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2024年高考数学真题分类汇编六 概率、统计与计数原理
一、选择题
1．（2024·上海）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是(　　)
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
【答案】C
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：因为气候温度和海水表层温度的相关系数为正数，所以随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，但气候温度高，海水表层的温度是高是低无法确定确定.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数的性质判断即可.
2．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：A图散点分布比较集中，且大体分布在某一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，且值相比于BCD图更接近1.
故答案为：A.
【分析】根据点的分布特征直接判断即可.
3．（2024·北京）的二项展开式中的系数为（　　）
A．15 B．6 C． D．
【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知 的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解即可.
4．（2024·新课标Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理部分数据如下表所示：
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（　　）.
A．100块稻田亩产量的中位数小于
B．100块稻田中亩产量低于的稻田所占比例超过
C．100块稻田亩产量的极差介于至之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于至
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由表可知：
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
频率 0.06 0.12 0.18 0.24 0.1
A、根据频率可知0.06+0.12+0.18=0.36<0.50，则亩产量的中位数不小于 ，故A错误；
B、由表可知100块稻田中亩产量不低于的频数为24+10=34，则低于的稻田占比为，故B错误；
C、100块稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
D、由频数分布表可得，亩产量在的频数为，
则100块稻田亩产量的平均值为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】计算出前三段频率即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
5．（2024·全国甲卷）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理
【解析】【解答】解：据题意，甲、乙、丙、丁四人排成一列，
则基本事件的总量为：种，
而丙不在排头，且甲或乙在排尾的排列方式：
当甲在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
此时，甲在排尾的排列方式有4种；
同理，当乙在排尾同样也有4 种；
所以满足丙不在排头，且甲或乙在排尾的排列方式有8种，
所以，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率
故答案为：B.
【分析】根据题意，利用分类加法计数原理谈论甲乙的位置，得到满足事件的总数，接着利用全排列求出基本事件的总数，利用古典概型计算公式进行求解即可得到结果.
6．（2024·上海）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件C：所选盒中有笔袋，则（　　）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B∪C互斥 D．事件A与事件B∩C相互独立
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若选到第四个盒子，事件A，B会同时发生，则事件A与事件B不互斥，故A选项错误；
B、由题意可得P(A)=，满足，故B选项正确；
C、若选到第四个盒子， 事件A与事件B∪C 同时发生， 事件A与事件B∪C不互斥，故C选项错误；
D、因为P(A)=，，则，
故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】利用互斥事件的定义及相互独立事件的定义逐项判断即可.
二、多项选择题
7．（2024·新高考Ⅰ卷）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（，s2），则（　　）（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ+σ）≈0.8413）
A．P（X＞2）＞0.2 B．P（X＞2）＜0.5
C．P（Y＞2）＞0.5 D．P（Y＞2）＜0.8
【答案】B,C
【知识点】概率的应用
【解析】【解答】解：由X、Y服从正态分布，
∵X~N（1.8，0.12） ，P（Z＜μ+σ）≈0.8413 ，
∴P（X＞1.9） ≈1-0.8413=0.1587，
又∵P（X＞2）∴P（X＞2）<0.1587，
故P（X＞2）<0.5，A错误，B正确.
同理Y~N（2.1，0.12），
P（Y＞2） =P（Y<2.2）≈0.8413，故C正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】由正态分布曲线的定义结合对称性计算即可.
三、填空题
8．（2024·天津）在的展开式中，常数项为　 　.
【答案】20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为令，解得，
则的展开式中，常数项为.
故答案为：20.
【分析】根据题意，结合二项展开式的通项求解即可.
9．（2024·上海）（x﹣1）6展开式中x4的系数为　 　．
【答案】15
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可得 （x﹣1）6 展开式的通项公式为
令6-k=4可得k=2，所以x4的系数为.
故答案为：15.
【分析】利用二项式的通项公式即可.
10．（2024·全国甲卷）二项式的展开式中，各项系数的最大值是　 　．
【答案】5
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意， 二项式的通项为：
并且假设展开式中第项系数最大，
则此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，
建立不等式进行求解：，
解得：，由因为k为正整数，则；所以.
故答案为：5.
【分析】先设展开式中第项系数最大，此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，则建立不等式有，进而求出k即可求解.
