2025年高考數(shù)學二輪復習(新高考通用)專題21概率與統(tǒng)計常考小題歸類(講義)(學生版+解析)-學案下載-教習網(wǎng)

\l "_Tc190812240" 01考情透視·目標導航 PAGEREF _Tc190812240 \h 2
\l "_Tc190812241" 02知識導圖·思維引航 PAGEREF _Tc190812241 \h 3
\l "_Tc190812242" 03 知識梳理·方法技巧 PAGEREF _Tc190812242 \h 4
\l "_Tc190812243" 04 真題研析·精準預測 PAGEREF _Tc190812243 \h 5
\l "_Tc190812244" 05 核心精講·題型突破 PAGEREF _Tc190812244 \h 15
\l "_Tc190812245" 題型一：抽樣方法與隨機數(shù)表 PAGEREF _Tc190812245 \h 15
\l "_Tc190812246" 題型二：統(tǒng)計圖表及其數(shù)字特征 PAGEREF _Tc190812246 \h 16
\l "_Tc190812247" 題型三：傳統(tǒng)線性擬合 PAGEREF _Tc190812247 \h 20
\l "_Tc190812248" 題型四：非線性擬合處理 PAGEREF _Tc190812248 \h 22
\l "_Tc190812249" 題型五：傳統(tǒng)獨立性檢驗 PAGEREF _Tc190812249 \h 23
\l "_Tc190812250" 題型六：創(chuàng)新類定義統(tǒng)計 PAGEREF _Tc190812250 \h 27
\l "_Tc190812251" 題型七：正態(tài)分布 PAGEREF _Tc190812251 \h 30
\l "_Tc190812252" 題型八：超幾何分布與二項分布 PAGEREF _Tc190812252 \h 32
\l "_Tc190812253" 題型九：隨機變量的分布列、期望、方差 PAGEREF _Tc190812253 \h 35
\l "_Tc190812254" 題型十：古典概型 PAGEREF _Tc190812254 \h 38
\l "_Tc190812255" 題型十一：條件概率與全概率 PAGEREF _Tc190812255 \h 42
\l "_Tc190812256" 題型十二：概統(tǒng)結合問題 PAGEREF _Tc190812256 \h 44
\l "_Tc190812257" 題型十三：新賽制概率問題 PAGEREF _Tc190812257 \h 46
\l "_Tc190812258" 重難點突破：遞推型概率命題 PAGEREF _Tc190812258 \h 48
概率統(tǒng)計小題乃歷年高考必考項目，主要涵蓋三大方面：一是解析統(tǒng)計圖表、計算方差及平均數(shù)，這類題目通常要求考生能夠準確理解并應用統(tǒng)計知識，對數(shù)據(jù)的處理能力有一定要求；二是求解古典概型問題，這要求考生掌握古典概型的定義及計算方法，能夠準確判斷事件的等可能性，并據(jù)此求解概率；三是涉及相互獨立事件及其概率乘法公式的應用，這部分內容要求考生理解獨立事件的概念，掌握概率乘法公式的使用方法，并能夠靈活應用于實際問題中。
此類題目多以選擇、填空的形式出現(xiàn)，難度適中，旨在檢驗考生對概率統(tǒng)計基礎知識的掌握程度及實際應用能力。
1、加強識圖能力，理解并記準頻率分布直方圖與眾數(shù)、中位數(shù)及平均數(shù)的關系；折線圖注意上升趨勢以及波動性；扇形圖數(shù)據(jù)可先用表格列出，再計算、判斷．
2、在頻率分布直方圖中，注意小矩形的，小矩形的面積，所有小矩形的面積之和為1．
3、求回歸方程
（1）根據(jù)散點圖判斷兩變量是否線性相關，如不是，應通過換元構造線性相關．
（2）利用公式，求出回歸系數(shù)．
（3）待定系數(shù)法：利用回歸直線過樣本點的中心求系數(shù)．
4、回歸方程的擬合效果，可以利用相關系數(shù)判斷，當越趨近于1時，兩變量的線性相關性越強．
5、比較幾個分類變量有關聯(lián)的可能性大小的方法
（1）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯(lián)的可能性越大．
（2）通過計算的大小判斷：越大，兩變量有關聯(lián)的可能性越大．
6、獨立性檢驗的一般步驟
（1）根據(jù)樣本數(shù)據(jù)制成列聯(lián)表．
（2）根據(jù)公式，計算的觀測值．
（3）比較與臨界值的大小關系，進行統(tǒng)計推斷．
7、概率分布與不同知識背景結合考查對實際問題的解決能力
（1）與數(shù)列結合的實際問題
（2）與函數(shù)導數(shù)結合的實際問題
（3）與分段函數(shù)求最值、解不等式結合的實際問題
（4）與統(tǒng)計結合的實際問題
（5）與其他背景結合的實際問題
1．（2024年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）甲、乙、丙、丁四人排成一列，則丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解法一：畫出樹狀圖，如圖，
由樹狀圖可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24種排法，
其中丙不在排頭，且甲或乙在排尾的排法共有8種，
故所求概率.
解法二：當甲排在排尾，乙排第一位，丙有種排法，丁就種，共種；
當甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有種排法，丁就種，共種；
于是甲排在排尾共種方法，同理乙排在排尾共種方法，于是共種排法符合題意；
基本事件總數(shù)顯然是，
根據(jù)古典概型的計算公式，丙不在排頭，甲或乙在排尾的概率為.
故選：B
2．（2024年天津高考數(shù)學真題）下列圖中，線性相關性系數(shù)最大的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】觀察4幅圖可知，A圖散點分布比較集中，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，值相比于其他3圖更接近1.
故選：A
3．（2024年新課標全國Ⅱ卷數(shù)學真題）某農業(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量（單位：kg）并整理如下表
根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下列結論中正確的是（）
A．100塊稻田畝產量的中位數(shù)小于1050kg
B．100塊稻田中畝產量低于1100kg的稻田所占比例超過80%
C．100塊稻田畝產量的極差介于200kg至300kg之間
D．100塊稻田畝產量的平均值介于900kg至1000kg之間
【答案】C
【解析】對于 A, 根據(jù)頻數(shù)分布表可知, ,
所以畝產量的中位數(shù)不小于 , 故 A 錯誤；
對于B，畝產量不低于的頻數(shù)為，
所以低于的稻田占比為，故B錯誤；
對于C，稻田畝產量的極差最大為，最小為，故C正確；
對于D，由頻數(shù)分布表可得，平均值為，故D錯誤.
故選；C.
