专题10.10 统计与概率（2021-2023年）真题训练（解析版）.docx

1、专题10.10 统计与概率 一、单选题1（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A讲座前问卷答题的正确率的中位数小于B讲座后问卷答题的正确率的平均数大于C讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为,所以错；讲座后问卷答题的正确率

2、只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.故选:B.2（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估

3、计值大于0.6【答案】C【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，A选项结论正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，D选项结论正确.故选：C3（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（）A该地农户家庭年

4、收入低于4.5万元的农户比率估计为6%B该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%C估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元D估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间【答案】C【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C.【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确；该地

5、农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确；该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误.综上，给出结论中不正确的是C.故选：C.【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于.4（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）ABCD【答案】C【详解】将4个1和2

6、个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，所以2个0不相邻的概率为.故选：C.5（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A0.3B0.5C0.6D0.8【答案】C【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：，共10种排法，其中2个0不相邻的排列方法为：，共6种方法，故2个0不相邻的概率为，故选：C.6（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到

7、1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A60种B120种C240种D480种【答案】C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选

8、后排思想求解.7（2021年全国新高考II卷数学试题）某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（）A越小，该物理量在一次测量中在的概率越大B该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等【答案】D【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.【详解】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的

9、概率与小于的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.故选：D.8（2022年新高考全国I卷数学真题）从2至8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（）ABCD【答案】D【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率.故选：D.9（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数

10、的概率为（）ABCD【答案】C【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】方法一：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.方法二：有序从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(

11、4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；10（2022年新高考全国II卷数学真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A12种B24种C36种D48种【答案】B【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端

12、，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B11（2023年新课标全国卷数学真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（）A种B种C种D种【答案】D【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.故选：D.12（20

13、23年高考全国乙卷数学（理）真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（）A30种B60种C120种D240种【答案】C【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，根据分步乘法公式则共有种，故选：C.13（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）试题）某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同

14、学也爱好滑冰的概率为（）A0.8B0.6C0.5D0.4【答案】A【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】同时爱好两项的概率为，记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件，则，所以.故选:.14（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）试题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（）A120B60C30D20【答案】B【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.【详解】不妨记五名志愿者为，假设连续参加了两天公益活动，再

15、从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B.15（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）试题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）ABCD【答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，所以这2名学生来自不同年级的概率为.故选：D.16（2023年高考全国乙

16、卷数学（文）真题）试题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）ABCD【答案】A【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答.【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：乙甲123456123456共有36个不同结果，它们等可能，其中甲乙抽到相同结果有，共6个，因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率.故选：A17（2021年全国新高考I卷数学试题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，

17、6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A甲与丙相互独立B甲与丁相互独立C乙与丙相互独立D丙与丁相互独立【答案】B【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【详解】 ，故选：B【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立18（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）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，且记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）Ap与该棋手和甲、乙

18、、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【答案】D【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，则此时连胜两盘的概率为则；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，则记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为则则即，则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项

19、BC判断错误；与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D二、多选题19（2021年全国新高考I卷数学试题）有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中(为非零常数，则（）A两组样本数据的样本平均数相同B两组样本数据的样本中位数相同C两组样本数据的样本标准差相同D两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：且，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；C：，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第

20、二组的极差为，故极差相同，正确；故选：CD20（2021年全国新高考II卷数学试题）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（）A样本的标准差B样本的中位数C样本的极差D样本的平均数【答案】AC【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.21（2023年新课标全国卷数学真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立发送0时，收到1的概率

21、为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为B采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为C采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【分析

22、】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为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，它们互斥，由选项B知，所以所

23、求的概率为，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，单次传输发送0，则译码为0的概率，而，因此，即，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：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两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.22（2023年新课标全国卷数学真题）有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A的平均数等于的平均数B的中位数等于的中位数C的标准差不小于的标准差D的极差不大于的极差【答案】BD【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无

24、法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，则平均数，标准差，显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.三、填空题23（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）试题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 【答案】/0.3【分析】根据古典概型计算即可【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，有：

25、(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.故答案为：.解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率故答案为：24（2022年新高考全国II卷数学真题）试题）已知随机变量X服从正态分布，且，则 【答案】/【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出【详解】因为，所以，因此故答案为：25（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）试题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率

26、为 【答案】.【分析】根据古典概型的概率公式即可求出【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率故答案为：26（2023年新课标全国卷数学真题）试题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）【答案】64【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；若体育类选修课2门，则不同的选

27、课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案为：64.27（2022年新高考全国I卷数学真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）【答案】-28【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-28四、解答题28（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.