11．（2024·上海）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为　 　.
【答案】10
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式的各项系数和为32，所以，解得，
展开式的通项为，当，即时，
项的系数为.
故答案为：10.
【分析】先根据各项系数和为32求得n，再写出展开式的通项，令即可求得项的系数.
12．（2024·天津）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为　 　；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为　 　.
【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲选到A的事件为C，从五种活动选三种共有种不同的选择方法，甲选到A共有种不同的选法，
故；
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用组合，结合古典概型以及条件概率公式求解即可.
13．（2024·上海）某校举办科学竞技比赛，有A、B、C3种题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是　 　.
【答案】0.85
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：易知题库的题数比例为：， 即题库的题数占比分别为，
根据全概率公式可知， 从所有的题中随机选一题，正确率是．
故答案为：0.85．
【分析】由题意，先求出各题库题数所占比例，再根据全概率公式求解即可.
14．（2024·全国甲卷）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过的概率是　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，
则，，则，
故，，所以，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：，
，故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】利用古典概型的计算公式，先根据题意进行全排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后列出对应事件的数量，进而利用古典概型的计算公式求解即可得到结果.
15．（2024·新高考Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：不妨固定甲的出牌顺序为1，3，5，7，记为，乙的出牌顺序随机，其共有(种)组合情况.
甲的总得分不小于2，即得分为2，3，4，
由乙的任意一张卡片数字对上乙的数字1，都能获胜，故甲的总得分为2或3.
①若甲获得3分，即当甲为时，对上乙的数字为：仅有1种情况；
②若甲获得2分.
1)甲出牌仅数字3得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，仅1种情况；
2)甲出牌仅数字5得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，仅3种情况；
2)甲出牌仅数字7得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，，，，，仅7种情况；
综上，甲获得2分的组合情况为11种，
故甲的总得分不小于2的概率为：.
故答案为：.
【分析】可以先固定甲的出牌数字，分析乙出牌的组合的可能有种，结合列举推理分析得分组合情况计算出结果.
16．（2024·上海）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值　 　.
【答案】329
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由三位正整数无重复数字，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中至多只有一个奇数，其余均是偶数；
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有种选法，百位有种选法，十位有种选法，
根据分步乘法计数原理可得：这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，故集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
17．（2024·新课标Ⅱ卷）在下图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　 　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　 　．
【答案】24；112
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；分步乘法计数原理
【解析】【解答】由题意知，从的方格表，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一行有4种选法，第二行有3种选法，第三行有2种选法，第四行有1种选法，共有种不同的选法；
则所有的可能选法结果为：
，
，
，
，
其中选法的4个数之和最大，最大值为.
故答案为：24；112.
【分析】由题意可知，根据分步乘法原理求解即可；列举法写出所有的可能结果，找和最大的求解即可.
18．（2024·上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有　 　对．
【答案】48
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，满足{a1+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，
不妨设b1>b2>b3>b4，
由单调性有b1+b2＝24，b1+b3＝20，b2+b4＝10，b3+b4＝6，
分两种情况讨论：
①b2+b3＝12，b1+b4＝18，
解得b1＝16，b2＝8，b3＝4，b4＝2，
②b2+b3＝18，b1+b4＝12，
解得b1＝13，b2＝11，b3＝7，b4＝-1，所以有2种，
综上共有2＝48对．
故答案为：48．
【分析】由题意可得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，利用列举法结合组合排列数即可求出b1，b2，b3，b4 .
四、解答题
19．（2024·上海）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．
（1）随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；
（2）进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；
（3）抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．
【答案】（1）解： 从136箱中随机挑选两箱水果样本空间共有个样本点，
设事件M=" 恰好一级果和二级果各一箱 "则事件M包含的样本点共个，
由古典概率公式可得；
（2）解：因为一级果箱数：二级果箱数=，
所以8箱水果中抽到一级果箱，二级果箱；
综上8箱水果中有一级果抽取6箱，二级果抽取2箱；
（3）解：设一级果平均质量为，方差为，二级果质量为，方差为，总体样本平均质量为m平均值，方差为，
由已知可得，，，
所以，
．
预估：果园中单果平均质量为克．
综上 168个水果的平均数285.44克；方差1427.17克2，整个果园的单果的平均质量约287.69克
【知识点】分层抽样方法；用样本的数字特征估计总体的数字特征；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式即可求解；
（2）根据分层抽样的定义分层按相同比例抽取即可；
（3）利用平均数和方差的定义和分层随机抽样平均数和方差公式即可.