4．（2024年高考全國甲卷數(shù)學（理）真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1、2、3、4、5、6，從中無放回地隨機取3次，每次取1個球.記為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值，為取出的三個球上數(shù)字的平均值，則與之差的絕對值不大于的概率為．
【答案】
【解析】從6個不同的球中不放回地抽取3次，共有種，
設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，
故，故，
故，
若，則，則為：，故有2種，
若，則，則為：，
，故有10種，
當，則，則為：
，
，
故有16種，
當，則，同理有16種，
當，則，同理有10種，
當，則，同理有2種，
共與的差的絕對值不超過時不同的抽取方法總數(shù)為，
故所求概率為.
故答案為：
5．（2024年天津高考數(shù)學真題）某校組織學生參加農業(yè)實踐活動，期間安排了勞動技能比賽，比賽共5個項目，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個項目.假設每人參加每個項目的可能性相同，則甲同學參加“整地做畦”項目的概率為；已知乙同學參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為．
【答案】
【解析】解法一：列舉法
給這5個項目分別編號為,從五個活動中選三個的情況有：
,共10種情況，
其中甲選到有6種可能性：，
則甲參加“整地做畦”的概率為：；
乙選活動有6種可能性：，
其中再選擇有3種可能性：，
故乙參加的3個項目中有“整地做畦”，則他還參加“田間灌溉”項目的概率為.
解法二：
設甲、乙選到為事件，乙選到為事件，
則甲選到的概率為；
乙選了活動，他再選擇活動的概率為
故答案為：；
6．（2024年新課標全國Ⅰ卷數(shù)學真題）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 .
【答案】/0.5
【解析】設甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.
對于任意一輪，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分別對應乙出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分別對應乙出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：.
7．（2023年天津高考數(shù)學真題）把若干個黑球和白球（這些球除顏色外無其它差異）放進三個空箱子中，三個箱子中的球數(shù)之比為．且其中的黑球比例依次為．若從每個箱子中各隨機摸出一球，則三個球都是黑球的概率為；若把所有球放在一起，隨機摸出一球，則該球是白球的概率為．
【答案】 /
【解析】設甲、乙、丙三個盒子中的球的個數(shù)分別為，所以總數(shù)為，
所以甲盒中黑球個數(shù)為，白球個數(shù)為；
乙盒中黑球個數(shù)為，白球個數(shù)為；
丙盒中黑球個數(shù)為，白球個數(shù)為；
記“從三個盒子中各取一個球，取到的球都是黑球”為事件，所以，
；
記“將三個盒子混合后取出一個球，是白球”為事件，
黑球總共有個，白球共有個，
所以，．
故答案為：；．
8．（2023年高考全國乙卷數(shù)學（理）真題）設O為平面坐標系的坐標原點，在區(qū)域內隨機取一點，記該點為A，則直線OA的傾斜角不大于的概率為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因為區(qū)域表示以圓心，外圓半徑，內圓半徑的圓環(huán)，
則直線的傾斜角不大于的部分如陰影所示，在第一象限部分對應的圓心角，
結合對稱性可得所求概率.
故選：C.
9．（2023年天津高考數(shù)學真題）鳶是鷹科的一種鳥，《詩經(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.通過隨機抽樣，收集了若干朵某品種鳶尾花的花萼長度和花瓣長度（單位：cm），繪制散點圖如圖所示，計算得樣本相關系數(shù)為，利用最小二乘法求得相應的經(jīng)驗回歸方程為，根據(jù)以上信息，如下判斷正確的為（）
A．花瓣長度和花萼長度不存在相關關系
B．花瓣長度和花萼長度負相關
C．花萼長度為7cm的該品種鳶尾花的花瓣長度的平均值為
D．若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數(shù)一定是
【答案】C
【解析】根據(jù)散點的集中程度可知，花瓣長度和花萼長度有相關性，A選項錯誤
散點的分布是從左下到右上，從而花瓣長度和花萼長度呈現(xiàn)正相關性，B選項錯誤，
把代入可得，C選項正確；
由于是全部數(shù)據(jù)的相關系數(shù)，取出來一部分數(shù)據(jù)，相關性可能變強，可能變弱，即取出的數(shù)據(jù)的相關系數(shù)不一定是，D選項錯誤
故選：C
10．（2023年新課標全國Ⅱ卷數(shù)學真題）某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有（）．
A．種B．種
C．種D．種
【答案】D
【解析】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)組合公式和分步計數(shù)原理則不同的抽樣結果共有種.
故選：D.
11．（多選題）（2024年新課標全國Ⅰ卷數(shù)學真題）隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區(qū)多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入（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，假設推動出口后的畝收入服從正態(tài)分布，則（）（若隨機變量Z服從正態(tài)分布，）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】依題可知，，所以，
故，C正確，D錯誤；
因為，所以，
因為，所以，
而，B正確，A錯誤，
故選：BC．
12．（多選題）（2023年新課標全國Ⅰ卷數(shù)學真題）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．的標準差不小于的標準差
D．的極差不大于的極差
【答案】BD
【解析】對于選項A：設的平均數(shù)為，的平均數(shù)為，
則，
因為沒有確定的大小關系，所以無法判斷的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A錯誤；
對于選項B：不妨設，
可知的中位數(shù)等于的中位數(shù)均為，故B正確；
對于選項C：因為是最小值，是最大值，
則的波動性不大于的波動性，即的標準差不大于的標準差，
例如：，則平均數(shù)，
標準差，
，則平均數(shù)，
標準差，
顯然，即；故C錯誤；
對于選項D：不妨設，
則，當且僅當時，等號成立，故D正確；
故選：BD.
13．（多選題）（2023年新課標全國Ⅱ卷數(shù)學真題）在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發(fā)送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時，收到0的概率為，收到1的概率為. 考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(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．當時，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
【解析】對于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個事件的積，
它們相互獨立，所以所求概率為，A正確；
對于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當于依次發(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個事件的積，
它們相互獨立，所以所求概率為，B正確；
對于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B知，所以所求的概率為，C錯誤；
對于D，由選項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
題型一：抽樣方法與隨機數(shù)表
【典例1-1】某廠質檢員利用隨機數(shù)表對生產的600個產品進行抽樣調查，先將這600個產品進行編號：001，002，003，…，600．從中抽取120個樣本，下圖是隨機數(shù)表的第2行到第3行，若從隨機數(shù)表的第2行第5列開始從左向右讀取數(shù)據(jù)，則得到的第5個編號是（）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098B．147C．513D．310
【答案】C
【解析】由題意可知得到的編號依次為231，023，147，098，513，…，則得到的第5個編號是513.
故選：C.
