則b=211.399+0.311×2006=835.265故回歸直線方程為y=?0.311x+835.265.當(dāng)x=2028時(shí),y=?0.311×2028+835.265=204.557≈204.56.故預(yù)測(cè)2028年冠軍隊(duì)的成績(jī)?yōu)?04.56秒.28．（2025·全國(guó)二卷·高考真題）甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球練習(xí)，每個(gè)球勝者得1分，負(fù)者得0分．設(shè)每個(gè)球甲勝的概率為p12<p<1，乙勝的概率為q，p+q=1，且各球的勝負(fù)相互獨(dú)立，對(duì)正整數(shù)k≥2，記pk為打完k個(gè)球后甲比乙至少多得2分的概率，(1)求p3,p(2)若p4?p(3)證明：對(duì)任意正整數(shù)m，p2m+1【答案】(1)p3=(2)p=(3)證明過程見解析【分析】（1）直接由二項(xiàng)分布概率計(jì)算公式即可求解；（2）由題意q3=q3,（3）首先p2m?p2m+1=C2mm?1pm+1qm，p2m+2【詳解】（1）p3故所求為p3p4故所求為p4（2）由（1）得p3=p3，若p4?p則p4由于0<p,q<1，所以p=2q=21?p>0，解得（3）我們有p==k=0以及p===k=0至此我們得到p2m?p2m+1=C2m故p2m?p另一方面，由于p=且同理有q2m+2故結(jié)合pp?就能得到p2m+2?p29．（2025·北京·高考真題）某次考試中，只有一道單項(xiàng)選擇題考查了某個(gè)知識(shí)點(diǎn)，甲、乙兩校的高一年級(jí)學(xué)生都參加了這次考試.為了解學(xué)生對(duì)該知識(shí)點(diǎn)的掌握情況，隨機(jī)抽查了甲、乙兩校高一年級(jí)各100名學(xué)生該題的答題數(shù)據(jù)，其中甲校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為80，乙校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為75.假設(shè)學(xué)生之間答題相互獨(dú)立，用頻率估計(jì)概率.(1)估計(jì)甲校高一年級(jí)學(xué)生該題選擇正確的概率p(2)從甲、乙兩校高一年級(jí)學(xué)生中各隨機(jī)抽取1名，設(shè)X為這2名學(xué)生中該題選擇正確的人數(shù)，估計(jì)X=1的概率及X的數(shù)學(xué)期望；(3)假設(shè)：如果沒有掌握該知識(shí)點(diǎn)，學(xué)生就從題目給出的四個(gè)選項(xiàng)中隨機(jī)選擇一個(gè)作為答案；如果掌握該知識(shí)點(diǎn)，甲校學(xué)生選擇正確的概率為100%，乙校學(xué)生選擇正確的概率為85%.設(shè)甲、乙兩校高一年級(jí)學(xué)生掌握該知識(shí)點(diǎn)的概率估計(jì)值分別為p1，p2，判斷p1【答案】(1)4(2)0.35，E(3)p【分析】（1）用頻率估計(jì)概率即可求解；（2）利用獨(dú)立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做對(duì)的概率及X的分布列，從而可求其期望；（3）根據(jù)題設(shè)可得關(guān)于p1【詳解】（1）估計(jì)甲校高一年級(jí)學(xué)生該題選擇正確的概率p=80（2）設(shè)A為“從甲校抽取1人做對(duì)”，則PA=0.8，設(shè)B為“從乙校抽取1人做對(duì)”，則PB=0.75，設(shè)C為“恰有1人做對(duì)”，故P依題可知，X可取0,1,2，PX=0=PAB=0.05故X的分布列如下表：X012P0.050.350.6故EX（3）設(shè)D為“甲校掌握這個(gè)知識(shí)點(diǎn)的學(xué)生做該題”，因?yàn)榧仔Ｕ莆者@個(gè)知識(shí)點(diǎn)則有100%未掌握該知識(shí)點(diǎn)的同學(xué)都是從四個(gè)選項(xiàng)里面隨機(jī)選擇一個(gè)，故PD+141?P(D)同理有，0.85p2+故p130．（2024·上?！じ呖颊骖}）為了解某地初中學(xué)生體育鍛煉時(shí)長(zhǎng)與學(xué)業(yè)成績(jī)的關(guān)系，從該地區(qū)29000名學(xué)生中抽取580人，得到日均體育鍛煉時(shí)長(zhǎng)與學(xué)業(yè)成績(jī)的數(shù)據(jù)如下表所示：時(shí)間范圍學(xué)業(yè)成績(jī)0,0.50.5,11,1.51.5,22,2.5優(yōu)秀5444231不優(yōu)秀1341471374027(1)該地區(qū)29000名學(xué)生中體育鍛煉時(shí)長(zhǎng)不少于1小時(shí)人數(shù)約為多少？(2)估計(jì)該地區(qū)初中學(xué)生日均體育鍛煉的時(shí)長(zhǎng)（精確到0.1）(3)是否有95%（附：χ2=n(ad?bc)2【答案】(1)12500(2)0.9(3)有【分析】（1）求出相關(guān)占比，乘以總?cè)藬?shù)即可；（2）根據(jù)平均數(shù)的計(jì)算公式即可得到答案；（3）作出列聯(lián)表，再提出零假設(shè)，計(jì)算卡方值和臨界值比較大小即可得到結(jié)論.