【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点26《概率、二项分布与正态分布》(解析版） .doc，共(33)页，1.167 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点26概率、二项分布与正态分布（核心考点讲与练）1.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率P(E)＝1.(3)不可能事件的概率P(F)＝0.(4)互斥事件概率的

加法公式①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B).②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(B).2.基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的.(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.3.古典

概型具有以下两个特征的概率模型称为古典的概率模型，简称古典概型.(1)试验的所有可能结果只有有限个，每次试验只出现其中的一个结果.(2)每一个试验结果出现的可能性相同.3.如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的

可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝mn.4.古典概型的概率公式P(A)＝事件A包含的可能结果数试验的所有可能结果数.5.全概率公式(1)完备事件组：设Ω是试验E的样本空间，事件A1，A2，„，A

n是样本空间的一个划分，满足：①A1∪A2∪„∪An＝Ω.②A1，A2，„，An两两互不相容，则称事件A1，A2，„，An组成样本空间Ω的一个完备事件组.(2)全概率公式设S为随机试验的样本空间，A1，A2，„，An是

两两互斥的事件，且有P(Ai)>0，i＝1，2，„，n，∪ni＝1Ai＝S，则对任一事件B，有P(B)＝i＝1nP(Ai)P(B|Ai)称满足上述条件的A1，A2，„，An为完备事件组.6.独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验①定

义：在相同的条件下，重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，那么一般就称它们为n次独立重复试验.②概率公式：在一次试验中事件A发生的概率为p，则n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0，

1，2，„，n).(2)二项分布：在n次独立重复试验中，事件A发生的次数设为X，事件A不发生的概率为q＝1－p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Cknpkqn－k，其中k＝0，1，2，„，n.于是X的分布列：X01„k„nPC0np0qnC1npqn－1„Cknp

kqn－k„Cnnpnq0此时称离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p).7.正态分布(1)正态曲线：正态变量的概率密度函数的图象叫做正态曲线，其函数表达式为f(x)＝12π·σe－（x－μ）22σ2，x∈R(

其中μ，σ为参数，且σ>0，－∞<μ<＋∞).(2)正态曲线的性质①曲线位于x轴上方，与x轴不相交，与x轴之间的面积为1；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集

中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682__6；②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954__4；③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_

_4.1.求古典概型概率的基本步骤：(1)算出所有基本事件的个数n.(2)求出事件A包含的所有基本事件数m.(3)代入公式P(A)＝，求出P(A)．2.求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2

)正面计算较繁琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．3.判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))①X的取值为0，1，2，…，n；②P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p为试验成功的概率)．[提醒]在实际应用中，往往

出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．4.超几何分布的特点(1)对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可直接应用公式给出．(2)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数，随机变量取值的概率实质上

是古典概型．5.正态分布下的概率计算常见的两类问题(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给

出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．概率1.（2021重庆市九龙坡区高三上学期期中）有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁，现准备通过一一

试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，则恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率是（）A.35B.310C.45D.25【答案】B【分析】恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙

区分出来的情况为3种：①前三把都能开锁，②第一把不能开锁，第二把能开锁，第三把不能开锁，③第一把能开锁，第二把不能开锁，第三把不能开锁，由此能求出恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率

．【详解】有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁．现准备通过一一试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的情况为3种：①前三把都能开锁，②第一把不能开锁，第二把能开锁，第三

把不能开锁，③第一把能开锁，第二把不能开锁，第三把不能开锁，恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率为：321231321354354354310P．故选：B．2.（2021重庆市第一中学高三下学期第二次月考）我国占代图书之一的《周髀算经》中指出

：某地的冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷肉、立夏、小满、芒种这十二节气的日影长依次是一个等差数列．已知立春与惊蛰两个节气的日影长分别为11尺和10尺，现在随机选出3个节气，至少有一个节气的日影长大于9尺的概率

为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】令冬至影长为，公差为，则，进而确定十二节气的日影长，再应用组合数及对立事件的概率求法求概率即可.【详解】由题意，令冬至影长为，公差为，则，故.∴冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、

春分、清明、谷肉、立夏、小满、芒种这十二节气的日影长依次为，∴随机选出3个节气至少有一个节气的日影长大于9尺的概率.故选：C3.（2021新疆乌鲁木齐市第八中学高三检测）我国古代的一些数字诗精巧有趣，又饱含生活的哲学，如清代郑板桥的《题画竹》：“一两三枝竹竿，四五六片竹叶，自然淡淡疏疏，何必重

重叠叠．”现从1，2，3，4，5，6中随机选取2个不同的数字组成log1aba，则恰好能使得log1ab的概率是____________．【答案】25【分析】列举基本事件，直接求概率即可.【详解】1，2，3，4，5，6这6个数字中满足log1ab的数对有：2a，3b，4，5，6，3a