【典例1-2】非物質文化遺產是文化多樣性中最富活力的重要組成部分，是人類文明的結晶和最寶貴的共同財富．某校為了解學生對當?shù)胤沁z文化“川劇”的了解程度，現(xiàn)從高中部抽取部分學生進行調查，已知該校高一、高二、高三年級學生人數(shù)之比為，若利用分層隨機抽樣的方法抽取人進行調查，則抽取到的高一年級學生人數(shù)比高三多（）
A．人B．人C．人D．人
【答案】C
【解析】由題意，采用分層抽樣的方法，應從高一年級抽取人，
從高三年級抽取人，則抽取到的高一年級學生人數(shù)比高三多人．
故選：C
【變式1-1】國內某優(yōu)秀新能源電池制造企業(yè)在鋰電池單位能量密度技術上取得了重大突破，該制造企業(yè)內的某車間有兩條生產線，分別生產高能量密度鋰電池和低能量密度鋰電池，總產量為400個鋰電池．質檢人員采用分層隨機抽樣的方法隨機抽取了一個容量為80的樣本進行質量檢測，已知樣本中高能量密度鋰電池有35個，則估計低能量密度鋰電池的總產量為（）．
A．325個B．300個C．225個D．175個
【答案】C
【解析】根據(jù)分層隨機抽樣可知低能量密度鋰電池的產量為（個）．
故選：C
1．從一個含有個個體的總體中抽取一容量為的樣本，當選取抽簽法、隨機數(shù)法和分層隨機抽樣三種不同方法時，總體中每個個體被抽中的概率分別為，三者關系可能是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因為在抽簽法抽樣、隨機數(shù)法抽樣和分層隨機抽樣中，每個個體被抽中的概率均為，
所以.
故選：B.
題型二：統(tǒng)計圖表及其數(shù)字特征
【典例2-1】豆瓣評分是將用戶評價的一到五星轉化為的分值（一星分，二星分，三星分，以此類推），以得分總和除以評分的用戶人數(shù)所得的數(shù)字，國慶愛國影片《長津湖》豆瓣得分是分，截止至年月日，共計有人參與評分，豆瓣評分表如圖．根據(jù)貓眼實時數(shù)據(jù)，該片的票房為億元，按照平均票價元來計算，大約有億人次觀看了此片，假如參與評分觀眾中有的評價不低于二星，則下列說法錯誤的是（）
A．的值是
B．隨機抽取名觀眾，則不一定有人評價五星
C．若以頻率當作概率，記事件為“評價是一星”，事件為“評價不高于二星”，則
D．若從已作評價的觀眾中隨機抽出人，則事件“至多人評價五星”與事件“恰有人評價五星”是互斥且不對立事件
【答案】C
【解析】對A選項，參與評價的觀眾中有的評價不低于二星，
則，所以，故A正確；
對B選項，隨機抽取名觀眾，可能有人評價五星，但不是一定的，故B正確；
對C選項，因為，則，故C錯誤；
對D選項，根據(jù)互斥事件和對立事件的定義可知，
事件“至多人評價五星”與事件“恰有人評價五星”是互斥且不對立事件，故D正確.
故選：C.
【典例2-2】將某大型出版公司所有打字員每分鐘的平均打字數(shù)統(tǒng)計如下圖所示，則可以估計該公司打字員每分鐘的平均打字數(shù)的中位數(shù)為（）
A．380B．360C．340D．320
【答案】B
【解析】由圖可知，前三個矩形的面積依次為0.02，0.18，0.4，
，
故所求中位數(shù)為.
故選：B
【變式2-1】已知甲、乙兩組數(shù)可分別用圖（1）、（2）表示，記甲、乙兩組數(shù)的平均數(shù)和方差分別為、、、，則它們的大小關系是（）

A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】，
故，
，
，故，
故選：B.
1．某保險公司為客戶定制了5個險種：甲，一年期短期；乙，兩全保險；丙，理財類保險；丁，定期壽險；戊，重大疾病保險.各種保險按相關約定進行參保與理賠.該保險公司對5個險種參?？蛻暨M行抽樣調查，得到如圖所示的統(tǒng)計圖表.則下列說法中一定錯誤的是（）
A．丁險種參保人數(shù)超過五成B．41歲以上參保人數(shù)超過總參保人數(shù)的五成
C．18－29周歲人群參保的總費用最少D．人均參保費用不超過5000元
【答案】B
【解析】對于A，由條形圖可知丁險種參保比例為，
超過五成，故A正確；
對于B，由扇形圖可知，41歲以上參保人數(shù)占比：，故B錯誤；
對于C，由扇形圖與折線圖可知18－29周歲人群參保人數(shù)占比，
人均參保費用在，而54歲及以上人群參保比例雖，
但人均參保費用在6000，所以18－29周歲人群參保的總費用最少，故C正確；
對于D，由扇形圖與折線圖可知，人均參保費用約
，
不超過5000元，故D正確.
故選：B
題型三：傳統(tǒng)線性擬合
【典例3-1】已知個點大致呈線性分布，其中，且數(shù)據(jù)的回歸直線方程為，則的最小值為．
【答案】
【解析】回歸直線經(jīng)過，
且，
代入回歸方程得：，
即，
所以當時，的最小值為.
故答案為：.
【典例3-2】已知和之間的一組數(shù)據(jù)如右表；與線性相關，且回歸方程為，為的方差的0.6倍，則當時， .
【答案】/
【解析】由表格可得的平均值，
則，
由表格可得的平均值，
將代入回歸直線，可得，解得，
則，當，則.
故答案為：.
【變式3-1】商家項目投資的利潤產生是一個復雜的系統(tǒng)結果．它與項目落地國的商業(yè)環(huán)境，政府執(zhí)政能力，法律生態(tài)等都有重大的關聯(lián)．如表所示是某項目在中國和南亞某國投資額和相應利潤的統(tǒng)計表．
請選擇平均利潤較高的落地國，用最小二乘法求出回歸直線方程為．參考數(shù)據(jù)和公式：，中國，南亞某國，，．
【答案】
【解析】兩國的平均利潤分別為和，故中國的平均利潤較高.
根據(jù)題設數(shù)據(jù)，有，.
故答案為：.
1．某科研團隊研究發(fā)現(xiàn)向日葵花盤中所含的二萜化合物對灰葡萄孢菌具有良好的抗菌活性，能通過破壞細胞膜完整性等方式來抑制病原菌生長，增加果蔬的保鮮時長．通過實驗得到不同濃度的二萜化合物對灰葡萄孢菌的抑制率如下表：
若呈線性相關，且滿足經(jīng)驗回歸方程為，則當時，抑制率的值為．
【答案】
【解析】由題得，，
所以，解得，
可得，
當時，．
故答案為：
題型四：非線性擬合處理
【典例4-1】已知，之間的一組數(shù)據(jù)：
若與滿足經(jīng)驗回歸方程，則此曲線必過點 .
【答案】
【解析】依題意，的平均數(shù)為，的平均數(shù)為，
所以此曲線必過點.
故答案為：
【典例4-2】害蟲防控對于提高農作物產量具有重要意義.已知某種害蟲產卵數(shù)（單位：個）與溫度（單位：）有關，測得一組數(shù)據(jù)，可用模型進行擬合，利用變換得到的線性回歸方程為.若，則的值為 .
