指向核心素养的高考概率与统计试题新变化——2022年高考“概率与统计”专题解题分析.pdf

1、下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究指向核心素养的高考概率与统计试题新变化2022年高考“概率与统计”专题解题分析蒋凤君，金克勤（浙江省临海市中等职业技术学校；浙江省黄岩中学）摘要：2022 年高考数学试卷中的概率与统计试题，具有背景丰富、难度稳定、考查主干知识和考查数学素养等特点.从目标解析、解法分析、试题分析和类题赏析四个方面对优秀试题进行解析，在此基础上对2023年高考概率与统计的复习备考提出了建议.关键词：概率与统计；解题分析；复习建议收稿日期：2022-07-05作者简介：蒋凤君（1979），女，高级教师，浙江省教坛新秀，台州市名师，主要从事中学数学教学研

2、究.2022年高考数学试卷中概率与统计试题考查的内容与 普通高中数学课程标准（2017 年版 2022 年修订）保持一致，与教材中知识内容的比例相当，注重考查内容的全面性和层次性，突出对核心概念、主干知识和重要思想的考查.2022 年高考概率与统计试题重在对基础知识的考查，强调基本思想方法，以及对概率与统计的基本原理的深入理解和应用，在通性、通法的基础上，适度进行了综合与创新.试题有较好的信度和区分度，达到了考查的目的.一、试题特点分析1.试题背景丰富2022年高考概率与统计试题突出反映了概率与统计和现实之间的紧密联系.试题设置了与社会经济密切联系的情境.例如，分析地方性疾病与居民生活卫生习惯

3、之间的关系，普及垃圾分类知识的统计，长途客车运营情况分析，林区某种树木材积量的估计和预测，流行病调查，学校运动会优秀奖人数和冠军得主预测，等等.这些试题情境与我国社会经济发展和生产、生活实际相结合，与学生的生活经验紧密联系，富有时代特征，突出数学的应用性和实践性.在实际情境中考查学生运用概率与统计的基础知识和基本方法解决实际问题的能力，具有鲜明的时代特征.2.难度保持稳定2022 年高考概率与统计试题容量基本保持稳定，分值近几年相比几乎没有变化.全国甲卷（文、理科）和全国乙卷（文、理科）都是两道客观题和一道主观题，共22分；全国新高考卷和全国新高考卷都是一道客观题和一道主观题，共17分，占全卷

4、的11.3%14.7%，与概率与统计在高中课程中的内容比例相当.2022年高考概率与统计试题难度适中，与2021年不同的是没有出现作为压轴题的难题.与全国甲卷（文、理科）和全国乙卷（文、理科）相比，全国新高考卷和全国新高考卷难度稍大，今后也可能会以概率与统计建模内容作为压轴试题.3.考查主干知识2022年高考概率与统计试题围绕概率与统计的主干知识进行考查.概率考查的主要内容有：（1）古典概型的概率计算，如全国新高考卷和全国新高考卷的第 5 题，全国甲卷理科第15 题，全国甲卷文科第6题，全国乙卷理科第 13 题（文科第 14 题）；（2）概率的性质和相互独立事件的概率，如全国甲卷理科第19题，

5、全国乙 86下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究卷文科第10题；（3）条件概率与全概率公式，如全国新高考卷第20题，全国新高考卷第19题，天津卷第13题；（4）随机变量分布列与数字特征、二项分布、超几何分布、正态分布，如全国新高考卷第 13 题，全国甲卷理科第19题，北京卷第18题，浙江卷第15题.统计考查的内容有：（1）随机抽样与数据的数字特征，如全国新高考卷第 20 题，全国甲卷理科第2题（文科第2题），全国甲卷文科第17题；（2）统计图表与数据数字特征，如全国新高考卷第19题，全国甲卷理科第 2 题（文科第 2 题），全国乙卷文科第4题，天津卷第4题；（3）统

6、计相关性与一元线性回归模型，如全国乙卷文科第19题；（4）独立性检验，如全国新高考卷第20题，全国甲卷文科第17题.2022年高考概率与统计试题涵盖高中概率与统计的主要知识，全面考查了概率与统计的主要知识和方法，考查的知识覆盖面广，系统性、联系性强，体现了概率与统计知识的特点.4.考查数学素养2022年高考概率与统计试题体现出对数学素养的考查要求.首先，是数学阅读，概率与统计主观题的文字量是所有数学试题中最多的，学生要审读试题，在短时间内依据概率与统计的概念和知识理解题意，了解问题的背景，形成解决问题的思路与方案.其次，概率与统计试题突出对数学思想方法的考查，试题往往从概率与统计的相互联系之处

