2．利用頻率分布直方圖求眾數(shù)、中位數(shù)與平均數(shù)
(1)最高的小長方形底邊中點的橫坐標即為眾數(shù)．
(2)中位數(shù)左邊和右邊的小長方形的面積和相等．
(3)平均數(shù)是頻率分布直方圖的“重心”，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之和．
3．方差與標準差
方差：
s2＝ eq \f(1,n) [(x1－ eq \(x,\s\up10(－)))2＋(x2－ eq \(x,\s\up10(－)))2＋…＋(xn－ eq \(x,\s\up10(－)))2]．
標準差：s＝
eq \r(\f(1,n)[（x1－\(x,\s\up10(－))）2＋（x2－\(x,\s\up10(－))）2＋…＋（xn－\(x,\s\up10(－))）2]) ．
4．一組數(shù)據(jù)的第p百分位數(shù)是這樣一個值，它使得這組數(shù)據(jù)中至少有p%的數(shù)據(jù)小于或等于這個值，且至少有(100－p)%的數(shù)據(jù)大于或等于這個值．
(1)(多選)(2023·新課標Ⅰ卷)有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則( BD )
A．x2，x3，x4，x5的平均數(shù)等于x1，x2，…，x6的平均數(shù)
B．x2，x3，x4，x5的中位數(shù)等于x1，x2，…，x6的中位數(shù)
C．x2，x3，x4，x5的標準差不小于x1，x2，…，x6的標準差
D．x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差
【解析】 取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，則x2，x3，x4，x5的平均數(shù)等于2，標準差為0，x1，x2，…，x6的平均數(shù)等于3，標準差為 eq \f(\r(66),3) ，故A，C均不正確；根據(jù)中位數(shù)的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的順序進行排列，中位數(shù)是中間兩個數(shù)的算術平均數(shù)，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數(shù)是將x2，x3，x4，x5按從小到大的順序排列后中間兩個數(shù)的算術平均數(shù)，與x1，x2，…，x6的中位數(shù)相等，故B正確；根據(jù)極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確．綜上，選BD.
(2)(多選)(2024·茂名一模)某校舉行與中秋節(jié)相關的“中國傳統(tǒng)文化”知識競賽，隨機抽查了100人的成績整理后得到如圖所示的頻率分布直方圖，則下列結論正確的是( AC )
A．樣本的眾數(shù)為75
B．樣本的71%分位數(shù)為75
C．樣本的平均數(shù)為68.5
D．該校學生中得分低于60分的約占20%
【解析】 依題意，(0.015＋0.025＋0.035＋0.005＋2a)×10＝1，解得a＝0.010，
選項A，因為最高小矩形底邊中點的橫坐標為75，所以眾數(shù)為75，故A正確；
選項B，設樣本的71%分位數(shù)為x，又10×(0.010＋0.015＋0.025)＝0.5，0.5＋0.035×10＝0.85，所以0.5＋(x－70)×0.035＝0.71，解得x＝76，故B錯誤；
選項C，平均數(shù)為45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5，故C正確；
選項D，樣本中得分低于60分的占(0.010＋0.015)×10×100%＝25%，所以該校學生中得分低于60分的約占25%，故D錯誤．
(1)數(shù)字特征的意義
平均數(shù)與方差都是重要的數(shù)字特征，是對數(shù)據(jù)的一種簡明描述，它們所反映的情況有重要的實際意義．平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、百分位數(shù)描述數(shù)據(jù)的集中趨勢，方差和標準差描述數(shù)據(jù)的波動大?。?br>(2)分層隨機抽樣的均值、方差公式
若總體劃分為兩層，第一層m個數(shù)，分別為x1，x2，…，xm，平均數(shù)為 eq \(x,\s\up10(－))，方差為s eq \\al(2,1) ；第二層n個數(shù)，分別為y1，y2，…，yn，平均數(shù)為 eq \(y,\s\up10(－))，方差為s eq \\al(2,2) .記總體樣本平均數(shù)為a，樣本方差為s2，則
①a＝ eq \f(1,m＋n) (m eq \(x,\s\up10(－))＋n eq \(y,\s\up10(－)))＝ eq \f(m,m＋n) eq \(x,\s\up10(－))＋ eq \f(n,m＋n) eq \(y,\s\up10(－))；
②s2＝ eq \f(1,m＋n) {m[s eq \\al(2,1) ＋( eq \(x,\s\up10(－))－a)2]＋n[s eq \\al(2,2) ＋( eq \(y,\s\up10(－))－a)2]}．