20．（2024·上海）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围 学业成绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
（1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？
（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
（3）是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
附：，.
【答案】（1）解：由表可知，锻炼时长不少于1小时的人数占比为，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为；
（2）解：该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时；
（3）解：由题，列出联表，如表所示：
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关，
，则零假设不成立，
即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
【知识点】众数、中位数、平均数；独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）由题意，作出列联表，再进行零假设，计算卡方值，和临界值比较大小判断即可.
21．（2024·北京）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
【答案】（1）解：由题意可得：随机抽取一单，赔偿不少于2次的频率为，
用频率估计概率，所以“随机抽取一单，赔偿不少于2次”概率为.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，
由题意可知：，且可取，
则有，
，，
，
可得，
所以的数学期望（万元）；
（ⅱ）由题意可得：保费的变化为，
所以估计保单下一保险期毛利润的数学期望（万元）.

【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用频率估计概率，即可得结果；
(2) （ⅰ）设为赔付金额，由题意可知：，根据题意求的数学期望，结合期望的性质可得的数学期望 ；（ⅱ）根据题意求保费的变化，进而可得结果.
22．（2024·新课标Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．
（1）若，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
（2）假设．
（ⅰ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段的比赛
（ⅱ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段的比赛
【答案】（1）解：甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲在第一阶段至少投中1次，乙在第二阶段也至少投中1次，
记甲在第一阶段至少投中1次的事件为A，乙在第二阶段也至少投中1次的事件为B，
则，，故比赛成绩不少于5分的概率.
（2）解：（i）若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
因为，所以
，
所以，故甲参加第一阶段比赛；
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
则，
若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据对立事件的概率求法以及独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）（i）先计算甲、乙参加第一阶段比赛，成绩为15分的概率，，再作差因式分解即可判断；
(ii)由题意，先确定甲、乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩和的所有可能取值，再计算相应的概率，列出分布列，计算出各自期望，最后作差比较大小即可.
23．（2024·全国甲卷）某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 　 　
乙车间 　 　
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的估级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果＞p+1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（≈12.247）
附：，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：
优级品 非优级品 总数
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 1
将上面的数值代入公式计算得：，
又因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
所以用频率估计概率可得，
根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用；独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得，再进行比较即可得到结果；
（2）根据题意先计算出，在代入进行计算比较，即可得到结论.
24．（2024·全国甲卷）某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 　 　
乙车间 　 　
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（≈12.247）
附：，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：
优级品 非优级品 总数
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
将上面的数值代入公式计算得：
，
又因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
所以用频率估计概率可得，
根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
【知识点】独立性检验
【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得，再进行比较即可得到解果；
（2）根据题意先计算出，在代入进行计算比较，即可得到结论.
25．（2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞．
【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，
即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，
故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）
（2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，
即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，
即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
通过分析可知，可以按照，，进行分组；
故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列；
（3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈，
①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.
1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；
2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种；
3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种；
......
4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；
综上，共有种可能情况，
②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.
下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.
设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：
，，其中，(i=3，4，5，......，t)
证明完毕.
下面选取(i，j)，
5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法；
6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法；
.........
7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法.
综上，共有种可能情况，
则Pm=(m+2)(m+1)2+m(m-1)2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>m2+m+18m2+8m+8=18
即 Pm＞ .
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等差数列的实际应用
【解析】【分析】(1)根据定义分析推理当m=1时，此时为构成等差数列，其4项必然为连续的4项；
(2)在(1)的基础上，只需在删除的 （i，j） 范围内找出符合定义的几组等差数列，进而通过推理分析得出符合定义的分组；
(3)在(1)(2)的探究基础上，发现"可分数列"的规律，可视作分组内的4个数公差为d或公差为(k+1)d(k∈)，结合(1)发现并总结公差为d的规律并计算对应可能情况；结合(2)发现并总结公差为(k+1)d(k∈)的规律并计算对应可能情况；
1 / 12024年高考数学真题分类汇编六 概率、统计与计数原理
一、选择题
1．（2024·上海）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是(　　)
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
2．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024·北京）的二项展开式中的系数为（　　）
A．15 B．6 C． D．
4．（2024·新课标Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理部分数据如下表所示：
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是（　　）.
