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1、 專題四 概率與統(tǒng)計 [研高考·明考點] 年份 卷別 小題考查 大題考查 2017 卷Ⅰ T2·用樣本的數字特征估計總體的數字特征 T19·相關系數的計算，均值、標準差公式的應用 T4·數學文化，有關面積的幾何概型 卷Ⅱ T11·古典概型的概率計算 T19·頻率分布直方圖，頻率估計概率，獨立性檢驗 卷Ⅲ T3·折線圖的識別與應用 T18·頻數分布表，用頻率估計概率 2016 卷Ⅰ T3·古典概型求概率 T19·柱狀圖、頻數、平均值，用樣本估計總體 卷Ⅱ T8·與時間有關的幾何概型求概率 T18·頻數、頻率估計概率，平均值的應用 卷Ⅲ T4·統(tǒng)

2、計圖表的應用 T18·變量間的線性相關關系，回歸方程的求解與應用 T5·古典概型求概率 2015 卷Ⅰ T4·新定義、古典概型求概率 T19·散點圖，求回歸方程及函數的最值 卷Ⅱ T3·條形圖、兩個變量的相關性 T18·頻率分布直方圖，方差，用頻率估計概率 [析考情·明重點] 小題考情分析 大題考情分析 常考點 1.用樣本估計總體(3年3考) 2.古典概型與幾何概型(3年6考) ?？键c 高考對概率、統(tǒng)計這部分在解答題中的考查綜合性較強，將概率、統(tǒng)計的有關知識(特別是直方圖、樣本數字特征等)有機地交融在一起，有時僅考查利用統(tǒng)計知識(特別是線性回歸方程)解決

3、實際問題，題型主要有： 1.概率與用樣本估計總體交匯問題 2.回歸分析與統(tǒng)計的交匯問題 偶考點 變量間的相關關系、統(tǒng)計案例 偶考點 獨立性檢驗與統(tǒng)計的交匯問題 第一講 小題考法——概率、統(tǒng)計、統(tǒng)計案例 考點(一) 主要考查用統(tǒng)計圖表估計總體以及利用樣本的數字特征估計總體，且以統(tǒng)計圖表的考查為主. 用樣本估計總體 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)某旅游城市為向游客介紹本地的氣溫情況，繪制了一年中各月平均最高氣溫和平均最低氣溫的雷達圖．圖中A點表示十月的平均最高氣溫約為15 ℃，B點表示四月的平均最低氣溫約為5 ℃.下面敘述不正確的是(　　)

4、 A．各月的平均最低氣溫都在0 ℃以上 B．七月的平均溫差比一月的平均溫差大 C．三月和十一月的平均最高氣溫基本相同 D．平均最高氣溫高于20 ℃的月份有5個 (2)為比較甲、乙兩地某月14時的氣溫情況，隨機選取該月中的5天，將這5天中14時的氣溫數據(單位：℃)制成如圖所示的莖葉圖．考慮以下結論： ①甲地該月14時的平均氣溫低于乙地該月14時的平均氣溫； ②甲地該月14時的平均氣溫高于乙地該月14時的平均氣溫； ③甲地該月14時的氣溫的標準差小于乙地該月14時的氣溫的標準差； ④甲地該月14時的氣溫的標準差大于乙地該月14時的氣溫的標準差． 其中根據莖葉圖能得到

5、的統(tǒng)計結論的編號為(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ (3)已知某地區(qū)中小學生人數和近視情況分別如圖①和圖②所示．為了解該地區(qū)中小學生的近視形成原因，用分層抽樣的方法抽取2%的學生進行調查，則樣本容量和抽取的高中生近視人數分別為(　　) A．100,10 B．200,10 C．100,20 D．200,20 [解析]　(1)由圖形可得各月的平均最低氣溫都在0 ℃以上，A正確；七月的平均溫差約為10 ℃，而一月的平均溫差約為5 ℃，B正確；三月和十一月的平均最高氣溫都在10 ℃左右，基本相同，C正確；平均最高氣溫高于20℃的月份有2個，故D錯誤．

6、 (2)∵甲＝＝29， 乙＝＝30， ∴甲<乙． 又s＝＝， s＝＝2， ∴s甲>s乙．故可判斷結論①④正確． (3)易知樣本容量為(3 500＋4 500＋2 000)×2%＝200；抽取的高中生人數為2 000×2%＝40，由于其近視率為50%，所以近視的人數為40×50%＝20. [答案]　(1)D　(2)B　(3)D [方法技巧] 1．方差的計算與含義 (1)計算：計算方差首先要計算平均數，然后再按照方差的計算公式進行計算． (2)含義：方差是描述一個樣本和總體的波動大小的特征數，方差大說明波動大． 2．與頻率分布直方圖有關問題的常見類型及解題策略 (1)已

