【高考快车道】第一阶段 专题五 高考热点集训(四) 概率与统计 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共51张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　概率与统计
高考热点集训(四)　
概率与统计
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2024·湖南衡阳三模)若数据x1，x2，x3，…，xn的标准差为s，则数据3x1＋1，3x2＋1，3x3＋1，…，3xn＋1的标准差为(　　)
A．s＋1　B．s 　C．3s＋1 　D．3s
题号
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√
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D　[因为数据x1，x2，x3，…，xn的标准差为s，由数据方差的性质，可得数据3x1＋1，3x2＋1，…，3xn＋1的标准差为＝3s.故选D.]
2．(2024·湖北武汉模拟预测)已知一组数据1，2，3，4，x的上四分位数是x，则x的取值范围为(　　)
A．{3} B．[2，3] C．[3，4] D．{4}
√
题号
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C　[在五个数中，上四分位数为第二大的数，故1，2，3，4，x中第二大的数是x，所以3≤x≤4.故选C.]
3．(2024·宁夏吴忠模拟)投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为(　　)
A． B． C． D．
√
题号
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A　[记甲、乙、丙投中分别为事件A1，A2，A3，
由题知P＝，
则3人中至少有2人投中的概率为
P＝P
＝＝．
故选A.]
题号
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4．已知随机变量X～N，且P则P＝(　　)
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6
√
题号
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C　[因为P，所以μ＝＝5，所以P＝0.5.
故选C.]
5．对某位同学5次体育测试的成绩(单位：分)进行统计得到如下表格：
根据上表，可得y关于x的经验回归方程为＝3x＋，下列结论不正确的是(　　)
A．＝36
B．这5次测试成绩的方差为20.8
C．y与x的样本相关系数r<0
D．预测第6次体育测试的成绩约为54
√
题号
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第x次 1 2 3 4 5
测试成绩y 39 40 48 48 50
C　[由已知＝(39＋40＋48＋48＋50)＝45，所以这5次测试成绩的方差为[(39－45)2＋(40－45)2＋(48－45)2＋(48－45)2＋(50－45)2]＝20.8，B正确；
又y关于x的经验回归方程为＝3x＋，点在直线＝3x＋上，所以45＝3×3＋，所以＝36，所以＝3x＋36，取x＝6，可得＝54，所以A，D正确；
因为＝3x＋36，所以y与x成正相关关系，故样本相关系数r>0，C错误．
故选C.]
题号
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6．(2024·湖南长沙模拟)某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为90的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中错误的是(　　)
A．男生样本容量为50
B．抽样时某女生甲被抽到的概率为
C．抽取的样本的均值为166
D．抽取的样本的方差为43
√
题号
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B　[男生样本容量为×90＝50，则女生样本容量为×90＝40，故A正确；
每个女生被抽到的概率为＝，故B错误；
抽取的样本的均值为×170＋×161＝166，故C正确；
抽取的样本的方差为{50×[19＋(170－166)2]＋40×[28＋(161－166)2]}＝43，故D正确．
故选B.]
题号
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7．(2024·广西南宁模拟)已知样本空间Ω＝，事件A＝，事件B＝，事件C＝，则下列选项错误的是(　　)
A．A与B独立
B．B与C独立
C．A与C独立
D．P
√
题号
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D　[＝，P＝
有P
即A，B，C两两相互独立，ABC正确；
但P＝≠0＝P，故D错误．故选D.]
题号
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8．(2024·江苏南通模拟)某校春季体育运动会上，甲、乙两人进行羽毛球项目决赛，约定“五局三胜制”，即先胜三局者获得冠军．已知甲、乙两人水平相当，记事件A表示“甲获得冠军”，事件B表示“比赛进行了五局”，则P＝(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
√
题号
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A　[因为甲、乙两人水平相当，所以每局比赛甲、乙获胜的概率都是，比赛进行了五局，分甲获胜和乙获胜两种情况，
则P＝，
又P＝＝，所以P＝＝＝．
故选A.]
题号
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二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．(2024·黑龙江双鸭山模拟预测)某杂交水稻种植研究所调查某地所种植的超级杂交水稻的株高X(单位：cm)的情况，得出X～N(100，σ2)，且X大于120的概率为0.1.现从中随机选取20棵超级杂交水稻，记其中株高在区间[80，100]的水稻棵数为随机变量Y，则(　　)
A．P(80≤X≤120)＝0.6 B．E(Y)＝8
C．D(Y)＝4.8 D．P(Y＝2)＝0.42×0.618
√
题号
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√
BC　[因为X～N(100，σ2)，且X大于120的概率为0.1，
所以由对称性可得P(80≤X≤120)＝1－2P(X>120)＝0.8，A错误；
P(80≤X≤100)＝P(80≤X≤120)＝0.4，由题意可知Y～B(20，0.4)，
故E(Y)＝20×0.4＝8，D(Y)＝20×0.4×(1－0.4)＝4.8，B，C正确；
P(Y＝2)＝0.42×0.618，D错误．
故选BC.]
