专题9 2022年高考“概率与统计”专题命题分析

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专题9 2022年高考“概率与统计”专题命题分析
专题9   2022年高考“概率与统计”专题命题分析
“概率与统计”是高考的重要内容，也是新课程改革的重点.近年来，“概率与统计”高考试题在突出基础性，增加综合性，体现应用性，追求创新性等方面都进行了探索.以2022年高考概率与统计试题为例，概率与统计试题注重考查内容的全面性和层次性，突出核心概念、主干知识、重要思想的考查.试题重在对基础知识的考查，强调基本思想方法，强调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，适度进行了综合与创新.
一.考查的内容与方式
考查内容概述
考查内容
概率
统计
计数原理
古典概型，概率的基本性质，事件的关系和运算，事件的相互独立性，正态分布，离散型随机变量的分布列、期望，条件概率
统计图表（直方图、茎叶图、散点图），样本估计总体，数据的中位数、平均数和标准差、极差等数字特征的意义和计算，2×2列联表独立性检验，样本相关系数
排列与组合，二项式定理

具体考点分析
卷别
题号
分值
题型
考查内容
全国甲卷
理
2
5
单选题
散点图、数据的中位数、平均数和标准差、极差等数字特征的意义和计算
文
2
5
文
6
5
古典概型
理
15
5
填空题
理
19
12
解答题
事件的关系和运算、事件的相互独立性、离散型随机变量的分布列、期望
文
17
12
样本估计总体、2×2列联表
全国乙卷
文
4
5
单选题
茎叶图、中位数、平均数、古典概型
理
10
5
事件的关系和运算、相互独立事件、条件概率
理
13
5
填空题
古典概型
文
14
5
理
19
12
解答题
样本估计总体、相关系数
文
19
12
新高考Ⅰ卷
5
5
单选题
古典概型
13
5
填空题
二项式定理
20
12
解答题
2×2列联表、条件概率
新高考Ⅱ卷
5
5
单选题
排列组合
13
5
填空题
正态分布
19
12
解答题
直方图、样本估计总体、条件概率
北京卷
8
4
单选题
二项式定理
18
14
解答题
用频率估计概率，独立事件的概率、互斥事件的概率、离散型随机变量的分布列及数学期望
天津卷
11
5
填空题
二项式定理
13
5
古典概型、条件概率
浙江卷
12
6
填空题
二项式定理
15
6
古典概型，高散型随机变量的概率分布及数学期望
上海卷
9
5
填空题
古典概型

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.如下：
（2022年新高考Ⅰ卷第20题）
1．一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
病例组
40
60
对照组
10
90

(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．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828


（2022年全国卷甲文科第17题）
2．甲、乙两城之间长途客车均由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、乙两城的500个班次，得到下面列联表：

准点班次数
未准点班次数
A
240
20
B
210
30

(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：










2.难度保持稳定
2022高考“概率与统计”试题容量基本保持稳定，分值近几年几乎没有变化，全国甲、乙卷文、理科都是两小题一大题，共22分；新高考Ⅰ、Ⅱ卷都是一小题一大题，共17分，占全卷11.3％～14.7％，与概率统计在高中课程中内容比例相当.今年高考“概率与统计”试题难度适中，与去年不同，没有出现作为压轴题的难题.新高考Ⅰ、Ⅱ卷比全国卷甲、乙卷难度稍大，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.如新高考Ⅰ、Ⅱ卷的第5题，全国卷甲理科15题，全国卷甲文科第6题，全国卷乙理科第13题（文科第14题）；
（2）概率的性质和相互独立事件的概率.如全国卷甲理科第19题，全国卷乙文科第10题；
（3）条件概率与全概率公式.如新高考Ⅰ卷第20题，新高考Ⅱ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.如新高考Ⅱ卷第13题，全国卷甲理科第19题，北京卷第18题，浙江卷第15题.
统计考查的主要内容有：
（1）随机抽样与数据的数字特征.如新高考Ⅰ卷第20题，全国卷甲理科第2题（文科第2题），全国卷甲文科第17题；
（2）统计图表与数据数字特征.如新高考Ⅱ卷第19题，全国卷甲理科第2题（文科第2题），全国卷乙文科第4题，天津卷第4题；
（3）统计相关性与一元线性回归模型.如全国卷乙文科第19题；
（4）独立性检验.如新高考Ⅰ卷第20题，全国卷甲文科第17题.
（新高考Ⅱ卷第19题）
3．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：