【詳解】（1）由表可知鍛煉時(shí)長(zhǎng)不少于1小時(shí)的人數(shù)為占比179+43+28580則估計(jì)該地區(qū)29000名學(xué)生中體育鍛煉時(shí)長(zhǎng)不少于1小時(shí)的人數(shù)為29000×25（2）估計(jì)該地區(qū)初中生的日均體育鍛煉時(shí)長(zhǎng)約為15800.52則估計(jì)該地區(qū)初中學(xué)生日均體育鍛煉的時(shí)長(zhǎng)為0.9小時(shí).（3）由題列聯(lián)表如下：1,2其他合計(jì)優(yōu)秀455095不優(yōu)秀177308485合計(jì)222358580提出零假設(shè)H0其中α=0.05．χ2則零假設(shè)不成立，即有95%31．（2024·北京·高考真題）某保險(xiǎn)公司為了了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同險(xiǎn)期限屆滿的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：賠償次數(shù)01234單數(shù)800100603010假設(shè)：一份保單的保費(fèi)為0.4萬元；前3次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司賠償0.6萬元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立.用頻率估計(jì)概率.(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤(rùn)定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差.（i）記X為一份保單的毛利潤(rùn)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望EX（ⅱ）如果無索賠的保單的保費(fèi)減少4%，有索賠的保單的保費(fèi)增加20%，試比較這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值與（i）中【答案】(1)1(2)(i)0.122萬元；(ii)這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值大于（i）中EX【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)可求賠償次數(shù)不少2的概率;（2）（?。┰O(shè)ξ為賠付金額，則ξ可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用頻率估計(jì)概率后可求ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望，從而可求（ⅱ）先算出下一期保費(fèi)的變化情況，結(jié)合（1）的結(jié)果可求EY【詳解】（1）設(shè)A為“隨機(jī)抽取一單，賠償不少于2次”，由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得PA（2）（ⅰ）設(shè)ξ為賠付金額，則ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3，由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得Pξ=0P(ξ=1.6)=601000=P(ξ=3)=10故E故EX（ⅱ）由題設(shè)保費(fèi)的變化為0.4×4故EY從而EX32．（2024·全國(guó)甲卷·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95%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99(2)已知升級(jí)改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率p=0.5，設(shè)p為升級(jí)改造后抽取的n件產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率.如果p>p+1.65p(1?p)n附：KP0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案見詳解(2)答案見詳解【分析】（1）根據(jù)題中數(shù)據(jù)完善列聯(lián)表，計(jì)算K2（2）用頻率估計(jì)概率可得p=0.64，根據(jù)題意計(jì)算p+1.65【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K2因?yàn)?.841<4.6875<6.635，所以有95%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，沒有99（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96150用頻率估計(jì)概率可得p=0.64又因?yàn)樯?jí)改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率p=0.5，則p+1.65p可知p>p+1.65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.33．