专题10 统计与概率+三年（2023-2025）高考政治真题分类汇编（全国适用）（解析版）

1/31专题10统计与概率考点三年考情（2023-2025）命题趋势考点1统计与概率统计案例以及数字特征类的运算考查频率较高，常与实际情景以及频率分布直方图相结合。如2024年有全国卷考查了新型水稻亩产量的相关统计数据，涉及中位数、极差、平均值等数字特征；2023年也有关于样本数据的平均数、中位数、标准差、极差等的考查11。概率方面11：古典概型：是高考数学中的一个重要考查点，难度较小，如2024年全国Ⅰ卷、甲卷，2023年Ⅰ卷、Ⅱ卷、乙卷、甲卷等都有涉及。离散型分布：是常考题型，主要包括赛制类问题，二项分布，超几何分布类问题等，在2024年Ⅰ卷、Ⅱ卷、甲卷，2023年Ⅰ卷、Ⅱ卷、乙卷、甲卷等均有出现。条件概率与全概率公式：其应用是高考在概率方面的一个重要方向，如2024年Ⅰ卷，2023年甲卷、Ⅰ卷、Ⅱ卷等有相关考查。题型与分值稳定：题型上，在选择题、填空题和解答题中均有出现，位置相对灵活。分值方面整体保持稳定，大约在18-22分左右，在高考数学中占据较为重要的地位。强调实际应用：命题注重与实际生活紧密结合，以现实生活中的数据和场景为背景设置问题，如农业产量统计、社区垃圾分类知识讲座效果分析、农户家庭年收入调查等，考查学生运用统计与概率知识解决实际问题的能力，体现数学在实际生活中的广泛应用。知识点综合化：统计与概率内部各知识点之间以及与其他数学知识的综合考查日益增多。例如，概率常与数列、函数导数等结合，统计则常与数据分析、函数等知识综合，通过跨知识点的命题，考查学生的综合素养和知识迁移能力。突出核心素养：着重考查数学运算、逻辑推理、数据分析等核心素养。要求学生具备较强的数据分析能力，能对大量数据进行整理、分析和解读；同时要有清晰的逻辑思维，在解决概率问题时能准确判断事件关系、运用概率公式进行推理和计算。考点01统计与概率一、单选题1．（2025·上海·高考真题）己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为P(A)=12，事件B发生的概率为P(B)=12，则事件A∩B发生的概率A．18 B．14 C．1【答案】B【分析】根据独立事件的概率公式可求PA∩B【详解】因为A,B相互独立，故PA∩B故选：B.2．（2025·天津·高考真题）下列说法中错误的是（

）A．若X∼Nμ,σB．若X∼N1,22，C．r越接近1，相关性越强D．r越接近0，相关性越弱【答案】B【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，PX≤μ−σ对于B，根据正态分布对称性可知，PX<1对于C和D，相关系数r越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确.故选：B3．（2025·全国二卷·高考真题）样本数据2，8，14，16，20的平均数为（

）A．8 B．9 C．12 D．18【答案】C【分析】由平均数的计算公式即可求解.【详解】样本数据2,8,14,16,20的平均数为2+8+14+16+205故选：C.4．（2024·上海·高考真题）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【分析】根据相关系数的性质可得正确的选项.【详解】对于AB，当气候温度高，海水表层温度变高变低不确定，故AB错误.对于CD，因为相关系数为正，故随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，故C正确，D错误.故选：C.5．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（

）A．16 B．14 C．13【答案】C【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】解法一：画出树状图，如图，由树状图可得，出场次序共有24种，其中符合题意的出场次序共有8种，故所求概率P=8解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲最后出场共4种方法，同理乙最后出场共4种方法，于是共8种出场顺序符合题意；基本事件总数显然是A4根据古典概型的计算公式，所求概率为824故选：C6．（2024·天津·高考真题）下列图中，线性相关性系数最大的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由点的分布特征可直接判断【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，r值相比于其他3图更接近1.故选：A7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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）并整理如下表亩产量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1050，1100）[1100，1150）[1150，1200）频数61218302410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1050kgB．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间【答案】C【分析】计算出前三段频数即可判断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.【详解】对于A,根据频数分布表可知,6+12+18=36<50,所以亩产量的中位数不小于1050kg对于B，亩产量不低于1100kg的频数为24+10=34所以低于1100kg的稻田占比为100−34对于C，稻田亩产量的极差最大为1200−900=300，最小为1150−950=200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为1100故选；C.8．（2023·上海·高考真题）根据身高和体重散点图，下列说法正确的是（