A．100块稻田亩产量的中位数小于
B．100块稻田中亩产量低于的稻田所占比例超过
C．100块稻田亩产量的极差介于至之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于至
5．（2024·全国甲卷）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·上海）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件C：所选盒中有笔袋，则（　　）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B∪C互斥 D．事件A与事件B∩C相互独立
二、多项选择题
7．（2024·新高考Ⅰ卷）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（，s2），则（　　）（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ+σ）≈0.8413）
A．P（X＞2）＞0.2 B．P（X＞2）＜0.5
C．P（Y＞2）＞0.5 D．P（Y＞2）＜0.8
三、填空题
8．（2024·天津）在的展开式中，常数项为　 　.
9．（2024·上海）（x﹣1）6展开式中x4的系数为　 　．
10．（2024·全国甲卷）二项式的展开式中，各项系数的最大值是　 　．
11．（2024·上海）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为　 　.
12．（2024·天津）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为　 　；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为　 　.
13．（2024·上海）某校举办科学竞技比赛，有A、B、C3种题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是　 　.
14．（2024·全国甲卷）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过的概率是　 　．
15．（2024·新高考Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为　 　．
16．（2024·上海）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值　 　.
17．（2024·新课标Ⅱ卷）在下图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　 　种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　 　．
18．（2024·上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有　 　对．
四、解答题
19．（2024·上海）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．
（1）随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；
（2）进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；
（3）抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．
20．（2024·上海）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围 学业成绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
（1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？
（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
（3）是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
附：，.
21．（2024·北京）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
22．（2024·新课标Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．
（1）若，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
（2）假设．
（ⅰ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段的比赛
（ⅱ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段的比赛
23．（2024·全国甲卷）某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 　 　
乙车间 　 　
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的估级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果＞p+1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（≈12.247）
附：，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
24．（2024·全国甲卷）某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 　 　
乙车间 　 　
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（≈12.247）
附：，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
25．（2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：因为气候温度和海水表层温度的相关系数为正数，所以随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，但气候温度高，海水表层的温度是高是低无法确定确定.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数的性质判断即可.
2．【答案】A
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：A图散点分布比较集中，且大体分布在某一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，且值相比于BCD图更接近1.
故答案为：A.
【分析】根据点的分布特征直接判断即可.
3．【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知 的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解即可.
4．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由表可知：
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
频率 0.06 0.12 0.18 0.24 0.1
A、根据频率可知0.06+0.12+0.18=0.36<0.50，则亩产量的中位数不小于 ，故A错误；
B、由表可知100块稻田中亩产量不低于的频数为24+10=34，则低于的稻田占比为，故B错误；
C、100块稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
D、由频数分布表可得，亩产量在的频数为，
则100块稻田亩产量的平均值为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】计算出前三段频率即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
5．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理
【解析】【解答】解：据题意，甲、乙、丙、丁四人排成一列，
则基本事件的总量为：种，
而丙不在排头，且甲或乙在排尾的排列方式：
当甲在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
此时，甲在排尾的排列方式有4种；
同理，当乙在排尾同样也有4 种；
所以满足丙不在排头，且甲或乙在排尾的排列方式有8种，
所以，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率
故答案为：B.
【分析】根据题意，利用分类加法计数原理谈论甲乙的位置，得到满足事件的总数，接着利用全排列求出基本事件的总数，利用古典概型计算公式进行求解即可得到结果.
6．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若选到第四个盒子，事件A，B会同时发生，则事件A与事件B不互斥，故A选项错误；
B、由题意可得P(A)=，满足，故B选项正确；
C、若选到第四个盒子， 事件A与事件B∪C 同时发生， 事件A与事件B∪C不互斥，故C选项错误；
D、因为P(A)=，，则，
故D选项错误.
故答案为：B.
【分析】利用互斥事件的定义及相互独立事件的定义逐项判断即可.
7．【答案】B,C
【知识点】概率的应用
【解析】【解答】解：由X、Y服从正态分布，
∵X~N（1.8，0.12） ，P（Z＜μ+σ）≈0.8413 ，
∴P（X＞1.9） ≈1-0.8413=0.1587，
又∵P（X＞2）∴P（X＞2）<0.1587，
故P（X＞2）<0.5，A错误，B正确.