，4b，5，6；4a，5b，6；5a，6b，共10种，而2a，1b，3，4，5，6，3a，1b，2，4，5，6，4a，1b，2，3，5，6，5a，1b，2，3，4，6，6a，1b

，2，3，4，5，共有25种，所求概率为102255P．故答案为：25．4.事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=16,P(BC)=18,P(ABC)=18,则P(B)=____;P(AB)=____.【答案】①.1.2②.1.3【解析】【详解】分析：

根据独立事件的概率公式可得1()(),61(B)(),81()()(C),8PAPBPPCPAPBP结合对立事件概率公式可得结果.详解：由题意得1()(),61(B)(),81()()(C),8PAPBPPCPAPBP得PA13

,PB1.2所以PABPAPB211.323点睛：本题主要考查独立事件、对立事件的概率，属于中档题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事

件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.二项分布1.（多选）（2022年高

考数学一轮复习）若随机变量服从参数为，的二项分布，则（）A．B．C．D．【答案】BD【分析】利用二项分布的概率计算公式即可求解.【详解】由题意，根据二项分布中概率的计算公式，，则，，，，，因此，，．故选：BD．2．设X

为随机变量，~(6,)XBp，若随机变量X的期望为4，则(1)PX______.【答案】728729【分析】利用二项分布的数学期望计算公式求出p，再根据二项分布的概率计算公式求解即可.【详解】由题意可知，~(6,)XBp，所以6EXp，

因为随机变量X的期望为4，所以64p，解得23p，所以()PXC06062272811133729.故答案为：728729.3.已知1~3,4XB，且21YX，求Y的分布列．【分析】列举Y的可能取值，求概

率即可求解【详解】1~3,4XB故X可能取值为0,1,2,3，则21YX的可能取值为1,3,5,71PY30312701464PXC，21311273114

464PYPXC12231195214464PYPXC，03331117314464PYPXC

故分布列为：Y1357P27642764964164超几何分布1.（2021江苏省镇江中学高三检测）有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则2PX等于（）A.715B.815C.1315D.1415【答案

】D【分析】2==1+=0PXPXPX，然后算出即可.【详解】112377221010142==1+=0=15CCCPXPXPXCC故选：D【点睛】本题考查的是利用组合数解决超几

何分布的问题，较简单.2.在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的概率为（）A.11347250CCCB.20347250CCCC.1233250CCCD.1120347347250CCCCC【答案】D【分析】直接利用超几何分布概率求解.【详解】在含有3件次品的50

件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的概率为1120347347250CCCCPC，故选：D【点睛】本题主要考查超几何分布概率的求法，属于基础题.3.（2021辽宁省锦州市第二高级中学高三检测）学校要从5名男教师和2名女教师中随

机选出3人去支教，设抽取的人中女教师的人数为X，求________．【答案】【分析】本题主要考查了超几何分步的概率计算，属于基础题．根据题意，X的取值为0或1，代入超几何分布公式求出对应概率，再相加即可．【详解】解：由题意可得，，所

以．故答案为：．正态分布1.（多选）（2021广东省普宁市华侨中学高三上学期期中）甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（）附：若随机变量X服从正态分布，则()0.6826PX

.A．乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩B．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩C．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近D．若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.1587【答案】ACD【分析】

利用正态分布曲线与参数的关系、参数的意义、正态曲线的对称性，对四个选项逐一分析判断即可．【详解】解：由图象可知，甲的图象关于对称，乙的图象关于对称，所以甲同学的平均成绩为75分，乙同学的平均成绩为85

分，故选项A正确，B错误；因为甲的图象比乙的图象更“高瘦”，所以甲的成绩比乙的成绩更集中于平均值左右，则甲同学成绩的方差比乙同学成绩的方差小，故选项C正确；若，则甲同学成绩高于80分的概率约为，故选项D正确．故选：ACD．2.（2021广西桂林普通高中高三检测）已知随机变量X服从正态

分布22,N，若(3)0.8PX，则(1)PX__________．【答案】0.2【分析】根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得(1)PX．【详解】∵随机变量X服从正态分布22,N，∴正态曲线的对称轴

是2x．又(3)0.8PX，∴30.2PX，由对称性可知，130.2PXPX．故答案为：0.2．1.（2021年全国高考乙卷数学）在区间10,2随机取1个数，则取到的数小于13的概率为（）A.34B.23C.13D.16【答案】B