1．(2024·新課標Ⅱ卷)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)并整理得下表：
根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下列結論中正確的是( C )
A．100塊稻田畝產(chǎn)量的中位數(shù)小于1 050 kg
B．100塊稻田中畝產(chǎn)量低于1 100 kg的稻田所占比例超過80%
C．100塊稻田畝產(chǎn)量的極差介于200 kg至300 kg之間
D．100塊稻田畝產(chǎn)量的平均值介于900 kg至1 000 kg之間
解析：對于A，因為前3組的頻率之和為0.06＋0.12＋0.18＝0.360.5，所以100塊稻田畝產(chǎn)量的中位數(shù)所在的區(qū)間為[1 050，1 100)，故A錯誤；
對于B，100塊稻田中畝產(chǎn)量低于1 100 kg的稻田所占比例為 eq \f(6＋12＋18＋30,100) ×100%＝66%，故B錯誤；
對于C，因為1 200－900＝300，1 150－950＝200，所以100塊稻田畝產(chǎn)量的極差介于200 kg至300 kg之間，故C正確；
對于D，100塊稻田畝產(chǎn)量的平均值為 eq \f(1,100) ×(925×6＋975×12＋1 025×18＋1 075×30＋1 125×24＋1 175×10)＝1 067(kg)，故D錯誤．
2．(多選)(2024·保定二模)下圖是2024年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高氣溫與最低氣溫(單位：℃)的折線圖，則下列結論正確的是( ACD )
A．這5天的最高氣溫的平均數(shù)與最低氣溫的中位數(shù)的差為7 ℃
B．這5天的最低氣溫的極差為3 ℃
C．這5天的最高氣溫的眾數(shù)是26 ℃
D．這5天的最低氣溫的第40百分位數(shù)是16 ℃
解析：對于A，這5天的最高氣溫的平均數(shù)為 eq \f(26×2＋23＋25＋20,5) ＝24 ℃，最低氣溫的中位數(shù)為17 ℃，它們的差為7 ℃，A正確；對于B，這5天的最低氣溫的極差為6 ℃，B錯誤；對于C，這5天的最高氣溫的眾數(shù)為26 ℃，C正確；對于D，最低氣溫從小到大排列為13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以這5天的最低氣溫的第40百分位數(shù)是16 ℃，D正確．
小題考法2 概率的計算
[核心提煉]
1．古典概型的概率公式
P(A)＝ eq \f(事件A包含的樣本點數(shù),樣本空間包含的樣本點總數(shù)) .
2．條件概率公式
設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，則P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) .
3．全概率公式
設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).
命題角度? 古典概型
(1)(2024·馬鞍山三模)甲、乙等5名學生參加學校運動會志愿者服務，每個人從“檢錄組”“計分組”“宣傳組”三個崗位中隨機選擇一個崗位，每個崗位至少有一名志愿者，則甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為( C )
A． eq \f(3,20) B． eq \f(9,50)
C． eq \f(6,25) D． eq \f(12,25)
【解析】 當人數(shù)配比為3∶1∶1時，有C eq \\al(3,5) A33＝60種不同安排方法；若人數(shù)配比為2∶2∶1時，則有C eq \\al(1,5) C eq \\al(1,3) C eq \\al(2,4) ＝90種不同安排方法，所以共有60＋90＝150種不同安排方法．
若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數(shù)配比為3∶1∶1時，則有C eq \\al(1,3) A eq \\al(3,3) ＝18種不同安排方法；
若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數(shù)配比為2∶2∶1時，則有C eq \\al(2,3) A eq \\al(3,3) ＝18種不同安排方法，
所以共有18＋18＝36種不同安排方法．所以甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為P＝ eq \f(36,150) ＝ eq \f(6,25) .
(2)(2024·新課標Ⅰ卷)甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數(shù)字，甲的卡片上分別標有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數(shù)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(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________．
【解析】 因為甲出卡片1一定輸，出其他卡片有可能贏，所以四輪比賽后，甲的總得分最多為3.
