五年（2019-2023）年高考真題分項匯編

冷題15槐阜鳥就計（解答盤J

高存?送瓶分衍

概率與統(tǒng)計題型主要包含二項式定理，排列組合，隨機(jī)抽樣，統(tǒng)計與概率等主要考查題型為:

考點01統(tǒng)計案例及應(yīng)用

考點02隨機(jī)事件分布列

考點03相關(guān)關(guān)系與回歸分析

考點04獨立性檢驗

考點05概率統(tǒng)計的綜合應(yīng)用

高存真魅精折

考點01：統(tǒng)計案例及應(yīng)用

1.（2022高考北京卷）在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，比賽成績達(dá)到9.50m以上（含

9.50m）的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎.為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成

績，并整理得到如下數(shù)據(jù)（單位：m）：

甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,935,9.30,9.25；

乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；

丙：9.85,9.65,9.20,9.16.

假設(shè)用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.

（1）估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率；

（2）設(shè)X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計X的數(shù)學(xué)期望E（X）；

（3）在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？（結(jié)論不要求證明）

【答案】

【解析】：（1）由頻率估計概率可得

甲獲得優(yōu)秀的概率為0.4,乙獲得優(yōu)秀的概率為0.5,丙獲得優(yōu)秀的概率為0.5,故答案為0.4

（2）設(shè)甲獲得優(yōu)秀為事件4,乙獲得優(yōu)秀為事件丙獲得優(yōu)秀為事件小

----------3

P（X=0）=P（A4A）=06X0.5X0.5=—,

p（x=1）=p（A4出）+P（A44）+p（A4A）

Q

=0.4x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5=——,

20

p（x=2）=p（A4%）+p（444）+p（444）

7

=0.4x0.5x0.5+0.4x0.5x0.5+0.6x0.5x0.5=——,

20

P（X=3）=P（A4A）=0.4x0.5x0.5=4.

，x的分布列為

X0123

3872

P

20202020

（3）丙奪冠概率估計值最大.

因為鉛球比賽無論比賽幾次就取最高成績.比賽一次，丙獲得9.85的概率為甲獲得9.80的概

4

率為,，乙獲得9.78的概率為工.并且丙的最高成績是所有成績中最高的，比賽次數(shù)越多，對丙越

106

有利.

2.（2023年全國乙卷理科）某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產(chǎn)品伸縮率的處理效應(yīng)，進(jìn)行10次配對試驗，

每次配對試驗選用材質(zhì)相同的兩個橡膠產(chǎn)品，隨機(jī)地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，

測量處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率.甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率分別記為

%[=1,2,…』0）.試驗結(jié)果如下：

試驗序號i12345678910

伸縮率果545533551522575544541568596548

伸縮率/536527543530560533522550576536

記Z]=%—%?=1,2,…,10）,記Z],Z2,…,金樣本平均數(shù)為I，樣本方差為$2.

⑴求152;

（2）判斷甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率是否有顯著提高（如果

z>2J—，則認(rèn)為甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高,

-V10

否則不認(rèn)為有顯著提高)

【答案】(1)5=11,1=61；

(2)認(rèn)為甲工藝處理后橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高.

545+533+551+522+575+544+541+568+596+548―

［解析】：(1)x=--------------------------------------------------------------------=552.3,

10

_536+527+543+530+560+533+522+550+576+536二…

y=---------------------------------------------------------------------=541.3,

10

彳=元—歹=552.3—541.3=11,

z-的值分別為：9,6,8,-8,15,11,19,18,20,12,

故

(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+0+(19—11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2

s2=-----------------------------------------------------------------------------------------------------------=nI

(2)由(1)知:N=n,2J—=276?!=V244-故有

Viovio

所以認(rèn)為甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高.

3.（2020年高考課標(biāo)I卷理科?）甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負(fù)兩場者被淘

汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)者

下一場輪空，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)每場比賽雙方獲勝的概率都為人,

2

（1）求甲連勝四場的概率；

（2）求需要進(jìn)行第五場比賽的概率；

（3）求丙最終獲勝的概率.