）A．身高越高，体重越重 B．身高越高，体重越轻 C．身高与体重成正相关 D．身高与体重成负相关【答案】C【分析】根据给定的散点图的特征，直接判断作答.【详解】由于身高比较高的人，其体重可能大，也可能小，则选项AB不正确；由散点图知，身高和体重有明显的相关性，且身高增加时，体重也呈现增加的趋势，所以身高与体重呈正相关，C正确，D错误.故选：C9．（2023·全国乙卷·高考真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（

）A．56 B．23 C．12【答案】A【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古典概率求解作答.【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：乙甲1234561(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)共有36个不同结果，它们等可能，其中甲乙抽到相同结果有(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)，共6个，因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率P=30故选：A10．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（

）A．16 B．13 C．12【答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C4其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2所以这2名学生来自不同年级的概率为46故选：D.11．（2023·全国甲卷·高考真题）某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4【答案】A【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】同时爱好两项的概率为0.5+0.6−0.7=0.4，记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B，则P(A)=0.5,P(AB)=0.4，所以P(B∣A)=P(AB)故选:A.12．（2023·全国乙卷·高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1≤x2+y2≤4内随机取一点，记该点为AA．18 B．16 C．14【答案】C【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.【详解】因为区域x,y|1≤x2+y2≤4则直线OA的倾斜角不大于π4的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角∠MON=结合对称性可得所求概率P=3π故选：C.

13．（2023·天津·高考真题）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”.鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为r=0.8642，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为y=0.7501x+0.6105，根据以上信息，如下判断正确的为（