【答案】
【解析】對兩邊同時取對數(shù)可得；
即，可得
由可得，
代入可得，即，所以.
故答案為：
【變式4-1】為了反映城市的人口數(shù)量x與就業(yè)壓力指數(shù)y之間的變量關系，研究人員選擇使用非線性回歸模型對所測數(shù)據(jù)進行擬合，并設，得到的數(shù)據(jù)如表所示，則 .
【答案】3
【解析】，，
依題意，，
而回歸直線方程過點，故，解得.
故答案為：3
1．一只紅鈴蟲產卵數(shù)和溫度有關，現(xiàn)測得一組數(shù)據(jù)，可用模型擬合，設，其變換后的線性回歸方程為，若，，為自然常數(shù)，則 .
【答案】
【解析】經(jīng)過變換后，得到，根據(jù)題意，故，又，故，，故，于是回歸方程為一定經(jīng)過，故，解得，即，于是.
故答案為：.
題型五：傳統(tǒng)獨立性檢驗
【典例5-1】下面是列聯(lián)表：
則表中，的值分別為（）
A．94，72B．52，50C．52，74D．74．52
【答案】C
【解析】因為．所以．又，所以．
故選：C.
【典例5-2】年月日太原地鐵號線開通，在一定程度上緩解了市內交通的擁堵狀況，為了了解市民對地鐵號線開通的關注情況，某調查機構在地鐵開通后兩天抽取了部分乘坐地鐵的市民作為樣本，分析其年齡和性別結構．并制作出如下等高堆積條形圖：

根據(jù)圖中信息，下列結論不一定正確的是（）
A．樣本中男性比女性更關注地鐵號線開通
B．樣本中多數(shù)女性是歲及以上
C．樣本中歲以下的男性人數(shù)比歲及以上的女性人數(shù)多
D．樣本中歲及以上的人對地鐵號線的開通關注度更高
【答案】C
【解析】設等高條形圖對應列聯(lián)表如下：
根據(jù)第個等高條形圖可知，歲及以上男性比歲及以上女性多，即；
歲以下男性比歲以下女性多，即．
根據(jù)第個等高條形圖可知，男性中歲及以上的比歲以下的多，即；
女性中歲及以上的比歲以下的多，即，
對于A，男性人數(shù)為，女性人數(shù)為，
因為，所以，所以A正確；
對于B，歲及以上女性人數(shù)為，歲以下女性人數(shù)為，
因為，所以B正確；
對于C，歲以下男性人數(shù)為，歲及以上女性人數(shù)為，
無法從圖中直接判斷與的大小關系，所以C不一定正確；
對于D，歲及以上的人數(shù)為，歲以下的人數(shù)為，
因為，所以，所以D正確．
故選：C.
【變式5-1】對于獨立性檢驗，下列說法中錯誤的是（）
A．的值越大，說明兩事件相關程度越大
B．的值越小，說明兩事件相關程度越小
C．時，則在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為事件與有關
D．時，則可以大概率認為事件與有關
【答案】C
【解析】對于A,B,因觀測值，的值越大，越大，事件A與事件B關系越強；反之，事件A與事件B關系越弱,故A,B項均正確；
對于C，D，因只有時，說明在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下認為事件與有關，而，故C錯誤；D正確.
故選：C.
1．某校團委對“學生性別和喜歡某視頻是否有關”做了一次調查，其中被調查的女生人數(shù)是男生人數(shù)的一半，男生喜歡該視頻的人數(shù)占男生人數(shù)的，女生喜歡該視頻的人數(shù)占女生人數(shù)的，若依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，認為喜歡該視頻和性別有關，則男生至少有（）
附：
.
A．12人B．6人C．10人D．18人
【答案】A
【解析】設被調查的男生人數(shù)為，則被調查的女生人數(shù)為，則列聯(lián)表為
根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，
認為喜歡某視頻和性別有關，則，
即，
則，
又均為整數(shù)，
所以男生至少有12人.
故選：A.
題型六：創(chuàng)新類定義統(tǒng)計
【典例6-1】定義空間直角坐標系中的任意點的“N數(shù)”為：在P點的坐標中不同數(shù)字的個數(shù)，如：，若點P的坐標，則所有這些點P的“N數(shù)”的平均值與最小值之差為（）
A．B．2C．D．
【答案】A
【解析】由題意，點P的坐標中不同數(shù)字的個數(shù)，可分為三類：
（1）恰有3個相同數(shù)字的排列為種，則共有4個；
（2）恰有2個相同數(shù)字的排列為種，則共有36個；
（3）恰有0個相同數(shù)字的排列為種，則共有24個．
所以平均值為，
故選：A．
【典例6-2】一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，現(xiàn)定義這組數(shù)據(jù)的平均差.下圖是甲、乙兩組數(shù)據(jù)的頻率分布折線圖
根據(jù)折線圖，判斷甲、乙兩組數(shù)據(jù)的平均差的大小關系是（）
A．B．C．D．無法確定
【答案】C
【解析】由給定的平均差公式可知：數(shù)據(jù)越集中于平均值附近，平均差越小.
甲乙兩圖的縱坐標表示的為頻率/組距，即指數(shù)據(jù)落在此處的概率，甲圖中，不同組距區(qū)間的概率相差不大，即指數(shù)據(jù)較為均勻的分布在各區(qū)間，而乙圖數(shù)據(jù)較為集中的分布在乙圖最高處指代的區(qū)間，其他區(qū)間分布的比較少，故乙圖平均差比較小.
故選：C
【變式6-1】（多選題）為了估計一批產品的不合格品率，現(xiàn)從這批產品中隨機抽取一個樣本容量為的樣本，定義，于是，，，記（其中或1，），稱表示為參數(shù)的似然函數(shù)．極大似然估計法是建立在極大似然原理基礎上的一個統(tǒng)計方法，極大似然原理的直觀想法是：一個隨機試驗如有若干個可能的結果A，B，C，…，若在一次試驗中，結果A出現(xiàn)，則一般認為試驗條件對A出現(xiàn)有利，也即A出現(xiàn)的概率很大. 極大似然估計是一種用給定觀察數(shù)據(jù)來評估模型參數(shù)的統(tǒng)計方法，即“模型已定，參數(shù)未知”，通過若干次試驗，觀察其結果，利用試驗結果得到某個參數(shù)值能夠使樣本出現(xiàn)的概率為最大．根據(jù)以上原理，下面說法正確的是（）
A．有外形完全相同的兩個箱子，甲箱有99個白球1個黑球，乙箱有1個白球99個黑球．今隨機地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中抽出的
B．一個池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測鯉魚和草魚的比例為4:1時，出現(xiàn)80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的
C．
D．達到極大值時，參數(shù)的極大似然估計值為
【答案】BCD
【解析】極大似然是一種估計方法，A錯誤；
設鯉魚和草魚的比例為，則出現(xiàn)80條鯉魚，20條草魚的概率為，
設
，
時，，時，，
在上單調遞增，在上單調遞減，
故當時，最大，故B正確；
根據(jù)題意，（其中或1，），
所以，可知C正確；
令，解得，且時，時，故在上遞增，在上遞減，故達到極大值時，參數(shù)的極大似然估計值為，故D正確.