137

【答案】（1）%；（2）-；⑶

16416

【解析】:“（1）記事件甲連勝四場,

（2）記事件A為甲輸，事件3為乙輸，事件C為丙輸,

則四局內(nèi)結(jié)束比賽的概率為

P'=P（ABAB）+P（ACAC）+P（BCBC）+P（BABA）=4X14

3

所以，需要進(jìn)行第五場比賽的概率為P=l-尸'=—

4

（3）記事件A為甲輸，事件3為乙輸，事件C為丙輸,

記事件甲贏，記事件N:丙贏,

則甲贏的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、

BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC,

45

所以，甲贏概率為P（M）=

由對稱性可知，乙贏的概率和甲贏的概率相等,

97

所以丙贏的概率為P（N）=1—2乂啦=記

4.（2021年高考全國乙卷理科）某廠研制了一種生產(chǎn)高精產(chǎn)品的設(shè)備，為檢驗新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的某項指標(biāo)有

無提高，用一臺舊設(shè)備和一臺新設(shè)備各生產(chǎn)了10件產(chǎn)品，得到各件產(chǎn)品該項指標(biāo)數(shù)據(jù)如下：

舊設(shè)備9.810.31001029.99.810.010.110.29.7

新設(shè)備10110.410.110.010.110.310.610.510.410.5

舊設(shè)備和新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標(biāo)的樣本平均數(shù)分別記為嚏和亍，樣本方差分別記為和.

⑴求口不，S：,S；；

（2）判斷新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標(biāo)的均值較舊設(shè)備是否有顯著提高（如果歹—元22、因土里，則認(rèn)為

-V10

新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高，否則不認(rèn)為有顯著提高）.

【答案】⑴x=105=10.3,^=0.036,^=0.04；⑵新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標(biāo)的均值較舊設(shè)備

有顯著提高.

,z-9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7，八

【解析］：（1）x=---------------------------------------------------------------------------=10,

-10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5

y----------------------------------------------------------------------------------------10.3,

0.22+0,32+0+0,22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.32

10

0.22+0.12+0.22+0.32+0.22+0+0.32+0.22+0.12+0.22i

-------------------------------------------------------------------------------------=0n.04.

10

⑵依題意，亍一1=0.3=2x0.15=240.152=2,0.025，2^0-03^0'04=2^0.0076,

不―最》2后丁，所以新設(shè)備生產(chǎn)產(chǎn)品的該項指標(biāo)的均值較舊設(shè)備有顯著提高.

5.（2021年新高考I卷）某學(xué)校組織“一帶一路”知識競賽，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)抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學(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類問題中的每個問題

回答正確得20分，否則得0分：B類問題中的每個問題回答正確得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X為小明的累計得分，求X的分布列；

（2）為使累計得分期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

【答案】【解析】：（1）由題可知，X的所有可能取值為0,20,100.

p（X=0）=l-0.8=0.2；

P（X=20）=0.8（1-0.6）=0.32；

P（X=100）=0.8x0.6=0.48.

所以X的分布列為

X020100

P0.20.320.48

（2）由（1）知，E（X）=0x0.2+20x0.32+100x0.48=54.4.

若小明先回答3問題，記y為小明的累計得分，則y的所有可能取值為0,80,100.

p（y=0）=l-0.6=0.4；

p（y=80）=0.6（l-0.8）=0.12；

P（X=100）=0.8x0.6=0.48.

所以磯￥）=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6.

因為54.4<57.6,所以小明應(yīng)選擇先回答3類問題.

6.(2022新高考全國II卷)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下

的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；

(2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間［20,70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間［40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?/p>

16%.從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間［40,50),求此人患這種疾病的概率.(以樣本數(shù)

據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001).

【答案】(1)47.9歲；

(2)0.89；

⑶0.0014.

［解析］：(1)平均年齡x=(5x0.001+15x0.002+25x0.012+35x0.017+45x0.023

+55x0.020+65x0.017+75x0.006+85x0.002)x10=47.9(歲).

