2022年
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数学真题分类汇编专题12：统计与概率一、单选题1．（2022·新高考Ⅱ卷）有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（ ）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【
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】排列、组合的实际应用【解析】【解答】因为丙丁相邻，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有3!种排列方式；甲不在两端，则甲在三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式.故答案为：B【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解.2．（2022·全国乙卷）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（ ）A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【知识点】茎叶图；众数、中位数、平均数【解析】【解答】对于A：甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.3+7.52=7.4，故A正确；对于B：乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.116=8.50625>8，故B正确；对于C：甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值616=0.375<0.4，故C错误；对于D：乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值1316=0.8125>0.6，故D正确.故选：C【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案即可.3．（2022·全国甲卷）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（ ）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．讲座前问卷答题的正确率的
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差小于讲座后正确率的标准差D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】解：对于A，讲座前中位数为70%+75%2>70%，所以A错；对于B，讲座后问卷答题的正确率只有1个是80%，4个85%，剩下全部大于等于90%，所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%，所以B对；对于C，讲座前问卷答题的正确率更加分散，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，所以C错；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%-60%=35%>20%，所以D错.故选：B.【分析】由图
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信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.4．（2022·全国甲卷）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）A．15B．13C．25D．23【答案】C【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】解：从6张卡片中无放回抽取2张，共有如下15种情况：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，其中数字之积为4的倍数的有其中数字之积为4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种情况，故概率为615=25.故选：C.【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.5．（2022·全国乙卷）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）A．p与该棋手和甲、乙、丙的此赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【知识点】相互独立事件的概率乘法公式【解析】【解答】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲则p甲=2(1−p2)p1p3+2p2p1(1−p3)=2p1(p2+p3)−4p1p2p3记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则p乙=2(1−p1)p2p3+2p1p2(1−p3)=2p2(p1+p3)−4p1p2p3记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则p丙=2(1−p1)p3p2+2p1p3(1−p2)=2p3(p1+p2)−4p1p2p3则p甲−p乙=2p1(p2+p3)−4p1p2p3−[2p2(p1+p3)−4p1p2p3]=2(p1−p2)p3<0p乙−p丙=2p2(p1+p3)−4p1p2p3−[2p3(p1+p2)−4p1p2p3]=2(p2−p3)p1<0即p甲
2.5)= ．【答案】0.14【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】因为X∼N(2，σ2)，所以P(X<2)=P(X>2)=0.5，因此P(X>2.5)=P(X>2)−P(22.706，根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式【解析】【分析】（1）根据
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中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算K2，再利用临界值表比较即可得结论.19．（2022·全国乙卷）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得i=110xi2=0.038，i=110yi2=1.6158，i=110xiyi=0.2474．附：相关系数r=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2i=1n(yi−y)2，1.896≈1.377．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．【答案】（1）解：样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x=0.610=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值y=3.910=0.39据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，平均一棵的材积量为0.39m3（2）解：r=i=110(xi−x)(yi−y)i=110(xi−x)2i=110(yi−y)2=i=110xiyi−10xy(i=110xi2−10x2)(i=110yi2−10y2)=0.2474−10×0.06×0.39(0.038−10×0.062)(1.6158−10×0.392)=0.01340.0001896≈0.01340.01377≈0.97则r≈0.97（3）解：设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.060.39=186Y，解之得Y=1209m3．则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3【知识点】众数、中位数、平均数；相关系数【解析】【分析】（1）计算出样本中10棵这种树木根部横截面积的平均值及10棵这种树木材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）根据相关系数公式计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．20．（2022·北京）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖，为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（I）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（II）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；（III）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】（I）由题意得：设甲在校运会铅球比赛中获优秀奖为事件A：比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成绩达到9.50以上的有：9.80，9.70，9.55，9.54四个，所以甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为P（A）=0.4；（II）X所有可能取值为0，1，2，3甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为P（A）=0.4乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B，则P（B）=0.5丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件C，则P（C）=0.5P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.4P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1X0123P0.150.40.350.1E(X)=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4（III）甲的平均数：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)×0.1=9.479乙的平均数：(9.78+9.56+9.51+9.36+9.32+9.23)÷6=9.457丙的平均数：(9.85+9.65+9.20+9.16)×0.25=9.465甲的方差：S2=[(9.8-9.479)2+⋯+(9.25-9.479)2]÷10=0.172乙的方差：S2=[(9.78-9.457)2+⋯+(9.23-9.457)2]÷6=0.0329丙的方差：S2=[(9.85-9.465)2+⋯+(9.16-9.465)2]÷4=0.086在校运动会铅球比赛中，乙获得冠军的概率估计值最大.【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式计算即可；（2）由题意X的可能取值为0，1，2，3，先分别求得甲、乙、丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率，再分别求取X取值的相应概率，由此得分布列和数学期望；（3）根据甲、乙、丙的比赛成绩的平均值和方差即可判断.21．（2022·新高考Ⅰ卷）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在己患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据： 不够良好良好病例组4060对照组1090附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2≥k)0.0500.0100.001K3.8416.63510.828（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，P(B∣A)P(B∣A)与P(B∣A)P(B∣A)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(i)证明：R=P(A∣B)P(A∣B)⋅P(A∣B)P(A∣B)；(ii)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A∣B)的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.【答案】（1）K2=200×(40×90−10×60)2100×100×50×150=24>6.625所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）用局部估计总体(i)R=P(B∣A)P(B∣A)÷P(B∣A)P(B∣A)=P(B∣A)⋅P(B∣A)P(B∣A)⋅P(B∣A)=P(AB)P(A)⋅P(BA)P(A)P(BA)P(A)⋅P(BA)P(A)=P(AB)⋅P(BA)P(BA)⋅P(BA)=P(AB)P(B)⋅P(BA)P(B)P(BA)P(B)⋅P(BA)P(B)=P(A∣B)⋅P(A∣B)P(A∣B)⋅P(A∣B)(ii)P(A∣B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=40100， P(A∣B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=90100P(A∣B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=60100， P(A∣B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=10100R=40×9060×10=6故R的估计值为6【知识点】独立性检验的应用；条件概率与独立事件【解析】【分析】（1）代入数据，求得K2，再对出表格，即可得结论；（2）(ⅰ)根据新定义，结合条件概率的计算公式，即可证明；(ⅱ)由条件概率的计算公式分别求得P(A∣B)，P(A∣B)，P(A∣B)， P(A∣B)，再代入R，求解即可.
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