高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)考前回顾06概率与统计(知识清单+易错分析+23年高考真题+24年最新模拟)(原卷版+解析)

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1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．排列
(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Aeq \\al(m,n)表示．
(3)排列数公式：Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…·(n－m＋1)．
(4)全排列：把n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，Aeq \\al(n,n)＝n(n－1)(n－2)×…×3×2×1＝n！.排列数公式写成阶乘的形式为Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！)，这里规定0！＝1.
4．组合
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Ceq \\al(m,n)表示．
(3)组合数的计算公式：Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(n！,m！n－m！)＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)，由于0！＝1，所以Ceq \\al(0,n)＝1.
(4)组合数的性质：①Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；②Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n).
5．二项式定理
(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)．
这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中各项的系数Ceq \\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．式中的Ceq \\al(k,n)an－kbk叫做二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即展开式的第k＋1项：Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk.
6．二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n).
(2)增减性与最大值：二项式系数先增后减，中间一项或两项的二项式系数最大．二项式系数为Ceq \\al(k,n)，当k0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝eq \(∑,\s\up11(n),\s\d4(i＝1))P(Ai)P(Beq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ai）)).
我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．
*(7)贝叶斯公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0，
有P(Aieq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(B）))＝eq \f(P（Ai）P（B\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ai）)),P（B）)
i＝1，2，…，n.
在贝叶斯公式中，P(Ai)和P(Ai |B)分别称为先验概率和后验概率．
8．统计中四个数据特征
(1)众数：
①在样本数据中，出现次数最多的那个数据．
②频率分布直方图中，众数是最高矩形的底边中点的横坐标．
(2)中位数：在样本数据中，将数据按从小到大(或从大到小)的顺序排列，位于中间的那个数据．如果数据的个数为偶数，就取中间两个数据的平均数作为中位数．
(3)平均数：样本数据的算术平均数，
即eq \x\t(x)＝eq \f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)．
(4)方差与标准差：反应样本数据的分散程度．
方差：s2＝eq \f(1,n)[(x1－eq \x\t(x))2＋(x2－eq \x\t(x))2＋…＋(xn－eq \x\t(x))2]．
标准差：
s＝eq \r(\f(1,n)[x1－\x\t(x)2＋x2－\x\t(x)2＋…＋xn－\x\t(x)2]).
9．离散型随机变量
(1)离散型随机变量的分布列的两个性质
①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②p1＋p2＋…＋pn＝1.
(2)均值公式
E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq \i\su(i＝1,n,x)ipi.
(3)均值的性质
①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np；
③若X服从两点分布，则E(X)＝p.
(4)方差公式
D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xn－E(X))2·pn，标准差为eq \r(DX).
(5)方差的性质
①D(aX＋b)＝a2D(X)；
②若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)；
③若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．
(6)独立事件同时发生的概率计算公式
P(AB)＝P(A)P(B)．
(7)n重伯努利试验的概率计算公式
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
10．一元线性回归模型
称eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Y＝bx＋a＋e，,Ee＝0，De＝σ2))为Y关于x的一元线性回归模型．其中Y称为因变量或响应变量，x称为自变量或解释变量，a称为截距参数，b称为斜率参数；e是Y与bx＋a之间的随机误差，如果e＝0，那么Y与x之间的关系就可以用一元线性函数模型来描述．
11．独立性检验
利用随机变量χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)(n＝a＋b＋c＋d)的取值推断分类变量X和Y是否独立的方法称为χ2独立性检验．
12．正态分布
如果随机变量X服从正态分布，则记为X～N(μ，σ2)．
满足正态分布的三个基本概率的值是
(1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
易错提醒
1．关于两个计数原理应用的注意事项
分类加法计数原理和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
2．排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)特殊元素或特殊位置优先安排．(2)合理分类与准确分步．(3)排列、组合混合问题先选后排．(4)相邻问题捆绑处理．(5)不相邻问题插空处理．(6)定序问题排除法处理．(7)正难则反，等价条件．
3．二项式定理应用时的注意事项
(1)注意区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．
项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．
(2)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
4．应用互斥事件的概率加法公式时，一定要先确定各事件是否彼此互斥，然后求出各事件分别发生的概率，再求和．
5．正确区别互斥事件与对立事件的关系：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
6．易混淆频率分布条形图和频率分布直方图，误把频率分布直方图纵轴的几何意义当成频率，导致样本数据的频率求错．
7．要注意概率P(A|B)与P(AB)的区别
(1)在P(A|B)中，事件A，B发生有时间上的差异，B先A后；在P(AB)中，事件A，B同时发生．
(2)样本空间不同，在P(A|B)中，事件B成为样本空间；在P(AB)中，样本空间仍为Ω，因而有P(A|B)≥P(AB)．
8．(1)易忘判定随机变量是否服从二项分布，盲目使用二项分布的均值和方差公式计算致误．
(2)涉及求分布列时，要注意区分是二项分布还是超几何分布．
易错分析
易错点1 忽略部分均分问题造成重复致误
1. [湖北高中名校2023第二次联合测评]为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式种数为（ ）

特别提醒：本题属于部分均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有组元素个数相等，则分组时应除以，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数.
【解析】由题意可知，7名工作人员的分组方式有（1，1，5），（2，2，3），（3，3，1）三种情况，
把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有种；
把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有种；
把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有种，
综上，不同的安排方式种数为126+630+420=1176.
【答案】A
2.[广东汕头一中2022月考]某校有5名大学生打算前往观看冰球、速滑、花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往观看，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数为（ ）

【解析】将5 名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有（种）分组方法.
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的两个组任意选，所以有（种）方案.
所以共有（种）方案.
【答案】C
易错点2 综合问题中情况考虑不全致误
3.[江西八校2022第一次联考]校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当没有汽车相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有 种.（用数字作答）
特别提醒：由于本题里是3辆车有6个位置，所以情况较多，需要逐一列举出来，注意当3辆车都不相邻时的情况要考虑周全，利用排列组合进行计算即可.
