2025届高考数学二轮专题复习与测试专题1概率与统计中的简单计算

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题1概率与统计中的简单计算，共17页。
2．利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数
(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即为众数．
(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和相等．
(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．
3．方差与标准差
方差：
s2＝ eq \f(1,n) [(x1－ eq \(x,\s\up10(－)))2＋(x2－ eq \(x,\s\up10(－)))2＋…＋(xn－ eq \(x,\s\up10(－)))2]．
标准差：s＝
eq \r(\f(1,n)[（x1－\(x,\s\up10(－))）2＋（x2－\(x,\s\up10(－))）2＋…＋（xn－\(x,\s\up10(－))）2]) ．
4．一组数据的第p百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有p%的数据小于或等于这个值，且至少有(100－p)%的数据大于或等于这个值．
(1)(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则( BD )
A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
【解析】 取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为 eq \f(\r(66),3) ，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.
(2)(多选)(2024·茂名一模)某校举行与中秋节相关的“中国传统文化”知识竞赛，随机抽查了100人的成绩整理后得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是( AC )
A．样本的众数为75
B．样本的71%分位数为75
C．样本的平均数为68.5
D．该校学生中得分低于60分的约占20%
【解析】 依题意，(0.015＋0.025＋0.035＋0.005＋2a)×10＝1，解得a＝0.010，
选项A，因为最高小矩形底边中点的横坐标为75，所以众数为75，故A正确；
选项B，设样本的71%分位数为x，又10×(0.010＋0.015＋0.025)＝0.5，0.5＋0.035×10＝0.85，所以0.5＋(x－70)×0.035＝0.71，解得x＝76，故B错误；
选项C，平均数为45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5，故C正确；
选项D，样本中得分低于60分的占(0.010＋0.015)×10×100%＝25%，所以该校学生中得分低于60分的约占25%，故D错误．
(1)数字特征的意义
平均数与方差都是重要的数字特征，是对数据的一种简明描述，它们所反映的情况有重要的实际意义．平均数、中位数、众数、百分位数描述数据的集中趋势，方差和标准差描述数据的波动大小．
(2)分层随机抽样的均值、方差公式
若总体划分为两层，第一层m个数，分别为x1，x2，…，xm，平均数为 eq \(x,\s\up10(－))，方差为s eq \\al(2,1) ；第二层n个数，分别为y1，y2，…，yn，平均数为 eq \(y,\s\up10(－))，方差为s eq \\al(2,2) .记总体样本平均数为a，样本方差为s2，则
①a＝ eq \f(1,m＋n) (m eq \(x,\s\up10(－))＋n eq \(y,\s\up10(－)))＝ eq \f(m,m＋n) eq \(x,\s\up10(－))＋ eq \f(n,m＋n) eq \(y,\s\up10(－))；
②s2＝ eq \f(1,m＋n) {m[s eq \\al(2,1) ＋( eq \(x,\s\up10(－))－a)2]＋n[s eq \\al(2,2) ＋( eq \(y,\s\up10(－))－a)2]}．
1．(2024·新课标Ⅱ卷)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)并整理得下表：
根据表中数据，下列结论中正确的是( C )
A．100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B．100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
解析：对于A，因为前3组的频率之和为0.06＋0.12＋0.18＝0.360.5，所以100块稻田亩产量的中位数所在的区间为[1 050，1 100)，故A错误；
对于B，100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例为 eq \f(6＋12＋18＋30,100) ×100%＝66%，故B错误；
对于C，因为1 200－900＝300，1 150－950＝200，所以100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间，故C正确；
对于D，100块稻田亩产量的平均值为 eq \f(1,100) ×(925×6＋975×12＋1 025×18＋1 075×30＋1 125×24＋1 175×10)＝1 067(kg)，故D错误．
2．(多选)(2024·保定二模)下图是2024年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高气温与最低气温(单位：℃)的折线图，则下列结论正确的是( ACD )
A．这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为7 ℃
B．这5天的最低气温的极差为3 ℃
C．这5天的最高气温的众数是26 ℃
D．这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃
解析：对于A，这5天的最高气温的平均数为 eq \f(26×2＋23＋25＋20,5) ＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确；对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误；对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确；对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确．
小题考法2 概率的计算
[核心提炼]
1．古典概型的概率公式
P(A)＝ eq \f(事件A包含的样本点数,样本空间包含的样本点总数) .