故選：BCD
1．某批零件的尺寸服從正態(tài)分布，且，規(guī)定時零件合格，從這批產品中抽取件，若要保證抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，則的最小值為 .
【答案】4
【解析】因為服從正態(tài)分布，且，
所以，
即每個零件合格的概率為，合格零件不少于2件的對立事件是合格零件件數(shù)為0或1.
依題意，，即，
令，則，
所以單調遞減，而，
所以不等式的解集為，
所以的最小值為4.
故答案為：4.
題型七：正態(tài)分布
【典例7-1】某同學進行投籃訓練，每次投籃次數(shù)為n，，，每次投籃的命中率都為p，隨機變量表示投籃命中的次數(shù)，服從二項分布，記，當時，可認為服從標準正態(tài)分布，已知該同學每次投籃的命中率均為0.5，每次投籃命中得2分，不中得0分．若，則該同學投中次數(shù)的期望為次；若保證該同學n次投籃總得分在區(qū)間的概率不低于0.8，則n的最小值為．
附：，則，．
【答案】
【解析】①根據(jù)題意：投籃命中的次數(shù)服從二項分布，
所以（次），
故該同學投中次數(shù)的期望為20次；
②由該同學n次投籃總得分在區(qū)間，
則該同學n次投籃命中次數(shù)在區(qū)間，
，
又因為，所以，
根據(jù)服從標準正態(tài)分布，可知，所以，
則n需滿足，
故n的最小值為，
故答案為：；.
【典例7-2】已知隨機變量，且正數(shù)滿足，則的最小值為 .
【答案】9
【解析】因為隨機變量，正數(shù)滿足，
有對稱性可知，即，
所以
；
當且僅當，即時，等號成立.
故答案為：9
【變式7-1】若隨機變量，，，則的最小值為．
【答案】18
【解析】因為，所以對應的正態(tài)曲線的對稱軸為直線.
又，則由對稱性得.
又，所以.
所以，
當且僅當且，即，時，等號成立.
所以的最小值為18.
故答案為：18.
1．某項實驗的隨機誤差為實驗次數(shù)．要求的概率低于，則至少需做次實驗（，在該實驗的誤差估計中，可認為）．
【答案】
【解析】由題可得，即，
而，所以．
又因為，所以，
所以，即，
解得，故至少需做次實驗．
故答案為：
題型八：超幾何分布與二項分布
【典例8-1】某班班主任為了解班級學生每周的體育鍛煉情況進行了調查，發(fā)現(xiàn)班級中有20人每周的體育鍛煉時長超過6小時，若從班級學生中隨機抽取的15人中有7人每周的體育鍛煉時長超過6小時，估計班級學生的總人數(shù)為．（記為抽取的每周的體育鍛煉時長超過6小時的學生人數(shù)，以使得最大的班級學生的總人數(shù)為估計值）
【答案】42
【解析】設班級學生的總人數(shù)為，且，則，
記，則，
易得，
由可得，
所以當時，，當時，，
所以的最大值在時取到，
所以估計班級學生的總人數(shù)為42人．
故答案為：42.
【典例8-2】某校在一次“二項分布的性質”為主題的探究活動中，該校數(shù)學第一小組的學生同學表現(xiàn)優(yōu)異，探究數(shù)學的奧秘.設隨機變量，記，在探究的最大值時，小組同學發(fā)現(xiàn)：當為正整數(shù)，則，，此時這兩項概率均為最大值；當為非整數(shù)，取的整數(shù)部分，是唯一的最大值.以此為理論依據(jù)，有同學重復投擲一枚大小均勻的骰子實時記錄點數(shù)6出現(xiàn)的次數(shù).當投擲第20次時，記錄到此時點數(shù)6出現(xiàn)5次，再進行80次投擲實驗，當投擲到100次時，點數(shù)6總共出現(xiàn)的次數(shù)為的概率最大.
【答案】18
【解析】繼續(xù)再進行80次投擲試驗，出現(xiàn)點數(shù)為6次數(shù)服從二項分布，
由，結合題中結論可知，時概率最大，
即后面80次中出現(xiàn)13次點數(shù)6的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出現(xiàn)18次的概率最大.
故答案為：18.
【變式8-1】口袋中裝有兩個紅球和三個白球，從中任取兩個球，用X表示取出的兩個球中白球的個數(shù)，則X的數(shù)學期望 .
【答案】/
【解析】從袋中1次隨機摸出2個球，記白球的個數(shù)為X，則X的可能取值是0，1，2；
則，
，
，
所以隨機變量X的概率分布為；
所以數(shù)學期望.
故答案為：.
1．二項分布和正態(tài)分布是兩類常見的分布模型，在實際運算中二項分布可以用正態(tài)分布近似運算.即：若隨機變量，當充分大時，可以用服從正態(tài)分布的隨機變量近似代替，其中的期望值和方差相同，一般情況下當時，就有很好的近似效果.該方法也稱為棣莫佛——拉普拉斯極限定理.如果隨機拋一枚硬幣次，設正面向上的概率為，則“正面向上的次數(shù)大于50、小于60”的概率近似為 .(結果保留三位小數(shù).參考數(shù)據(jù)：若，則，，
【答案】
【解析】由題意得隨機拋一枚硬幣次，設正面向上的概率為，
同時設正面向上的次數(shù)為，則，
所以，，
此時符合，故有，
且，，設所求概率為，
因為，
所以由正態(tài)分布對稱性得.
故答案為：
題型九：隨機變量的分布列、期望、方差
【典例9-1】“四書”是《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》的合稱，又稱“四子書”，在世界文化、思想史上地位極高，所載內容及哲學思想至今仍具有積極意義．為弘揚中國優(yōu)秀傳統(tǒng)文化，某校計劃開展“四書”經(jīng)典誦讀比賽活動，某班有4位同學參賽，每人從《大學》、《中庸》、《論語》、《孟子》這4本書中選取1本進行準備，且各自選取的書均不相同，比賽時有以下兩種方案：（1）這四位同學從這4本書中有放回隨機抽取1本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數(shù)為的人數(shù)X，（2）這四位同學從這4本書中不放回隨機抽取一本選擇其中的內容背誦，記抽到自己準備的書的人數(shù)為的人數(shù)Y，則有（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由題可知方案（1）中這四位同學抽到自己準備的書的概率均為，易知，
由二項分布的數(shù)學期望公式與方差公式可知：
，.