【解析】①当3辆车都不相邻时，有（种）；
②当2辆车相邻时，有（种）；
③当3辆车相邻时，有（种）.
则共有192 +288 +48 = 528（种）不同的停车方法.
易错点3 不能正确理解二项式系数的最值而致误
4.（多选）[重庆名校2022第一次联考]若的展开式中第3项与第8项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ）

特别提醒：二项式系数与展开式的系数不同，涉及二项式系数的最大值问题不仅要考虑二项式系数的特征，还要考虑中为奇数或偶数的特征.一般地，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大为；当为奇数时，中间两项（第项和第项）的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为和.
【解析】的展开式的通项为，因为展开式中第3项与第8项的系数相等，所以，所以，则展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项.故选BC.
【答案】BC
5.[河南平顶山、许昌、济源2022第二次质检]在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，且所有项的系数之和为0，则含的项的系数为 （用数字作答）.
【解析】因为只有第6项的二项式系数最大，所以，即，令，则，所以，所以二项式展开式的通项为，令，解得，则，即展开式中项的系数为.
【答案】45
易错点4 混淆互斥事件与对立事件致误
6. （多选）[湖北八市2023联考]连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件A=“第一次出现2点”，B=“第二次的点数小于5点”，C=“两次点数之和为奇数”，D=“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）
A. A 与 B 不互斥且相互独立
B. A 与 D 互斥且不相互独立
C. B 与 D 互斥且不相互独立
D. A 与 C 不互斥且相互独立
特别提醒：对立事件是互斥事件的特殊情况，要区分它们主要看这两个互斥事件的发生是否“非此即彼”，若是，则是对立事件，若不是，则不是对立事件.简单来说即对立事件是指两个事件彼此互斥，但是在一次试验中必有一个发生的事件.
【解析】对于A，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即 A与B 相互独立；第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，A 与 B不互斥，故A正确；
对于B，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即A与 D 不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最为8，即A与D不能同时发生，即A与D互斥，故B正确.
对于C，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即B与 D不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数为4，则两次点数之和为9，即B与D可以同时发生，即B与D不互斥，故C错误.
对于 D，
则，故A与C 相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数为3，则两次点数之和为5是奇数，即A与C可以同时发生，即A与C不互斥，故D正确
【答案】ABD
7.[湖北八市2022联考]从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ）
A. “至少有1个红球” 与 “都是黑球”
B. “恰好有1个红球” 与 “恰好有1个黑球”
C. “至少有1个黑球” 与 “至少有1个红球”
D. “都是红球” 与 “都是黑球”
【解析】从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为1红 1黑、2红、2黑.
对于A，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合；
对于B，“恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意；
对于C，“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；
对于D，“都是红球”与"都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意.
8.[湖北武汉武昌区2023质量检测]已知随机事件满足，则下列说法错误的是（ ）


【解析】因为不可能事件与事件不会同时发生，所以互斥，故正确；
因为，，，所以，所以必然事件与事件相互独立，故正确；
因为，且，不会同时发生，所以，故正确；
例如，抛掷一枚骰子1次的试验，设事件为出现点数小于等于4，事件为出现点数小于等于2，则，故错误.
【答案】
易错点5 混淆正态分布中的方差与标准差致错
9.（多选）[江苏常州2023 调研]已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，则下列结论中正确的有（ ）（附：若随机变量服从正态分布，则）
A.该校学生成绩的期望为110 B.该校学生成绩的标准差为9
C.该校学生成绩的标准差为81 D.该校学生成绩及格率超过95%
特别提醒：正态分布中要特别注意，为方差，为标准差，此处极易混淆，导致计算结果出现错误.
【解析】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差，标准差，因为，
，所以该校学生成绩的期望为110，标准差为9，该校学生成绩及格率超过95%.
所以A，B，D正确，C错误.故选ABD.
【答案】ABD
易错点6 对期望和方差的应用认识不到位致误
10. [北京丰台区2022一模]为研究某地区2022届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向，某调查公司从该地区2022届大学毕业生中随机选取了1000人作为样本进行调查，结果如下：
假设该地区2022届大学毕业生选择的毕业去向相互独立.
（1）若该地区一所高校2022届大学毕业生的人数为2500，试根据样本估计该校2022届大学毕业生选择“单位就业”的人数.
（2）从该地区2022届大学毕业生中随机选取3人，记随机变量为这3人中选择“继续学习深造”的人数.以样本的频率估计概率，求的分布列和数学期望.
（3）该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的 人选择了上表中其他的毕业去向，记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为.当为何值时，最小？（结论不要求证明）
特别提醒：期望反映了随机变量的平均取值水平，当期望相同时，并不意味着两个随机变量的取值没有差异，还需要通过对方差进行比较，确定其取值的稳定程度，再进行决策.
【解】（1）由题意得，该校2022届大学毕业生选择“单位就业”的人数为
（2）由题意得，样本中1000名毕业生选择"继续学习深造"的频率为用频率估计概率，从该地区2022届大学毕业生中随机选取1名学生，估计该生选择“继续学习深造”的概率为.
随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.
所以，，，.
所以的分布列为
（3）易知五种毕业去向的人数的平均数为200，要使方差最小，则数据波动性越小，故当自主创业和慢就业人数相等时方差最小，所以.
易错点7 混淆条件概率与积事件的概率致错
11. [北京石景山区2022一模]长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（ ）

特别提醒：解题时，先要正确理解并能区分条件概率和积事件的概率，表示事件A与B同时发生的概率，而表示在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率，然后正确选择相应的计算公式求解即可.
【解析】令=“每天玩手机时间超过1h的学生”，=“每天玩手机时间不超过1h的学生”，=“任意调查一名学生，此人近视”，则，且互斥，，，，.