7、提出问题，很多试题都体现了“用频率估计概率”“用样本估计总体”的思想.例如，全国新高考卷第19题就是用随机抽样的 100 名某种疾病患者的信息，估计该地区某年龄段人群患这种疾病的概率；又如，北京卷第18 题中要求根据甲、乙、丙三名学生以往比赛的成绩，去估计谁获得冠军的概率最大.这些都是概率与统计思想在解题中的应用.最后，概率与统计试题中渗透了数学建模的思想方法，试题呈现出这样的建模思想：将现实问题归结为数学问题，然后建立一个概率模型或统计模型，再选择合适的数学方法加以求解，并且对求得的结果进行评价，或者对出现的结果加以解释或做出预测.例如，全国新高考卷第 20 题，构建了一项度量指标R=P()

8、A|BP()A|BP()A|BP()A|B 来评估卫生习惯不够好对患该疾病的风险程度，这实际上是用贝叶斯公式在不确定推理中的一种模式和处理方法.对于对立事件 B 与 B，P()B|AP()B|A=P()BP()B P()A|BP()A|B，P()B|AP()B|A实际上是后验概率的比值，P()BP()B 是先验概率的比值，P()A|BP()A|B 是贝叶斯因子，P()B|AP()B|A反映的是在事件 A 发生的条件下事件B发生的优势，P()B|AP()B|A 反映的是在事件A不发生的条件下事件B发生的优势，用比值P()B|AP()B|A:P()B|AP()B|A来评估卫生习惯不够好对患该疾病的

9、风险程度，而这个比值等于对立事件贝叶斯因子的比.这种以概率与统计模型为背景的创新型试题将会越来越多地出现在高考数学试题之中.二、优秀试题分析1.概率及其性质例 1（2022 年全国乙卷理 10）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且 p3 p2 p1，记该棋手连胜两盘的概率为 p，则（）.（A）p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关（B）该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大（C）该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大（D）该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大目标解析：该题考查的主要知识点为随机事件的概率及其性质、相互独立事件

10、的概率和不等式的性质.要求能够通过熟悉的问题情境正确计算两个随机事件同时发生的概率，会比较概率的大小，并根据概率做出推测.该题考查的关键能力是利用概率的性质进行积事件的概率计算，以及利用不等式性质比较大小.通过对具体问题一般化的数学思想，将“连胜两 87下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究盘”的概率用一般式子表示，从而利用概率的性质来解决问题.解法分析：该题求解的关键是计算随机事件“该棋手连胜两盘”的概率.由于该棋手与甲、乙、丙连续比赛两场有6种情况，依次计算运算量很大，因此需要用一种方式把 6 种比赛的结果用统一的方法表示出来.该棋手在三盘比赛中连胜两盘有两种结果

11、：A=“连胜第一、第二两盘”；B=“第一盘负，连胜第二、第三两盘”.设该棋手按顺序连续三盘比赛获胜的概率分别为 t1，t2，t3，其中 ti p1，p2，p3()i=1，2，3，且ti tj()i j，那么该棋手连胜两盘的概率 p=P()A+B=P()A+P()B=t1t2+()1-t1 t2t3=t1t2+t2t3-t1t2t3=t2()t1+t3-t1t2t3.此式不是关于 t1，t2，t3 的轮换对称式，所以 p与该棋手和甲、乙、丙比赛的次序有关，选项A不正确.由于 t1t2t3=p1p2 p3 是不变量，所以只需要考虑 t2()t1+t3的大小.因为 p3 p2 p1，所以 p3()p

12、1+p2 p2()p1+p3 p1（p2+p3）.所以该棋手在第二盘与丙比赛 p 最大.故选择选项D.试题分析：该题的题源为人教 A 版 普通高中教科书数学（以下统称“教材”）选择性必修第三册第 47 页的例 2，设问“中奖的概率与抽奖的次序有关吗”与选项 A 的问题相同.问题情境简明、清晰，贴近学生实际，问题简约但不简单，对学生的素养有较高要求.学生存在的问题是缺乏抽象概括能力，又怵于概率计算的运算量大，根据感觉进行猜测而出现错误.要防范学生产生错误，复习教学应该立足用一般的方法指导解题过程，抓住问题的本质进行分析，寻找解决问题的一般途径.类题赏析：（2020 年全国卷理 19）甲、乙、丙三

13、位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直到有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩下的两人继续比赛，直到其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 12.（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.这道试题同样以体育比赛为背景命制，要求相应的概率问题.求“甲连胜四场”的概率与求“连胜两场”的概率设问相同.这两道试题的考查意图和考查方法类似，解题的思想方法也基本一致.2.条件概率与独立性检验

14、例2（2022年全国新高考卷20）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了 100 例（称为对照组），得到如表1所示的数据.表1病例组对照组不够良好4010良好6090（1）能否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”.P()B|AP()B|A与P()B|AP()B|A 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量