(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）.
4．在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．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：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
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）
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要求.
首先是数学阅读，概率与统计的大题的文字量是所有试题中最多的，考生要审读试题，在短时间内要依据概率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数学思想方法，试题往往从概率与统计的相互联系之处提出问题，很多试题都体现“用频率估计概率”，“用样本估计总体”的思想.
第三，概率与统计试题渗透数学建模的思想方法，试题呈现出将现实问题归结为一个数学问题，然后建立一个概率或统计模型，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作出预测的建模思想.
如新高考Ⅰ卷第20题，试题构建了一项度量指标来评估卫生习惯不够对患该疾病风险程度，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，，实际上是后验概率的比值，是先验概率的比值.
是贝叶斯因子，反映的是事件A发生的条件下，事件B发生的优势，反映的是事件A不发生的条件下事件B发生的优势，用比值来评估卫生习惯不够好对患该疾病风险程度，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.课标要求与典例分析
（一）课表要求
第一部分概率的研究对象是随机现象，为人们从不确定性的角度认识客观世界提供重要的思维模式和解决问题的方法.统计的研究对象是数据，核心是数据分析.概率为统计的发展提供理论基础.
【内容要求】
内容包括：概率、统计.
1.概率
本单元的学习，可以帮助学生结合具体实例，理解样本点、有限样本空间、随机事件，会计算古典概型中简单随机事件的概率，加深对随机现象的认识和理解.
内容包括：随机事件与概率、随机事件的独立性.
（1）随机事件与概率
①结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系（参见案例12）.了解随机事伴的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.
②结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中筒单随机事件的概率.
③通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.
④结合实例，会用频率估计概率.
（2）随机事件的独立性
结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典概型，利用独立性计算概率.
2.统计
本单元的学习，可以帮助学生进一步学习数据收集和整理的方法、数据直观图表的表示方法、数据统计特征的刻画方法，通过具体实例，感悟在实际生活中进行科学决策的必要性和可能性；体会统计思维与确定性思维的差异、归纳推断与演绎证明的差异；通过实际操作、计算机模拟等活动，积累数据分析的经验.
内容包括：获取数据的基本途径及相关概念、抽样、统计图表、用样本估计总体.
（1）获取数据的基本途径及相关概念
①知道获取数据的基本途径，包括：统计报表和年鉴、社会调查、试验设计、普查和抽样、互联网等.
②了解总体、样本、样本量的概念，了解数据的随机性.
（2）抽样
①简单随机抽样
通过实例，了解简单随机抽样的含义及其解决问题的过程，掌握两种简单随机抽样方法：抽签法和随机数法.会计算样本均值和样本方差，了解样本与总体的关系.
②分层随机抽样
通过实例，了解分层随机抽样的特点和适用范围，了解分层随机抽样的必要性，掌握各层样本量比例分配的方法.结合具体实例，掌握分层随机抽样的样本均值和样本方差（参见案例13）.
③抽样方法的选择
在简单的实际情境中，能根据实际问题的特点，设计恰当的抽样方法解决问题.
（3）统计图表
如根据实际问题的特点，选择恰当的统计图表对数据进行可视化描述，体会合理使用统计图表的重要性.
（4）用样本估计总体
①结合实例，能用样本估计总体的集中趋势参数（平均数、中位数、众数），理解集中趋势参数的统计含义.
⑦结合实例，能用样本估计总体的离散程度参数（标准差、方差、极差），理解离散程度参数的统计含义.
③结合实例，能用样本估计总体的取值规律.
④结合实例，能用样本估计百分位数，理解百分位数的统计含义（参见案例14）.
第二部分本主题是必修课程中概率与统计内容的延续，将学习计数原理、概率、统计的相关知识.计数原理的内容包括两个基本计数原理、排列与组合、二项式定理.概率的内容包括随机事件的条件概率、离散型随机变量及其分布列、正态分布.统计的内容包括成对数据的统计相关性、一元线性回归模型、2×2列联表.
【内容要求】
内容包括：计数原理、概率、统计.
1.计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决计数问题的基础，称为基本计数原理.本单元的学习，可以帮助学生理解两个基本计数原理，运用计数原理探索排列、组合、二项式定理等问题.
内容包括：两个基本计数原理、排列与组合、二项式定理.
（1）两个基本计数原理
通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
（2）排列与组合
通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
（3）二项式定理
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理（参见案例17，18），会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
2.概率
本单元的学习，可以帮助学生了解条件概率及其与独立性的关系，能进行简单计算；感悟离散型随机变量及其分布列的含义，知道可以通过随机变量更好地刻画随机现象；理解伯努利试验，掌握二项分布，了解超几何分布；感悟服从正态分布的随机变量，知道连续型随机变量；基于随机变量及其分布解决简单的实际问题.
内容包括，随机事件的条件概率、离散型随机变量及其分布列、正态分布.
（1）随机事件的条件概率
①结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
②结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.
③结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.
④结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.*了解贝叶斯公式.
（2）离散型随机变量及其分布列
①通过具体实例，了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征（均值、方差）.
②通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题.
③通过具体实例，了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题.
（3）正态分布
①通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量.通过具体实例、借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征.
②了解正态分布的均值、方差及其含义.
3.统计
本单元的学习，可以帮助学生了解样本相关系数的统计含义，了解一元线性回归模型和2×2列联表，运用这些方法解决简单的实际问题.会利用统计软件进行数据分析.
内容包括：成对数据的统计相关性、一元线性回归模型、2×2列联表.
（1）成对数据的统计相关性
①结合实例，了解样本相关系数的统计含义，了解样本相关系数与标准化数据向量夹角的关系.
②结合实例，会通过相关系数比较多组成对数据的相关性.
（2）一元线性回归模型
①结合具体实例，了解一元线性回归模型的含义，了解模型参数的统计意义，了解最小二乘原理，掌握一元线性回归模型参数的最小二乘估计方法，会使用相关的统计软件.
②针对实际问题，会用一元线性回归模型进行预测.
（3）2×2列联表
①通过实例，理解2×2列联表的统计意义.
②通过实例，了解2×2列联表独立性检验及其应用.
（二）典例分析
1.概率及其性质
例1
（全国卷乙理科第10题）
5．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（    ）
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
2.条件概率与独立性检验
例2
（2022年新高考Ⅰ卷第20题）
6．一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
病例组
40
60
对照组
10
90