依题意，
，解得，所以所求概率为
高考真题
一．选择题（共12小题）
1．（2023•乙卷）设为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为，则直线的倾斜角不大于的概率为
A．B．C．D．
【分析】作出图形，根据几何概型的概率公式，即可求解．
【解答】解：如图，为第一象限与第三象限的角平分线，
根据题意可得构成的区域为圆环，
而直线的倾斜角不大于的点构成的区域为图中阴影部分，
所求概率为．
故选：．
【点评】本题考查几何概型的概率的求解，属基础题．
2．（2023•上海）根据所示的散点图，下列说法正确的是
A．身高越大，体重越大B．身高越大，体重越小
C．身高和体重成正相关D．身高和体重成负相关
【分析】根据散点图的分布情况，即可得解．
【解答】解：根据散点图的分布可得：身高和体重成正相关．
故选：．
【点评】本题考查线性相关的概念，属基础题．
3．（2023•新高考Ⅱ）某学校为了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
【分析】根据分层抽样先进行计算，然后利用组合公式进行求解即可．
【解答】解：初中部和高中部分别有400和200名学生，
人数比例为，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有种．
故选：．
【点评】本题主要考查分层抽样以及简单的计数问题，利用组合公式进行计算是解决本题的关键，是基础题．
4．（2023•乙卷）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
A．30种B．60种C．120种D．240种
【分析】根据排列组合数公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得满足题意的选法种数为：．
故选：．
【点评】本题考查排列组合问题，属基础题．
5．（2023•甲卷）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，则该同学也爱好滑冰的概率为
A．0.8B．0.4C．0.2D．0.1
【分析】根据题意，设某人爱好滑冰为事件，某人爱好滑雪为事件，由古典概型公式求出（A）和，进而由条件概率公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，在该地的中学生中随机调查一位同学，设选出的同学爱好滑冰为事件，选出的同学爱好滑雪为事件，
由于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，
则（B）
则同时爱好两个项目的占，
则，
则．
故选：．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及集合间的基本关系，属于基础题．
6．（2023•北京）的展开式中，的系数是
A．B．40C．D．80
【分析】首先找出二项展开式的通项公式，然后令的次数为1，找到的对应值，带回通项公式即可求得．
【解答】解：由二项式定理可知展开式的第项
，，1，，
令，可得．即含的项为第3项，
，故的系数为80．
故选：．
【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式的应用，属简单题．
7．（2023•甲卷）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
A．B．C．D．
【分析】从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基本事件总数，这2名学生来自不同年级包含的基本事件个数，由此能求出这2名学生来自不同年级的概率．
【解答】解：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，
基本事件总数，
这2名学生来自不同年级包含的基本事件个数，
则这2名学生来自不同年级的概率为．
故选：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（2023•乙卷）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
A．B．C．D．
【分析】利用古典概型、排列组合等知识直接求解．
【解答】解：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，
甲、乙两位参赛同学构成的基本事件总数，
其中甲、乙两位参赛同学抽到不同主题包含的基本事件个数，
则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为．
故选：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9．（2023•全国）在2、3、5、6中任选2个不同数字，其乘积能被3整除的概率为
A．B．C．D．
【分析】根据古典概型的概率公式即可求解．
【解答】解：在2、3、5、6中任选2个不同数字，基本事件总数，
其乘积能被3整除的基本事件有5个，分别为：，，，，，
则其乘积能被3整除的概率为．
故选：．
【点评】本题考查了古典概型的概率计算，属于基础题．
10．（2023•天津）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经大雅旱麓》曰“鸢飞戾天，鱼跃于渊”．鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名（图，寓意鹏程万里、前途无量．通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：，绘制对应散点图（图如下：
计算得样本相关系数为0.8642，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为．根据以上信息，如下判断正确的为
A．花萼长度和花瓣长度不存在相关关系
B．花萼长度和花瓣长度负相关
C．花萼长度为的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为
D．若选取其他品种鸢尾花进行抽样，所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数一定为0.8642
【分析】根据散点图及线性相关的知识，即可求解．
【解答】解：相关系数，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，
花瓣长度和花萼长度呈正相关，且相关性较强，，选项错误；
当时，代入经验回归方程为，可得，
花萼长度为的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为，选项正确；
若选取其他品种鸢尾花进行抽样，所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数不一定是0.8642，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查线性相关问题，属基础题．
11．（2023•甲卷）有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为
A．120B．60C．40D．30
【分析】先选连续参加两天服务的人，再分别给星期六，星期日选人，然后根据分步乘法计数原理计算即可．
【解答】解：先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法，
然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有种选法．
故选：．
【点评】本题考查了排列组合简单计数问题，属于基础题．
12．（2023•上海）如图为年上海市货物进出口总额的条形统计图，则下列对于进出口贸易额描述错误的是
A．从2018年开始，2021年的进出口总额增长率最大
B．从2018年开始，进出口总额逐年增大
C．从2018年开始，进口总额逐年增大
D．从2018年开始，2020年的进出口总额增长率最小
【分析】结合统计图中条形图的高度、增量的变化，以及增长率的计算方法，逐项判断即可．
【解答】解：显然2021年相对于2020年进出口额增量增加特别明显，故最后一年的增长率最大，对；
