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2026高考数学第二轮专题
专题过关检测四　统计与概率
(分值:150分)
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2025上海普陀二模)某市职业技能大赛的移动机器人比赛项目有19位同学参赛,他们在预赛中所得的积分互不相同,只有积分在前10位的同学才能进入决赛.若该比赛项目中的某同学知道自己的积分后,要判断自己能否进入决赛,则他只需要知道这19位同学的预赛积分的(　　)
A.平均数 B.众数
C.中位数 D.方差
2.(2025湖北黄冈模拟)已知随机变量X~N(5,σ2),且P(3A. B.
C. D.
3.(2025安徽黄山二模)为了解某市居民用水情况,通过简单随机抽样,获得了100户居民用户的月均用水量(单位:t),将该数据按照[1.2,4.2),[4.2,7.2),…,[25.2,28.2],分成9组,绘制了如图所示的频率分布直方图.政府要对节约用水的用户予以表彰,制定了一个用水量标准x,使表彰的居民不超过15.4%,则以下比较适合作为标准x的为(　　)
A.3.2 t B.5 t
C.5.04 t D.15.7 t
4.(2025江苏南通二模)有3个男生和2个女生站成一排合影,则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为(　　)
A.18 B.36
C.72 D.144
5.(2025辽宁模拟)某校团委对“是否喜欢冰雪运动与学生性别的关系”进行了一次调查,其中被调查的男、女生人数相同,男生中喜欢冰雪运动的人数占男生人数的,女生中喜欢冰雪运动的人数占女生人数的,若根据小概率值α=0.1的独立性检验,可以认为是否喜欢冰雪运动与学生性别有关,则被调查的学生中男生的人数不可能为(　　)
附:χ2=,n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.54 B.48 C.42 D.36
6.(2025湖北黄冈模拟)根据变量Y1和x的成对样本数据,由一元线性回归模型①得到经验回归模型x+,对应的残差如图(1)所示.根据变量Y2和x的成对样本数据,由一元线性回归模型②得到经验回归模型x+,对应的残差如图(2)所示,则(　　)
(1)
(2)
A.模型①的误差满足一元线性回归模型的E(e1)=0的假设,不满足D(e1)=的假设
B.模型①的误差不满足一元线性回归模型的E(e1)=0的假设,满足D(e1)=的假设
C.模型②的误差满足一元线性回归模型的E(e2)=0的假设,不满足D(e2)=的假设
D.模型②的误差不满足一元线性回归模型的E(e2)=0的假设,满足D(e2)=的假设
7.(2025江西鹰潭一模)已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,随机变量ξ~N1,,若=E(ξ)D(ξ),则a1+a2+a3+…+an的值为(　　)
A.81 B.242
C.243 D.80
8.(2025江苏南京模拟)为备战乒乓球赛,某体校甲、乙两名主力进行训练,规则如下:两人每轮分别与老师打2局,当两人获胜局数不少于3局时,则认为此轮训练过关;否则不过关.若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1,p2,且满足p1+p2=,每局之间相互独立.记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X,若E(X)=16,则从期望的角度来看,甲、乙两人训练的轮数至少为(　　)
A.28 B.24
C.32 D.27
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025江苏南通二模)每年4月23日为“世界读书日”,某学校为鼓励学生进行课外阅读,拓宽学生眼界,对热爱课外阅读的班级进行表彰,规定从班级中随机抽取5位同学,统计他们一学年内阅读课外书籍的本数,若抽取的5位同学在一学年内阅读课外书籍的本数都不低于10,则该班级被评选为“优阅班级”.以下是4个班级抽取的5位同学的统计数据:
六(1)班:中位数为11,众数为10
六(2)班:众数为12,极差为3
六(3)班:平均数为12,极差为3
六(4)班:平均数为12,方差为2
根据以上信息,一定被评为“优阅班级”的是(　　)
A.六(1)班
B.六(2)班
C.六(3)班
D.六(4)班
10.(2025湖南常德一模)设样本空间Ω={5,6,7,8},且每个样本点是等可能的,已知事件A={5,6},B={5,7},C={5,8},则下列结论正确的是(　　)
A.事件A与B为互斥事件
B.事件A,B,C两两独立
C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
D.P(A|C)=P(C|A)
11.(2025浙江杭州二模)如图,多面体PABCQ由正四面体P-ABC和正四面体Q-ABC拼接而成,一只蚂蚁从顶点P出发,沿着多面体的各条棱爬行,每次等概率地爬行到相邻顶点中的一个,记n次爬行后,该蚂蚁落在点P的概率为pn,落在点Q的概率为qn,则(　　)
A.p2=
B.p3>q4
C.pn=qn
D.p2n+1<
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025湖南长沙模拟)从编号1~15的15张卡片中依次不放回地抽出两张,记事件A=“第一次抽到数字为5的倍数”,事件B=“第二次抽到的数字小于第一次”,则P(B|A)=　　　　　.