A．花瓣长度和花萼长度不存在相关关系B．花瓣长度和花萼长度负相关C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为5.8612D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.8642【答案】C【分析】根据散点图的特点及经验回归方程可判断ABC选项，根据相关系数的定义可以判断D选项.【详解】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误，把x=7代入y=0.7501x+0.6105可得y由于r=0.8642是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据的相关系数不一定是0.8642，D选项错误故选：C二、多选题14．（2024·广东江苏·高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.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x=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N1.8,0.12，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布Nx,sA．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8【答案】BC【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，x=2.1,s2故PY>2因为X~N1.8,0.12因为PX<1.8+0.1≈0.8413，所以而PX>2故选：BC．15．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）有一组样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x6A．x2,xB．x2,xC．x2,xD．x2,x【答案】BD【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设x2,x3,x4则n−m=x因为没有确定2x1+例如：1,2,3,4,5,6，可得m=n=3.5；例如1,1,1,1,1,7，可得m=1,n=2；例如1,2,2,2,2,2，可得m=2,n=11对于选项B：不妨设x1可知x2,x3,对于选项C：举反例说明，例如：2,4,6,8,10,12，则平均数n=1标准差s14,6,8,10，则平均数m=1标准差s2=144−7所以x2,x对于选项D：不妨设x1则x6−x故选：BD.16．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1−α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1−β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为(1−α)B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为βC．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为βD．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1−β)(1−α)(1−β)=(1−α)(1−β)对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1−β)⋅β⋅(1−β)=β(1−β)对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为C3对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1−α)单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1−α，而因此P−P'=故选：ABD【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.三、填空题17．（2025·全国一卷·高考真题）一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望E(X)=.【答案】6125/【分析】法一：根据题意得到X的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得X的分布列，从而求得E(X)；法二，根据题意假设随机变量Xi，利用对立事件与独立事件的概率公式求得E(Xi【详解】法一：依题意，X的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为53其中X=1：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故P(X=1)=5X=2：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X=2的可能情况有5×4×3=60种，故P(X=2)=60X=3：三种不同球被取出，由排列数可知事件X=3的可能情有况5×4×3=60种，故P(X=3)=60所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×5故答案为：6125法二：依题意，假设随机变量Xi，其中i=1,2,3,4,5其中Xi=1,由于球的对称性，易知所有EX则由期望的线性性质，得E[X]=Ei=1由题意可知，球i在单次抽取中未被取出的概率为45由于抽取独立，三次均未取出球i的概率为PX因此球i至少被取出一次的概率为：PX故EX所以E[X]=5EX故答案为：612518．（2025·上海·高考真题）已知随机变量X的分布为5670.20.3【答案】6.3【分析】根据分布列结合期望公式可求期望.【详解】由题设有Ex故答案为：6.3.19．（2025·天津·高考真题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为；若一周至少跑11圈为动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望E(x)=【答案】0.63.2【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件B，设第二次跑5圈为事件C，则PA若至少跑11圈为运动量达标为事件D，PD所以X∼B4,0.8，E故答案为：0.6；3.220．（2024·广东江苏·高考真题）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（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.【答案】12【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率PXk=1从而EX记pk如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0+p所以p1+p2+112所以甲的总得分不小于2的概率为p2故答案为：12【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.21．（2024·上海·高考真题）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，已知小申完成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【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.【详解】由题意知，A,B,C题库的比例为：5:4:3，各占比分别为512则根据全概率公式知所求正确率p=5故答案为：0.85．22．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于12的概率为【答案】7【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b−3≤2c≤a+b+3，就c【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A6设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b+c3故2c−(a+b)≤3，故−3≤2c−(a+b)≤3故a+b−3≤2c≤a+b+3，若c=1，则a+b≤5，则a,b为：2,3,若c=2，则1≤a+b≤7，则a,b为：1,3,3,1,当c=3，则3≤a+b≤9，则a,b为：1,2,2,1,故有16种，当c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种，当c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种，当c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种，共m与n的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为2故所求概率为56120故答案为：723．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为．【答案】35【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.【详解】解法一：列举法给这5个项目分别编号为A,B,C,D,E,F,从五个活动中选三个的情况有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，则甲参加“整地做畦”的概率为：P=6乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，其中再选择D有3种可能性：ABD,ACD,ADE，故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为36解法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N，则甲选到A的概率为PM乙选了A活动，他再选择D活动的概率为P故答案为：35；24．（2023·上海·高考真题）国内生产总值（GDP）是衡量地区经济状况的最佳指标，根据统计数据显示，某市在2020年间经济高质量增长，GDP稳步增长，第一季度和第四季度的GDP分别为231和242，且四个季度GDP的中位数与平均数相等，则2020年GDP总额为；【答案】946【分析】设第二季度、第三季度分别为x,y，利用平均数和中位数概念列出方程，解出即可.【详解】GDP稳步增长说明四个季度已经从小到大排列，设第二季度、第三季度分别为x,y，所以中位数即为x+y2因为中位数与平均数相等，所以231+x+y+242=4×x+y所以2020年GDP总额：231+242+473=946.故答案为：946.25．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为5:4:6．且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%【答案】0.0535/【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空；根据古典概型的概率公式可求出第二个空．【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n，所以总数为15n，所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n，白球个数为乙盒中黑球个数为25%×4n=n，白球个数为丙盒中黑球个数为50%×6n=3n，白球个数为记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以，PA记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球总共有2n+n+3n=6n个，白球共有9n个，所以，PB故答案为：0.05；35四、解答题26．（2025·全国一卷·高考真题）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：超声波检查结果组别正常不正常合计患该疾病20180200未患该疾病78020800合计8002001000(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；(2)根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.附χ2P0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)9(2)有关【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；（2）根据独立性检验的基本思想,求出χ2,然后与小概率值α=0.001对应的临界值10.828【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患病，所以p的估计值为180200（2）零假设为H0根据表中数据可得，χ2根据小概率值α=0.001的χ2独立性检验，我们推断H0不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过27．（2025·上海·高考真题）2024年巴黎奥运会，中国获得了男子4×100米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子4×100米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．