统计图中的每一年条形图的高度逐年增加，故对；
2020年相对于2019的进口总额是减少的，故错；
显然进出口总额2021年的增长率最大，而2020年相对于2019年的增量比2019年相对于2018年的增量小，
且计算增长率时前者的分母还大，故2020年的增长率一定最小，正确．
故选：．
【点评】本题考查统计图的识图问题，以及增长率的计算，属于中档题．
二．多选题（共2小题）
13．（2023•新高考Ⅰ）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
【分析】根据平均数，中位数，标准差，极差的概念逐一判定即可．
【解答】解：选项，，，，的平均数不一定等于，，，的平均数，错误；
选项，，，，的中位数等于，，，，的中位数等于，正确；
选项，设样本数据，，，为0，1，2，8，9，10，可知，，，的平均数是5，，，，的平均数是5，
，，，的方差，
，，，的方差，
，，错误．
选项，，，，正确．
故选：．
【点评】本题考查平均数、中位数、标准差、极差的计算，是基础题．
14．（2023•新高考Ⅱ）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
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1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
【分析】根据已知条件，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解．
【解答】解：采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为：，故正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为：，故正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1包含收到的信号为包含两个1或3个1，
故所求概率为：，故错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率，
单次传输发送0译码为0的概率，
，
当时，，
故，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
三．填空题（共9小题）
15．（2023•新高考Ⅰ）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 64 种（用数字作答）．
【分析】利用分类计数原理进行计算即可．
【解答】解：若选2门，则只能各选1门，有种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有，
综上共有种不同的方案．
故答案为：64．
【点评】本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．
16．（2023•上海）已知事件的对立事件为，若（A），则 0.5 ．
【分析】利用对立事件概率计算公式直接求解．
【解答】解：事件的对立事件为，
若（A），则．
故答案为：0.5．
【点评】本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17．（2023•天津）甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，，．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为 ．
【分析】根据相互独立事件的乘法公式即可求解；根据古典概型概率公式即可求解．
【解答】解：设盒子中共有球个，
则甲盒子中有黑球个，白球个，
乙盒子中有黑球个，白球个，
丙盒子中有黑球个，白球个，
从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为；
将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率．
故答案为：；．
【点评】本题考查相互独立事件乘法公式，考查古典概型，是基础题．
18．（2023•上海）某校抽取100名学生测身高，其中身高最大值为，最小值为，根据身高数据绘制频率组距分布直方图，组距为5，且第一组下限为153.5，则组数为 7 ．
【分析】计算极差，根据组距求解组数即可．
【解答】解：极差为，组距为5，且第一组下限为153.5，
，故组数为7组，
故答案为：7．
【点评】本题考查频率分布直方图，属于基础题．
19．（2023•上海）现有某地一年四个季度的（亿元），第一季度为232（亿元），第四季度为241（亿元），四个季度的逐季度增长，且中位数与平均数相同，则该地一年的为 946（亿元） ．
【分析】设第二季度为亿元，第三季度为亿元，则，由题意可得，可求出的值，从而求出该地一年的．
【解答】解：设第二季度为亿元，第三季度为亿元，则，
中位数与平均数相同，
，
，
该地一年的为（亿元）．
故答案为：946（亿元）．
【点评】本题主要考查了中位数和平均数的定义，属于基础题．
20．（2023•上海）设，则 17 ．
【分析】根据二项式定理及组合数公式，即可求解．
【解答】解：根据题意及二项式定理可得：
．
故答案为：17．
【点评】本题考查二项式定理及组合数公式的应用，属基础题．
21．（2023•天津）在的展开式中，项的系数为 60 ．
【分析】根据二项展开式的通项公式求解．
【解答】解：二项式的展开式的通项为，
令得，，
项的系数为．
故答案为：60．
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
22．（2023•上海）为了学习宣传党的二十大精神，某校学生理论宣讲团赴社区宣讲，已知有4名男生，6名女生，从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的概率为 0.5 ．
【分析】根据古典概型求解即可．
【解答】解：从10人中任选3人的事件个数为，
恰有1名男生2名女生的事件个数为，
则恰有1名男生2名女生的概率为．
故答案为：0.5．
【点评】略
23．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 49 ．
【分析】由二项展开式的通项可得，若，则为奇数，所以，即，从而求出的取值范围，得到的最大值．
【解答】解：二项式的通项为，，1，2，，，
二项式的通项为，，1，2，，，
，，1，2，，，
若，则为奇数，
此时，
，
，
，
又为奇数，
的最大值为49．
故答案为：49．
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
四．解答题（共8小题）
24．（2023•新高考Ⅱ）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，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为（c）；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为（c）．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率（c）时，求临界值和误诊率（c）；
（2）设函数（c）（c）（c）．当，，求（c）的解析式，并求（c）在区间，的最小值．
【分析】（1）根据已知条件，列出等式，即可求解；
（2）根据已知条件，分，，，两种情况，依次求出函数，即可求解．
【解答】解：（1）当漏诊率（c）时，
则，解得；
（c）；
（2）当，时，
（c）（c）（c），
当，时，（c）（c）（c），
故（c），
所以（c）的最小值为0.02．
【点评】本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
25．（2023•乙卷）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，，2，．试验结果如下：
记，2，，，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）