若甲的總得分為3，則甲出卡片3，5，7時都贏，所以只有1種組合：3－2，5－4，7－6，1－8.
若甲的總得分為2，有以下三類情況：
第一類，當甲出卡片3和5時贏，只有1種組合，為3－2，5－4，1－6，7－8；
第二類，當甲出卡片3和7時贏，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3種組合；
第三類，當甲出卡片5和7時贏，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7種組合．
綜上，甲的總得分不小于2共有12種組合，而所有不同的組合共有4×3×2×1＝24(種)，所以甲的總得分不小于2的概率P＝ eq \f(12,24) ＝ eq \f(1,2) .
【答案】 eq \f(1,2)
求古典概型概率的注意點
(1)對于較復雜的題目，列出事件數(shù)時要正確分類，分類時要做到不重不漏．
(2)當直接求解有困難時，可考慮求其對立事件的概率．
(2024·全國甲卷)某獨唱比賽的決賽階段共有甲、乙、丙、丁四人參加，每人出場一次，出場次序由隨機抽簽確定．則丙不是第一個出場，且甲或乙最后出場的概率是( C )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4)
C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2)
解析：畫出樹狀圖：
甲、乙、丙、丁四人的出場順序共有24種，其中丙不是第一個出場，且甲或乙最后出場的順序共有8種，所以所求概率為 eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) ，故選C.
命題角度? 相互獨立事件的概率
(1)已知A，B兩名學生均打算去甲、乙兩個城市中的一個上大學，且兩人去哪個城市互不影響，若A去甲城市的概率為0.6，B去甲城市的概率為0.3，則A，B不去同一個城市上大學的概率為( C )
A．0.3 B．0.46
C．0.54 D．0.7
【解析】 設事件M＝“A去甲城市上大學”，事件N＝“B去甲城市上大學”，
則P(M)＝0.6，P( eq \(M,\s\up10(－)))＝1－0.6＝0.4，P(N)＝0.3，
P( eq \(N,\s\up10(－)))＝1－0.3＝0.7，
則A，B不去同一個城市上大學的概率為P(M)P( eq \(N,\s\up10(－)))＋P( eq \(M,\s\up10(－)))P(N)＝0.6×0.7＋0.4×0.3＝0.54.故選C.
(2)甲、乙兩隊進行籃球比賽，采取五場三勝制(先勝三場者獲勝，比賽結束)，根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“客客主主客”，設甲隊主場取勝的概率為0.5，客場取勝的概率為0.4，且各場比賽相互獨立，則甲隊在0∶1落后的情況下最后獲勝的概率為( A )
A．0.24 B．0.25
C．0.2 D．0.3
【解析】 由題意可知，甲隊在第一場比賽輸了，若甲隊在0∶1落后的情況下最后獲勝，分以下四種情況討論：
①甲隊在第二、三、四場比賽都獲勝，概率P1＝0.4×0.52＝0.1；
②甲隊在第二場比賽輸了，在第三、四、五場比賽獲勝，概率P2＝0.6×0.52×0.4＝0.06；
③甲隊在第二、四、五場比賽獲勝，在第三場比賽輸了，概率P3＝0.4×0.52×0.4＝0.04；
④甲隊在第二、三、五場比賽獲勝，在第四場比賽輸了，概率P4＝0.4×0.52×0.4＝0.04.
綜上所述，所求概率P＝P1＋P2＋P3＋P4＝0.1＋0.06＋0.04×2＝0.24.故選A.