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷·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p=0.4，q=0.5，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)0<p<q，（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)該由誰參加第一階段比賽？【答案】(1)0.686(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P甲=1?(1?p)3q3【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P=1?（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P甲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P乙∵0<p<q，∴=(q?p)=(p?q)=3pq(p?q)(pq?p?q)=3pq(p?q)[(1?p)(1?q)?1]>0，∴P(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)X的所有可能取值為0，5，10，15，P(X=0)=(1?p)P(X=5)=1?P(X=10)=1?P(X=15)=1?∴E(X)=15記乙先參加第一階段比賽，比賽成績(jī)Y的所有可能取值為0，5，10，15，同理E(Y)=15∴E(X)?E(Y)=15[pq(p+q)(p?q)?3pq(p?q)]=15(p?q)pq(p+q?3)，因?yàn)?<p<q，則p?q<0，p+q?3<1+1?3<0，則(p?q)pq(p+q?3)>0，∴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.34．（2023·北京·高考真題）為研究某種農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格變化的規(guī)律，收集得到了該農(nóng)產(chǎn)品連續(xù)40天的價(jià)格變化數(shù)據(jù)，如下表所示．在描述價(jià)格變化時(shí)，用“+”表示“上漲”，即當(dāng)天價(jià)格比前一天價(jià)格高；用“-”表示“下跌”，即當(dāng)天價(jià)格比前一天價(jià)格低；用“0”表示“不變”，即當(dāng)天價(jià)格與前一天價(jià)格相同．時(shí)段價(jià)格變化第1天到第20天-++0++0+0--+-+00+第21天到第40天0++0++0+0++0-+用頻率估計(jì)概率．(1)試估計(jì)該農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格“上漲”的概率；(2)假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品每天的價(jià)格變化是相互獨(dú)立的．在未來的日子里任取4天，試估計(jì)該農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格在這4天中2天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”的概率；(3)假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品每天的價(jià)格變化只受前一天價(jià)格變化的影響．判斷第41天該農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格“上漲”“下跌”和“不變”的概率估計(jì)值哪個(gè)最大．（結(jié)論不要求證明）【答案】(1)0.4(2)0.168(3)不變【分析】（1）計(jì)算表格中的+的次數(shù)，然后根據(jù)古典概型進(jìn)行計(jì)算；（2）分別計(jì)算出表格中上漲，不變，下跌的概率后進(jìn)行計(jì)算；（3）通過統(tǒng)計(jì)表格中前一次上漲，后一次發(fā)生的各種情況進(jìn)行推斷第41天的情況.【詳解】（1）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可以看出，40天里，有16個(gè)+，也就是有16天是上漲的，根據(jù)古典概型的計(jì)算公式，農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格上漲的概率為：16（2）在這40天里，有16天上漲，14天下跌，10天不變，也就是上漲，下跌，不變的概率分別是0.4，0.35，0.25，于是未來任取4天，2天上漲，1天下跌，1天不變的概率是C（3）由于第40天處于上漲狀態(tài)，從前39次的15次上漲進(jìn)行分析，上漲后下一次仍上漲的有4次，不變的有9次，下跌的有2次，因此估計(jì)第41次不變的概率最大.35．（2023·上?！じ呖颊骖}）21世紀(jì)汽車博覽會(huì)在上海2023年6月7日在上海舉行，下表為某汽車模型公司共有25個(gè)汽車模型，其外觀和內(nèi)飾的顏色分布如下表所示：紅色外觀藍(lán)色外觀米色內(nèi)飾812棕色內(nèi)飾23(1)若小明從這些模型中隨機(jī)拿一個(gè)模型，記事件A為小明取到的模型為紅色外觀，事件B取到模型有棕色內(nèi)飾，求PB,PB|A，并據(jù)此判斷事件A(2)為回饋客戶，該公司舉行了一個(gè)抽獎(jiǎng)活動(dòng)，并規(guī)定，在一次抽獎(jiǎng)中，每人可以一次性抽取兩個(gè)汽車模型。