15、指标，记该指标为 R.证明：R=P()A|BP()A|BP()A|BP()A|B；利用调查数据，给出 P()A|B，P()A|B 的估计值，并利用的结果给出R的估计值.附：K2=n()ad-bc2()a+b()c+d()a+c()b+d.表2P()K2 kk0.0503.8410.0106.6350.00110.828目标解析：该题考查的知识点有随机抽样、分类变量的 2 2 列联表、条件概率、概率乘法公式和独立性检验.该题考查的关键能力是依据 2 分布的临界值表进行统计推断.在统计分析中能够根据问题情境提出检验的假设，依据概率进行推断，解决实际问题.88下半月（高中版）2022年第78期（总第

16、267268期）解题研究在理解条件概率、对立事件概率的比值构建量化指标的基础上，运用数学建模思想建立卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的度量指标，证明相应的公式，运用模型做出分析和评估.解法分析：独立性检验的基础是古典概型、条件概率、独立事件的概率乘法公式，以及频率稳定到概率的原理.为了解总体中两个分类变量是否相互独立，可以从总体中抽取简单随机样本，归类成一个2 2 列联表，独立性检验就是根据列联表检验两个分类变量是否相互独立的方法.独立性检验本质上是一种概率推断，是依据概率进行“二中选一”的一种方法.根据样本数据，在 H0（无实质差异）与 H1（有实质差异）这两种推断中选择其一，这是一种概率

17、反证法.通过样本出现的事件是否属于小概率事件来判断总体假设是否成立.统计指标 R 是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，但是条件概率 P()B|A不容易计算，可以利用概率乘法公式 P()A P()B|A=P()B P()A|B 或 贝 叶 斯 公 式 P()B|A=P()B P()A|BP()A，转化为相对容易计算的 P()A|B.（1）假设 H0：患该疾病的群体与未患该疾病的群体的卫生习惯没有差异.那么在 H0 成立的前提下，统计量 K2 近似服从 2 分布，计算统计量 K2 的观测值 K2=200()40 90-10 602100 100 50 150=24.若给定显著性水平

18、=0.010，查得 2 分布的临界值 x=k=6.635.因此P()K2 6.635=0.010.而样本观测值 K2=24 6.635.因此样本数据出现的概率小于0.010，说明小概率事件发生，应该拒绝 H0，即认为患该疾病的群体与未患该疾病的群体的卫生习惯有显著性差异.而这个推断犯错的概率小于 0.010.也可以说有 99%的把握认为患该疾病的群体与未患该疾病的群体的卫生习惯有差异.（2）根据贝叶斯公式：P()B|A=P()B P()A|BP()A，P()B|A=P()B P()A|BP()A，得P()B|AP()B|A=P()BP()B P()A|BP()A|B.同理，可得P()B|AP(

19、)B|A=P()BP()B P()A|BP()A|B.所以 R=P()B|AP()B|A:P()B|AP()B|A=P()A|BP()A|B:P()A|BP()A|B=P()A|BP()A|B P()A|BP()A|B=P()A|BP()A|BP()A|BP()A|B.根据频率稳定于概率的原理，可以用频率估计概率，P()A|B 40100=25，P()A|B 10100=110.所以 P()A|B=1-P()A|B 1-25=35，P()A|B=1-P()A|B 1-110=910.于是 R 25 91035 110=6，即R的估计值为6.试题分析：该题的第（1）小题是典型的利用 2 2列联表

20、进行两个分类变量独立性检验的问题，与教材选择性必修第三册第132页的例4吸烟是否会增加患肺癌的风险问题的本质是一样的，所采用的统计方法相同，结论类似，只是现实情境有所不同.高考中有关分类变量独立性检验都与例 4 本质相同.要注意新版教科书和旧版教科书在独立性检验中的不同表达.在新版教材中用条件概率分析分类变量的独立性.在独立性检验过程中，要运用零假设.如果没有零假设，那么推理过程就没有了依据，所以没有假设就没有检验.这是新版教科书表述的变化，所以采用新高考试卷的学生在解答独立性检验的问题时，应该更加严格和规范，表达要准确，特别是对于检验结果的表达，要遵循新版教科书的要求，注意独立性检验中犯第一

21、类错误与犯第二类错误不是对立事件.不要沿用一些不够严谨的说法.该题的第（2）小题，渗透着贝叶斯统计的思想，在人工智能中有广泛的应用，在人工智能中常用 L()B|A=P()B|AP()B|A表示在事件 A 发生的条件下事件 B 发生的优势，在统计中称为似然比.虽然考试中学生不一定需要了解问题的背景，但是在高考概率与统计试题中渗透数学发展的一些前沿内容是非常有价值的.类题赏析：（2022 年全国甲卷文 17）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运营情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到如表3所示的列联表.89下半月（高中版）2022年第78期（总第