13.(2025江西南昌二模)某次庆典后,墙壁上的装饰品需要取下来,如图,由于材料特性,每次能取一个,且所取的装饰品只能有1个或0个相邻的装饰品,则不同的取法数有　　　　　种.
14.(2025江苏南通二模)某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛,每班一名选手代表班级参加,每一轮比赛前抽签决定对阵双方,负者淘汰,胜者进入下一轮,直至最后产生冠军,其中各场比赛结果相互独立.根据以往经验,高三(1)班选手甲和高三(2)班选手乙水平相当,且在所有选手中水平稍高,他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为,除甲、乙外的其他6名选手水平相当,则高三(1)班的选手甲通过第一轮的概率为　　　　　,第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为　　　　　.
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025湖南常德一模)某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数(单位:千人)如下:
日期 3月 5日 3月 6日 3月 7日 3月 8日 3月 9日
第x天 1 2 3 4 5
参观人数 y/千人 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9
(1)建立y关于x的经验回归方程,预测第10天进入该景区参观的人数;
(2)该景区只开放东门、西门供游客出入,游客从东门、西门进入该景区的概率分别为,且出景区与进入景区选择相同的门的概率为,出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门、西门出入景区互不影响,求甲、乙两名游客都从西门出景区的概率.
附参考数据:xiyi=72,=55,=4.
参考公式:经验回归方程x+,其中.
16.(15分)(2025八省联考,15)为考察某种药物A对预防疾病B的效果,进行了动物(单位:只)试验,得到如下列联表:
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 100 80 s
服用 150 70 220
合计 250 t 400
(1)求s,t;
(2)记未服用药物A的动物患疾病B的概率为p,给出p的估计值;
(3)根据小概率值α=0.01的独立性检验,能否认为药物A对预防疾病B有效
附:χ2=.
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
17.(15分)(2025浙江台州二模)某市为了推广垃圾分类,在全市范围内开展了一系列宣传活动.为了评估宣传效果,市环保部门随机抽取了1 000名市民进行调查.假设该市成年人口为100万,且调查结果可以代表全市成年人口的情况.调查结果为
了解情况 非常了解 一般了解 不了解
人数/人 580 320 100
(1)从该市成年人口中随机抽取1人,求其对垃圾分类知识“不了解”的概率;
(2)该市环保部门计划对“不了解”垃圾分类知识的市民进行重点宣传.假设经过重点宣传后,“不了解”的市民中有50%转变为“一般了解”,有20%转变为“非常了解”,其余保持不变.经过重点宣传后,从该市成年人口中随机抽取3人,记X为其中对垃圾分类知识“非常了解”的人数,求X的分布列及数学期望.
18.(17分)(2025陕西宝鸡二模)某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级,分别对应如下五组质量指标值:[45,55),[55,65),[65,75),[75,85),[85,95].根据长期检测结果,发现芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ,σ2),现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本,统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据检测结果,样本中芯片质量指标值的标准差s的近似值为11,用样本平均数作为μ的近似值,用样本标准差s作为σ的估计值,可得到X服从正态分布N(μ,σ2),求a和μ的值;
(2)从样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片中随机抽取3件,记其中质量指标值在[85,95]的芯片件数为η,求η的分布列和数学期望;
(3)将指标值大于K的芯片称为A等品,通过对芯片长期检测发现,在生产线上任意抽取一件芯片,它为A等品的概率为0.16,用第(1)问结果试估计K的值.
(附:①同一组中的数据用该组区间的中点代表;②参考数据:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3.)