(2)設(shè)A=｛一人患這種疾病的年齡在區(qū)間［20,70)｝，所以

P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)xlO=1-0.11=0.89.

(3)設(shè)3=｛任選一人年齡位于區(qū)間［40,50)｝,C=｛任選一人患這種疾?。?

則由條件概率公式可得

P?B)=W=="°23=00014375，0.0014

P(B)16%0.16

2.(2019?全國III?理)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：將200只小鼠隨機(jī)

分成A,3兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，5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)過一段時間后用某種科學(xué)方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百

分比.根據(jù)試驗數(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）的估計值為0.70.

⑴求乙離子殘留百分比直方圖中。，b的值；

（2）分別估計甲、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)間的中點值為代表）.

【答案】⑴a=0.35,/2=0.10；（2）4.05,6.00.

【官方【解析】】

（1）由已知得0.70=a+0.20+0.15,故a=0.35,b=l—0.05—0.15—0.70=0.10.

（2）甲離子殘留百分比的平均值的估計值為

2x0.15+3x0.20+4x0.30+5x0.20+6x0.10+7x0.05=4.05.

乙離子殘留百分比的平均值的估計值為

3x0.05+4x0.10+5x0.15+6x0.35+7x0.20+8x0.15=6.00.

【點評】本題考查頻率分布直方圖的相關(guān)概念和頻率分布直方圖中平均數(shù)法人計算，屬于基礎(chǔ)題.

考點02隨機(jī)事件分布列

1.（2022年高考全國甲卷數(shù)學(xué)（理））甲、乙兩個學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個項目，每個項目勝方得

10分，負(fù)方得。分，沒有平局.三個項目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍.已知甲學(xué)校在三個

項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8,各項目的比賽結(jié)果相互獨立.

（1）求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；

（2）用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.

【答案】⑴0.6；⑵分布列見【解析】，E（X）=13.

【【解析】】（1）設(shè)甲在三個項目中獲勝的事件依次記為A3,C,所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率為

P=P（ABC）+P（ABC）+P（ABC）+P（ABC）

=0.5x0.4x0.8+0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2

=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

(2)依題可知，X的可能取值為0,10,20,30,所以，

p(X=0)=0.5x04x0.8=0.16,

尸(X=10)=0.5x0.4x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2=0.44,

P(X=20)=0.5x0.6x0.8+0.5x0.4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

p(X=30)=0.5x0.6x0.2=0.06.

即X的分布列為

X0102030

P0.160.440.340.06

期望E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13.

2.（2021高考北京）在核酸檢測中，“k合1”混采核酸檢測是指：先將k個人的樣本混合在一起進(jìn)行1次

檢測,如果這k個人都沒有感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陰性，得到每人的檢測結(jié)果都為陰性，檢測結(jié)

束:如果這k個人中有人感染新冠病毒，則檢測結(jié)果為陽性，此時需對每人再進(jìn)行1次檢測得到每人的

檢測結(jié)果，檢測結(jié)束.

現(xiàn)對100人進(jìn)行核酸檢測，假設(shè)其中只有2人感染新冠病毒，并假設(shè)每次檢測結(jié)果準(zhǔn)確.

⑴將這loo人隨機(jī)分成io組，每組io人，且對每組都采用“io合r混采核酸檢測.

⑴如果感染新冠病毒的2人在同一組，求檢測的總次數(shù)；

（ii）已知感染新冠病毒的2人分在同一組的概率為工.設(shè)X是檢測的總次數(shù)，求X的

11

分布列與數(shù)學(xué)期望E（x）.

（II）將這100人隨機(jī)分成20組，每組5人，且對每組都采用“5合1"混采核酸檢測.設(shè)Y是檢測的總

次數(shù)，試判斷數(shù)學(xué)期望E（Y）與⑴中E（X）的大小.（結(jié)論不要求證明）

320

【答案】⑴①20次；②分布列見【解析】;期望為矛-;⑵E（y）＞E（X）.