22、267268期）解题研究表3AB准点班次数240210未准点班次数2030（1）根据表 3，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2=n()ad-bc2()a+b()c+d()a+c()b+d.表4P()K2 kk0.1002.7060.0503.8410.0106.635该题实质上就是用两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的统计频率去估计概率；甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有无关系就是两个分类变量的独立性检验问题.一个工厂有两个警报器 I1，I2.I1 响了，事故发生的概率

23、为 0.9，I2 响了，事故发生的概率是 0.8.I1，I2相互独立.现在两个警报器都响了，此时工厂发生事故的概率是多少？该题是文献3第386页问题的改编，是构造似然比计算概率的问题.设事件A为“工厂发生事故”，P()A|I1=0.9，P()A|I2=0.8，如何求P()A|I1I2 的值？同样可以考虑似然比 L1()A|I1=P()A|I1P()A|I1，L2()A|I2=P()A|I2P()A|I2.由 I1，I2 相互独立，得 L()A|I1I2=P()A|I1I2P()A|I1I2=L1()A|I1 L2()A|I2=0.90.1 0.80.2=36.由此可得 P()A|I1I2=36

24、37.这是通过构造一个统计指标去求概率的方法.这道试题的解题思路与例2是一脉相承的，都体现了数学建模的思想.3.随机变量的分布列与期望例3（2022年全国甲卷理19）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10 分，负方得 0 分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为 0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用 X 表示乙学校的总得分，求 X 的分布列和期望.目标解析：该题考查的主要知识点有概率的概念与性质、相互独立事件的概率、条件概率和离散型随机变量的分布列与期望.主要考

25、查学生对概率及其性质的掌握情况，以及离散型随机变量的分布列和期望的概念与计算公式.要求学生能利用相互独立事件概率的性质计算概率，能在具体情境中准确计算离散型随机变量的分布列和期望.考查将随机事件表示成一些简单事件运算结果的抽象能力和利用概率性质进行计算的数学运算能力.解法分析：首先，要用集合语言表示试题中的随机事件.（1）设 A1，A2，A3分别表示事件“甲学校在第 k个项目中获胜”()k=1，2，3，则P()A1=0.5，P()A2=0.4，P()A3=0.8.三个项目比赛中，如果甲学校获胜，则至少需要获得 20 分.设 A 表示事件“甲学校获得冠军”，则 A=A1A2+A1A2A3+A1A

26、2A3.根据概率加法公式和独立事 件 的 概 率，P()A=P()A1 P()A2+P()A1 P()A2 P()A3+P()A1 P()A2 P()A3=0.5 0.4+0.5 0.6 0.8+0.5 0.4 0.8=0.6.所以甲学校获得冠军的概率为0.6.也可以利用对立事件概率的性质，设事件 B 为“乙学校获得冠军”，则甲学校需要负两个项目以上，所以 B=A1A2+A1A2A3+A1A2A3，而 P()B=P()A1 P()A2+P()A1 P()A2 P()A3+P()A1 P()A2 P()A3=0.5 0.6+0.5 0.6 0.2+0.5 0.4 0.2=0.4，并且 B=A，所

27、以 P()A=1-P()B=1-0.4=0.6.（2）因为随机变量 X 0，10，20，30，则 P()X=0=P()A1A2A3=0.5 0.4 0.8=0.16，P()X=10=P()A1A2A3+P()A1A2A3+P()A1A2A3=0.5 0.4 0.8+0.5 0.6 0.8+0.5 0.4 0.2=0.44，P()X=20=P()A1A2A3+P()A1A2A3+P()A1A2A3=0.5 0.6 0.2+0.5 0.4 0.2+0.5 0.6 0.8=0.34，P()X=30=P()A1A2A3=0.5 0.6 0.2=0.06.所以随机变量X的分布列如表5所示.90下半月（高

28、中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究表5Xp00.16100.44200.34300.06X的期望 E()X=0 0.16+10 0.44+20 0.34+30 0.06=4.4+6.8+1.8=13.试题分析：该题背景是学生比较熟悉的体育比赛.对概率的基本概念和基本运算及离散型随机变量的分布列和期望进行考查，设问方式比较直接，重点考查学生对概念的掌握情况和利用性质进行准确运算的能力.学生常见的错误：一是没有正确地将所求概率的事件用已知概率的事件来表示；二是没有正确利用概率的性质或无法设计合理的运算过程而造成失误.在求事件“甲学校获得冠军”的概率时，还可以运用条件概率和全概率