【分析】（1）根据表中数据，计算，2，，，求平均数和方差．
（2）根据和，比较大小即可得出结论．
【解答】解：（1）根据表中数据，计算，2，，，填表如下：
计算平均数为，
方差为．
（2）由（1）知，，，
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．
【点评】本题考查了平均数与方差的计算问题，也考查了数据分析与运算求解能力，是基础题．
26．（2023•甲卷）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：．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
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
（1）计算试验组的样本平均数；
（2）（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数，再分别统计两样本中小于与不小于的数据的个数，完成如下列联表；
（ⅱ）根据中的列联表，能否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？
附：，
【分析】（1）根据平均数的定义计算即可．
（2）把两组数据合在一起，按从小到大排列后求中位数，填写列联表即可；
根据列联表中数据计算，对照临界值得出结论．
【解答】解：（1）根据题意，计算试验组样本平均数为
．
（2）由题意知，这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排列后第20位与第21位数据的平均数，
因为原数据的第11位数据是18.8，后续依次为19.2，19.8，20.2，20.2，21.3，21.6，22.5，22.8，23.2，23.6，，
所以第20位为23.2，第21位数据为23.6，
所以这组数据的中位数是；
填写列联表如下：
根据列联表中数据，计算，
所以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．
【点评】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了平均数与中位数的计算问题，是基础题．
27．（2023•北京）为了研究某种农产品价格变化的规律，收集到了该农产品连续40天的价格变化数据，如表所示，在描述价格变化时，用“”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．
用频率估计概率．
（Ⅰ）试估计该农产品“上涨”的概率；
（Ⅱ）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的，在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；
（Ⅲ）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格的影响，判断第41天该农产品价格“上涨”、“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）
【分析】（Ⅰ）根据古典概型概率公式计算即可；
（Ⅱ）根据相互独立事件的乘法公式求解即可；
（Ⅲ）分别求得“上涨”、“下跌”和“不变”的概率，比较大小即可得出结论．
【解答】解：（Ⅰ）由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“上涨”的概率为．
（Ⅱ）由表可知，40天中“下跌”的有14天，则该农产品“下跌”的概率为，
40天中“不变”的有10天，则该农产品“不变”的概率为，
则该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率．
（Ⅲ）由于第40天处于“上涨”状态，从前39天中15次“上涨”进行分析，
“上涨”后下一次仍“上涨”的有4次，概率为，
“上涨”后下一次“不变”的有9次，概率为，
“上涨”后下一次“下降”的有2次，概率为，
故第41天该农产品价格“不变”的概率估值最大．
【点评】本题考查古典概型，考查相互独立事件概率公式，属于中档题．
28．（2023•新高考Ⅰ）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，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，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，，2，，，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【分析】（1）设第2次投篮的人是乙的概率为，结合题意，即可得出答案；
（2）由题意设为第次投篮的是甲，则，构造得，结合等比数列的定义可得是首项为，公比为0.4的等比数列，即可得出答案；
（3）由（2）得，当时，，求解即可得出答案．
【解答】解：（1）设第2次投篮的人是乙的概率为，
由题意得；
（2）由题意设为第次投篮的是甲，
则，
，
又，则是首项为，公比为0.4的等比数列，
，即，
第次投篮的人是甲的概率为；
（3）由（2）得，
当时，，
综上所述，，．
【点评】本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
29．（2023•全国）盒中有4个球，分别标有数字1、1、2、3，从中随机取2个球．
（1）求取到2个标有数字1的球的概率；
（2）设为取出的2个球上的数字之和，求随机变量的分布列及数学期望．
【分析】（1）根据已知条件，结合古典概型的概率公式，即可求解；
（2）由题意可知，所有可能的取值为2，3，4，5，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解．
【解答】解：（1）取到2个标有数字1的球的概率；
（2）由题意可知，所有可能的取值为2，3，4，5，
，，，，
故的分布列为：
故．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及期望公式的应用，属于中档题．
30．（2023•甲卷）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：．
（1）设表示指定的两只小鼠中分配到对照组的只数，求的分布列和数学期望；
（2）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
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
求40只小白鼠体重的增加量的中位数，再分别统计两样本中小于与不小于的数据的个数，完成如下列联表：
根据中的列联表，能否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？
附：，
【分析】（1）根据组合数公式及古典概型的概率公式，分布列的概念及期望的定义，即可求解；
（2）根据中位数的概念，即可求解；根据独立性检验原理，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意可得，1，2，
又，
，
，
的分布列为：
；
（2）个数据从小到大排列后，中位数即为第20位和第21位数的平均数，
第20位数为23.2，第21位数为23.6，
，
补全列联表为：
由可知，
能有的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，中位数的求解，独立性检验原理的应用，化归转化思想，属中档题．
31．（2023•上海）2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件为小明取到红色外观的模型，事件为小明取到棕色内饰的模型，求（B）和，并判断事件和事件是否独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色；
假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖600元，二等奖300元、三等奖150元；
请你分析奖项对应的结果，设为奖金额，写出的分布列并求出的数学期望．
【分析】（1）根据概率公式分别进行计算即可．