【分析】根据几何概型的概率公式即可求出.【详解】设“区间10,2随机取1个数”，对应集合为：102xx，区间长度为12，A“取到的数小于13”，对应集合为：103xx，区间长度为13，所以1023

1302lAPAl．故选：B．【点睛】本题解题关键是明确事件“取到的数小于13”对应的范围，再根据几何概型的概率公式即可准确求出．2．（2021·全国·高考真题）某物理量的测量结果服从正态分布210,N，下列结论中不正确的是（）A．越小，该物理量在

一次测量中在(9.9,10.1)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(9.9,10.2)与落在(10,10.3)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，2为数据的方差，所以越小，数据在10附近越集中，所以测量结果落在9.9,10.1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0.5，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10.01的概率与小于9.99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9.9,10.0的概率与落在10.2,10.3的概率不同，所以一次测量结果落在9.9,10.2的概率与落在

10,10.3的概率不同，故D错误.故选：D.3．（2021·全国·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，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】11561()()()()6636366PPPP甲，乙，丙，丁

，，1()0()()()()()36PPPPPP甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36PPPPPP乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选：B【点睛】判断事件,AB是否独立，先计算对应概率，再判断()()

()PAPBPAB是否成立4.（2020年全国统一高考（新课标Ⅰ））甲、乙、丙三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，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两

人继续比赛，直至其中一人被淘汰，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.【答

案】（1）116；（2）34；（3）716.【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（3）列举出甲赢的基本事件，结合

独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.【详解】（1）记事件:M甲连胜四场，则411216PM；（2）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为

411424PPABABPACACPBCBCPBABA，所以，需要进行第五场比赛的概率为314PP；（3）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，记事件:M甲赢，记事件:N丙赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABC

BC、ACBCB、BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，所以，甲赢的概率为4511972232PM.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢

的概率为97123216PN.【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题.5.（2017全国高考真题）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生

产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布2,N.（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3,3)uu之外的零件数，求(1)PX及X的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3

,3)uu之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.

9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得16119.9716iixx，16162221111160.2121616iiiisxxxx

，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，1,2,,16i.用样本平均数x作为μ的估计值ˆ，用样本标准差s作为σ的估计值ˆ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除ˆˆˆˆ(3,3)之外的数据

，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.附：若随机变量Z服从正态分布2,N，则–330.9974PZ，160.99740.9592，0.0080.09.【答案】（1）10.0408PX，0.0416EX（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要.10.

02,0.09【分析】（1）依题知一个零件的尺寸在3,3之内的概率，可知尺寸在3,3之外的概率为0.0026，而~16,0.0026XB，进而可以求出X的数学期望.（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天

内抽取的16个零件中，出现尺寸在3,3之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；（ii）计算ˆˆ,3，剔除ˆˆˆˆ3,3之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除ˆˆˆˆ3,3之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.【详

解】（1）抽取的一个零件的尺寸在3,3之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在3,3之外的概率为0.0026，故~16,0.0026XB.因此1611010.99740.0

408PXPX.X的数学期望为160.00260.0416EX.（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在3,3之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在3,3之外的零件概率只有0.0

408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.（ii）由9.97,0.212xs，得的估计值为ˆ9.97，的

估计值为ˆ0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在ˆˆˆˆ3,3之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除ˆˆˆˆ3,3之外的数据9.22，剩下数据的平均数为1169.979.22

10.0215，因此的估计值为10.02.162221160.212169.971591.134iix，剔除ˆˆˆˆ3,3之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为221

1591.1349.221510.020.00815，因此的估计值为0.0080.09.【点睛】本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的3原则，审清题意，细心计算，

属中档题.一、单选题1．（2022·全国·赣州市第三中学模拟预测（理））中国习俗讲究“十全十美､红红火火”.某次元宵节游园会中有这么一个活动：一个不透明的箱子中装有15个质地均匀且大小相同的小球，其中有5个红球，10个黑球，每次

随机取出一球（取出后不放回），取出的第10个球为红球则获得小礼品一份，每人只能参与该游戏一次.则小明参与该游戏获奖的概率为（）A．23B．13C．115D．1415【答案】B【分析】利用古典概型的概率求解.【详解】（方法一）从箱子

中逐次取出15个球，一共有种15!取法，而第10个球确定为红球，有5种取法，其余14个球可以随机排列，共有14!种方式，所以取出的第10个球为红球的概率为514!115!3（方法二）可以类比为3个

小球，2黑1红，共有红黑黑､黑红黑､黑黑红3中取法，则取出的第二个小球为红球是黑红黑1种取法，所以取出的第二个小球为红球的概率为13.故选：B2．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（理））七巧板是中国民间流传的智力玩具.据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思