2．条件概率公式
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，则P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) .
3．全概率公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝ eq \i\su(i＝1,n,P) (Ai)·P(B|Ai).
命题角度❶ 古典概型
(1)(2024·马鞍山三模)甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为( C )
A． eq \f(3,20) B． eq \f(9,50)
C． eq \f(6,25) D． eq \f(12,25)
【解析】 当人数配比为3∶1∶1时，有C eq \\al(3,5) A33＝60种不同安排方法；若人数配比为2∶2∶1时，则有C eq \\al(1,5) C eq \\al(1,3) C eq \\al(2,4) ＝90种不同安排方法，所以共有60＋90＝150种不同安排方法．
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为3∶1∶1时，则有C eq \\al(1,3) A eq \\al(3,3) ＝18种不同安排方法；
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为2∶2∶1时，则有C eq \\al(2,3) A eq \\al(3,3) ＝18种不同安排方法，
所以共有18＋18＝36种不同安排方法．所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为P＝ eq \f(36,150) ＝ eq \f(6,25) .
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)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________．
【解析】 因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；
第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；
第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合．
综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝ eq \f(12,24) ＝ eq \f(1,2) .
【答案】 eq \f(1,2)
求古典概型概率的注意点
(1)对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时要做到不重不漏．
(2)当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率．
(2024·全国甲卷)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( C )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4)
C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2)
解析：画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人的出场顺序共有24种，其中丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的顺序共有8种，所以所求概率为 eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) ，故选C.
命题角度❷ 相互独立事件的概率
(1)已知A，B两名学生均打算去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市互不影响，若A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.3，则A，B不去同一个城市上大学的概率为( C )
A．0.3 B．0.46
C．0.54 D．0.7
【解析】 设事件M＝“A去甲城市上大学”，事件N＝“B去甲城市上大学”，
则P(M)＝0.6，P( eq \(M,\s\up10(－)))＝1－0.6＝0.4，P(N)＝0.3，
P( eq \(N,\s\up10(－)))＝1－0.3＝0.7，
则A，B不去同一个城市上大学的概率为P(M)P( eq \(N,\s\up10(－)))＋P( eq \(M,\s\up10(－)))P(N)＝0.6×0.7＋0.4×0.3＝0.54.故选C.
(2)甲、乙两队进行篮球比赛，采取五场三胜制(先胜三场者获胜，比赛结束)，根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“客客主主客”，设甲队主场取胜的概率为0.5，客场取胜的概率为0.4，且各场比赛相互独立，则甲队在0∶1落后的情况下最后获胜的概率为( A )
A．0.24 B．0.25
C．0.2 D．0.3
【解析】 由题意可知，甲队在第一场比赛输了，若甲队在0∶1落后的情况下最后获胜，分以下四种情况讨论：
①甲队在第二、三、四场比赛都获胜，概率P1＝0.4×0.52＝0.1；
②甲队在第二场比赛输了，在第三、四、五场比赛获胜，概率P2＝0.6×0.52×0.4＝0.06；
③甲队在第二、四、五场比赛获胜，在第三场比赛输了，概率P3＝0.4×0.52×0.4＝0.04；
④甲队在第二、三、五场比赛获胜，在第四场比赛输了，概率P4＝0.4×0.52×0.4＝0.04.
综上所述，所求概率P＝P1＋P2＋P3＋P4＝0.1＋0.06＋0.04×2＝0.24.故选A.