206.78207.46207.95209.34209.35210.68213.73214.84216.93216.93(1)求这组数据的极差与中位数；(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为y=−0.311x+b，年份x【答案】(1)10.15；210.015；(2)3(3)204.56【分析】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；（2）由古典概型概率公式可得；（3）先求成绩平均数y，再由(x,y【详解】（1）由题意，数据的最大值为216.93，最小值为206.78，则极差为216.93−206.78=10.15；数据中间两数为209.35与210.78，则中位数为209.35+210.682故极差为10.15，中位数为210.015；（2）由题意，数据共10个，211以上数据共有4个，故设事件A=“恰有2个数据在211以上”，则P(A)=C故恰有2个数据在211以上的概率为310（3）由题意，成绩的平均数206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+214.84+216.93+216.93=211.399，由直线y=−0.311x+b过(2006,211.399)则b=211.399+0.311×2006=835.265故回归直线方程为y=−0.311x+835.265.当x=2028时,y=−0.311×2028+835.265=204.557≈204.56.故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒.28．（2025·全国二卷·高考真题）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为p12<p<1，乙胜的概率为q，p+q=1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，(1)求p3,p(2)若p4−p(3)证明：对任意正整数m，p2m+1【答案】(1)p3=(2)p=(3)证明过程见解析【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解；（2）由题意q3=q3,（3）首先p2m−p2m+1=C2mm−1pm+1qm，p2m+2【详解】（1）p3故所求为p3p4故所求为p4（2）由（1）得p3=p3，若p4−p则p4由于0<p,q<1，所以p=2q=21−p>0，解得（3）我们有p==k=0以及p===k=0至此我们得到p2m−p2m+1=C2m故p2m−p另一方面，由于p=且同理有q2m+2故结合pp−就能得到p2m+2−p29．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p(2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X=1的概率及X的数学期望；(3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为100%，乙校学生选择正确的概率为85%.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为p1，p2，判断p1【答案】(1)4(2)0.35，E(3)p【分析】（1）用频率估计概率即可求解；（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及X的分布列，从而可求其期望；（3）根据题设可得关于p1【详解】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p=80（2）设A为“从甲校抽取1人做对”，则PA=0.8，设B为“从乙校抽取1人做对”，则PB=0.75，设C为“恰有1人做对”，故P依题可知，X可取0,1,2，PX=0=PAB=0.05故X的分布列如下表：X012P0.050.350.6故EX（3）设D为“甲校掌握这个知识点的学生做该题”，因为甲校掌握这个知识点则有100%未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，故PD+141−P(D)同理有，0.85p2+故p130．（2024·上海·高考真题）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0,0.50.5,11,1.51.5,22,2.5优秀5444231不优秀1341471374027(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于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95%（附：χ2=n(ad−bc)2【答案】(1)12500(2)0.9(3)有【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）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.【详解】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比179+43+28580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29000×25（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为15800.52则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.（3）由题列联表如下：1,2其他合计优秀455095不优秀177308485合计222358580提出零假设H0其中α=0.05．χ2则零假设不成立，即有95%31．（2024·北京·高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：赔偿次数01234单数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i）记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中【答案】(1)1(2)(i)0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中EX【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求ξ的分布列及数学期望，从而可求（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求EY【详解】（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得PA（2）（ⅰ）设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3，由题设中的统计数据可得Pξ=0P(ξ=1.6)=601000=P(ξ=3)=10故E故EX（ⅱ）由题设保费的变化为0.4×4故EY从而EX32．（2024·全国甲卷·高考真题）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2624050乙车间70282100总计96522150(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(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果p>p+1.65p(1−p)n附：KP0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案见详解(2)答案见详解【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算K2（2）用频率估计概率可得p=0.64，根据题意计算p+1.65【详解】（1）根据题意可得列联表：优级品非优级品甲车间2624乙车间7030可得K2因为3.841<4.6875<6.635，所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为96150用频率估计概率可得p=0.64又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，则p+1.65p可知p>p+1.65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.33．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得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q，各次投中与否相互独立．(1)若p=0.4，q=0.5，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0<p<q，（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比赛？【答案】(1)0.686(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i）首先各自计算出P甲=1−(1−p)3q3【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P=1−（2）（i）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P甲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P乙∵0<p<q，∴=(q−p)=(p−q)=3pq(p−q)(pq−p−q)=3pq(p−q)[(1−p)(1−q)−1]>0，∴P(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，P(X=0)=(1−p)P(X=5)=1−P(X=10)=1−P(X=15)=1−∴E(X)=15记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，同理E(Y)=15∴E(X)−E(Y)=15[pq(p+q)(p−q)−3pq(p−q)]=15(p−q)pq(p+q−3)，因为0<p<q，则p−q<0，p+q−3<1+1−3<0，则(p−q)pq(p+q−3)>0，∴应该由甲参加第一阶段比赛.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.34．（2023·北京·高考真题）为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．时段价格变化第1天到第20天-++0++0+0--+-+00+第21天到第40天0++0++0+0++0-+用频率估计概率．(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率；(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）【答案】(1)0.4(2)0.168(3)不变【分析】（1）计算表格中的+的次数，然后根据古典概型进行计算；（2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况.【详解】（1）根据表格数据可以看出，40天里，有16个+，也就是有16天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：16（2）在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C（3）由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，因此估计第41次不变的概率最大.35．（2023·上海·高考真题）21世纪汽车博览会在上海2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：红色外观蓝色外观米色内饰812棕色内饰23(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B取到模型有棕色内饰，求PB,PB|A，并据此判断事件A(2)为回馈客户，该公司举行了一个抽奖活动，并规定，在一次抽奖中，每人可以一次性抽取两个汽车模型。为了得到奖品类型，现作出如下假设：假设1：每人抽取的两个模型会出现三种结果：①两个模型的外观和内饰均为同色；②两个模型的外观和内饰均为不同色；③两个模型的外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色。假设2：该抽奖设置三类奖，奖金金额分别为：一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元。假设3：每种抽取的结果都对应一类奖。出现某种结果的概率越小，奖金金额越高。请判断以上三种结果分别对应几等奖。设中奖的奖金数是X，写出X的分布，并求X的数学期望。【答案】(1)P(B)=15,P(B|A)=(2)分布列见解析，271元.【分析】（1）根据给定数表，利用古典概率求出P(B),P(B|A)，再利用相互独立事件的定义判断作答.（2）求出三种结果的概率，按给定的假设2，3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答.【详解】（1）由给定的数表知，P(B)=2+325=15而P(AB)=225=所以P(B)=15,P(B|A)=（2）设事件C：外观和内饰均为同色，事件D：外观内饰都异色，事件E：仅外观或仅内饰同色，依题意，P(C)=C82P(E)=C81因此抽取的两个模型的外观和内饰均为不同色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖；外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖，奖金额X的可能值为：600,300,150，奖金额X的分布列：X600300150P44977奖金额X的期望E(X)=600×436．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.2