(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．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828


例3
7．某个基地有3部导弹预警雷达，每部预警雷达报警时，导弹来袭的概率为0.9，每部雷达报警都是相互独立的.现在三部雷达都报警了，那么导弹来袭的概率是多少？
3.随机变量的分布列与期望
例4
（2022年全国甲卷理科第19题）
8．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．
4.一元线性回归模型
例5
（2022年全国卷乙文科第19题）
9．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ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9

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．
5.统计中的概率
例6
（2022年新高考Ⅱ卷第19题）
10．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：

(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）.
6.古典概率的计算
例7
（2022年浙江卷第15题）
11．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__________，_________．
7.数学模型
例8
（2021年高考数学全国新高考Ⅱ卷第21题）
12．假设开始时有一个微生物个体（称为第0代），该个体繁殖的若干个个体，）形成第1代，第1代的每个个体繁殖的若干个个体，形成第2代，……假设每个个体繁殖的个体数相互独立且分布相同，记第1代微生物的个体总数为X，X的分布列为，，1，2，3.
(1)若，，，，求；
(2)以p表示这种微生物最终消亡的概率.已知p是关于x的方程的最小正根.证明：当时，；当时，；
(3)说明（2）结论的意义.
（1）问题背景中的数学模型
令是一个非负整数值随机变量，分布，，.
现有某微生物后代，个数，称为第一代，假设个个体后代各自独立繁衍自己的后代，并且与祖先具有相同的繁殖能力，称个个体所产生的后代为第二代，总个数记为，…，依次类推，用表示第n代个体的总数，约定，随机过程，，，…，，…
这个题目的本质是讨论微生物灭绝的概率：第n代灭绝的概率；最终灭绝的概率.
解决问题的关键是计算概率，如何计算？
（2）模型求解：方程的最小正根与期望有什么关系？