求相互独立事件的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
(2)正面计算较复杂(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可计算其对立事件．
(2024·四川名校联考)某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对的概率为 eq \f(3,4) ，乙队和丙队答对的概率都是 eq \f(2,3) .若各队答题的结果相互独立且都进行了答题．则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为( C )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(7,36) D． eq \f(1,6)
解析：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率P＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－))∪ eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－))∪ eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝P(A)·P( eq \(B,\s\up10(－)))P( eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)))P(B)P( eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)))P( eq \(B,\s\up10(－)))P(C)＝ eq \f(3,4) ×(1－ eq \f(2,3) )×(1－ eq \f(2,3) )＋(1－ eq \f(3,4) )× eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(2,3) )＋(1－ eq \f(3,4) )×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(2,3) ＝ eq \f(7,36) .
命题角度❸ 条件概率与全概率公式
(1)春天是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里患鼻炎的概率是 eq \f(4,15) ，患感冒的概率是 eq \f(2,15) ，鼻炎和感冒均未患的概率是 eq \f(7,10) ，则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为( B )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(3,8)
C． eq \f(2,5) D． eq \f(7,15)
【解析】 设“此人在春季里患鼻炎”为事件A，“此人在春季里患感冒”为事件B，
则P(A)＝ eq \f(4,15) ，P(B)＝ eq \f(2,15) ，则P(A∪B)＝1－ eq \f(7,10) ＝ eq \f(3,10) ，
由P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，
可得P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)
＝ eq \f(4,15) ＋ eq \f(2,15) － eq \f(3,10) ＝ eq \f(1,10) ，
则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为
P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(\f(1,10),\f(4,15)) ＝ eq \f(3,8) .故选B.
(2)若有三个箱子，编号分别为1，2，3.1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球．某人从三个箱子中任取一箱，从中任意摸出一个球，取得红球的概率为________．
【解析】 设事件Ai为“球取自于i(i＝1，2，3)号箱”，记事件B为“取得红球”，事件B总是伴随着事件A1，事件A2，事件A3之一同时发生，
且A1B，A2B，A3B两两互斥，
P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝ eq \f(1,3) ，
P(B|A1)＝ eq \f(1,5) ，P(B|A2)＝ eq \f(2,5) ，P(B|A3)＝1，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(2,5) ＋ eq \f(1,3) ×1＝ eq \f(8,15) .
【答案】 eq \f(8,15)
应用全概率公式求概率的步骤
(1)根据题意找出完整的事件组，即满足全概率公式的Ω的一个划分A1，A2，A3，…，An.
(2)用Ai(i＝1，2，3，…，n)来表示待求的事件．
(3)代入全概率公式求解．
(2024·郑州二模)在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5，0.6和0.7，且三人的测试结果相互独立，测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为( C )
A． eq \f(5,8) B． eq \f(7,8)
C． eq \f(9,29) D． eq \f(20,29)
解析：分别记甲、乙、丙三人获得优秀等级为事件A，B，C，记甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D.
由题知，P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.7，
所以P(D)＝P(A eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＋P( eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－))C)＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7＝0.29，
P(BD)＝P( eq \(A,\s\up10(－))B eq \(C,\s\up10(－)))＝0.5×0.6×0.3＝0.09.
所以P(B|D)＝ eq \f(0.09,0.29) ＝ eq \f(9,29) .
小题考法3 正态分布
[核心提炼]
正态曲线的特点
(1)曲线与x轴之间的区域的面积为1.
(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称．
(3)曲线在x＝μ处达到峰值 eq \f(1,σ\r(2π)) .
(4)当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．
(多选)某地区的科研部门调查某绿色植被培育的株高X(单位：cm)的情况，得出X～N(100，102)，则下列说法正确的是( AC )
A．该绿色植被株高的均值为100
B．该绿色植被株高的方差为10
C．若P(X>m)＝P(Xm)＝P(X