（2）分别求出三种结果对应的概率，比较大小，确定对应的概率，求出分布列，利用期望公式进行计算即可．
【解答】解：（1）若红色外观的模型，则分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率（A），
若小明取到棕色内饰，分红色外观12，蓝色外观8，则对应的概率（B）．
取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个，即，
则．
（A）（B），（A）（B），
即事件和事件不独立．
（2）由题意知，300，150，
则外观和内饰均为同色的概率，
外观和内饰都异色的概率，
仅外观或仅内饰同色的概率，
，
，，，
则的分布列为：
则（元．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，根据概率公式求出对应的概率是解决本题的关键，是中档题．
最新模拟
一．选择题（共3小题）
1．（2024•江西模拟）的展开式的常数项为
A．160B．C．80D．
【分析】利用二项式展开式的通项公式，求出展开式的常数项．
【解答】解：展开式的通项公式为：
，
令，解得，
展开式的常数项为：
．
故选：．
【点评】本题考查了二项式展开式的通项公式的应用问题，是基础题．
2．（2024•浦东新区校级模拟）在10件产品中有3件次品，从中选3件．下列各种情况是互斥事件的有
①：“所取3件中至多2件次品”， ：“所取3件中至少2件为次品”；
②：“所取3件中有一件为次品”， ：“所取3件中有二件为次品”；
③：“所取3件中全是正品”， ：“所取3件中至少有一件为次品”；
④：“所取3件中至多有2件次品”， ：“所取3件中至少有一件是正品”；
A．①③B．②③C．②④D．③④
【分析】所取3件中至多2件次品与所取3件中至少2件为次品，两个事件中都包含2件次品，所取3件中有一件为次品与所取3件中有二件为次品是互斥事件，所取3件中全是正品与所取3件中至少有一件为次品是不能同时发生的．
【解答】解：在10件产品中有3件次品，从中选3件，
所取3件中至多2件次品与所取3件中至少2件为次品，
两个事件中都包含2件次品，
①中的两个事件不是互斥事件．
所取3件中有一件为次品与所取3件中有二件为次品是互斥事件，
②中的两个事件是互斥事件．
所取3件中全是正品与所取3件中至少有一件为次品是不能同时发生的，
③中的两个事件是互斥事件
故选：．
【点评】本题考查互斥事件的意义，判断两个事件是否是互斥事件，是解题的关键，可以把事件中所包含的所有事件列出来进行比较．
3．（2024•泉州模拟）某学校举办运动会，径赛类共设100米、200米、400米、800米、1500米5个项目，田赛类共设铅球、跳高、跳远、三级跳远4个项目．现甲、乙两名同学均选择一个径赛类项目和一个田赛类项目参赛，则甲、乙的参赛项目有且只有一个相同的方法种数等于
A．70B．140C．252D．504
【分析】由分类加法、分步乘法计数原理以及排列组合的计算即可得解．
【解答】解：由题意若甲、乙的相同的参赛项目为径赛类项目，则有种选法，
他们再分别从田赛类项目中各选一个（互不相同）即可，这时候有种选法，
所以此时满足题意的选法有，
由题意若甲、乙的相同的参赛项目为田赛类项目，则有种选法，
他们再分别从径赛类项目中各选一个（互不相同）即可，这时候有种选法，
所以此时满足题意的选法有，
综上所述，甲、乙的参赛项目有且只有一个相同的方法种数等于种．
故选：．
【点评】本题考查两个计数原理的应用，以及排列组合的知识，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
4．（2024•湛江一模）某养老院有110名老人，经过一年的跟踪调查，过去的一年中他们是否患过某流行疾病和性别的相关数据如下表所示：
下列说法正确的有
参考公式：，其中．
附表：
A．
B．
C．根据小概率值的独立性检验，认为是否患过该流行疾病与性别有关联
D．根据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断是否患过该流行疾病与性别有关联
【分析】由茎叶图求出、，计算和，以及，判断选项中的命题是否正确．
【解答】解：由茎叶图知，，所以，，
所以，，
所以，选项正确；
计算，选项正确；
根据小概率值的独立性检验，认为是否患过该流行疾病与性别有关联，选项正确，错误．
故选：．
【点评】本题考查了独立性检验的应用问题，是基础题．
5．（2024•昌乐县校级模拟）甲、乙两类水果的质量（单位：分别服从正态分布，，，，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是
A．甲类水果的平均质量
B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的质量小
D．乙类水果的质量服从正态分布的参数
【分析】根据正态分布曲线所反映的随机变量的均值、方差，以及曲线的对称性，逐项判断即可．
【解答】解：由图像可知：甲类水果的平均质量为，乙类水果的平均质量为．
故，正确；
甲图像比乙图像更高瘦，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故正确；
结合乙类的图像可知：，故，故错误．
故选：．
【点评】本题考查正态分布的性质和图像，属于基础题．
6．（2024•南通模拟）已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不小于的概率，即，则
A．B．C．为减函数D．为偶函数
【分析】利用正态分布的对称性，利用概率进行转化，再判断选项中的命题是否正确．
【解答】解：因为随机变量服从正态分布，
所以，所以，选项正确；
时，，时，，选项错误；
当增大时，随着减小，所以是减函数，选项正确；
，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了正态分布的对称性，以及函数的性质与应用问题，是中档题．
7．（2024•重庆模拟）已知一组样本数据，，，，其中，若由，2，，生成一组新的数据，，，，则这组新数据与原数据可能相等的量有
A．极差B．平均数C．中位数D．标准差
【分析】利用极差的定义可判断选项；利用平均数公式可判断选项；利用中位数的定义可判断选项；利用方差公式可判断选项
【解答】解：一组样本数据、、、，其中，
不妨设极差为，
则由，2，，生成一组新的数据、、、的极差为，
因为，所以，选项错误；
对于，设样本数据、、、的平均数为，
即，
故样本数据、、、的平均数为：，
由知，根据平均数的定义得：
当时，两组样本数据的平均数相等，选项正确；
对于，当时，样本数据、、、的中位数为，
由中位数的性质得：样本数据、、、的中位数为，
同理可知当时，中位数相等，
当时，样本数据、、、的中位数为，
由中位数的性质得：样本数据、、、的中位数为：
，
同理可知当时，两组数据的中位数相等，选项正确；
对于：设样本数据、、、的标准差为，
由方差和标准差的性质得：样本数据、、、的标准差为，
则：，，，，
两组样本数据的标准差不可能相等，故错误．
所以选．
【点评】本题考查了极差的定义，平均数公式，考查中位数的定义以及方差公式，是中档题
三．填空题（共3小题）
8．（2024•昌乐县校级模拟）从分别标有数字1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上数字的奇偶性不同的概率是 ．
【分析】基本事件总数，抽到的2张卡片上数字的奇偶性不同包含的基本事件个数，由此能求出抽到的2张卡片上数字的奇偶性不同的概率．
【解答】解：从分别标有数字1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，
基本事件总数，
抽到的2张卡片上数字的奇偶性不同包含的基本事件个数，
则抽到的2张卡片上数字的奇偶性不同的概率是．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9．（2024•越秀区模拟）二项式的展开式中，只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为 210 ．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项；利用二项式系数的性质：中间项的二项式系数最大求出；将的值代入通项；令通项中的的指数为0求出，将的值代入通项求出展开式的常数项．