19.(17分)(2025山东潍坊一模)n维空间中点的坐标可以表示为(x1,x2,x3,…,xn),其中xi(i=1,2,3,…,n)为该点的第i个坐标.定义n维空间中任意两点A(x1,x2,x3,…,xn),B(y1,y2,y3,…,yn)之间的平均离差二乘距离d(A,B)=(xi-yi)2.设n维空间点集M={(x1,x2,x3,…,xn)|xi=0或1,其中i=1,2,3,…,n}(n≥2).
(1)若n=3,A,B∈M,且点A(0,1,0),d(A,B)=,写出所有的点B的坐标;
(2)任取n维空间中的不同两点P,Q∈M.
(ⅰ)若n=4,求d(P,Q)=的概率;
(ⅱ)记随机变量X=d(P,Q),求E(X2)的取值范围.
答案：
1.C　解析 因为19位同学的积分,中位数是第10名,所以知道中位数即可判断是否在前10.故选C.
2.A　解析 因为随机变量X~N(5,σ2),P(33.A　解析 由题意及0.077×3=0.231>0.154,则0.077×(x-1.2)=0.154,可得x=3.2 t.故选A.
4.B　解析 设5个位置依次为1,2,3,4,5,特殊元素优先考虑,女生甲不在两端,则只能在中间3个位置,两女生不相邻,则
①甲在位置2,另一个女生只能在4或5,有2种选择;
②甲在位置3,另一个女生只能在1或5,有2种选择;
③甲在位置4,另一个女生只能在1或2,有2种选择,
根据分类加法计数原理,两个女生的排法共有2+2+2=6种,剩余3个男生为全排列有=6种排法,根据分步乘法计数原理,不同排法总数为6×6=36.故选B.
5.D　解析 零假设为H0:是否喜欢冰雪运动与学生性别无关.
设男生人数为6n(n∈N*),因为被调查的男、女生人数相同,所以女生人数也为6n(n∈N*),根据题意列出列联表:
是否喜欢冰雪运动 男生 女生 合计
喜欢冰雪运动 5n 4n 9n
不喜欢冰雪运动 n 2n 3n
合计 6n 6n 12n
则χ2=,因为根据小概率值α=0.1,可以判断H0不成立,即认为是否喜欢冰雪运动与学生性别有关,所以χ2≥2.706,即≥2.706,解得6n≥36.531,又n∈N*,所以A,B,C项正确,D项错误.故选D.
6.A　解析 对于残差图(1)对应的散点,随机误差满足E(e1)=0的假设,但是方差随着x的变化而变化,不满足D(e1)=的假设;
对图(2)对应的散点,均匀分布在水平带状区域内,随机误差满足E(e2)=0的假设,方差不随x的变化而变化,满足D(e2)=的假设.故选A.
7.B　解析 因为随机变量ξ~N1,,则E(ξ)=1,D(ξ)=,
因为(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,则a1=·2=2n,a2=·22=2n(n-1),
所以,解得n=5,
令f(x)=(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,
所以f(0)=a0=1,f(1)=(1+2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5,
故a1+a2+a3+a4+a5=35-1=242.故选B.
8.D　解析 由题可得,甲、乙两人通过训练的概率为p=p1(1-p1)p2(1-p2)=-3p1p2,因为p1,p2>0,p1+p2=,所以由基本不等式,得p1p2≤,
当且仅当p1=p2=时,取等号,则-3p1p2=-3p1p2++=-3p1p2-2+.
又注意到甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数X满足二项分布,则E(X)=np=16,结合p≤,可得n≥16×=27,故D正确.故选D.
9.ACD　解析 对于A,设六(1)班的这5位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自左向右按照从小到大顺序),因为中位数为11,则x3=11,又众数为10,则x1=x2=10,所以该班级一定被评为“优阅班级”,故A正确;
对于B,举反例,如六(2)班这5位同学的阅读课外书籍的本数为9,10,11,12,12,满足众数为12,极差为3,故B错误;
对于C,设六(3)班的这5位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自左向右按照从小到大顺序),由平均数=12,极差为3,即x5-x1=3,若x1≤9,则x5-3≤9,解得x5≤12,这与=12矛盾,故x1≥10,故C正确;
对于D,设六(4)班的这5位同学的阅读课外书籍的本数为x1,x2,x3,x4,x5(自左向右按照从小到大顺序),设平均数=12,方差s2=2,则2=[(x1-12)2+(x2-12)2+(x3-12)2+(x4-12)2+(x5-12)2],
所以(x1-12)2+(x2-12)2+(x3-12)2+(x4-12)2+(x5-12)2=10,
若x1≤8,则(x1-12)2≥16>10,与上式不符,不符合题意,若x1=9,由=12,则x5>12,上式不成立,不符合题意,所以x1≥10,故D正确.故选ACD.