（1）当时，方程转化为，
若，则，
因，所以矛盾，
所以，即.方程只有一个解.
（2）当时，方程转化为，
因此或（*），
设，
则，，
所以方程（*）还有一个解，
因此方程有两个解，其中一个严格小于1，即最小正根.

例9
（2019年高考数学Ⅰ理科）
13．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．
(i)证明：为等比数列；
(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．
问题1：“甲药，乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效的概率”这其实是建立了一个判断“甲药是否比乙药更有效”的数学模型，那么这样的做法有什么含义？
这样的做法其实非常巧妙，可以将无限样本空间的问题转化为有限样本空间.因为试验的轮次可以是无限的，如果从试验的轮次考虑，就要考虑从第4轮起，甲药比乙药有效的概率，这将要计算一个无穷数列的和，而这个无穷数列的通项又是未知的，计算也是困难的.
设“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药有效”，，当甲药累计得分为i时，再做一次试验，得分可能为，i，，对应的概率这，，，由全概率公式，，其中，2，3，…，7.
因与试验均为结束，且，，
根据题意：，，，
所以，即，
因为，所以是以为首项，4为公比的等比数列，
又因为，所以，
而，所以.（因为只有知道了，才能计算）.
因此.这种方法看似是概率计算，实质是统计推断.
由于甲药的治愈率为0.5，乙药的治愈率为0.8，我们自然地判断乙药比甲药更有效.因为在此条件下，认为甲药更加有效的概率这，此时得出错误结论的概率非常小，即甲药更有效的概率很小，说明这种试验方案合理.
此题的背景是：设甲药累计得i分分对应数轴上的点记为，当甲药累计得分不是0或8时，由于在下一轮试验中，甲药的得分可能是，0或者1，因此甲药的累计得分可能是，i，，即再进行一轮试验后，甲药的累计得分的对应点是分别以概率，，向负方向移动一个单位，不动或者向正方向移动一个单位，从而达到，或，这就是说甲药累计得分对应的点是数轴上依概率移动的整数点.但向左不小于0，向右不大于8，且一旦到达或，移动停止.
这是数轴上有两个吸收壁的随机游动问题，和经典的随机游动不同的是，它多了一个“不动”的状态.
一般地，设一个质点M在数轴0，1，2，…，这个点上随机游动，且当它在0或k时，M就一直在那里不动了，称0与k为两个吸收壁.设在时刻n时质点处，在时刻时质点到点的概率为，仍在点i的概率为，到点的概率为，那么由全概率公式可以推导出质点M被k吸收的概率为.


这是著名的有两个“吸收壁”的随机游动问题
.
这个随机过程也是“马尔可夫链”
.
液体中微粒所作的布朗运动，传染病受感染的人数，股票市场行为的描述，种群的增长等，都可视为马尔可夫过程
.
三.命题的形式与特点分析
1.关注主干知识，注重基础考查
古典概型的理解及古典概型中简单随机事件概率的计算
例1
（全国甲卷·文6）
14．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的倍数的概率为（    ）
A． B． C． D．
例2
（全国甲卷·理15）
15．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为________．
2.关注关键能力，注重“四翼”落实
二项式定理的掌握与运用
例3
（全国新高考Ⅰ卷·13）
16．的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
例4
（浙江卷·12）
17．已知多项式，则__________，___________．
3.关注教材内容，注重与教材的衔接
正态分布的几何特征
例5
（全国新高考Ⅱ卷·13）
18．已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
来源：课本试题的复习巩固
19．对某地区数学考试成绩的数据分析，男生成绩X服从正态分布，女生成绩Y服从正态分布．请你从不同角度比较男、女生的考试成绩．
20．某市高二年级男生的身高X（单位：cm）近似服从正态分布，随机选择一名本市高二年级的男生，求下列事件的概率：
（1）；
（2）；
（3）．
互斥事件、独立事件的理解及概率的运算、条件概率
例6
（全国乙卷·理10）
21．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（    ）
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
来源：课本试题B组
22．甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？
4.关注生活实际，注重数学应用
互斥事件、独立事件、离散型随机变量的分布列及数学期望的理解与计算
例7
（全国甲卷·理19）
23．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．
频率估计概率、频率分布直方图、条件概率的理解.
例8
（全国新高考Ⅱ卷·19）
24．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：