同理Y~N（2.1，0.12），
P（Y＞2） =P（Y<2.2）≈0.8413，故C正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】由正态分布曲线的定义结合对称性计算即可.
8．【答案】20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为令，解得，
则的展开式中，常数项为.
故答案为：20.
【分析】根据题意，结合二项展开式的通项求解即可.
9．【答案】15
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可得 （x﹣1）6 展开式的通项公式为
令6-k=4可得k=2，所以x4的系数为.
故答案为：15.
【分析】利用二项式的通项公式即可.
10．【答案】5
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意， 二项式的通项为：
并且假设展开式中第项系数最大，
则此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，
建立不等式进行求解：，
解得：，由因为k为正整数，则；所以.
故答案为：5.
【分析】先设展开式中第项系数最大，此时第项系数大于第项系数；并且第项系数大于第项系数，则建立不等式有，进而求出k即可求解.
11．【答案】10
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为二项式的各项系数和为32，所以，解得，
展开式的通项为，当，即时，
项的系数为.
故答案为：10.
【分析】先根据各项系数和为32求得n，再写出展开式的通项，令即可求得项的系数.
12．【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲选到A的事件为C，从五种活动选三种共有种不同的选择方法，甲选到A共有种不同的选法，
故；
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用组合，结合古典概型以及条件概率公式求解即可.
13．【答案】0.85
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：易知题库的题数比例为：， 即题库的题数占比分别为，
根据全概率公式可知， 从所有的题中随机选一题，正确率是．
故答案为：0.85．
【分析】由题意，先求出各题库题数所占比例，再根据全概率公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，
则，，则，
故，，所以，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：，
，故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】利用古典概型的计算公式，先根据题意进行全排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后列出对应事件的数量，进而利用古典概型的计算公式求解即可得到结果.
15．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：不妨固定甲的出牌顺序为1，3，5，7，记为，乙的出牌顺序随机，其共有(种)组合情况.
甲的总得分不小于2，即得分为2，3，4，
由乙的任意一张卡片数字对上乙的数字1，都能获胜，故甲的总得分为2或3.
①若甲获得3分，即当甲为时，对上乙的数字为：仅有1种情况；
②若甲获得2分.
1)甲出牌仅数字3得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，仅1种情况；
2)甲出牌仅数字5得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，仅3种情况；
2)甲出牌仅数字7得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，，，，，仅7种情况；
综上，甲获得2分的组合情况为11种，
故甲的总得分不小于2的概率为：.
故答案为：.
【分析】可以先固定甲的出牌数字，分析乙出牌的组合的可能有种，结合列举推理分析得分组合情况计算出结果.
16．【答案】329
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由三位正整数无重复数字，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中至多只有一个奇数，其余均是偶数；
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有种选法，百位有种选法，十位有种选法，
根据分步乘法计数原理可得：这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，故集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
17．【答案】24；112
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；分步乘法计数原理
【解析】【解答】由题意知，从的方格表，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一行有4种选法，第二行有3种选法，第三行有2种选法，第四行有1种选法，共有种不同的选法；
则所有的可能选法结果为：
，
，
，
，
其中选法的4个数之和最大，最大值为.
故答案为：24；112.
【分析】由题意可知，根据分步乘法原理求解即可；列举法写出所有的可能结果，找和最大的求解即可.
18．【答案】48
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，满足{a1+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，
不妨设b1>b2>b3>b4，
由单调性有b1+b2＝24，b1+b3＝20，b2+b4＝10，b3+b4＝6，
分两种情况讨论：
①b2+b3＝12，b1+b4＝18，
解得b1＝16，b2＝8，b3＝4，b4＝2，
②b2+b3＝18，b1+b4＝12，
解得b1＝13，b2＝11，b3＝7，b4＝-1，所以有2种，
综上共有2＝48对．
故答案为：48．
【分析】由题意可得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，利用列举法结合组合排列数即可求出b1，b2，b3，b4 .
