【文档说明】2022年高考数学真题分类汇编09《概率与统计》及答案.docx，共(16)页，461.490 KB，由baby熊上传

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2022高考数学真题分类汇编九、概率统计一、单选题1.（2022·全国甲（文T2）（理T2））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70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%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【解析】【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70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的

正确率的平均数大于85%,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100%80%20%，讲座前问卷答题正确率的

极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B2.（2022·全国甲（文）T6）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.15B.13C.25D.23【答案】C【解析】【分析】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】从6张卡片中无放回抽取2张，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3

,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155.故选：C.3.（2022·全国乙（文）T）4.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8的.C.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的概率的估计值大于0.6【答案】C【解析】【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7.37.57.42，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：6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.50625816，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8的概率的估计值60.3750.416，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8的概率的估计值130.81250.616，D选项结论正确.故选：C4.（2022·全国乙（理）T10）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、丙比赛获胜概率分别为123,,ppp，且3210ppp．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【答案】D【解析】【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p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进行比较即可解决的【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，且连胜两盘的概率为p甲则2132131231232(1)2(1)2()4ppppppppppppp甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则1231232131232(1)2(1)2()4pppp

ppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则1321323121232(1)2(1)2()4ppppppppppppp丙则1231232131231232()42()420pppppppp

ppppppppp甲乙2131233121232312()42()420ppppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙

的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D5.（2022·新高考Ⅰ卷T5）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（）A.16B.13C.12D.23【答案】D【解析】【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27C21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P.故选：D.6.（20

22·新高考Ⅱ卷T5）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，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（）A.12种B.24种C.36种D.48种【答案】B【解析】【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3!种排列方式；为使甲不在两端，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：3!2224种不同的排列方式，故选：B7.（2022·浙江卷T15）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最小值为，则(2)P__________，()E

_________．【答案】①.1635，②.127##517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P，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37C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112424CCC种，所以11242437CCC16(2)C35P，由已知可得的取值有1，2，3，4，2637C15(1)C35P，16(2)35P，，233377C31134C35C35PP，所以151631

12()1234353535357E,故答案为：1635，127.的二、填空题1.（2022·全国甲（理）T15）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________．【答案】635.【解析】【分析】

根据古典概型的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n个结果，这4个点在同一个平面的有6612m个，故所求概率1267035mPn．故答案为：635．2.（2022·全国乙（文T14)(理T13)）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】310或0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，

所以甲、乙都入选的概率310P故答案为：3103.（2022·新高考Ⅱ卷T13）已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．【答案】0.14##750．【解析】【分析】根据正态分布曲线的

性质即可解出．【详解】因为22,XN，所以220.5PXPX，因此2.5222.50.50.360.14PXPXPX．故答案为：0.14．三、解答题1.（20

22·全国甲（文）T）（2022·全国甲（文）T17）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A24

020B21030（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：22()()()()()nadbcKabcdacbd，

2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为1213，78（2）有【解析】【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2K，再利用临界值表

比较即可得结论.【小问1详解】根据表中数据，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24012()26013PM；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21

0()27840PN.A家公司长途客车准点的概率为1213；B家公司长途客车准点的概率为78.【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计4505050022()()()()()nadbcKabcdacbd=2500(24

03021020)3.2052.70626024045050，根据临界值表可知，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.2.（2022·全国甲（理）T19）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．【答案】（1）0.6；（2）分布列见解析，1

3EX.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，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，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期

望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.

040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，00.50.40.80.16PX,100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44PX，2

00.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX，300.50.60.20.06PX.即X分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望00.16100.44200

.34300.0613EX.3.（2022·全国乙（文T19）(理T19）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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：的样本号ｉ12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420

.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1i=1(,1.896

1.377)()()()nnnxxyyrxxyy．【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【解析】【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．小问1详解】样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值0.60.0610x【样本中10棵这种树

木的材积量的平均值3.90.3910y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m小问2详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=

1i=1i=1i=1101010xxyyxyxyrxxyyxxyy22(0.038100.06)(1.615810.2474100.060.390.01340.01

340.970.013770.0000018996.3)则0.97r【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.3

9Y，解之得3=1209mY．则该林区这种树木的总材积量估计为31209m4.（2022·新高考Ⅰ卷T20）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”．(|)(|)PBAPBA与(|)(|)PBAPBA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：(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB；（ⅱ）利用该

调查数据，给出(|),(|)PABPAB的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．附22()()()()()nadbcKabcdacbd，2PKk0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（

1）答案见解析（2）（i）证明见解析；(ii)6R；【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出2K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黄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R.【小问1详解】由已知222()200(40906010)=24()()()()50150100100nadbcKabcdacbd，又2(6.635)=0.01PK，246.635，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.【小问2详解】(i)因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()PBAPBAPABPAPABPARPBAPBAPAPABPAPAB，所以()()()()()()(

)()PABPBPABPBRPBPABPBPAB所以(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB，(ii)由已知40(|)100PAB，10(|)100PAB，又60(|)100PAB

，90(|)100PAB，所以(|)(|)=6(|)(|)PABPABRPABPAB5.（2022·新高考Ⅱ卷T19）在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．（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作代表）；（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间[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．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）【答案】（1）44.65岁；（2）0.89；（3）0.0014．【解析】【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A{

一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式()1()PAPA即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．【小问1详解】平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x55

0.020650.012750.006850.002)1044.65（岁）．【小问2详解】设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.002

0.0060.002)1010.110.89PAPA．【小问3详解】设{B任选一人年龄位于区间[40,50)，{C任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得()0.1%0.023100.0010.23(|)0.00143750.0014()16%0.16PBCPCB

PB．6.（2022·北京卷T18）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950m．以上（含950m．）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：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；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）【答案】（1）0.4（2）75（3）丙【解析】【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.【小问1详解】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【小问2详解】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A31233(0)()0.60.50.520PXPAAA

，123123123(1)()()()PXPAAAPAAAPAAA80.40.50.50.60.50.50.60.50.520，123123123(2)()()()PXPAAAPAAAPAAA70.40.50.50.40.50.50.60.50.52

0，1232(3)()0.40.50.520PXPAAA.∴X的分布列为X0123P320820720220∴38727()0123202020205EX【小问3详解】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14，甲获得9.80的概率为110，乙获得9.78的概率为16.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.