题号
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10．(2024·河南三门峡模拟)某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值(单位：分)作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图，则(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)(　　)
A．m＝0.030
B．样本质量指标值的平均数为75
C．样本质量指标值的众数小于其平均数
D．样本质量指标值的第75百分位数为85
√
题号
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√
√
ACD　[对于A项，由题意知(0.010＋0.015＋0.035＋m＋0.010)×10＝1，解得m＝0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是＝75<76.5，故C项正确；
题号
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对于D项，前3组的频率之和为(0.010＋0.015＋0.035)×10＝0.60，前4组的频率之和为0.60＋0.030×10＝0.90，
故第75百分位数位于第4组，设其为t，
则×0.030＋0.60＝0.75，解得t＝85，
即第75百分位数为85，故D项正确．
故选ACD.]
题号
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11．(2024·河南南阳三模)甲袋中有3个红球、3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球、2个白球和4个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是红球”“取出的是白球”“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以D表示事件“取出的是白球”，则下列结论中正确的是(　　)
A．事件A，B，C是两两互斥的事件
B．事件A与事件D为相互独立事件
C．P＝
D．P(D)＝
√
题号
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√
√
ACD　[由题意可得P＝，P＝，＝
显然事件A，B，C是两两互斥的事件，故A正确；
P＝×＋×＋×＝，故D正确；
P＝×＝＝，P＝×＝，所以P≠P，故事件A与事件D不是相互独立事件，故B错误；
P＝＝＝，故C正确．故选ACD.]
题号
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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2024·重庆模拟)已知成对样本数据中x1，x2，…，xn不全相等，且所有样本点都在直线y＝－x＋1上，则这组成对样本数据的样本相关系数r＝________，其决定系数R2＝________．
题号
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－1　1　[由所有样本点都在直线y＝－x＋1上，且－<0，易知r＝－1，R2＝1.]
－1　
1　
13．(2024·辽宁辽阳模拟)小明参加某射击比赛，射中得1分，未射中扣1分，已知他每次能射中的概率为，记小明射击2次的得分为X，则D＝________．
题号
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　[由题意可知，X的取值可能为－2，0，2，因为P＝×＝，P＝×＝，P＝××＝，所以E＝×2＋×＋×0＝，故D×＋×＋×＝．]
　
14．(2024·云南昆明一模)如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次．质点位于4的位置的概率为________；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为________．
题号
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　　[由题意可得：质点移动6次可能的结果有26＝64(种)，质点位于4的位置则指点向右移动5次，向左移动1次，从质点移动6次中选1次向左移动，其他5次向右移动，共有＝6(种)，所以质点位于4的位置的概率为＝．
在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置，可知从1开始的5步中，第1、2步必须向右，
题号
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第3步向左或向右均可，若第3步向左，则第4步向右，若第3步向右，则第4步向左，第5步向左向右均可，则走法有2×2＝4(种)，
总的质点移动5次可能的结果有25＝32(种)，则在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为＝．]
题号
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四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2024·安徽芜湖二模)某航天公司研发了一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下：
题号
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飞行距离x(×103km) 56 63 71 79 90 102 110 117
损坏零件数y(个) 61 73 90 105 119 136 149 163
(1)建立y关于x的回归模型＝x＋，根据所给数据及回归模型，求y关于x的经验回归方程(精确到0.1，精确到1)；
(2)该公司进行了第二项测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，对其中60台进行飞行前保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占30%，请根据统计数据完成2×2列联表，并根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？
题号
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单位：台
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报废情况 保养情况 合计
保养 未保养 报废 20
未报废
合计 60 100
附：经验回归直线＝x＋中斜率和截距的最小二乘估计公式分别
为＝ ，＝－，χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
题号
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α 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
[解]　(1)由题意得＝
＝≈1.6.
则≈112－1.6×86＝－26，所以＝1.6x－26.