28、110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和（1）求，；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.【详解】（1），.（2）依题意，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.29（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）甲、乙

29、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行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030(1)根据上表，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：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635【答案】(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，(2)有【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论.【详解】（1）根据

30、表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则；B共有班次240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则.A家公司长途客车准点的概率为；B家公司长途客车准点的概率为.（2）列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500=，根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.30（2021年全国新高考I卷数学试题）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

31、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，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，记为小明的累计得分，求的分布列；（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.【答案】（1）见解析；（2）类【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可【详解】

32、（1）由题可知，的所有可能取值为，；所以的分布列为（2）由（1）知，若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，；所以因为，所以小明应选择先回答类问题31（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）真题）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：一级品二级品合计甲机床15050200乙机床12080200合计270130400（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?附：0.0500.0100.0

33、01k3.8416.63510.828【答案】（1）75%；60%；（2）能.【分析】根据给出公式计算即可【详解】（1）甲机床生产的产品中的一级品的频率为,乙机床生产的产品中的一级品的频率为.（2）,故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.32（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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的分布列与期望【

34、答案】(1)；(2)分布列见解析，.【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为（2）依题可知，的可能取值为，所以，,，.即的分布列为01020300.160.440.340.06期望.33（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）试题）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产

35、品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，试验结果如下：试验序号12345678910伸缩率545533551522575544541568596548伸缩率536527543530560533522550576536记，记的样本平均数为，样本方差为(1)求，；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）【答案】(1)，；(2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸

36、缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出，再得到所有的值，最后计算出方差即可；（2）根据公式计算出的值，和比较大小即可.【详解】（1）， 的值分别为: ，故（2）由（1）知:，故有,所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.34（2022年新高考全国I卷数学真题）试题）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人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例

37、组4060对照组1090(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”与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指标，记该指标为R（）证明：；（）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（）的结果给出R的估计值附，0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析；(ii)；【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫

38、生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.【详解】（1）由已知，又，所以有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）(i)因为，所以所以，(ii) 由已知，又，所以35（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）试题）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，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：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.

39、6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得(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；(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【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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；（2

40、）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值样本中10棵这种树木的材积量的平均值据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为（2）则（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得，解之得则该林区这种树木的总材积量估计为36（2022年新高考全国II卷数学真题）试题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

41、(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的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（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0.0001）.【答案】(1)岁；(2)；(3)【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设一人患这种疾病的年龄在区间，根据对立事件的概率公式即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出【详解】（1）平均年龄（

42、岁）（2）设一人患这种疾病的年龄在区间，所以（3）设“任选一人年龄位于区间40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为37（2023年新课标全国卷数学真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为假设数据

43、在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率(1)当漏诊率时，求临界值c和误诊率；(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值【答案】(1)，；(2)，最小值为【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，所以，解得：，（2）当时， ；当时， , 故，所以在区间的最小值为38（2023年新课标全国卷数学真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮无论之前投篮情

44、况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，所以，.（2）设，依题可知，则，即，构造等

45、比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即（3）因为，所以当时，故【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解39（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）.(1)设表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求的分布列和数学期望；(2)实验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：1

46、5.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5（i）求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如下列联表：对照组实验组（ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异附：0.1000.05

47、00.0102.7063.8416.635【答案】(1)分布列见解析，(2)（i）；列联表见解析，（ii）能【分析】（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；（2）（i）根据中位数的定义即可求得，从而求得列联表；（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.【详解】（1）依题意，的可能取值为，则，所以的分布列为：故.（2）（i）依题意，可知这40只小白鼠体重增量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，观察数据可得第20位为，第21位数据为，所以，故列联表为：合计对照组61420实验组14620合计202040（ii）由（i）可得，所以能有的把握

48、认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异.40（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.89.211

49、.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5(1)计算试验组的样本平均数；(2)（）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表对照组试验组（）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635【答案】(1)(2)（i）；列联表见解析，（ii）能【分析】（1）直接根据均值定义求解；（2）（i）根据中位数的定义即可求得，从而求得列

50、联表；（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.【详解】（1）试验组样本平均数为：（2）（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为，后续依次为，故第20位为，第21位数据为，所以，故列联表为：合计对照组61420试验组14620合计202040（ii）由（i）可得，所以能有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.41（2021年全国新高考II卷数学试题）真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖

51、后为第2代，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，（1）已知，求；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，当时，；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）利用公式计算可得.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【详解】（1）.（2）设，因为，故，若，则，故.，因为，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，若，因为在为增函数且，而当时，因为在上为减函数，故，故为的一个最小正实根，若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，综上，若，则.若，则，故.此时，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，而，故，又，故在存在一个零点，且.所以为的一个最小正实根，此时，故当时，.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.