19．【答案】（1）解： 从136箱中随机挑选两箱水果样本空间共有个样本点，
设事件M=" 恰好一级果和二级果各一箱 "则事件M包含的样本点共个，
由古典概率公式可得；
（2）解：因为一级果箱数：二级果箱数=，
所以8箱水果中抽到一级果箱，二级果箱；
综上8箱水果中有一级果抽取6箱，二级果抽取2箱；
（3）解：设一级果平均质量为，方差为，二级果质量为，方差为，总体样本平均质量为m平均值，方差为，
由已知可得，，，
所以，
．
预估：果园中单果平均质量为克．
综上 168个水果的平均数285.44克；方差1427.17克2，整个果园的单果的平均质量约287.69克
【知识点】分层抽样方法；用样本的数字特征估计总体的数字特征；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式即可求解；
（2）根据分层抽样的定义分层按相同比例抽取即可；
（3）利用平均数和方差的定义和分层随机抽样平均数和方差公式即可.
20．【答案】（1）解：由表可知，锻炼时长不少于1小时的人数占比为，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为；
（2）解：该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时；
（3）解：由题，列出联表，如表所示：
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关，
，则零假设不成立，
即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
【知识点】众数、中位数、平均数；独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）由题意，作出列联表，再进行零假设，计算卡方值，和临界值比较大小判断即可.
21．【答案】（1）解：由题意可得：随机抽取一单，赔偿不少于2次的频率为，
用频率估计概率，所以“随机抽取一单，赔偿不少于2次”概率为.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，
由题意可知：，且可取，
则有，
，，
，
可得，
所以的数学期望（万元）；
（ⅱ）由题意可得：保费的变化为，
所以估计保单下一保险期毛利润的数学期望（万元）.

【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用频率估计概率，即可得结果；
(2) （ⅰ）设为赔付金额，由题意可知：，根据题意求的数学期望，结合期望的性质可得的数学期望 ；（ⅱ）根据题意求保费的变化，进而可得结果.
22．【答案】（1）解：甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲在第一阶段至少投中1次，乙在第二阶段也至少投中1次，
记甲在第一阶段至少投中1次的事件为A，乙在第二阶段也至少投中1次的事件为B，
则，，故比赛成绩不少于5分的概率.
（2）解：（i）若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
因为，所以
，
所以，故甲参加第一阶段比赛；
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
则，
若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据对立事件的概率求法以及独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）（i）先计算甲、乙参加第一阶段比赛，成绩为15分的概率，，再作差因式分解即可判断；
(ii)由题意，先确定甲、乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩和的所有可能取值，再计算相应的概率，列出分布列，计算出各自期望，最后作差比较大小即可.
23．【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：
优级品 非优级品 总数
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 1
将上面的数值代入公式计算得：，
又因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
所以用频率估计概率可得，
根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用；独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得，再进行比较即可得到结果；
（2）根据题意先计算出，在代入进行计算比较，即可得到结论.
24．【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：
优级品 非优级品 总数
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
将上面的数值代入公式计算得：
，
又因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
所以用频率估计概率可得，
根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
【知识点】独立性检验
【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得，再进行比较即可得到解果；
（2）根据题意先计算出，在代入进行计算比较，即可得到结论.
25．【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，
即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，
故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）
（2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，
即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，
即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
通过分析可知，可以按照，，进行分组；
故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列；
（3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈，
①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.
1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；
2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种；
3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种；
......
4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；
综上，共有种可能情况，
②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.
下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.
设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：
，，其中，(i=3，4，5，......，t)
证明完毕.
下面选取(i，j)，
5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法；
6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法；
.........
7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法.
综上，共有种可能情况，
则Pm=(m+2)(m+1)2+m(m-1)2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>m2+m+18m2+8m+8=18
即 Pm＞ .
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等差数列的实际应用
【解析】【分析】(1)根据定义分析推理当m=1时，此时为构成等差数列，其4项必然为连续的4项；
(2)在(1)的基础上，只需在删除的 （i，j） 范围内找出符合定义的几组等差数列，进而通过推理分析得出符合定义的分组；
(3)在(1)(2)的探究基础上，发现"可分数列"的规律，可视作分组内的4个数公差为d或公差为(k+1)d(k∈)，结合(1)发现并总结公差为d的规律并计算对应可能情况；结合(2)发现并总结公差为(k+1)d(k∈)的规律并计算对应可能情况；
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