由題可知Y的所有可能取值為0，1，2，4，
，
，
，
，
，
，
.
故選：D.
【典例9-2】飛行棋是一種家喻戶曉的競技游戲，玩家根據(jù)骰子（骰子為均勻的正六面體）正面朝上的點數(shù)確定飛機往前走的步數(shù)，剛好走到終點處算“到達”，如果玩家投擲的骰子點數(shù)超出到達終點所需的步數(shù)，則飛機須往回走超出點數(shù)對應的步數(shù)．在一次游戲中，飛機距終點只剩3步（如圖所示），設該玩家到達終點時投擲骰子的次數(shù)為X，則（）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【解析】，即投擲1次到達終點，故第一次投擲的點數(shù)為3，故，
，即投擲2次到達終點，故第一次投擲的點數(shù)不為3，
第二次投擲的點數(shù)可根據(jù)第一次投擲的點數(shù)來唯一確定，
兩次投擲的點數(shù)有以下的情況，，
故，
，即投擲3次到達終點，前兩次投擲均沒有到達終點，
，
……，
，即投擲次到達終點，前次投擲均沒有到達終點，
，
故①，
②，
則①-②得
，
故.
故選：B
【變式9-1】拋擲一枚質地均勻的硬幣，一直到出現(xiàn)正面向上時或拋滿100次時結束，設拋擲的次數(shù)為，則隨機變量的數(shù)學期望（）
A．大于2B．小于2C．等于2D．與2的大小無法確定
【答案】B
【解析】由題意，在第次結束拋擲的概率為，第100次結束的概率為，
所以，
則，
故
，
所以.
故選：B
1．a、 b、 n均為正整數(shù)， A袋子中有a個白球，b個黑球 (大小質地均相同)，從中依次有放回的摸出n個球，記摸出球中白球的數(shù)目為X；B袋子中有a張數(shù)字卡牌，b張字母卡牌(大小質地均相同)，從中一次性摸出n張卡牌，記摸出卡牌中數(shù)字卡牌的數(shù)目為Y .下列選項中一定成立的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】若有放回的摸出n個球，每次摸到白球的概率為，且各次試驗的結果是獨立的，故，，其中.
期望，方差.
若一次性摸出n張卡牌，隨機變量的可能取值有、、，
則，，
由結論（蘇教版2019第121頁）：當時，，得，
故，選項C正確；
特別地，取，，其中.
的分布為，
期望，方差
隨機變量的可能取值有、、，
則，，，
所以，，
.
顯然；；.
故ABD不正確.
故選：C.
題型十：古典概型
【典例10-1】如圖，有一個觸屏感應燈，該燈共有9個燈區(qū)，每個燈區(qū)都處于“點亮”或“熄滅”狀態(tài)，觸按其中一個燈區(qū)，將導致該燈區(qū)及相鄰（上、下或左、右相鄰）的燈區(qū)改變狀態(tài)．假設起初所有燈區(qū)均處于“點亮”狀態(tài)，若從中隨機先后按下兩個不同燈區(qū)，則燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)的概率為．
【答案】
【解析】從9個燈區(qū)中隨機先后按下兩個燈區(qū)，共有種按法．
與相鄰的燈區(qū)為；與相鄰的燈區(qū)為，故將9個燈區(qū)分為三類：第一類燈區(qū)，第二類燈區(qū)，第三類燈區(qū)．若要使得燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)，則需在同類燈區(qū)中隨機先后按兩個不同燈區(qū)．
①若先后按下的是兩個燈區(qū)，則燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)，共有種按法；
②若先后按下的是燈區(qū)中的兩個，則燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)，共有種按法；
③若先后按下的是燈區(qū)中的兩個，則燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)，共有種按法．故燈區(qū)最終仍處于“點亮”狀態(tài)的概率為．
故答案為：．
【典例10-2】如圖，是正八邊形的中心，從其八個頂點中隨機取出四個頂點為頂點作四邊形，則可作平行四邊形的概率為，則可作梯形的概率為 . (用數(shù)字作答)
【答案】
【解析】從八個頂點中隨機取出四個頂點為頂點作四邊形，可得四邊形的個數(shù)為；
八個頂點的連線中有 4 條過中心，即有 4 條直徑，每兩條直徑可確定一個平行四邊形，可得平行四邊形的個數(shù)為，所以可作平行四邊形的概率為；
梯形可由兩條平行但不等的弦的四個頂點構成. 如圖，設分別為正八邊形的兩條不同類型的對稱軸.
（1）以為對稱軸的平行弦中，有 2 對平行且相等，所以 4 條平行弦可構成個梯形，而類似的平行弦共有 4 組，所以可構成梯形個；
（2）以為對稱軸的平行弦，，中，有 1 對平行且相等，所以 3 條平行弦可構成個梯形，而類似的平行弦共有 4 組，所以可構成梯形個.
綜合（1）（2）可得共有梯形 24 個，故可作梯形的概率為 .
故答案為：；.
【變式10-1】已知正項等比數(shù)列的公比不為1，若在的前20項中隨機抽取4項，則這4項按原來的順序仍然成等比數(shù)列的概率為 .（用最簡分數(shù)作答）
【答案】
【解析】設正項等比數(shù)列的首項為，公比，則.
當公比為時，設選出來的四項為；
由，則，解得，
所以，此時有17種情況；
當公比為時，設選出來的四項為；
由，則，解得，
所以，此時有14種情況；
當公比為時，設選出來的四項為；
由，則，
解得，
所以，此時有種情況；
這是一個首項為，公差的等差數(shù)列，
那么按原來順序仍然成等比數(shù)列的組合數(shù)的總和
在的前20項中隨機抽取4項，共有種取法；
故這4項按原來的順序仍然成為等比數(shù)列的概率為.
故答案為：
1．冰雹猜想又稱考拉茲猜想、角谷猜想、猜想等，其描述為：任一正整數(shù)x，如果是奇數(shù)就乘以3再加1，如果是偶數(shù)就除以2，反復計算，最終都將會得到數(shù)字1．例如：給出正整數(shù)6，則進行這種反復運算的過程為，即按照這種運算規(guī)律進行8次運算后得到1．若從正整數(shù)3，11，12，13，14中任取2個數(shù)按照上述運算規(guī)律進行運算，則運算次數(shù)均被4整除余1的概率為．
【答案】
【解析】按照題中運算規(guī)律，正整數(shù)3的運算過程為，運算次數(shù)為；
正整數(shù)11的部分運算過程為，
當運算到10時，運算次數(shù)為9，由正整數(shù)3的運算過程可知，正整數(shù)7總的運算次數(shù)為；
正整數(shù)12的運算次數(shù)為，共次；
正整數(shù)13的運算次數(shù)為9；
正整數(shù)14的運算次數(shù)為，共
故能被4整除余1共3個，
概率為．
故答案為：.