29、公式进行计算，如设 P()A1=a，P()A2=b，P()A3=c，则 P()A=P()A1 P()A|A1+P()A1 P()A|A1=P()A1 P()A2+A3+P()A1 P()A2A3=a()b+c-bc+()1-a bc=ab+bc+ca-2abc.所以当 a=12 时，P()A=b+c2，即 P()A=P()A2+P()A32=0.4+0.82=0.6.从 概率的计算过程可以发现随机事件概率中存在的某些规律，而这些规律有助于我们对问题本质的理解.对 于 事 件 A=A1A2+A1A2A3+A1A2A3 与 事 件 B=A1A2+A1A2A3+A1A2A3 互为对立事件，在解题过程

30、中可以根据问题的情境做出判断，当然也可能通过事件的运算得到.A=()A1+A2()A1+A2+A3()A1+A2+A3=()A1+A2A3()A1+A2+A3=A1A2+A2A3+A1A3=A1A2+A1A2A3+A1A2A3=B，这从运算角度证明了A与B互为对立事件.类题赏析：（2022 年北京卷18）在校运会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50 m（含9.50 m）以上的同学获得优秀奖，为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，

31、9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16.假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（2）设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望 E()X；（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明.）该题与例 3 类似，同样以体育比赛为背景.近几年来以体育比赛为背景的概率与统计试题经常出现在高考中.这种以体育比赛为背景的概率与统计试题，情境易于理解，能够聚焦于对概率与统计本质的考查.该题

32、同样要计算随机事件的概率和随机变量的分布列与期望，解题思路和解题过程与例 3 如出一辙.第（3）小题是概率与统计的结合，要求学生利用样本数据对获得冠军的概率最大值进行合理推断，运用概率与统计的思想来分析、解决实际问题.（2021 年全国新高考卷18）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分；B 类问题中的每个问题回答正确得 80 分，否则得 0 分.

33、已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答 A 类问题，记 X 为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.该题以知识竞赛为背景，考查得分X的分布列和期望，与例 3 有相似的背景和考查要求，同样要求运用概率的思想和方法解决实际问题，凸显高考概率考查重视基本概念和基础知识，强调在实际情境中考查概率与统计知识和思想方法.4.一元线性回归模型例4（2022年全国乙卷文/理19）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量

34、，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3），得到如表6所示的数据.91下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究表6样本号 i根部横截面积 xi材积量 yi10.040.2520.060.4030.040.2240.080.5450.080.5160.050.3470.050.3680.070.4690.070.42100.060.40总和0.63.9并计算得i=110 x2i=0.038，i=110y2i=1.615 8，i=110 xiyi=0.247 4.（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

35、（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186 m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数 r=i=1n()xi-x()yi-yi=1n()xi-x2i=1n()yi-y2，1.896 1.377.目标解析：该题考查的主要知识点有随机抽样、平均数、样本相关系数及其意义、样本估计总体的原理、一元线性回归模型和参数估计.该题考查的关键能力是建立特殊的经验回归方程进行预测，会利用一元线性回归模型研究变量之间的

36、随机关系，会用回归分析思想方法解决实际问题.解法分析：为了聚焦对统计思想和统计方法的考查，避免陷于烦琐、单调的数字运算，试题中给出了一些运算的结果，希望学生能在阅读试题的同时了解哪些量是已知的，已知量和未知量之间有哪些关系.而这些关系的探求需要学生具备一定的数学转化能力.（1）根据题意，得i=110 xi=0.6，i=110yi=3.9.所以 x=110i=110 xi=0.06，y=110i=110yi=0.39.因此该林区这种树木平均一棵树的根部横截面积估计值是0.06 m2，平均一棵树的材积量估计值是 0.39 m3.（2）因为i=1n()xi-x()yi-y=i=1nxiyi-nx y

37、，i=1n()xi-x2=i=1nx2i-nx2，i=1n()yi-y2=i=1ny2i-ny2，所以 r=0.247 4-10 0.06 0.39()0.038-10 0.062()1.615 8-10 0.392=0.013 41.896 10-4=1.341.896 1.341.377 0.97，即样本的相关系数是 0.97.（3）根据题目的假设，yi=kxi+ei，其中 ei 是随机误差，由于树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可以认为i=1nei=0，所以i=1nyi=ki=1nxi，即 y=kx，k=yx=0.390.06.所以当i=1nxi=186 时，i=1nyi=0.39