【解析】：（I）①對每組進(jìn)行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進(jìn)行檢測，需要10次；

所以總檢測次數(shù)為20次；

②由題意，X可以取20,30,

P（X=20）=g,P（X=30）=l-g=

則X的分布列：

X2030

110

p

1111

1in

所以E(X)=20x—+30x—=—

v7111111

⑵由題意，y可以取25,30,

20c2c3495

兩名感染者在同一組的概率為［=一產(chǎn)=—,不在同一組的概率為g=—

Goo9999

則即15喑+3。嚕=鬻再（X）.

3.（2020江蘇高考）甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球.現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任

取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)〃次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數(shù)為x“，恰有2個黑球的概率

為P“，恰有1個黑球的概率為工.

⑴求。1吆和Pz吆2；

⑵求2p,+%與2Pz+q,r的遞推關(guān)系式和X”的數(shù)學(xué)期望E（X“）（用〃表示）.

■田生▼/\12716/、小1/_、2

【答案】⑴Pi=a，%=G；。2=三,%=方;⑵2P“+q'=.(2p“_i+/_J+.

112x32

【解析】a）A=—一］'"-

3^33

1x31x211227

p、="1x---------+〃ix-----------=-X1X-=

213x33x3333927

2x3lxl+2x2八222516

q,=Pix------x-------------------F0=-x-F-x-=—

213x313x3333927

/、1x31x212

⑵--F+“F=”盧小'

2x3lxl+2x23x212

%=P〃T*而+3+Z1一%x"而二一§5，

212

因此2%+必=-p?_1+-^?_1+-,

121

從而2p?+q?=~Qp,i+q?.1)+~,：.2pn+qn-l^-(2^,_1+q?_l-l),

即22+%T=(2R+?-1)擊,2p“+%=1+，.

又X“的分布列為

X"012

PlaPn

故E（X“）=22+%=：!+，?

4.（2oi9?全國n?理）n分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成io：io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)球時甲得分的概率為

0.5,乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨立.在某局雙方10:10平后，甲先發(fā)球，兩人

又打了X個球該局比賽結(jié)束.

⑴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10:10平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，則這2個球均由甲得分，或者

均由乙得分.因此尸（X=2）=0.5x0.4+（l—0.5）x（l—0.4）=0.5.

（2）X=4且甲獲勝，就是10:10平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，且這4個球的得分情況為:

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

[0.5x（l-0.4）+（l-0.5）x0.4]x0.5x0.4=0.1.

【解析】：。）由題意可知，P（X=2）所包含的事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球”，

所以尸（X=2）=0.5?0.40.5?0.60.5.

（2）由題意可知，P（X=4）包含的事件為“前兩球甲乙各得1分，后兩球均為甲得分”

所以P（X=4）=0.5倉。60.5倉D4+0.50.4倉。50.4=0.1.

2

5.（2019?天津?理?）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一.假定甲、乙兩位

3

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立.

（I）用X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X的分布列和數(shù)學(xué)期望;

（II）設(shè)M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M發(fā)生的概率.

【答案】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，互斥事件和相互獨立事件的概率計算

公式等基礎(chǔ)知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.滿分13分.

2

（I）解：因為甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均為一，故

3

X~43,|）,從而P（X=Q=C：（S,i』,23

所以，隨機(jī)變量X的分布列為

X0123

1248

P

279927

2

隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E（X）=3x-=2.

（ID解：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y,則工~313，!