设计的宴几图演变而来的，原为文人的一种室内游戏，后在民间逐步演变为拼图版玩具.到明代，七巧板已基本定型为由下面七块板组成；五块等腰直角三角形（其中两块小型三角形､一块中型三角形和两块大型三角形）､一块正方形和一块

平行四边形，可以拼成人物､动物､植物､房亭､楼阁等1600种以上图案.现从七巧板的五块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率为（）A．35B．25C．27D．15【答案】D【分析】根据古典概型，结合组合数公式，即可求解.【详解】五块三角形中有两组全等三角形，所以从七巧板的五

块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率2521C5P.故选：D3．（2022·辽宁·二模）在北京时间2022年2月6日举行的女足亚洲杯决赛中，中国女足面对上半场0-2落后的劣势，发扬永不言弃的拼搏精神，最终强势逆转，时隔16年再夺亚洲杯冠军！足球比赛中点球射门

是队员练习的必修课．己知某足球队员在进行点球射门时命中率为87%，由于惯用脚的原因，他踢向球门左侧的概率为70%，踢向球门右侧的概率为30%．经统计，当他踢向球门左侧时，球进的概率为90%，那么他踢向球门右侧时，球进的概率为()A．87%B．84%C．81%D．80%【答案】D【分

析】某足球队员在进行点球射门时命中率87%=他踢向球门左侧的概率×他踢向球门左侧时球进的概率+他踢向球门右侧的概率×他踢向球门右侧时球进的概率，据此即可列式求解．【详解】设某队员踢向球门右侧时，球进的概率为x，则由题可知：70%90%

30%87%x，解得80%x．故选：D．4．（2022·江苏·南京市第一中学三模）柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量X服从柯西分布为0,XCx～，其中当1，00x时的特例称为标准柯西分布，其

概率密度函数为211fxx．已知1,0XC～，233PX，11312PX，则1PX（）A．16B．23C．14D．12【答案】D【分析】由标准柯西分布的概率密度函数可知，其图象关于y轴对称，则1201PXPX，利用条件求解即可.【详解】由

题，因为233PX，11312PX，所以21110132124PX，所以112012PXPX，故选：D二、多选题5．（2022·广东·三模）一部机器有甲乙丙三个易损零件，在一个生产周期内，每个零件至多会出故障一次，工程师统计了近1

00个生产周期内一部机器各类型故障发生的次数得到如下柱状图，由频率估计概率，在一个生产周期内，以下说法正确的是（）A．至少有一个零件发生故障的概率为0.8B．有两个零件发生故障的概率比只有一个零件发生故障的概率更大C．乙零件发生故障的概率比甲零件发生故障的概率更大D．已知甲零件发生了故障，

此时丙零件发生故障的概率比乙零件发生故障的概率更大【答案】AD【分析】由统计图表得出各概率比较可判断各选项．【详解】由图可得，在一个生产周期内，机器正常的概率为200.2100，则至少有一个零件发生故障的概率为0.8，A正确；有

两个零件发生故障的概率为101550.3100，只有一个零件发生故障的概率为1520100.45100，则有两个零件发生故障的概率比只有一个零件发生故障的概率更小，B错误；乙零件发生故障的概率为2010550.4100，甲零件发生故障的概率为15101550.45100

，则乙零件发生故障的概率比甲零件发生故障的概率更小，C错误；由图可知，丙和甲都故障的概率比乙和甲都故障的概率大，D正确.故选：AD．6．（2022·江苏南京·三模）连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正

面向上，要么反面向上，且两种结果等可能．记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则（）A．事件B与事件C互斥B．34P

AC．事件A与事件B独立D．记C的对立事件为C，则37PBC【答案】BCD【分析】对A，根据事件B包含事件C判断即可；对B，根据概率的性质，用1减去全为正面和全为反面的情况概率即可；对C，根据相互独立事件的公式判断即可；对D，先求得18PC，再利用条件

概率公式求解即可【详解】选项A：显然B发生的情况中包含C，故可同时发生，错误；选项B：3131224PA，正确；选项C：1333111222PBC，1331328PABCPAPB故

A与B独立，正确；选项D：31128PC，1331321718CPBCPBCPC，正确；故选：BCD．7．（2022·全国·模拟预测）下列命题正确的是（）A．若事件A与B相

互独立，且0PA，1PB，则PABPAB．设随机变量X服从正态分布0,1N，则111222PXPXC．在回归分析中，对一组给定的样本数据1122(,),(,),,(,)nnxyxy

xy而言，当样本相关系数r越接近1时，样本数据的线性相关程度越强D．在回归分析中，对一组给定的样本数据1122(,),(,),,(,)nnxyxyxy而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好【答案】ACD【分析】根据相互独立事件和条件概率的概率计算公式，