18.8

20.2

21.3

22.5

23.2

25.8

26.5

27.5

30.132.6

34.3

34.8

35.6

35.6

35.8

36.2

37.3

40.5

43.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.8

9.2

11.4

12.4

13.2

15.5

16.5

18.0

18.8

19.219.8

20.2

21.6

22.8

23.6

23.9

25.1

28.2

32.3

36.5(1)计算试验组的样本平均数；(2)（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表<m≥m对照组试验组（ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？附：K2P0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】(1)19.8(2)（i）m=23.4；列联表见解析，（ii）能【分析】（1）直接根据均值定义求解；（2）（i）根据中位数的定义即可求得m=23.4，从而求得列联表；（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.【详解】（1）试验组样本平均数为：1+21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)=（2）（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,⋯，故第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以m=23.2+23.6故列联表为：<m≥m合计对照组61420试验组14620合计202040（ii）由（i）可得，K2所以能有95%37．（2023·全国甲卷·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）.(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X的分布列和数学期望；(2)实验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：15.2

18.8

20.2

21.3

22.5

23.2

25.8

26.5

27.5

30.132.6

34.3

34.8

35.6

35.6

35.8

36.2

37.3

40.5

43.2实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7.8

9.2

11.4

12.4

13.2

15.5

16.5

18.0

18.8

19.219.8

20.2

21.6

22.8

23.6

23.9

25.1

28.2

32.3

36.5（i）求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如下列联表：<m≥m对照组实验组（ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异．附：Kk0.1000.0500.010P2.7063.8416.635【答案】(1)分布列见解析，E(X)=1(2)（i）m=23.4；列联表见解析，（ii）能【分析】