且〃={x=3,y=i}-{x=2,y=o}.由題意知事件{x=3,y=i}與{乂=2,丫=。}互斥,

且事件｛X=3｝與｛F=l｝,事件｛X=2｝與｛y=0｝均相互獨立，從而由（I）知

P（A/）=P（{X=3,F=1}{x=2,y=o}）=p（x=3,y=i）+p（x=2,y=o）

=p（x=3）p（y=i）+p（x=2）p（y=o）=—x-+-x—=—

279927243

考點03相關(guān)關(guān)系與回歸分析

1.（2022年高考全國乙卷數(shù)學(xué)（理））某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區(qū)

某種樹木的總材積量，隨機(jī)選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：H?）和材積量（單位：

n?），得到如下數(shù)據(jù)：

樣

本總

12345678910

號和

i

根

部

橫

截0.040.060.040.080080.050.050.070.070.060.6

面

積

王

材

積

0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

量

yt

101010

并計算得=°O38,?；=1.6158,=0.2474.

i=li=li=l

(1)估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

(2)求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)；

(3)現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為

186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總材

積量的估計值.

士(七一元)(％一?)_____

附：相關(guān)系數(shù)r=I&，V1-896?1.377.

店(…苣(x-t

vi=li=l

【答案】(1)0.06m2；0.39m3

(2)0.97

(3)1209m3

【解析】：【小問1詳解】

樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值元=—=0.06

10

39

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值y=—=0.39

據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m2,

平均一棵的材積量為0.39n?

【小問2詳解】

1010

元)(％-9)10而

廠二日.二日

=02474-10x0.06x0.39=。。⑶.0。134.0§7

7(0.038-10x0.062)(1.6158-10x0.392)V0.00018960.01377

貝ljrx0.97

小問3詳解】

設(shè)該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為Ku3，

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得g||=竿，解之得Y=1209m3.則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為1209m3

2.（2020年高考課標(biāo)II卷理科）某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，野生動物數(shù)量有所增加.為

調(diào)查該地區(qū)某種野生動物數(shù)量，將其分成面積相近的200個地塊，從這些地塊中用簡單隨機(jī)抽樣的

方法抽取20個作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)（X/,%）0=1,2,…，20）,其中X,?和加分別表示第/個樣區(qū)

2020

的植物覆蓋面積（單位：公頃）和這種野生動物的數(shù)量，并計算得＞＞產(chǎn)60,=1200,

1=11=1

202020

￡（毛-元）2=80,E（X-y）2=9000,^（x,.-x）（x-y）-800.

i=\i=li=l

（1）求該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計值（這種野生動物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種野生動物數(shù)量的平

均數(shù)乘以地塊數(shù)）；

⑵求樣本（為，必）0=1,2,20）的相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，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

動物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計，請給出一種你認(rèn)為更合理的抽樣方法，并說明理由.

J（x（.-x）（y,.-y）

附：相關(guān)系數(shù)4J“t”=,＜2=1-414.

、應(yīng)%-元商（%-蘇

Vi=li=l

【答案】⑴12000；（2）0.94；（3）詳見【解析】

I20]

【解析】：（1）樣區(qū)野生動物平均數(shù)為右￡X=京X1200=60,

i=i2U

地塊數(shù)為200,該地區(qū)這種野生動物的估計值為200x60=12000

⑵樣本（x”y）行=1,2,…，20）的相關(guān)系數(shù)為

20

8002>/2nc”

r=i=l,=----h0.94

[2020780x90003

￡（為「君「力2

i=\i=l

（3）由（2）知各樣區(qū)的這種野生動物的數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關(guān)性,

由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從俄各地塊間這種野生動物的數(shù)量差異很大，

采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)得以執(zhí)行，提高了樣本的代表性,

從而可以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計.

考點04獨立性檢驗

1.（2023年全國甲卷理科?）一項試驗旨在研究臭氧效應(yīng).實驗方案如下：選40只小白鼠，隨機(jī)地將其中

20只分配到實驗組，另外20只分配到對照組，實驗組的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對照組的小白

鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時間后統(tǒng)計每只小白鼠體重的增加量（單位：g）.