10.BD　解析 对于选项A,因为A∩B={5},所以事件A与B不互斥,故A错误;
对于选项B,P(AC)=P(BC)=P(AB)=,P(A)=P(B)=P(C)=,P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C),故B正确;
对于选项C,A,B,C交集为{5},则P(ABC)=,P(A)P(B)·P(C)=,故C错误;
对于选项D,P(A|C)=,P(C|A)=,故D正确.故选BD.
11.ACD　解析 设记n次爬行后,该蚂蚁落在点A或B或C的概率为rn,则其中p1=0,r1=1,q1=0,
计算易得p2=,r2=,q2=,p3=,r3=,q3=,q4=,故A,C正确,B错误;
由原方程组可得rn+2=rn+1+rn,则rn+2+rn+1=rn+1+rn,所以rn+1+rn为常数列,且rn+1+rn=1.①
同理rn+2-rn+1=-(rn+1-rn),且r2-r1=-,所以rn+1-rn=-n,②
由①②可知,rn=-n,所以p2n+1=r2n=,故D正确.故选ACD.
12.　解析 由题意,在1~15这15个数字中,5的倍数有5,10,15,共3个,所以事件A发生的概率P(A)=,记事件AB表示“第一次抽到数字为5的倍数且第二次抽到的数字小于第一次”.
若第一次抽到5,那么第二次从剩下14张卡片中抽小于5的卡片,有4种抽法;
若第一次抽到10,那么第二次从剩下14张卡片中抽小于10的卡片,有9种抽法;
若第一次抽到15,那么第二次从剩下14张卡片中抽小于15的卡片,有14种抽法.
所以P(AB)=.
根据条件概率公式,P(B|A)=.
故答案为.
13.216　解析 将这7个小球编号如下图所示:
分以下两种情况讨论:
第一种,第一步,先取1,5,7号球,第二步,再取2,4,6号球,依次取2个球,最后一步,从剩余两球依次摸取,此时不同的抽法种数为=72种;
第二种,将(1,2),(4,5),(6,7)视为三个整体,前三个球从其中一个整体和每支不与3号球相邻的小球中依次摸取,有6种,以1,2,5为例,可依次为(1,2,5),(1,5,2),(5,1,2),共3种,剩余3,4,6,7号球,先从4,7号球中摸一个,有2种情况,比如先取7号球,剩余三个相邻的小球,接下来从4,6号球中取一个,有2种情况,最后剩余两球摸取的先后顺序任意,此时不同的取法种数为6×3×2×2×2=144.
综上所述,不同的取法种数为72+144=216种.故答案为216.
14.　解析 甲在首轮遇到乙的概率为,此时甲获胜的概率为,甲遇到其他6名选手的概率为,此时甲获胜的概率为,所以甲获胜的概率为P=.
第一轮中甲和乙不相遇且两人均获胜,其概率为P1=×2=,进入第二轮的4人中,甲和乙不相遇的概率为,且两人均击败对手的概率为2,故第二轮中甲和乙不相遇且两人均获胜,其概率为P2=×2=,所以甲、乙在第三轮争夺冠军的概率为P=P1P2=.
故答案为.
15.解 (1)依题意,=3,而xiyi=72,=55,=4,则=1.2,=4-1.2×3=0.4,因此=1.2x+0.4,当x=10时,=1.2×10+0.4=12.4,所以y关于x的经验回归方程为=1.2x+0.4,第10天进入该景区参观的人数约为12 400人.
(2)记“甲从西门进入景区”为事件A,“甲从西门出景区”为事件B,“乙从西门出景区”为事件C,
P(A)=,P()=,P(B|A)=,P(B|)=,
由全概率公式得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|)P()=,同理P(C)=,所以甲、乙两名游客都从西门出景区的概率P(BC)=P(B)P(C)=.
16.解 (1)由列联表知s=100+80=180,t=80+70=150.