【解答】解：展开式的通项为
所以展开式的系数与二项式系数相同
展开式中，只有第6项的系数最大
展开式的通项为
令得
所以展开式中的常数项为
故答案为：210
【点评】本题考查利用二项展开式的通项解决二项展开式的特定项问题、考查二项式系数的性质：中间项的二项式系数最大．
10．（2024•天津模拟）学习于才干信仰，犹如运动于健康体魄，持之已久、行之愈远愈受益．为实现中华民族伟大复兴，全国各行各业掀起了“学习强国”的高潮．某老师很喜欢“学习强国”中“挑战答题”模块，他记录了自己连续七天每天一次最多答对的题数如下表：
参考数据：，，，，，，
相关系数
由表中数据可知该老师每天一次最多答对题数与天数之间是 正 相关（填“正”或“负” ，其相关系数 （结果保留两位小数）
【分析】根据正相关和负相关的定义即可得出结论；根据相关系数公式求相关系数即可．
【解答】解：由表中数据知，随的增大而增大，
所以该老师每天一次最多答对题数与天数之间是正相关；
计算相关系数为
．
故答案为：正；0.99．
【点评】本题考查了数据分析与相关系数计算问题，是基础题．
四．解答题（共9小题）
11．（2024•咸阳模拟）陕西省从2022年秋季启动新高考，新高考“”模式中“3”为全国统一高考科目的语文、数学、外语，“1”为首选科目，要求从物理、历史2门科目中确定1门，“2”为再选科目，要求从思想政治、地理、化学、生物学4门科目中确定2门，共计产生12种组合．某班有学生50名，在选科时，首选科目选历史和物理的统计数据如下表所示：
附：，其中．
（1）根据表中的数据，判断是否有的把握认为学生选择历史与性别有关；
（2）从选择历史的10名学生中任意抽取3名同学参加学校“铭记历史，强国有我”演讲比赛，设为抽取的三名学生中女生的人数，求的分布列，并求数学期望和方差．
【分析】（1）将表中的数据代入计算的值，对照附表得出结论．
（2）由题意知的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望和方差．
【解答】解：（1）由表中数据，计算，
对照附表知，没有的把握认为学生选择历史与性别有关．
（2）由题意知，的可能取值为1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为：
数学期望为，
方差为．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和数学期望、方差的计算问题，也考查了数据分析数学素养，是中档题．
12．（2024•周口模拟）荥阳境内广武山上汉王城与霸王城之间的鸿沟，即为象棋棋盘上“楚河汉界”的历史原型，荥阳因此被授予“中国象棋文化之乡”．有甲，乙，丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场．第1局由甲，乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立．
（Ⅰ）求前3局比赛甲都取胜的概率；
（Ⅱ）用表示前3局比赛中乙获胜的次数，求的分布列和数学期望．
【分析】（Ⅰ）用相互独立事件的概率公式计算即可；
（Ⅱ）的所有可能取值为0，1，2，3，分别计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望值．
【解答】解：（Ⅰ）前3局比赛甲都取胜的概率为；
（Ⅱ）的所有可能取值为0，1，2，3．其中，表示第1局乙输，第2局是甲丙上场，第3局是乙输，则；
表示乙赢1局，即第1局乙赢，第2局乙输，或第1局乙输，第3局乙赢；则；
表示乙赢2局，即第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，则；
表示第1局乙赢，第2局乙赢，第3局乙赢，则；
则的分布列为：
的数学期望为．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望计算问题，是中档题．
13．（2024•徐州模拟）某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类．设事件：学习兴趣高，事件：主动预习．据统计显示，，．
（1）计算（A）和的值，并判断与是否为独立事件；
（2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
【分析】（1）根据条件概率的计算公式，求出和（A），由相互独立事件的概率公式计算和（A）（B），判断即可；
（2）根据题意填写列联表，计算卡方，列出不等式求出的最小值．
【解答】解：（1）因为，，
所以，
；
又因为（B），所以（B）；
所以（A）（B）；
因为，所以（B），（A）（B），
所以（A）（B），所以与不是独立事件；
（2）根据题意，填写列联表如下：
计算，解得，
又因为，所以的最小值为6．
【点评】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了条件概率的计算问题，是中档题．
14．（2024•晋中一模）为丰富校园文化生活，学校举办了乒乓球比赛．决赛采用五局三胜制的比赛规则（先赢得3局的队伍获胜并结束比赛）．已知甲、乙两队进入决赛，且根据以往比赛统计得知，在每局比赛中甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响．
（Ⅰ）若，比赛结束时甲队获胜的局数记为，求的分布列及均值；
（Ⅱ）若比赛打满5局的概率记为，求的最大值及此时的值，并解释此时的实际意义．
【分析】（Ⅰ）由题意知的所有可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望值．
（Ⅱ）由题意写出函数，利用基本不等式求出的最大值，并解释实际意义即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题知，的所有可能取值为0，1，2，3；
计算，，
，．
所以的分布列为：
计算的数学期望为．
（Ⅱ）由题知，．
因为，
当且仅当，即时，取得最大值．
实际意义：比赛双方水平越接近，他们决出胜负需要的局数相对越多．
【点评】本题考查了随机变量的分布列与函数的最值计算问题，是中档题．
15．（2024•沙依巴克区校级模拟）高一年级某个班分成8个小组，利用假期参加社会公益服务活动（每个小组必须全，员参加），参加活动的次数记录如下：
（Ⅰ）从这8个小组中随机选出2个小组在全校进行活动汇报．求“选出的2个小组参加社会公益服务活动次数相等”的概率；
（Ⅱ）记每个小组参加社会公益服务活动的次数为．
①求的分布列和数学期望；
②至几小组每组有4名同学，小组有5名同学记“该班学生参加社会公益服务活动的平均次数”为，写出与的大小关系（结论不要求证明）．
【分析】（Ⅰ）根据题意知从8个小组中随机选出2个小组的基本事件数，计算所求的概率值；
（Ⅱ）①由题意知随机变量的可能取值，计算对应的频率值，写出的分布列，求出数学期望值；
②由至几小组每组的同学数，结合题意得出．
【解答】解：（Ⅰ）从这8个小组中随机选出2个小组在全校进行活动汇报，
基本事件总数为，
选出的2个小组参加社会公益服务活动次数相等包含的基本事件个数为，
“选出的2个小组参加社会公益服务活动次数相等”的概率为；
（Ⅱ）①由题意知，随机变量的可能取值为1，2，3，4；
则，，
，，
所以的分布列为：
数学期望为；
②由至几小组每组有4名同学，小组有5名同学，且每一组对应的数据知，．
【点评】本题考查了古典概型的概率求法问题，也考查了组合知识的应用问题，是中档题．
16．（2024•1月份模拟）盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
（2）记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望．
【分析】（1）先确定3个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取1个，通过计算可求符合要求的取法数，再除以总的取法数可得结果；
（2）先确定的可取值为1，2，3，然后计算出不同取值的概率，注意的每种取值对应两种情况，由此可求分布列和期望．
【解答】解：（1）记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件，
确定3个不同数字的小球，有种方法，
每种小球各取1个，有种取法，