(2)设零假设为H0：推进器是否报废与保养无关．
由题意，报废推进器中保养过的共20×30%＝6(台)，未保养的推进器共20－6＝14(台)，
题号
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补充2×2列联表如下：
题号
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则χ2＝＝＝9.375>6.635，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为推进器是否报废与保养有关．
报废情况 保养情况 合计
保养 未保养 报废 6 14 20
未报废 54 26 80
合计 60 40 100
单位：台
16．(15分)(2024·福建三明三模)某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占，园艺类占，民族工艺类占．根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为，，，选手乙答对这三类题目的概率均为．
(1)求随机任选1题，甲答对的概率；
题号
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(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得－1分，若两人都答对或都答错，则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率．
题号
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[解]　(1)记随机任选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件Ai(i＝1，2，3)，
记随机任选1题，甲答对为事件B，
则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝＝＝＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝．
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(2)记乙答对为事件C，则P(C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＋P(A3)P(C|A3)＝×＋×＋×＝，
设每一轮比赛中甲得分为X，
则P(X＝1)＝P＝P(B)P＝×＝，
P(X＝0)＝P＝P(BC)＋P＝×＋＝，P(X＝－1)＝P＝×＝，
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三轮比赛后，设甲总得分为Y，
则P(Y＝3)＝＝，P(Y＝2)＝×＝，
P(Y＝1)＝×××＝，所以甲最终获得奖品的概率为P＝P(Y＝3)＋P(Y＝2)＋P(Y＝1)＝＋＋＝．
17．(15分)(2024·河北沧州二模)为了解某校学生对首届青运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取600名学生进行调查，成绩全部分布在40～100分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示．
题号
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(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)估计这600名学生成绩的中位数；
(3)由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成绩X近似服从正态分布N，其中μ为样本平均数(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表)，σ≈9，试用正态分布知识解决下列问题：
①若这次竞赛共有2.8万名学生参加，试估计竞赛成绩超过86.8分的人数(结果精确到个位)；
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②现从所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过77.8分的人数为Y，求随机变量Y的期望和方差．
附：若随机变量X服从正态分布N，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
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[解]　(1)由频率分布直方图中条形图的面积所表示的频率之和为1，得10×(0.004＋0.008＋0.012＋a＋0.026＋0.032)＝1，
解得a＝0.018.
(2)由频率分布直方图，可得前4组的频率为10×＝0.5，所以估计这600名学生成绩的中位数为80.
(3)①由频率分布直方图，可利用区间中点值和频率来估计平均数μ，即μ＝45×0.04＋55×0.08＋65×0.12＋75×0.26＋85×0.32＋95×0.18＝77.8，所以X～N，则P(X>86.8)＝P(X>μ＋σ)＝≈＝0.158 65，所以28 000×0.158 65≈
4 442，即估计竞赛成绩超过86.8分的人数约为4 442.
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②由①得X～N，则P(X>77.8)＝，由于是从所有参赛的学生中随机抽取10人，
所以把这个事件看作伯努利试验，即随机变量Y～B，
所以E＝10×＝5，D＝10××＝．
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18．(17分)(2024·山东枣庄模拟)在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同)，袋中红球数占总球数的比例为p.
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止．在第2次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例p，为估计p的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球5次停止．
方案二：从袋中进行有放回摸球5次．
分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计p的值更合理．
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[解]　(1)设事件A＝“第2次没有摸到红球”，事件B＝“第3次也没有摸到红球”，则P，
所以P＝＝＝＝1－p.
(2)方案一中红球出现的频率用随机变量X表示，
则X的可能取值为0，，，，，1，
且Pp，
P＝p，P＝p，P＝p，
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所以X的分布列为P＝p，P＝p，P＝p，
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X 0 1
P (1－p)5 (1－p)4p (1－p)3p (1－p)2p (1－p)p p
则E＝0×(1－p)5＋×(1－p)4p＋×p＋×(1－p)2p＋×p＋1×p＝＋＋＋＋p.
方案二中红球出现的频率用随机变量Y表示，因为5Y～B，
所以5Y的分布列为P＝pk(1－p)5-k，k＝0，1，2，3，4，5，即Y的分布列为
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所以E＝5p，则E＝p，
因为E>p，E＝p，所以方案二估计p的值更合理．
Y 0 1
P (1－p)5 5(1－p)4p 10(1－p)3p2 10(1－p)2p3 5(1－p)p4 p5
19．(17分)(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，
i＝1，2，…，n，则 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
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[解]　(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以P＝0.5×＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设P＝pi，依题可知，P，
则P
，即pi＋1＝0.6pi＋＝0.4pi＋0.2，
所以pi＋1－＝，
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又p1－＝－＝≠0，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以pi－＝×，
即pi＝×＋．
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(3)由题意得甲第i次投篮次数Yi服从两点分布，且P(Yi＝1)＝1－P(Yi＝0)＝pi，
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所以当n≥1时，E(Y)＝ ＝＋＝综上所述，E(Y)＝＋，n∈N*.
THANK YOU