為了得到獎(jiǎng)品類型，現(xiàn)作出如下假設(shè)：假設(shè)1：每人抽取的兩個(gè)模型會(huì)出現(xiàn)三種結(jié)果：①兩個(gè)模型的外觀和內(nèi)飾均為同色；②兩個(gè)模型的外觀和內(nèi)飾均為不同色；③兩個(gè)模型的外觀同色但內(nèi)飾不同色，或內(nèi)飾同色但外觀不同色。假設(shè)2：該抽獎(jiǎng)設(shè)置三類獎(jiǎng)，獎(jiǎng)金金額分別為：一等獎(jiǎng)600元，二等獎(jiǎng)300元，三等獎(jiǎng)150元。假設(shè)3：每種抽取的結(jié)果都對(duì)應(yīng)一類獎(jiǎng)。出現(xiàn)某種結(jié)果的概率越小，獎(jiǎng)金金額越高。請(qǐng)判斷以上三種結(jié)果分別對(duì)應(yīng)幾等獎(jiǎng)。設(shè)中獎(jiǎng)的獎(jiǎng)金數(shù)是X，寫出X的分布，并求X的數(shù)學(xué)期望?！敬鸢浮?1)P(B)=15,P(B|A)=(2)分布列見解析，271元.【分析】（1）根據(jù)給定數(shù)表，利用古典概率求出P(B),P(B|A)，再利用相互獨(dú)立事件的定義判斷作答.（2）求出三種結(jié)果的概率，按給定的假設(shè)2，3確定獎(jiǎng)金額與對(duì)應(yīng)的概率列出分布列，求出期望作答.【詳解】（1）由給定的數(shù)表知，P(B)=2+325=15而P(AB)=225=所以P(B)=15,P(B|A)=（2）設(shè)事件C：外觀和內(nèi)飾均為同色，事件D：外觀內(nèi)飾都異色，事件E：僅外觀或僅內(nèi)飾同色，依題意，P(C)=C82P(E)=C81因此抽取的兩個(gè)模型的外觀和內(nèi)飾均為不同色是一等獎(jiǎng)；外觀和內(nèi)飾均為同色是二等獎(jiǎng)；外觀同色但內(nèi)飾不同色，或內(nèi)飾同色但外觀不同色是三等獎(jiǎng)，獎(jiǎng)金額X的可能值為：600,300,150，獎(jiǎng)金額X的分布列：X600300150P44977獎(jiǎng)金額X的期望E(X)=600×436．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）一項(xiàng)試驗(yàn)旨在研究臭氧效應(yīng)，試驗(yàn)方案如下：選40只小白鼠，隨機(jī)地將其中20只分配到試驗(yàn)組，另外20只分配到對(duì)照組，試驗(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）．試驗(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)?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試驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?.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(1)計(jì)算試驗(yàn)組的樣本平均數(shù)；(2)（?。┣?0只小白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m的數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù)，完成如下列聯(lián)表<m≥m對(duì)照組試驗(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)境中與在正常環(huán)境中體重的增加量有差異？附：K2P0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】(1)19.8(2)（i）m=23.4；列聯(lián)表見解析，（ii）能【分析】（1）直接根據(jù)均值定義求解；（2）（i）根據(jù)中位數(shù)的定義即可求得m=23.4，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）試驗(yàn)組樣本平均數(shù)為：1+21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)=（2）（i）依題意，可知這40只小鼠體重的中位數(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)，由原數(shù)據(jù)可得第11位數(shù)據(jù)為18.8，后續(xù)依次為19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,?，故第20位為23.2，第21位數(shù)據(jù)為23.6，所以m=23.2+23.6故列聯(lián)表為：<m≥m合計(jì)對(duì)照組61420試驗(yàn)組14620合計(jì)202040（ii）由（i）可得，K2所以能有95%37．（2023·全國(guó)甲卷·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)X表示指定的兩只小白鼠中分配到對(duì)照組的只數(shù)，求X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：<m≥m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：Kk0.1000.0500.010P2.7063.8416.635【答案】(1)分布列見解析，E(X)=1(2)（i）m=23.4；列聯(lián)表見解析，（ii）能【分析】