可判定A正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定B错误；根据相关系数的含义，可判定C正确；根据残差的含义，可判定D正确.【详解】对于A中，若事件A与B相互独立，且0PA，1PB，可得()()()PABPAPB，则()()()PAPB

PABPAPB，所以A正确；对于B中，设随机变量X服从正态分布0,1N，可得20,1，根据正态分布曲线的对称性，可得111222PXPX，所以B错误；对于C中，在回归分析中，对一组给定的样本数据112

2(,),(,),,(,)nnxyxyxy而言，根据相关系数的含义，可得当样本相关系数r越接近1时，样本数据的线性相关程度越强，所以C正确；对于D中，在回归分析中，对一组给定的样本数据1122(,),(,),,(,)nnxyxyxy而言，根据残差的含义，可得残差平方和

越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，所以D正确.故选：ACD8．（2022·全国·模拟预测）下列说法正确的是（）A．频率分布直方图中最高的小矩形底边中点的横坐标是众数的估计值B．已知一组数据的方差为5，则这组数据的每个数都加上3后方差为8C．若随机变量服从二项

分布14,4B，则235ED．已知随机变量服从正态分布2,N，若261PP，则3【答案】AC【分析】由频率分布直方图中众数的求解方法即可判断A；将一组数据中的每一个数都加

上同一常数后，方差不变即可判B；由二项分布和均值的性质即可判C；由正态分布的对称性即可判断D.【详解】对于A，根据频率分布直方图中众数的求解方法知A正确.对于B，由方差的计算公式知，将一组数据中每一个

数都加上同一常数后，方差不变，故B错误.对于C，由二项分布的性质得1414E，23232135EE，故C正确.对于D，易知221PP，又261PP，所以

26PP，则6222，故D错误.故选：AC.9．（2021·海南·模拟预测）设随机变量X服从正态分布(1,4)N，随机变量Y服从正态分布12,4N，下列判断正确的是（）A．(0)(0)PX

PYB．(0)(0)PXPYC．存在0t，满足()()PXtPYtD．存在0t，满足()()PXtPYt【答案】BC【分析】根据已知X、Y的正态分布，利用正态分布曲线的性质，即可判断各选项的正误【详解

】由题设知，X的正态分布的参数为11，12，Y的正态分布的参数为22，212.A：1(0)2PX，1(0)2PY，所以(0)(0)PXPY，错误；B：1(0)2PX，1(0)2PY，所以(0)(0)PXPY，正确；C：由

1122322，所以(3)(3)PXPY，正确；D：大致作出X和Y的正态曲线，如图所示，可知在y轴左侧，Y的正态曲线总在X的正态曲线的下方，Y的正态曲线下方的区域面积总小于X的正态曲线下方的区域面积，即()()PXtPYt，从而()()PXtPYt

，错误.故选：BC10．（2021·河北唐山·三模）下列说法正确的是（）A．某投掷类游戏闯关规则是游戏者最多投掷5次，只要有一次投中，游戏者即闯关成功，并停止投掷，已知每次投中的概率为12，，则游戏者闯关成功的概率为3132B．从10名男生、5名女生中选取4人，则

其中至少有一名女生的概率为13514415CCCC．已知随机变量X的分布列为1,2,31aPXiiii，则229PXD．若随机变量22,No，且31.则20.5P＜，6E【答案】AC【分析】选项A先求5次都没投中的概率，由对立事件

的概率关系判断；选项B.由其中至少有一名女生分为：1名女生3名男生、2名女生2名男生、3名女生1名男生和4名都是女生四种情况，可判断;选项C.由分布列的性质先求a，即可判断；选项C.由正态分布的性质和期望的性质可

判断.【详解】选项A.5次都没投中的概率为511232.所以游戏者闯关成功的概率为13113232，故A正确.选项B.从10名男生、5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生分为：1名女生3名男生、2名女生2名男生、3名女生1名男生和4名都是女生四种情况.共有1322314

5105105105+1155CCCCCCC种情况.而135141820CC所以其中至少有一名女生的概率为：1322314135105105105514441515+CCCCCCCCCCC.故B不正确.选项C.由1,2,31aPXiiii

，则11112612a，解得43a所以41223239PX，故C正确.选项D.由随机变量22,No，则20.5P，2E所以31317EEE

,故D不正确.故选：AC11．（2021·江苏江苏·二模）某中学为了研究高三年级学生的身高和性别的相关性问题，从高三年级800名学生中随机抽取200名学生测量身高，测量数据的列联表如下：单位：人性别身高合计低于