(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）.
例9
（全国新高考Ⅰ卷·20）
25．一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
病例组
40
60
对照组
10
90

(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．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828


例10
（全国甲卷·文/理2）
26．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
统计图表的认识与应用，中位数、平均数、标准差、极差概念的理解.
例11
（全国乙卷·文/理19）
27．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ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9

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．

参考答案：
1．(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

2．(1)这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率分别为，；
(2)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.

【分析】（1）根据表格中的数据结合古典概型的概率公式求解即可；
（2）根据表格中的数据结合公式计算，再根据临界值表判断即可.
【详解】（1）根据表中的数据，公司共有班次260次，准点班次240次，
所以公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为，
公司共有班次240次，准点班次210次，
所以公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为；
（2）列联表为

准点班次数
未准点班次数
合计

240
20
260

210
30
240
合计
450
50
500

所以
，
所以有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.
3．(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
    （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．

4．(1)0.4
(2)
(3)丙

【分析】(1)    由频率估计概率即可
(2)    求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.
(3)    计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.
【详解】（1）由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4
（2）设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3
，

，

，
.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P





∴
（3）丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.

5．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

6．(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

7．
【分析】根据表示在事件A发生的条件下，事件B发生的优势，即可求解.
【详解】解：设事件导弹来袭，事件第i部雷达报警，
已知，
在事件相互独立的条件下，，
所以，
所以，三部雷达都报警了，那么导弹来袭的概率约为99.9％.
8．(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

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06

期望.

9．(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）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

10．(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
    （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．

11．     ，     ##
【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
    所以,
故答案为：，.

12．(1)1
(2)证明见解析
(3)答案见解析

【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.
13．（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【分析】（1）首先确定所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出的取值，可得，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合和的值可求得；再次利用累加法可求出.
【详解】（1）由题意可知所有可能的取值为：，，
；；
则的分布列如下：









（2），
，，
（i）
即
整理可得：  
是以为首项，为公比的等比数列
（ii）由（i）知：
，，……，
作和可得：


表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.
14．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),(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；

15．.
【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：．

16．-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

17．         
【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令求出，再令即可得出答案．
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．

18．##．
【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：．

19．女生的平均成绩高于男生的平均成绩；男生的成绩比较分散，女生的成绩比较集中.
【分析】根据男生成绩X服从，女生成绩Y服从，结合正态分布中和的值的大小关系，即可得到结论.
【详解】由题意知男生成绩X服从正态分布，女生成绩Y服从正态分布，
因为，所以女生的平均成绩高于男生的平均成绩；
又由，所以男生的成绩比较分散，女生的成绩比较集中.
20．(1)0.6827 (2)0.15865 (3)0.15865.
【分析】利用正态分布的计算公式结合对称性求解即可.
【详解】由题可得:身高X作为变量符合均值为的正态分布
(1)
(2)
(3).
21．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

22．答案见解析.
【分析】分别求得不同局制下甲获胜的概率，即可判断对甲更有利的局制，结合结果即可写出对局制长短的设置的认知.
【详解】若采用3局2胜制，则甲获胜的概率；
若采用5局3胜制，则甲获胜的概率，
故采用5局3胜制对甲更有利；
由此可以猜想：比赛的总局数越多，甲获胜的概率越大，
故为了使得比赛公平，比赛的局数不能太少.
23．(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

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06

期望.

24．(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
    （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．

25．(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

26．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.

27．(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）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