38、0.06 186=1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值是1 209 m3.试题分析：该题与教材选择性必修第三册第113页的例题相似，教材上的例题是由树木的胸径预测树高，该题是由树木的根部横截面积预测材积量，这两个问题只是形式上不同，本质是相同的.试题对一元线性回归模型进行了简化，增加了条件“树木的材积量与其根部横截面积近似成正比”，使得一元线性回归模型成为只含一个参数的模型，方便学生运算.但是试题对学生能力的要求并没有降低.在计算样本相关系数时，需要对公式进行变形转化，如果不能做到这一点，样本相关系数的计算就会存在困难.计算样本相关系数，隐含着要对成对数据进行线性回归分析，必须判断它

39、们是否存在线性相关关系.判断线性相关关系的方法就是计算样本相关系数，通过计算得到相关系数 r 0.97，说明线性关系显著.线性回归模型的假设i=1nei=0 很重要.如果没有真正理解回归模型的意义，就不会理解i=1nei=0 假设的含义，进而会造成解题的困难.类题赏析：（2020 年全国卷理 18）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据()xi，yi()i=1，2，20，其中 xi 和 yi 分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积（单位

40、：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得i=120 xi=60，i=120yi=1 200，i=120()xi-x2=80，i=120()yi-y2=9 000，i=120()xi-x()yi-y=800.92下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本()xi，yi()i=1，2，20 的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，给出一种你认为更合理的抽样

41、方法，并说明理由.附：相 关 系 数 r=i=1n()xi-x()yi-yi=1n()xi-x2i=1n()yi-y2，2 1.414.该题与例 4 结构相同，考查的内容、目的和要求基本相同，解决问题的思想方法一致，这是一元线性回归模型考查的基本模式.5.统计中的概率例5（2022年全国新高考卷19）在某地区进行流行病调查，随机调查了 100 位某种疾病患者的年龄，得到如图1所示的样本数据的频率分布直方图.0.0230.0200.0170.0120.0060.0020.001010203040 5060708090 年龄/岁图1频率组距（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该

42、组区间的中点值为代表）；（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间)20，70 的概率；（3）已知该地区这种疾病的患病率为 0.1%，该地区的年龄位于区间)40，50 的人口占该地区总人口的16%.从该地区任选一人，若此人年龄位于区间)40，50，求此人患该种疾病的概率.（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1.）目标解析：该题考查的主要知识点是随机抽样、数据的频率分布直方图、概率的概念、频率稳定于概率的原理和条件概率.考查目标是检验学生对统计图、表的掌握情况，会根据频率分布直方图估计数据的数字特征，会用频率估计概率.该题考查的关键能力是

43、获取所需的数据并进行分析，能用样本估计总体的集中趋势参数和离散程度参数，会依据频率与概率的关系估计随机事件的概率，会用概率的方法解决有关统计问题.解法分析：可以用频率分布直方图中一组区间的中点值代表这组数据的平均值（假设数据在每个组中是均匀分布的）.（1）根据频率分布直方图，该地区这种疾病患者的平均年龄估计值 x=5 0.01+15 0.02+25 0.12+35 0.17+45 0.23+55 0.20+65 0.17+75 0.06+85 0.02=47.9（岁）.（2）根据频率稳定于概率的原理，可以用样本的频率作为概率的估计值.样本中患这种疾病且年龄在区间)20，70 的频率为 0.12

44、+0.17+0.23+0.20+0.17=0.89，所以可以估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间)20，70 的概率为0.89.（3）设该地区总人口数为 n，则患这种疾病的人数有 n 0.1%，而该地区年龄位于区间)40，50 的人口有 n 16%，年龄在)40，50 且患这种疾病的人数有n 0.1%0.23.按古典概型，年龄位于区间)40，50 的某人患这种疾病的概率 p=n 0.1%0.23n 16%=0.001 437 5 0.001 4.如果设A表示事件“某人患这疾病”，B表示事件“某人年龄位于区间)40，50 内”，则“年龄位于区间)40，50 的某人患这种疾病的概率”是条件概率

45、 P()A|B.因为 P()B=16%，P()AB=0.1%0.23，所以 P()A|B=P()ABP()B=0.1%0.2316%=0.001 437 5 0.001 4.试题分析：该题的问题情境是对某现象的抽样调查，问题的核心是用频率估计概率.对某一现象通过抽样获得数据，利用样本数据中某种现象出现的频率估计概率，是统计研究的基本方法.教材必修第二册第253页的例1，关于新生儿性别的调查就是这种思想方法的体现.93下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究类题赏析：（2020年北京卷18）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案1，方案2.为了解该校

46、学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表7所示.表7方案1方案2男生支持200人350人不支持400人250人女生支持300人150人不支持100人250人假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.（1）分别估计该校男生支持方案 1 的概率，该校女生支持方案1的概率；（2）从该校全体男生中随机抽取 2 人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案1的概率；（3）将该校学生支持方案2的概率估计值记为 p0.假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案 2 的概率估计值记为 p1.试比较 p0 与 p1 的大小.（结论不要求证明.）该题通