170cm不低于170cm女801696男2084104合计100100200下列说法正确的有（）附1：22nadbcabcdacbd(其中nabcd).临界值表：20P

x0.150.100.050.0250.0100.0050.0010x2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828附2：若2~,XN，则随机变量X取值落在区间,上的概率

约为68.3%.A．从列联表可以判断该样本是由分层抽样而得B．从列联表可以看出该中学高三学生身高最高的是男生C．有99.9%的把握认为该中学高三学生的身高与性别有关联D．若该样本中男生身高h(单位：cm)服从正态分布175,2

5N，则该样本中身高在区间175,180内的男生超过30人【答案】CD【分析】A.由分层抽样的特点判断；B.从列联表的特点判断；C.求出2判断；D.由正态分布求解判断.【详解】A.高三年级学生没有差异，所以不用分层抽样，故错误；B.从列联表可以看出该中学高三学生身

高的人数，故错误；C.222008084162020064006400320082.0510.8289610410010096104100100313，故正确D.117018010435.5302Ph，故正

确，故选：CD.三、填空题12．（2022·福建莆田·三模）五一期间，某个家庭（一共四个大人，三个小孩）一起去旅游，在某景点站成一排拍照留念，则小孩不站在两端，且每个小孩左右两边都有大人的概率是_______．【答案】135【分析】根据全排列求

出7人总的排法种数，再利用插空法求出小孩不站在两端，且每个小孩左右两边都有大人的排法种数，根据古典概型求解.【详解】7个人全排列有77A种排法，利用插空法，其中小孩不站在两端，且每个小孩左右两边都有大人的排法有4343AA种，所以小孩不站在两端，且每个小孩左右两边都有大人的

概率434377AA1=A35P.故答案为：13513．（2022·全国·河源市河源中学模拟预测）A､B两辆货车计划于同一时刻达到某一港口.已知在货车B准点的情况下，货车A晚点的概率为14；而在货车A晚点的情况下，货车B准点的概率为18.若货车A､B准点的概率相同

，且货车到达该港口只有准点与晚点两种情况，则货车B晚点的概率为___________.【答案】23【分析】设A晚点为事件X，B准点为事件Y，由条件概率公式得2PXPY，从而得到答案.【详解】设A晚点为事件X，B准点为事件Y，因为PXPY，所以

1PXPY.由条件概率公式得1|4PXYPXYPY，1|8PXYPYXPX，因此2PXPY，可以求解得到13PY，因此B晚点的概率为12133.故答案为：2314．（2

022·江苏江苏·三模）抽样表明，某地区新生儿体重X近似服从正态分布2,N.假设随机抽取r个新生儿体检，记表示抽取的r个新生儿体重在3,3以外的个数.若的数学期望0.05E，则r的最大值是__________

_.【答案】16【分析】根据正太分布的3原则进行计算.【详解】根据正太分布的3原则可知：0.0030.05Er，得：503r，因为r为正整数，故r的最大值为16.故答案为：16四、双空题15．（2022·江苏南京·三模）19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以

1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值19的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为1logbbnPnn

，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为______；若

910101nkPnP,N*9kk，，则k的值为__________．【答案】7lg65【分析】第一空，将6n代入1logbbnPnn即可求得答案；第二空，根据1logbbn

Pnn得到910nkPn的表达式，结合101P的值可得方程，解得答案.【详解】由题意可得：（1）1076lg6P（2）9101210106lglglglg19nkkkPkkk，而

101g2lP，故10lglg2k，则5k．故答案为：7lg;5616．（2022·浙江·慈溪中学模拟预测）林锋家所在小区原本是开放式小区，停车难问题一直困扰着该小区居民.今年当地政府积极进行老小区改造，通过竭力协调将闲置的空间改造成了绿色车位，受到

居民的广泛称赞，如今林锋家楼下原本堆满废墟的地方已经改造成了7个绿色车位.某天中午林锋家来了四位客人，这四位客人各自驾驶一辆车，其中三辆黑色，一辆白色.此时这7个车位恰好均未使用，于是这四辆车随机规范停入这7个车位.则恰好三辆黑色车相邻停放的概率为_____

______；记剩余的3个空车位中相邻的车位数最大者为（若3个空车位均相邻则3，若3个空车位有且仅有两个相邻则2，若3个空车位均不相邻则1），则的数学期望为___________.【答

案】17137【分析】依据古典概型去求恰好三辆黑色车相邻停放的概率；依据离散型随机变量的数学期望的定义去求的数学期望.【详解】记“恰好三辆黑色车相邻停放”为事件M，则31134475ACC6541()A7

6547PM.随机变量的取值为1，2，3，则434547AC2(1)A7P；42245247ACA4(2)A7P；414547AC1(3)A7P，故24113()123