題型十一：條件概率與全概率
【典例11-1】有6名研究員進入A、B、C三個實驗艙，則恰有4名研究員在A艙的條件下甲和乙在A艙的概率為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】設事件表示“恰有4名研究員在A艙”，事件表示“甲和乙在A艙”，
則，，
則.
故選：A.
【典例11-2】甲箱中有3個紅球和2個白球，乙箱中有2個紅球和2個白球（兩箱中的球除顏色外沒有其他區(qū)別），先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用事件和表示從甲箱中取出的球是紅球和白球：再從乙箱中隨機取出兩球，用事件B表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，則錯誤的選項為（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由題意可知，，，，
所以，
，
綜上ABD說法正確，C說法錯誤；
故選：C
【變式11-1】某校教工食堂為更好地服務教師，在教師微信群中發(fā)起“是否喜歡菜品”的點贊活動，參與活動的男、女教師總人數(shù)比例為，男教師點贊人數(shù)占（參與活動的）男教師總人數(shù)的，女教師點贊人數(shù)占（參與活動的）女教師總人數(shù)的，若從點贊教師中選擇一人，則該教師為女教師的概率為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】設事件“該教師為男教師”，事件“該教師為女教師”，事件“該教師為點贊教師”，
則，
又．
故選：C.
1．春夏換季是流行性感冒爆發(fā)期，已知A，B，C三個地區(qū)分別有，，的人患了流感，且這三個地區(qū)的人口數(shù)之比是5:8:9，現(xiàn)從這三個地區(qū)中任意選取1人，若選取的這人患了流感，則這人來自B地區(qū)的概率是（）
A．0.25B．0.27C．0.48D．0.52
【答案】C
【解析】記事件表示“這人患了流感”，事件分別表示“這人來自地區(qū)”，
由題意可知，，，
，，，
則
故.
故選：C.
題型十二：概統(tǒng)結合問題
【典例12-1】某校高三年級有男生660人，女生440人，現(xiàn)按性別用分層隨機抽樣的方法從高三年級所有學生中抽取5人組成某活動志愿者小隊，再從被抽取的這5人中抽取2人作為志愿者小隊隊長，則恰有1名男隊長的概率為 .
【答案】/0.6
【解析】由分層抽樣知，所抽取的這5人中有3男2女，所以恰有1個男隊長的概率.
故答案為：
【典例12-2】泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數(shù)的底數(shù)，是泊松分布的均值．若隨機變量服從二項分布，當很大且很小時，二項分布近似于泊松分布，其中，即．現(xiàn)已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該種元件，則抽到的次品的個數(shù)小于2的概率約為．（參考數(shù)據(jù)：）
【答案】0.74/
【解析】由已知，
，，
所以抽到的次品的個數(shù)小于2的概率為，
故答案為：0.74.
【變式12-1】某校有8名學生參加物理知識競賽，其成績如下：65，71，78，82，85，88，90，93，假設這8名學生成績的第60百分位數(shù)是N.若在這8人中隨機選取兩人，則這兩人的成績都低于N的概率為．
【答案】
【解析】因為，所以這8人成績的第60百分位數(shù)是從小到大排列的第5個數(shù)，即，
若在這8人中隨機選取兩人，共有28種情況，分別是，，，，，，，
其中兩人的成績都低于的情況有6種，
分別為，
所以在這8人中隨機選取兩人，則這兩人的成績都低于N的概率為.
故答案為：．
1．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．則當漏診率時，誤診率 .
【答案】
【解析】依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，
所以，解得：，
由右邊的頻率分布直方圖可得.
故答案為：
題型十三：新賽制概率問題
【典例13-1】隨著阿根廷隊的奪冠，2022年卡塔爾足球世界杯落下帷幕.根據(jù)足球比賽規(guī)則，兩支球隊先進行90分鐘常規(guī)賽.若比分相同，則進行30分鐘加時賽；如果在加時賽比分依舊相同，則進入5球點球大賽.若甲、乙兩隊在常規(guī)賽與加時賽中得分均相同，則甲、乙兩隊輪流進行5輪點球射門，進球得1分，不進球不得分.假設甲隊每次進球的概率均為0.8，乙隊每次進球的概率均為0.5，且在前兩輪點球中，乙隊領先一球，已知每輪點球大賽結果相互獨立，則最終甲隊獲勝的概率為 .
【答案】0.304
【解析】甲隊在每輪點球比賽獲勝的概率為，
甲隊在每輪點球比賽平局的概率為.
由題可知最終甲隊獲勝，則后三輪比賽只能有兩種情況：
①甲獲勝兩輪，剩下一輪甲乙平局，最終甲隊獲勝的概率為；
②甲獲勝三輪，該情況下最終甲隊獲勝的概率為，
綜上，甲隊獲勝的概率為0.24＋0.064＝0.304.
故答案為：0.304
【典例13-2】在立德學校舉辦的春季運動會上，甲、乙兩位教師進行某項比賽，采取七局四勝制（當一人贏得四局時就獲勝，比賽結束）．根據(jù)甲、乙兩人多次比賽的成績統(tǒng)計，每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，設各局比賽結果相互獨立，則乙在第一局負的情況下獲勝的概率是．
【答案】
【解析】由題意可得：乙在第一局負的情況下獲勝，則乙還需要勝四局比賽．
若再比賽四局乙獲勝，則概率為；
若再比賽五局乙獲勝，則概率為；
若再比賽六局乙獲勝，則概率為；
綜上所述：乙在第一局負的情況下獲勝的概率是．
故答案為：．
【變式13-1】甲，乙兩人組成的“夢隊”參加籃球機器人比賽，比賽分為自主傳球，自主投籃2個環(huán)節(jié)，其中任何一人在每個環(huán)節(jié)獲勝得2分，失敗得0分，比賽中甲和乙獲勝與否互不影響，各環(huán)節(jié)之間也互不影響.若甲在每個環(huán)節(jié)中獲勝的概率都為，乙在每個環(huán)節(jié)中獲勝的概率都為p，且甲，乙兩人在自主傳球環(huán)節(jié)得分之和為2的概率為，則p的值為，“夢隊”在比賽中得分不低于6分的概率為 .
【答案】
【解析】記事件“兩人在自主傳球環(huán)節(jié)得分之和為2分”，“甲在自主傳球環(huán)節(jié)得分”，“乙在自主傳球環(huán)節(jié)得分”，
由題意可知，與相互獨立，且，事件與互斥，
故，解得；
記事件“‘夢隊’在比賽中得分不低于6分”， “甲在自主投籃環(huán)節(jié)得分”，“乙在自主投籃環(huán)節(jié)得分”，
由題意可知相互獨立，
則，
且事件兩兩互斥，
則.
