2019-2021年高考數(shù)學(xué)（理）真題匯編——專題15 概率與統(tǒng)計(jì)（解答題）（教師版）

1、專題15 概率與統(tǒng)計(jì)(解答題)1.【2021全國高考真題(理)】某廠研制了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設(shè)備，為檢驗(yàn)新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的某項(xiàng)指標(biāo)有無提高，用一臺(tái)舊設(shè)備和一臺(tái)新設(shè)備各生產(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項(xiàng)指標(biāo)數(shù)據(jù)如下：舊設(shè)備9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新設(shè)備10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5舊設(shè)備和新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的樣本平均數(shù)分別記為和，樣本方差分別記為和.(1)求，；(2)判斷新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備是否有顯著提高(如果，則認(rèn)為新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高，否則不認(rèn)為

2、有顯著提高).【答案】(1)；(2)新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高.【分析】(1)根據(jù)平均數(shù)和方差的計(jì)算方法，計(jì)算出平均數(shù)和方差.(2)根據(jù)題目所給判斷依據(jù)，結(jié)合(1)的結(jié)論進(jìn)行判斷.【詳解】(1)，.(2)依題意，所以新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項(xiàng)指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高.2.【2021北京高考真題】為加快新冠肺炎檢測(cè)效率，某檢測(cè)機(jī)構(gòu)采取“k合1檢測(cè)法”，即將k個(gè)人的拭子樣本合并檢測(cè)，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對(duì)本組的每個(gè)人再做檢測(cè).現(xiàn)有100人，已知其中2人感染病毒.(1)若采用“10合1檢測(cè)法”，且兩名患者在同一組，求總檢測(cè)次數(shù)；已知10人分成

3、一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為，定義隨機(jī)變量X為總檢測(cè)次數(shù)，求檢測(cè)次數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)若采用“5合1檢測(cè)法”，檢測(cè)次數(shù)Y的期望為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結(jié)果).【答案】(1)次；分布列見解析；期望為；(2).【分析】(1)由題設(shè)條件還原情境，即可得解；求出X的取值情況，求出各情況下的概率，進(jìn)而可得分布列，再由期望的公式即可得解；(2)求出兩名感染者在一組的概率，進(jìn)而求出，即可得解.【詳解】(1)對(duì)每組進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；再對(duì)結(jié)果為陽性的組每個(gè)人進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；所以總檢測(cè)次數(shù)為20次；由題意，可以取20，30，則的分布列：所以；

4、(2)由題意，可以取25，30，兩名感染者在同一組的概率為，不在同一組的概率為，則.3.【2021全國高考真題】某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A，B兩類問題，每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個(gè)問題回答正確得80分，否則得0分，己知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).(1)若小明先回答A類問題，記為小明的累計(jì)得

5、分，求的分布列；(2)為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.【答案】(1)見解析；(2)類.【分析】(1)通過題意分析出小明累計(jì)得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可.(2)與(1)類似，找出先回答類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個(gè)期望的大小即可.【詳解】(1)由題可知，的所有可能取值為，.；.所以的分布列為(2)由(1)知，.若小明先回答問題，記為小明的累計(jì)得分，則的所有可能取值為，.；.所以.因?yàn)?，所以小明?yīng)選擇先回答類問題.4.【2021全國高考真題】一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代

6、，該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)，.(1)已知，求；(2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，；(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義.【答案】(1)1；(2)見解析；(3)見解析.【分析】(1)利用公式計(jì)算可得.(2)利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合及極值點(diǎn)的范圍可得的最小正零點(diǎn).(3)利用期望的意義及根的范圍可得相應(yīng)的理解說明.【詳解】(1).(2)設(shè)，因?yàn)?，故，若，則，故.，因?yàn)?，故有兩個(gè)不同零點(diǎn)，且，且時(shí)，；時(shí)，；故在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，若，因?yàn)樵跒?/p>

7、增函數(shù)且，而當(dāng)時(shí)，因?yàn)樵谏蠟闇p函數(shù)，故，故為的一個(gè)最小正實(shí)根，若，因?yàn)榍以谏蠟闇p函數(shù)，故1為的一個(gè)最小正實(shí)根，綜上，若，則.若，則，故.此時(shí)，故有兩個(gè)不同零點(diǎn)，且，且時(shí)，；時(shí)，；故在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，而，故，又，故在存在一個(gè)零點(diǎn)，且.所以為的一個(gè)最小正實(shí)根，此時(shí)，故當(dāng)時(shí)，.(3)意義：每一個(gè)該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1，則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數(shù)超過1，則若干代后被滅絕的概率小于1.5.【2020年高考全國卷理數(shù)】甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計(jì)負(fù)兩場(chǎng)者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場(chǎng)比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場(chǎng)比賽，負(fù)者下一