7777EX.故答案为：17；137.17．（2022·安徽安庆·二模（理））立德中学开展学生数学素养测评活动，高一年级测评分值（满分100分）X近似服从正态分布，正态曲线如图①所示.为了调查参加测评的学生数

学学习的方法与习惯差异，决定在分数段,mn内抽取学生，并确定m＝67，且0.8186PmXn.在某班随机抽样得到20名学生的分值分布茎叶图如图②所示.若该班抽取学生分数在分数段,mn内的人数为k，则k等于______；这k名学

生的人均分为______.（附：0.6827PX，220.9545PX，330.9973PX）【答案】1074分【分析】由已知，测评分值X服从正态分布2(,)N，根据图像，分别求解出，，根

据给的参考数据，结合给定的范围，即可确定n的值，然后根据区间,mn的范围，在图②输出满足条件的数据，即可确定k的值，并根据k的取值再去计算平均数即可.【详解】有图像可知，X服从正态分布2(,)N，其中72，5，所以随机变量X~(722

5)N，，67770.6827PX，62820.9545PX，由0.95450.6827(67)0.81860.95452PXn，可得82n.由图②可知，该班在67,82内抽取了10人；所以，人均分为

687073757271767876817410分.故答案为：10，74分.五、解答题18．（2022·四川南充·三模（文））某企业主管部门为了解企业某产品年营销费用x（单位：万元）对年销售量）（单位：万件）的影响，对该企业近5年的年营销费用ix和年销售量1,2,3,

4,5iyi做了初步处理，得到的散点图及一些统计量的值如下：51iix51iiy51iiixxyy521iixx15052518001200根据散点图判断，发现年销售量y（万件）关于年营销费用x（万元）之间可以用ˆˆybxa进行回归分析．(1

)求y关于x的回归方程；(2)从该产品的流水线上随机抽取100件产品，统计其质量指标值并绘制频率分布直方图：规定产品的质量指标值在65,85的为劣质品，在85,105的为优等品，在105,115的为特优品，销售时劣质品

每件亏损0.8元，优等品每件盈利4元，特优品每件盈利6元，以这100件产品的质量指标值位于各区间的频率代替产品的质量指标值位于该区间的概率．如果企业今年计划投入的营销费用为80万元，请你预报今年企业该产品的销售总量和年总收益．附：①收益＝销售利润－营销费用；②对于一组

数据1122,,,,,,nnxyxyxy，其回归直线ˆˆybxa的斜率和截距的最小二乘估计分别为121ˆniiiniixxyybxx，ˆˆaybx．【答案】(

1)ˆ1.560yx；(2)今年企业该产品的销售总量估计为180万件，年总收益估计为460万元．【分析】（1）求出,xy，再利用最小二乘法公式求解作答.（2）求出产品的质量指标值在65,85、

85,105、105,115的频率，由（1）估计销售总量，再由已知列式计算作答.(1)根据题意得51305iixx，511055iiyy，5152118001.51200ˆiiiiixxyy

bxx，ˆˆ1051.53060aybx，y关于x的回归方程为ˆ1.560yx.(2)由（1）可知：当80x时，ˆ1.58060180y，即营销费用为80万元，该

产品的销售总量约为180万件，由频率分布直方图知，产品的质量指标值在65,85、85,105、105,115的频率分别为0.25、0.65、0.1，以频率为概率可以估计：销售的180万件产品中，劣质品约为180×0.25=45（万

件），优等品约为180×0.65＝117（万件），特优品约为180×0.1＝18（万件），估计今年企业该产品的总收益为：45(0.8)117418680460（万元），所以，今年企业该产品的销售总量

估计为180万件，年总收益估计为460万元.19．（2022·河南商丘·三模（文））大力开展体育运动，增强学生体质，是学校教育的重要目标之一．某校组织全校学生进行了立定跳远训练，为了解训练的效果，从该校男生中随机抽出100人进行立定跳远达标测试，成绩（单位：米

）均在1.65,2.85内，整理数据得到如下频率分布直方图．学校规定男生立定跳远2.05米及以上为达标，否则不达标．(1)若男生立定跳远的达标率低于60%，该校男生还需加强立定跳远训练．请你通过计算，判断该校男生是否还需加强立定跳远训练；(2)从该校随机抽取的100名

立定跳远成绩在1.65,1.85和2.25,2.45内的男生中，用分层抽样的方法抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求这2人来自不同区间的概率．【答案】(1)该校男生还需加强立定跳远训练．(2)47