(2)由列联表知,未服用药物A的动物有180只,
未服用药物A且患疾病B的动物有80只,
所以未服用药物A的动物患疾病B的频率为,
所以未服用药物A的动物患疾病B的概率的估计值为p=.
(3)零假设为H0:药物A对预防疾病B无效,
由列联表得到χ2=≈6.734>6.635,
根据小概率值α=0.01的独立性检验,推断H0不成立,即认为药物A对预防疾病B有效,该推断犯错误的概率不超过0.01.
17.解 (1)已知随机抽取了1 000名市民进行调查,其中“不了解”的人数为100名,
根据古典概型概率公式可得P==0.1,
所以从该市成年人口中随机抽取1人,对垃圾分类知识“不了解”的概率P=0.1.
(2)原来“不了解”的市民占比为0.1,“非常了解”的市民占比为=0.58,“一般了解”的市民占比为=0.32,
经过重点宣传后,“不了解”的市民中有50%转变为“一般了解”,有20%转变为“非常了解”,其余保持不变,所以重点宣传后“非常了解”的概率为0.58+0.1×20%=0.58+0.02=0.6.
从该市成年人口中随机抽取3人,记X为其中对垃圾分类知识“非常了解”的人数,因为每次抽取是相互独立的,且抽取到“非常了解”的概率都为0.6,所以X~B(3,0.6),根据二项分布的概率公式P(X=k)=0.6k(1-0.6)3-k,k=0,1,2,3.
P(X=0)=0.60(1-0.6)3-0=1×1×0.43=0.064,
P(X=1)=0.61(1-0.6)3-1=3×0.6×0.42=0.288,
P(X=2)=0.62(1-0.6)3-2=3×0.36×0.4=0.432,
P(X=3)=0.63=0.63=0.216.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因为X~B(3,0.6),根据二项分布的数学期望公式可得E(X)=3×0.6=1.8.
18.解 (1)由于在频率分布直方图可知,所有矩形的面积之和为1,
由题可知(0.010+a+0.040+0.015+0.010)×10=1,解得a=0.025,
所以估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为=10×(0.01×50+0.025×60+0.04×70+0.015×80+0.01×90)=69.
所以μ=69.
(2)样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片数量为(0.01+0.01)×10×100=20,所取样本的个数为20件,
质量指标值在[85,95]的芯片件数为10件,故η可能取的值为0,1,2,3,
所以,P(η=0)=,P(η=1)=,
P(η=2)=,P(η=3)=,
随机变量η的分布列为
η 0 1 2 3
P
所以η的数学期望E(η)=0×+1×+2×+3×.
(3)由(1)可知σ≈s≈11,则μ-σ=69-11=58,μ+σ=69+11=80,由题可知P(69-11≤X≤69+11)≈0.682 7.
所以P(X>80)=≈0.16,即K≈80.
19.解 (1)由定义可知,d(A,B)=[(0-y1)2+(1-y2)2+(0-y3)2]=,
即+(1-y2)2+=2,且y1,y2,y3∈{0,1},
所以解得满足方程的B点坐标为(0,0,1),(1,0,0),(1,1,1).
(2)(ⅰ)(固定点P)设点P(p1,p2,p3,p4),Q(q1,q2,q3,q4),
因为(pi-qi)2=[(p1-q1)2+(p2-q2)2+(p3-q3)2+(p4-q4)2]=,
因为pi=0或1,qi=0或1,
所以(p1-q1)2,(p2-q2)2,(p3-q3)2,(p4-q4)2中有两项等于0,两项等于1,
所以满足条件的所有可能情况有=6,
因为两不同点P,Q所有可能情况共有24-1=15种,
所以d(P,Q)=的概率P=.
(ⅱ)设随机变量X=d(P,Q)=,其中k=1,2,3,…,n,
因为PX==,
所以E(X2)=2+22+32+…+n2),
因为(1+x)n=x+x2+x3+…+xn,
两边同时求导,得n(1+x)n-1=+2x+3x2+…+nxn-1,
上式两边同乘x,求导得n(1+nx)(1+x)n-2=+22x+32x2+…+n2xn-1,
令x=1,得+22+32+…+n2=n(n+1)2n-2,
所以E(X2)=,因为<0,
所以E(X2)单调递减,
因为n≥2,所以E(X2)∈.
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