8、場(chǎng)輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空.設(shè)每場(chǎng)比賽雙方獲勝的概率都為，(1)求甲連勝四場(chǎng)的概率；(2)求需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率；(3)求丙最終獲勝的概率.【解析】(1)甲連勝四場(chǎng)的概率為.(2)根據(jù)賽制，至少需要進(jìn)行四場(chǎng)比賽，至多需要進(jìn)行五場(chǎng)比賽.比賽四場(chǎng)結(jié)束，共有三種情況：甲連勝四場(chǎng)的概率為；乙連勝四場(chǎng)的概率為；丙上場(chǎng)后連勝三場(chǎng)的概率為.所以需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率為.(3)丙最終獲勝，有兩種情況：比賽四場(chǎng)結(jié)束且丙最終獲勝的概率為.比賽五場(chǎng)結(jié)束且丙最終獲勝，則從第二場(chǎng)開始的四場(chǎng)比賽按照丙的勝

9、、負(fù)、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負(fù)勝，勝負(fù)空勝，負(fù)空勝勝，概率分別為，.因此丙最終獲勝的概率為.6.【2020年高考全國卷理數(shù)】某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動(dòng)物數(shù)量有所增加.為調(diào)查該地區(qū)某種野生動(dòng)物的數(shù)量，將其分成面積相近的200個(gè)地塊，從這些地塊中用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法抽取20個(gè)作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)(xi，yi)(i=1，2，20)，其中xi和yi分別表示第i個(gè)樣區(qū)的植物覆蓋面積(單位：公頃)和這種野生動(dòng)物的數(shù)量，并計(jì)算得，.(1)求該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值(這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值等于樣區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù))；(2)求樣本(xi，yi) (i=1，

10、2，20)的相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)；(3)根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計(jì)資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì)，請(qǐng)給出一種你認(rèn)為更合理的抽樣方法，并說明理由.附：相關(guān)系數(shù)，.【解析】(1)由已知得樣本平均數(shù)，從而該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值為60200=12000.(2)樣本的相關(guān)系數(shù).(3)分層抽樣：根據(jù)植物覆蓋面積的大小對(duì)地塊分層，再對(duì)200個(gè)地塊進(jìn)行分層抽樣.理由如下：由(2)知各樣區(qū)的這種野生動(dòng)物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強(qiáng)的正相關(guān).由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種野生動(dòng)物數(shù)量差異也很大，采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與

11、總體結(jié)構(gòu)的一致性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì).7.【2020年高考全國III卷理數(shù)】某學(xué)生興趣小組隨機(jī)調(diào)查了某市100天中每天的空氣質(zhì)量等級(jí)和當(dāng)天到某公園鍛煉的人次，整理數(shù)據(jù)得到下表(單位：天)：鍛煉人次鍛煉人次空氣質(zhì)量等級(jí)0，200(200，400(400，6001(優(yōu))216252(良)510123(輕度污染)6784(中度污染)720(1)分別估計(jì)該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1，2，3，4的概率；(2)求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計(jì)值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表)；(3)若某天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1或2，則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空

12、氣質(zhì)量等級(jí)為3或4，則稱這天“空氣質(zhì)量不好”.根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的22列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表，判斷是否有95%的把握認(rèn)為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當(dāng)天的空氣質(zhì)量有關(guān)？人次400人次400空氣質(zhì)量好空氣質(zhì)量不好附：K2=，P(K2k)0.050 0.010 0.001k3.841 6.635 10.828 .【解析】(1)由所給數(shù)據(jù)，該市一天的空氣質(zhì)量等級(jí)為1，2，3，4的概率的估計(jì)值如下表：空氣質(zhì)量等級(jí)1234概率的估計(jì)值0.430.270.210.09(2)一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計(jì)值為.(3)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得列聯(lián)表：人次400人次400空氣質(zhì)量好3337空氣質(zhì)量不好228根

13、據(jù)列聯(lián)表得.由于，故有95%的把握認(rèn)為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當(dāng)天的空氣質(zhì)量有關(guān).8.【2020年高考山東】為加強(qiáng)環(huán)境保護(hù)，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測(cè)部門對(duì)某市空氣質(zhì)量進(jìn)行調(diào)研，隨機(jī)抽查了天空氣中的和濃度(單位：)，得下表： 3218468123710(1)估計(jì)事件“該市一天空氣中濃度不超過，且濃度不超過”的概率；(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表： (3)根據(jù)(2)中的列聯(lián)表，判斷是否有的把握認(rèn)為該市一天空氣中濃度與濃度有關(guān)？附：，0.050 0.010 0.0013.841 6.635 10.828【解析】(1)根據(jù)抽查數(shù)據(jù)，該市100天的空氣中PM2.5濃度不超過75，且濃度不超過1