【分析】（1）根据频率分布直方图求出男生立定跳远的达标率，即可判断；（2）依题意抽取的7人应从立定跳远成绩在1.65,1.85内的男生中抽取4人，分别记为1A，2A，3A，4A，成绩在2.25,2.45内的男生中抽取3人，分别记为1B，2B

，3B．用列举法列出所有可能结果，再找出符合题意的基本事件，最后根据古典概型的概率公式计算可得；(1)解：由频率分布直方图可知，男生立定跳远的达标率为0.21.00.750.500.250.5因为50%60%，所以该校男生还需加强立定跳远训练

．(2)解：由题意可知，抽取的7人应从立定跳远成绩在1.65,1.85内的男生中抽取17410.75人，分别记为1A，2A，3A，4A，成绩在2.25,2.45内的男生中抽取0.757310.75

人，分别记为1B，2B，3B．从这7人中随机抽取2人的基本事件有：12,AA，13,AA，14,AA，11,AB，12,AB，13,AB，23,AA，24,AA，21,AB，22,AB，

23,AB，34,AA，31,AB，32,AB，33,AB，41,AB，42,AB，43,AB，12,BB，13,BB，23,BB，共21个；其中这2人来自不同区间的有：11,AB，12,AB，13,AB，21,A

B，22,AB，23,AB，31,AB，32,AB，33,AB，41,AB，42,AB，43,AB共12个；故这2人来自不同区间的概率为124217P．20．（2022·北京·模拟预测）2022年北京冬奥会的成功举办，带

动中国3亿多人参与冰雪运动，这是对国际奥林匹克运动发展的巨大贡献．2020《中国滑雪产业白皮书》显示，2020-2021排名前十的省份的滑雪人次（单位：万人次）数据如下表：排名省份2020-20212019-20202018-20191河北2211362352吉林20212

32073北京1881121864黑龙江1491011955新疆133761166四川9952697河南9858958浙江94621089陕西79477610山西7839100(1)从滑雪人次排名前10名的省份中随机抽取1个省份，求该省2020-2021滑雪人次大于2018-2019滑雪人

次的概率；(2)从滑雪人次排名前5名的省份中随机选取3个省份，记这3个省份中2020-2021的滑雪人次超过150万人次的省份数为X，求X的分布列和数学期望EX；(3)记表格中2020-2021，2019-2020两

组数据的方差分别为21s与22s，试判断21s和22s的大小．(结论不要求证明)【答案】(1)12；(2)分布列见解析，95;(3)2212ss.【分析】（1）根据古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据古典概型计算公式，结合数

学期望公式进行求解即可；（3）根据方差的性质进行判断即可.(1)由表格可知，滑雪人次排名前十的省份中2020-2021滑雪人次大于2018-2019滑雪人次的频率为51102．设事件:A从滑雪人次排名前十的省份中随机抽取1

个省份，该省2020-2021滑雪人次大于2018-2019滑雪人次．所以1()2PA；(2)由题意可知，X的可能取值是1,2,3．123235CCC3(1)10PX，213235CC63(2)C105PX，

3335C1(3)C10PX，所以X的分布列为X123P31035110所以X的数学期望为()EX361123101010=95；(3)通过表格可以发现2020-2021，2019-2020两组数据中，2020-202

1这一组数据比较分散不集中，所以2212ss．21．（2022·北京·二模）2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》发布.义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分.其中过程性考核40分，现场考试30分.该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步

推开.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容.某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为10%和5%，选考1分钟跳绳的比例分别为40%和50%.假设选考项目中所有学生选择每

一项相互独立.(1)从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；(2)从该区九年级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人选考1分钟跳绳的概率；(3)已知乒乓球考试满分8分.在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60

人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为1，其中男生的乒乓球平均分的估计值为2，试比较1与2的大小.（结论不需要证明）【答案】(1)8105(2)0.32(3)1

2【分析】（1）分别求出样本中男生和女生的人数，再由频率估计概率即可得解；（2）根据题意易得从该区九年级全体男生中随机抽取1人和从该区九年级全体女生中随机抽取1人选考跳绳的概率，再分2个男生选考跳绳和1个男生

和1个女生选考跳绳结合独立事件的概率公式即可得解；（3）根据平均数公式分别求出12,，即可得解.(1)解：样本中男生的人数为110010%110人，样本中女生的人数为10005%50人，设从该区所有九年级学

生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件A，则该学生选考乒乓球的概率11050811001000105PA；(2)解：设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件B，从该区九年级全体女生中随机抽取

1人，选考跳绳为事件C，由题意0.4,0.5PBPC，则从该区九年级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人选考1分钟跳绳的概率为12222C0.410.40.5C

0.410.50.32；(3)解：11008407.5207311604，2608407.51078511011，所以12.