所以．
（2）由题意可知，的可取值为1，2，3，
当时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
所以；
当时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，
所以；
当时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，
所以，
所以的分布列为：
所以．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和数学期望应用问题，是中档题．
17．（2024•二模拟）恰逢盛世，风调雨顺．某稻米产地今秋获得大丰收，为促进当地某品牌大米销售，甲、乙两位驻村干部通过直播宣传销售所驻村生产的该品牌大米．通过在某时段100名顾客在观看直播后选择在甲、乙两位驻村干部的直播间（简称甲直播间、乙直播间）购买的情况进行调查（假定每人只在一个直播间购买大米），得到以下数据：
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关；
（2）用样本分布的频率分布估计总体分布的概率，若共有100000名网民在甲、乙直播间购买大米，且网民选择在甲、乙两个直播间购买大米互不影响，记其中在甲直播间购买大米的网民数为，求使事件“”的概率取最大值时的值．
附：，其中．
【分析】（1）根据列联表信息，计算出卡方的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）用样本分布的频率分布估计总体分布的概率，得出，问题等价于求当取何值时取最大值，列式求解即可．
【解答】解：（1）零假设：网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区无关．
经计算得：，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关，这种推断出错的概率小于0.005．
（2）利用样本分布的频率估计总体分布的概率，可知网民选择在甲直播间购买大米的概率为，
则，记，，
则，1，2，，，
则问题等价于求当取何值时取最大值．
由，化简得，
即，所以，
因为，解得，
所以使事件“”的概率取最大值时的值为80000．
【点评】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了独立重复实验的概率计算问题，是中档题．
18．（2024•广州模拟）某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷．规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会．现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：
假设每次考试是否通过相互独立．
（Ⅰ）从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率；
（Ⅱ）小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率；
（Ⅲ）若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果）
【分析】（Ⅰ）分别算出2022年、2023年第一次考试通过的概率，两者相乘即可；
（Ⅱ）即计算事件“第一次考试合格”与“第一次不合格且第二次合格”两个事件的和的概率；
（Ⅲ）利用间接法分别求出两年各自合格的概率，然后构造关于的不等式求解．
【解答】解：设 “2022年第次考试通过“，，2，3，由题意得，同理可得，，
“2023年第次考试通过“，，2，3，所以，，，
（Ⅰ）由题意可得所求事件的概率为；
（Ⅱ）由题意，所求事件的概率为；
（Ⅲ）88．
【点评】本题考查了相互独立事件同时发生的概率公式以及和事件概率的计算方法，属中档题．
19．（2024•龙岗区校级模拟）某人从地到地有路程接近的2条路线可以选择，其中第一条路线上有个路口，第二条路线上有个路口．
（1）若，，第一条路线的每个路口遇到红灯的概率均为；第二条路线的第一个路口遇到红灯的概率为，第二个路口遇到红灯的概率为，从“遇到红灯次数的期望”考虑，哪条路线更好？请说明理由．
（2）已知：随机变量服从两点分布，且，则，且，，2，，．若第一条路线的第个路口遇到红灯的概率为，当选择第一条路线时，求遇到红灯次数的方差．
【分析】（1）设选择第一条路线和第二条路线遇到红灯次数分别为随机变量，，计算对应的概率，求出数学期望，比较大小即可．
（2）设选择第一条路线时遇到的红灯次数为，计算和，设随机变量，取值为，2，3，，，其概率分别为，且，计算，，由，计算的值．
【解答】解：（1）应选择第一条路线，理由如下：
设走第一、二条路线遇到的红灯次数分别为随机变量，，则，1，2；，1，2；
，，，
所以；
又因为，，；
所以；
因为，所以应选择第一条路线．
（2）设选择第一条路线时遇到的红灯次数为，
所以，
，，2，，．
设随机变量，取值为，2，3，，，其概率分别为，且，
，
所以；
又因为，所以．
【点评】本题考查了离散型随机变量的应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．
毕业去向
继续学习
深造
单位就业
自主创业
自由职业
慢就业
人数
200
560
14
128
98
0
1
2
3
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
9
6
8
15
11
19
18
20
12
15.2
18.8
20.2
21.3
22.5
23.2
25.8
26.5
27.5
30.1
32.6
34.3
34.8
35.6
35.6
35.8
36.2
37.3
40.5
43.2
7.8
9.2
11.4
12.4
13.2
15.5
16.5
18.0
18.8
19.2
19.8
20.2
21.6
22.8
23.6
23.9
25.1
28.2
32.3
36.5
对照组
试验组
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
合计
对照组
6
14
20
试验组
14
6
20
合计
20
20
40
时段
价格变化
第1天到
第20天
0
0
0
0
0
第21天
到第40天
0
0
0
0
0
2
3
4
5
对照组
实验组
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
0
1
2
合计
对照组
6
14
20
实验组
14
6
20
合计
20
20
40
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
12
8
米色内饰
2
3
150
300
600
性别
是否患过某流行疾病
合计
患过该疾病
未患过该疾病
男

女

合计
80
110
0.1
0.05
0.025
0.01
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
天数
1
2
3
4
5
6
7
一次最多答对题数
12
15
16
18
21
24
27
历史

物理
合计
男生
2
23
25
女生
8
17
25
合计
10
40
50
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1
2
3
0
1
2
3
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
学习兴趣高
学习兴趣一般
总计
主动预习
不太主动预习
总计
0
1
2
3
组别
参加活动次数
3
2
4
3
2
4
1
3
1
2
3
4
1
2
3
网民类型
在直播间购买大米的情况
合计
在甲直播间购买
在乙直播间购买
本地区网民
50
5
55
外地区网民
30
15
45
合计
80
20
100
0.1
0.05
0.01
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
2022年
2023年
通过
未通过
通过
未通过
第一次
60人
40人
50人
50人
第二次
70人
30人
60人
40人
第三次
80人
20人
人
人
的值
83
88
93