47、过统计表给出数据，与例 5 的考查目标相同，设问方式类似，考查的主要内容是古典概率的计算，思想方法是用样本估计总体及频率稳定于概率的原理，这是该类试题通常的呈现方式.6.古典概率的计算例 6（2022 年浙江卷15）现有 7 张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取 3 张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则P()=2 的值为，E()的值为.目标解析：该题考查的知识点有古典概型的概率计算和离散型随机变量的分布列与期望.考查目标是能准确判断古典概型，能通过准确的计数计算古典概型，能通过概率计算求随机变量的分布列和期望.解法分析：求古典概率问题的基础是计数，计数的基本模

48、型是不同元素的排列或组合.该题的卡片中有两个 2，显然不能单纯地归结为不同元素的排列或组合问题.可以将重复元素 2 看成两个不同的元素，这种思想在教科书中都有体现，这样就把相应的计数问题转化成了不同元素的排列或组合问题，从而将概率的计算转化为古典概型.从这 7 张卡片中随机抽 3 张，共有 C37 种不同的取法.如果抽取的三个数中2是最小的，当只有一个2时，不管是两个 2 中的哪一个，都能使 =2.因此有 C12C24种不同的抽取方法；当有两个 2 时，有 C14 种不同的取法.所以 P()=2=C12C24+C14C37=1635.考虑随机变量 的分布列，1，2，3，4，由古典概型概率计算公

49、式，可以得 P()=1=C26C37=1535，P()=2=1635，P()=3=C23C37=335，P()=4=135.所 以E()=1 1535+2 1635+3 335+4 135=127.如果从随机试验的可能结果及样本空间角度分析，样本点()x1，x2，x3 中，()2()1，x2，x3 与()2()2，x2，x3 认为是同一个样本点.抽取的三张卡片可以分成三类：第一类的三张卡片中没有 2，共有 C35 种不同的抽取方法；第二类的三张卡片中只有一个2，共有 C25 种不同的抽取方法；第三类的三张卡片中有两个 2，共有 C15 种不 同 的 抽 取 方 法.所 以 样 本 空 间 有

50、C35+C25+C15=25 个样本点.在这些样本点中，同一类样本点的概率是相同的，但不同类样本点的概率可能不同，所以不能用古典概型计算概率.但我们可以用概率的性质及独 立 事 件 的 概 率 来 计 算 各 类 样 本 点 的 概 率.设i()i=1，2，3 分别表示上述三类样本点，1 表示事件“抽 取 的 三 张 卡 片 没 有 2”，则 P()1=A33 17 16 15=135；2 表示事件“抽取的三张卡片只有一张2”，则 P()2=A33 27 16 15=235；2 表示事件“抽取的三张卡片有两张2”，则 P()3=3 27 16 15=135.所以P()=1=C24P()1+C1

51、4P()2+P()3=1535，P()=2=C24P()2+C14P()3=1635，P()=3=C23P()1=335，P()=4=P()1=135.这样我们就能计算出 P()=2 和 E().试题分析：古典概型问题是高考概率与统计试题几乎都要涉及的内容，学生也比较熟悉，但需要在解题中分清是否符合古典概型的条件.如果不符合古典概型的条件，考虑是否可以通过适当变换转化成古典概型问题.在该题中，如果不考虑古典概型的前提条件，就有可能出现 P()=2=C14+C2425=25 的错误.94下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究类题赏析：（2022年全国新高考卷5）从2至8

52、的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）.（A）16（B）13（C）12（D）23这是一道典型的古典概型试题，也可以采用多种方法解决此问题.三、复习建议依据以上对2022年高考概率与统计试题的特点分析和优秀试题分析，对2023年高考概率与统计的复习提出以下几点建议.1.注重基础，加强联系高考概率与统计试题重视对基础知识和基本思想方法的考查，复习过程中要加强对基本概念的理解和基本性质的掌握，重视概率与统计方法的归纳与总结.要形成系统的知识网络，可以借助知识结构图，厘清知识间的相互关系.在知识和方法的重要节点下工夫去明概念、熟方法，按概率与统计课程的核心内容组织复习，通过强化基础

53、知识和基本方法的复习，做到事半功倍.2.规划专题，重点突破高考概率与统计试题特征明显，分类清楚，建议分以下几个专题进行有侧重的复习和训练.概率可以分为“古典概型与概率的性质”“独立事件的概率与条件概率”“离散型随机变量的分布列与数字特征”“特殊分布及其数字特征”四个专题；统计可以分为“随机抽样和频率分布直方图”“样本估计总体”“相关性与回归模型”“2 2 列联表与独立性检验”四个专题.对于每个专题从知识、方法和思想三个方面进行复习，针对常见题型、易混概念、易错问题进行强化训练，逐步形成解决一类问题的思想方法.3.关注本质，提炼内涵高考概率与统计试题背景丰富，形式多样，但本质一致.许多试题形异质