故答案為：；.
1．校乒乓球錦標賽共有位運動員參加.第一輪，運動員們隨機配對，共有場比賽，勝者進入第二輪，負者淘汰.第二輪在同樣的過程中產生名勝者.如此下去，直到第n輪決出總冠軍，實際上，在運動員之間有一個不為比賽組織者所知的水平排序，在這個排序中最好，次之， …，最差，假設任意兩場比賽的結果相互獨立，不存在平局，且當與比賽時，獲勝的概率為p，其中，求最后一輪比賽在水平最高的兩名運動員與之間進行的概率為
【答案】
【解析】一般情形：求倒數(shù)第k輪開始前剩下的選手恰好為的概率.
要實現(xiàn)這一點，這名選手是種子選手，即在前面的比賽中兩兩不能相遇，而且必須在其
全部場比賽中獲勝，
錦標賽樹形的片樹葉的填寫方式有種，為使其稱為種子，
我們有種方式放置最上面的2個選手，且有種方式放置其他選手，
因此其概率為，特別地，本題為的情形，
故所求概率為，
故答案為：.
重難點突破：遞推型概率命題
【典例14-1】甲，乙，丙，丁4人相互做傳球訓練，第一次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外三個人中的任何一人，經(jīng)過兩次傳球后，球在乙手中的概率為；經(jīng)過次傳球后，球在甲手中的概率為（用含有的式子表示）.
【答案】
【解析】第一次甲將球傳出后，2次傳球后的所有結果為：
甲乙甲，甲乙丙，甲乙丁，甲丙甲，甲丙乙，甲丙丁，甲丁甲，甲丁乙，甲丁丙，共9個結果，它們等可能，
2次傳球后球在乙手中的事件有：甲丙乙，甲丁乙，2個結果，所以概率是，
記n次傳球后球在甲手中的事件為，對應的概率為，，
，
則
，
于是得，即，
而，則數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，
因此，，即，
所以n次傳球后球在甲手中的概率是，
故答案為：；.
【典例14-2】“布朗運動”是指懸浮在液體或氣體中的微小顆粒所做的永不停息的無規(guī)則運動，在如圖所示的試驗容器中，容器由三個倉組成，某粒子做布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉，已知該粒子的初始位置在2號倉. 則粒子經(jīng)過次隨機選擇后到達2號倉的概率=

【答案】
【解析】記粒子經(jīng)過次隨機選擇后到達1號倉的概率為，
粒子經(jīng)過次隨機選擇后到達3號倉的概率為，
則，
消去，得，
即，又，
所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列，
所以，
；
故答案為：
【變式14-1】如圖，一只螞蟻從正四面體的頂點出發(fā)，每一步 (均為等可能性的)經(jīng)過一條邊到達另一頂點，設該螞蟻經(jīng)過步回到點的概率，則， .
【答案】
【解析】由題可知，在1步后螞蟻位于、、、點的概率分別為0，，，
故經(jīng)過 2 步回到點的概率，
，，
數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，
又，，即，
故答案為：；.
【變式14-2】近年來，我國外賣業(yè)發(fā)展迅猛，外賣小哥穿梭在城市的大街小巷成為一道道亮麗的風景線.他們根據(jù)外賣平臺提供的信息到外賣店取單.某外賣小哥每天來往于10個外賣店（外賣店的編號分別為1，2，…，10），約定：每天他首先從1號外賣店取單，叫做第1次取單，之后，他等可能的前往其余9個外賣店中的任何一個店取單叫做第2次取單，依此類推.假設從第2次取單開始，他每次都是從上次取單的店之外的9個外賣店取單，設事件{第次取單恰好是從1號店取單}，是事件發(fā)生的概率，顯然，，則，（第二空精確到0.01）.
【答案】 0.10
【解析】，
因為
，
所以，
以此類推，可得
……
.
故答案為：；0.10.
1．甲、乙、丙三人相互做傳球訓練，第1次由甲將球傳出，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，則第3次傳球后球在乙手中的概率為，第n次傳球后球在乙手中的概率為．
【答案】 /
【解析】每次傳球都有2種可能，傳球3次有種傳球過程，
其中第3次傳給乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3種傳球過程，所以第3次傳球后球在乙手中的概率為；
設第次傳球后在乙手中的概率為，則第次傳球道甲或丙手中的概率為，
故，
所以，
所以數(shù)列為等比數(shù)列，首項為，公比為，
所以，即.
故答案為：；
考點要求
目標要求
考題統(tǒng)計
考情分析
統(tǒng)計圖表、方差、平均數(shù)、中位數(shù)
掌握統(tǒng)計圖表分析，理解方差平均數(shù)中位數(shù)
2024年II卷第4題，5分
2023年上海卷第14題，4分
2022年甲卷第2題，5分
2021年甲卷第2題，5分
2021年I卷第9題，5分
預測2025年高考，概率統(tǒng)計內容或將頻繁以小題面貌亮相，亦可能巧妙融入解答題中，呈現(xiàn)相對獨立性。其中：（1）選擇題或填空題將側重于檢驗邏輯推理與數(shù)學運算能力；（2）古典概型題目將成為熱門考點，備受矚目。
古典概型
理解古典概型定義，掌握概率計算方法
2024年I卷第14題，5分
2024年甲卷第16題，5分
2023年乙卷第9題，5分
2023年甲卷第4題，5分
2022年I卷第5題，5分
2022年甲卷第6題，5分
相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式
理解獨立事件概念，掌握概率乘法公式
2022年乙卷第10題，5分
2021年天津卷第14題，5分
回歸方程、正態(tài)分布
掌握回歸方程應用，理解正態(tài)分布特性
2024年I卷第9題，6分
2023年天津卷第7題，5分
2021年II卷第5題，5分
畝產量
[900，950）
[950，1000）
[1000，1050）
[1050，1100）
[1100，1150）
[1150，1200）
頻數(shù)
6
12
18
30
24
10
0
1
2
3
5
項目落地國
中國
南亞某國
投資額x（億元）
10
11
12
13
14
10
11
12
13
14
利潤y（億元）
11
12
14
16
19
12
13
13
14
15
二萜化合物濃度
20
40
60
80
100
抑制率
10
15
18
21
25

1
4
9
16

1
2.98
5.01
7.01
x
4
6
8
10
z
2
c
5
6
合計
21
73
22
25
47
合計
46
120
歲及以上
歲以下
總計
男性
女性
總計
0.050
0.010
3.841
6.635
性別
付某視頻的態(tài)度
合
喜歡
不喜歡
計
男生
女生
合計
X
0
1
2
P

0
1
2

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