⑴設(shè)X表示指定的兩只小白鼠中分配到對照組的只數(shù),求X的分布列和數(shù)學(xué)期望;

⑵實驗結(jié)果如下:

對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為:

15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.1

32.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2

對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為:

7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.2

19.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5

⑴求40只小鼠體重的增加量的中位數(shù)m,再分別統(tǒng)計兩樣本中小于m與不小于的數(shù)據(jù)的個數(shù)，完成

如下列聯(lián)表:

<m>m

對照組

實驗組

（ii）根據(jù)⑴中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與正常環(huán)境中體重的增加量

有差異.

n(ad-be)2

附：K2=

(i+b)(c+d)(q+c)(b+d)'

k。0.1000.0500.010

p儼次）2.7063.8416.635

【答案】⑴分布列見【解析】，E（X）=1

（2）⑴加=23.4；列聯(lián)表見【解析】，（ii）能

【解析】：（1）依題意，X的可能取值為01,2,

則P(X=0)=空P(X=1)=G^=至,P(X=2)=。^』

C4o78Ch39C而78

所以X的分布列為:

X012

192019

p

78397i

…/、八c19,20c19,

故E(X)=Ox---i-lx---1-2x—=1

783978

（2）（i）依題意，可知這40只小白鼠體重增量的中位數(shù)是將兩組數(shù)據(jù)合在一起，從小到大排后第20位與

第21位數(shù)據(jù)的平均數(shù)，觀察數(shù)據(jù)可得第20位為23.2,第21位數(shù)據(jù)為23.6,

23.2+23.6

所以加==23.4

2

故列聯(lián)表為:

<m>m合計

對照組61420

實驗組14620

合計202040

2

(ii)由⑴可得，K=40義—=6.400〉3.841,

20x20x20x20

所以能有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與正常環(huán)境中體重的增加量有差異.

2.（2021年高考全國甲卷理科）甲、乙兩臺機(jī)床生產(chǎn)同種產(chǎn)品，產(chǎn)品按質(zhì)量分為一級品和二級品，為了比較

兩臺機(jī)床產(chǎn)品的質(zhì)量，分別用兩臺機(jī)床各生產(chǎn)了200件產(chǎn)品，產(chǎn)品的質(zhì)量情況統(tǒng)計如下表：

一級品二級品合計

甲機(jī)床15050200

乙機(jī)床12080200

合計270130400

（1）甲機(jī)床、乙機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中一級品的頻率分別是多少？

（2）能否有99%的把握認(rèn)為甲機(jī)床的產(chǎn)品質(zhì)量與乙機(jī)床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異?

n{ad-bcf

附：K2=

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P[K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】（1）75%；60%；

（2）能.

【解析】：（1）甲機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級品的頻率為受=75%,

200

乙機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中的一級品的頻率為超=60%.

200

400(150x80-120x50)2400

A=------------------------------------=------>10>6.633,

270x130x200x20039

故能有99%的把握認(rèn)為甲機(jī)床的產(chǎn)品與乙機(jī)床的產(chǎn)品質(zhì)量有差異.

3.（2020年高考課標(biāo)III卷理科?）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

[0,200](200,400](400,600]

空氣質(zhì)量等級

1（優(yōu)）21625

2(良)51012

3（輕度污染）678

4（中度污染）720

（1）分別估計該市一天的空氣質(zhì)量等級為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值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；

（3）若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2,則稱這天“空氣質(zhì)量好"；若某天的空氣質(zhì)量等級為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2x2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“00人次＞400

空氣質(zhì)量好

空氣質(zhì)量不好

附：心一叱處——

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(爐2k)0.0500.0100.001

k38416.63510.828

【答案】（1）該市一天的空氣質(zhì)量等級分別為1、2、3、4的概率分別為0.43、0.27、0.21、0.09；

⑵350；⑶有，理由見【解析工

。［1久I。;

【解析】：（1）由頻數(shù)分布表可知，該市一天的空氣質(zhì)量等級為1的概率為----------=0.43,等級為2

100

的概率為"SI?=0.27,等級為3的概率為9+7+8=0.21,等級為4的概率為7+2+0=0.09；

100100100

（2）由頻數(shù)分布表可知，一天中至I］該公園鍛煉的人次的平均數(shù)為IOOXIO+SOOXSS+SOOX,S=35Q