54、同.因此，在复习过程中，要透过现象看本质，从纷繁复杂的问题背景中看到其数学本质，提炼、简化为基本模式.对基本模式的提炼本质上是对数学内涵的再认识.要学会在各种不同的情境中识别基本模式，形成解决基本模式问题的一般思路与方法，把对解题的思考转化为对基本模式的判别，然后再按一定的解题程序解决问题.这是面对复杂问题的解决方案，也是认识数学本质、抓住关键要点进行复习的有效策略.4.聚焦素养，思想引领概率与统计的复习要聚焦数学核心素养，提升数据分析、数学运算、逻辑推理、数学抽象等素养和能力.概率与统计的解题过程处处体现出对素养的要求，复习过程中要时刻用数学思想引领复习的方向.“随机抽样的原理”“随机性中的

55、规律性”“统计结论的或然性”“频率稳定于概率的原理”“样本估计总体的思想”“随机变量的概念与含义”“独立性检验的思想”等概率与统计中特有的思想方法对于掌握概率与统计的解题方法至关重要，要把对这些数学思想方法的参悟贯穿在复习解题过程中，使复习过程能够体现经验积累和思想升华.四、典型模拟题1.（多选题）投掷一枚质地均匀的骰子5次，已知出现的 5 个数据的平均数是 3，方差不超过 1，那么这5次投掷的点数中可能出现的结果是（）.（A）众数是3（B）中位数是2（C）极差是2（D）最大点数是5答案：AC.2.一个盒子中装有N件产品，其中的次品数为随机变量，已知其数学期望为 n()n N.现从该盒子中任抽

56、一件产品，则该产品是次品的概率是.答案：nN.3.保护环境实现“双碳”目标是国家重要政策，用新能源汽车替代传统的燃油汽车是必然的趋势.但新能源汽车也依赖于充电装置等基础设施，汽车销售管理部门调查了近期 500 位购买汽车的车主居住地和购车种类，得到如表8所示的数据.表8城市乡镇购置新能源汽车240120购置传统燃油汽车6080（1）根据表中数据，请你依据小概率 =0.01 的2 独立性检验，分析购置汽车的种类与车主的居住地 95下半月（高中版）2022年第78期（总第267268期）解题研究是否有关？（2）某汽车 4S 店销售了 5 辆新能源车，记销往乡镇的车辆数为 X，如果用样本数据中的频率

57、估计概率，估计X的数学期望E（X）.附：2=n()ad-bc2()a+b()c+d()a+c()b+d.表9x0.1002.7060.0503.8410.0106.635答案：（1）购置汽车的种类与车主的居住地有关.（2）53.4.PMI 值是国际上通行的宏观经济监测指标之一，能够反映经济的变化趋势.图 2 是国家统计局发布的某年 12 个月的制造业和非制造业 PMI 值趋势图.将每连续 3 个月的 PMI 值作为一个观测组，对国家经济活动进行监测和预测.制造业PMI非制造业PMIPMI/%585654525048460123456789 10 11 1252.451.954.956.355.

58、253.553.353.252.452.352.750.350.149.249.647.550.150.450.951.051.150.651.451.3图2月（1）现从制造业PMI的10个观测组中任取一组.求组内三个PMI值至少有一个低于50.0的概率；若当月的PMI 值大于上一个月的 PMI 值，则称该月的经济向好.设X表示抽取的观测组中经济向好的月份的个数（由已有数据知 1 月份的 PMI 值低于上一年12月份的PMI值），求X的分布列与数学期望.（2）用 bj()j=1，2，12 表示第 j 月非制造业所对应的 PMI 值，b 表示非制造业 12 个月 PMI 值的平均数，试直接写出|

59、bj-b 取得最大值所对应的月份.答案：（1）25；X 的分布列如表10所示.表10Xp0121252110X的数学期望 E()X=35.（2）8月.参考文献：1 中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准（2017年版）M.北京：人民教育出版社，2018.2 中华人民共和国教育部制定.中国高考评价体系M.北京：人民教育出版社，2019.3现代数学手册 编纂委员会.现代数学手册 随机数学卷M.武汉：华中科技大学出版社，2001.4 范俊明，蒋志方，徐新斌.2020年高考“计数原理、概率与统计”专题解题分析J.中国数学教育（高中版），2020（11）：41-50，58.5 高霞，吴丽华.2021年高考“概率与统计、计数原理”专题解题分析J.中国数学教育（高中版），2021（9）：45-53.96