14、50的天數(shù)為，因此，該市一天空氣中PM2.5濃度不超過75，且濃度不超過150的概率的估計(jì)值為.(2)根據(jù)抽查數(shù)據(jù)，可得列聯(lián)表： 64161010(3)根據(jù)(2)的列聯(lián)表得.由于，故有的把握認(rèn)為該市一天空氣中濃度與濃度有關(guān).9.【2020年高考北京】某校為舉辦甲、乙兩項(xiàng)不同活動(dòng)，分別設(shè)計(jì)了相應(yīng)的活動(dòng)方案：方案一、方案二.為了解該校學(xué)生對(duì)活動(dòng)方案是否支持，對(duì)學(xué)生進(jìn)行簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣，獲得數(shù)據(jù)如下表：男生女生支持不支持支持不支持方案一200人400人300人100人方案二350人250人150人250人假設(shè)所有學(xué)生對(duì)活動(dòng)方案是否支持相互獨(dú)立.()分別估計(jì)該校男生支持方案一的概率、該校女生支持方案一的概

15、率；()從該校全體男生中隨機(jī)抽取2人，全體女生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)這3人中恰有2人支持方案一的概率；()將該校學(xué)生支持方案的概率估計(jì)值記為，假設(shè)該校年級(jí)有500名男生和300名女生，除一年級(jí)外其他年級(jí)學(xué)生支持方案二的概率估計(jì)值記為，試比較與的大小.(結(jié)論不要求證明)【解析】()該校男生支持方案一的概率為，該校女生支持方案一的概率為；()3人中恰有2人支持方案一分兩種情況，(1)僅有兩個(gè)男生支持方案一，(2)僅有一個(gè)男生支持方案一，一個(gè)女生支持方案一，所以3人中恰有2人支持方案一概率為：；()【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用頻率估計(jì)概率、獨(dú)立事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.10.【2019

16、年高考全國卷理數(shù)】為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進(jìn)行如下試驗(yàn)：將200只小鼠隨機(jī)分成A，B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液，每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同.經(jīng)過一段時(shí)間后用某種科學(xué)方法測(cè)算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比.根據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖：記C為事件：“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”，根據(jù)直方圖得到P(C)的估計(jì)值為0.70.(1)求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；(2)分別估計(jì)甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表).【答案】(1)a=0.35，b=0.10；(2)甲、乙離子殘留百

17、分比的平均值的估計(jì)值分別為4.05，6.00.【解析】(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15，故a=0.35.b=10.050.150.70=0.10.(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計(jì)值為20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.05=4.05.乙離子殘留百分比的平均值的估計(jì)值為30.05+40.10+50.15+60.35+70.20+80.15=6.00.11.【2019年高考全國卷理數(shù)】11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10：10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為

18、0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方10：10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束.(1)求P(X=2)；(2)求事件“X=4且甲獲勝”的概率.【答案】(1)0.5；(2)0.1.【解析】(1)X=2就是1010平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由甲得分，或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.50.4+(10.5)(10.4)=0.5.(2)X=4且甲獲勝，就是1010平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分.因此所求概率為0.5(10.4)+(10.5)0.40.50.4=0.1

19、.12.【2019年高考天津卷理數(shù)】設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間，每天7：30之前到校的概率均為.假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響，且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立.(1)用表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)為事件“上學(xué)期間的三天中，甲同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件發(fā)生的概率.【答案】(1)分布列見解析，；(2).【分析】本小題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望，互斥事件和相互獨(dú)立事件的概率計(jì)算公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查運(yùn)用概率知識(shí)解決簡(jiǎn)單實(shí)際問題的能力.滿分13分.【解析】(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期

20、間的三天中到校情況相互獨(dú)立，且每天7：30之前到校的概率均為，故，從而.所以，隨機(jī)變量的分布列為0123隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望.(2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為，則，且.由題意知事件與互斥，且事件與，事件與均相互獨(dú)立，從而由(1)知.13.【2019年高考北京卷理數(shù)】改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學(xué)生上個(gè)月A，B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額(元)支付方式(0，1000(100

21、0，2000大于2000僅使用A18人9人3人僅使用B10人14人1人(1)從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率；(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以X表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元.根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由.【答案】(1)0.4；(2)分布列見解析，E(X)=1；(3)見解析.【解析】(1)由題意知，樣本

22、中僅使用A的學(xué)生有18+9+3=30人，僅使用B的學(xué)生有10+14+1=25人，A，B兩種支付方式都不使用的學(xué)生有5人.故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學(xué)生有10030255=40人.所以從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率估計(jì)為.(2)X的所有可能值為0，1，2.記事件C為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支付金額大于1000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支付金額大于1000元”.由題設(shè)知，事件C，D相互獨(dú)立，且.所以，.所以X的分布列為X012P0.240.520.24故X的數(shù)學(xué)期望.(3)記事件E為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機(jī)抽查3人，他們本月的支付金額都大于2000元”.假設(shè)樣本僅使用A的學(xué)生中，本月支付金額大于2000元的人數(shù)沒有變化，則由上個(gè)月的樣本數(shù)據(jù)得.答案示例1：可以認(rèn)為有變化.理由如下：P(E)比較小