求相互獨立事件的概率的方法
(1)利用相互獨立事件的概率乘法公式直接求解．
(2)正面計算較復雜(如求用“至少”表述的事件的概率)或難以入手時，可計算其對立事件．
(2024·四川名校聯(lián)考)某中學舉行疾病防控知識競賽，其中某道題甲隊答對的概率為 eq \f(3,4) ，乙隊和丙隊答對的概率都是 eq \f(2,3) .若各隊答題的結果相互獨立且都進行了答題．則甲、乙、丙三支競賽隊伍中恰有一支隊伍答對該題的概率為( C )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(7,36) D． eq \f(1,6)
解析：記“甲隊答對該題”為事件A，“乙隊答對該題”為事件B，“丙隊答對該題”為事件C，則甲、乙、丙三支競賽隊伍中恰有一支隊伍答對該題的概率P＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－))∪ eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－))∪ eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝P(A)·P( eq \(B,\s\up10(－)))P( eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)))P(B)P( eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)))P( eq \(B,\s\up10(－)))P(C)＝ eq \f(3,4) ×(1－ eq \f(2,3) )×(1－ eq \f(2,3) )＋(1－ eq \f(3,4) )× eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(2,3) )＋(1－ eq \f(3,4) )×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(2,3) ＝ eq \f(7,36) .
命題角度? 條件概率與全概率公式
(1)春天是鼻炎和感冒的高發(fā)期，某人在春季里患鼻炎的概率是 eq \f(4,15) ，患感冒的概率是 eq \f(2,15) ，鼻炎和感冒均未患的概率是 eq \f(7,10) ，則此人在患鼻炎的條件下患感冒的概率為( B )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(3,8)
C． eq \f(2,5) D． eq \f(7,15)
【解析】 設“此人在春季里患鼻炎”為事件A，“此人在春季里患感冒”為事件B，
則P(A)＝ eq \f(4,15) ，P(B)＝ eq \f(2,15) ，則P(A∪B)＝1－ eq \f(7,10) ＝ eq \f(3,10) ，
由P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，
可得P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)
＝ eq \f(4,15) ＋ eq \f(2,15) － eq \f(3,10) ＝ eq \f(1,10) ，
則此人在患鼻炎的條件下患感冒的概率為
P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(\f(1,10),\f(4,15)) ＝ eq \f(3,8) .故選B.
(2)若有三個箱子，編號分別為1，2，3.1號箱裝有1個紅球、4個白球，2號箱裝有2個紅球、3個白球，3號箱裝有3個紅球．某人從三個箱子中任取一箱，從中任意摸出一個球，取得紅球的概率為________．
【解析】 設事件Ai為“球取自于i(i＝1，2，3)號箱”，記事件B為“取得紅球”，事件B總是伴隨著事件A1，事件A2，事件A3之一同時發(fā)生，
且A1B，A2B，A3B兩兩互斥，
P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝ eq \f(1,3) ，
P(B|A1)＝ eq \f(1,5) ，P(B|A2)＝ eq \f(2,5) ，P(B|A3)＝1，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(2,5) ＋ eq \f(1,3) ×1＝ eq \f(8,15) .
【答案】 eq \f(8,15)
應用全概率公式求概率的步驟
(1)根據(jù)題意找出完整的事件組，即滿足全概率公式的Ω的一個劃分A1，A2，A3，…，An.
(2)用Ai(i＝1，2，3，…，n)來表示待求的事件．
(3)代入全概率公式求解．
(2024·鄭州二模)在某次測試中，若甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級的概率分別是0.5，0.6和0.7，且三人的測試結果相互獨立，測試結束后，在甲、乙、丙三人中恰有兩人沒有達到優(yōu)秀等級的條件下，乙達到優(yōu)秀等級的概率為( C )
A． eq \f(5,8) B． eq \f(7,8)
C． eq \f(9,29) D． eq \f(20,29)
解析：分別記甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級為事件A，B，C，記甲、乙、丙三人中恰有兩人沒有達到優(yōu)秀等級為事件D.
由題知，P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.7，
所以P(D)＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7＝0.29，
P(BD)＝P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＝0.5×0.6×0.3＝0.09.
所以P(B|D)＝ eq \f(0.09,0.29) ＝ eq \f(9,29) .
小題考法3 正態(tài)分布
[核心提煉]
正態(tài)曲線的特點
(1)曲線與x軸之間的區(qū)域的面積為1.
(2)曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱．
(3)曲線在x＝μ處達到峰值 eq \f(1,σ\r(2π)) .
(4)當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸．
(多選)某地區(qū)的科研部門調查某綠色植被培育的株高X(單位：cm)的情況，得出X～N(100，102)，則下列說法正確的是( AC )
A．該綠色植被株高的均值為100
B．該綠色植被株高的方差為10
C．若P(X>m)＝P(Xm)＝P(X

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