7、知頻率分布直方圖中的部分數據，求其他數據．可根據頻率分布直方圖中的數據求出樣本與整體的關系，利用頻率和等于1就可以求出其他數據． (2)已知頻率分布直方圖，求某個范圍內的數據．可利用圖形及某范圍結合求解． [演練沖關] 1．(2017·全國卷Ⅲ)某城市為了解游客人數的變化規(guī)律，提高旅游服務質量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量(單位：萬人)的數據，繪制了下面的折線圖． 根據該折線圖，下列結論錯誤的是(　　) A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月 D．各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至

8、12月，波動性更小，變化比較平穩(wěn) 解析：選A　根據折線圖可知，2014年8月到9月、2014年10月到11月等月接待游客量都在減少，所以A錯誤．由圖可知，B、C、D正確． 2．(2017·山東高考)如圖所示的莖葉圖記錄了甲、乙兩組各5名工人某日的產量數據(單位：件)．若這兩組數據的中位數相等，且平均值也相等，則x和y的值分別為(　　) A．3,5 B．5,5 C．3,7 D．5,7 解析：選A　由兩組數據的中位數相等可得65＝60＋y，解得y＝5，又它們的平均值相等，所以×[56＋62＋65＋74＋(70＋x)]＝×(59＋61＋67＋65＋78)，解得x＝3. 3．某

9、電子商務公司對10 000名網絡購物者2017年度的消費情況進行統(tǒng)計，發(fā)現消費金額(單位：萬元)都在區(qū)間[0.3,0.9]內，其頻率分布直方圖如圖所示． (1)直方圖中的a＝________； (2)在這些購物者中，消費金額在區(qū)間[0.5,0.9]內的購物者的人數為________． 解析：(1)由0.1×1.5＋0.1×2.5＋0.1a＋0.1×2.0＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝1，解得a＝3. (2)區(qū)間[0.3,0.5)內的頻率為0.1×1.5＋0.1×2.5＝0.4，故[0.5,0.9]內的頻率為1－0.4＝0.6. 因此，消費金額在區(qū)間[0.5,0.9]內的購物

10、者的人數為0.6×10 000＝6 000. 答案：(1)3　(2)6 000 考點(二) 主要考查線性回歸方程的求解及應用，對獨立性檢驗的考查較少. 變量間的相關關系、統(tǒng)計案例 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·蘭州診斷)已知某種商品的廣告費支出x(單位：萬元)與銷售額y(單位：萬元)之間有如下對應數據： x 2 4 5 6 8 y 30 40 50 m 70 根據表中提供的全部數據，用最小二乘法得出y與x的線性回歸方程為＝6.5x＋17.5，則表中m的值為(　　) A．45 B．50 C．55 D．60 (2)(2017·

11、南昌模擬)設某中學的高中女生體重y(單位：kg)與身高x(單位：cm)具有線性相關關系，根據樣本數據(xi，yi)(i＝1,2,3，…，n)，用最小二乘法近似得到回歸直線方程為＝0.85x－85.71，則下列結論中不正確的是(　　) A．y與x具有正線性相關關系 B．回歸直線過樣本點的中心(，) C．若該中學某高中女生身高增加1 cm，則其體重約增加0.85 kg D．若該中學某高中女生身高為160 cm，則可斷定其體重必為50.29 kg [解析]　(1)＝＝5， ＝＝. ∵當＝5時，＝6.5×5＋17.5＝50， ∴＝50，解得m＝60. (2)因為回歸直線方程＝0.85

12、x－85.71中x的系數為0.85>0，因此y與x具有正線性相關關系，所以選項A正確；由最小二乘法及回歸直線方程的求解可知回歸直線過樣本點的中心(，)，所以選項B正確；由于用最小二乘法得到的回歸直線方程是估計值，而不是具體值，所以若該中學某高中女生身高增加1 cm，則其體重約增加0.85 kg，所以選項C正確，選項D不正確． [答案]　(1)D　(2)D [方法技巧] 求回歸直線方程的關鍵及實際應用 (1)求回歸直線方程的關鍵是正確理解，的計算公式和準確地求解． (2)在分析實際中兩個變量的相關關系時，可根據樣本數據作出散點圖來確定兩個變量之間是否具有相關關系，若具有線性相關關系，則

13、可通過線性回歸方程估計和預測變量的值． [演練沖關] 1．(2018屆高三·湖北七市(州)聯考)廣告投入對商品的銷售額有較大影響．某電商對連續(xù)5個年度的廣告費x和銷售額y進行統(tǒng)計，得到統(tǒng)計數據如表所示(單位：萬元)： 廣告費x 2 3 4 5 6 銷售額y 29 41 50 59 71 由上表可得回歸方程為＝10.2x＋，據此模型，預測廣告費為10萬元時的銷售額約為(　　) A．101.2萬元 B．108.8萬元 C．111.2萬元 D．118.2萬元 解析：選C　根據統(tǒng)計數據表，可得＝×(2＋3＋4＋5＋6)＝4，＝×(29＋41＋50＋59＋71

14、)＝50，而回歸直線＝10.2x＋經過樣本點的中心(4,50)，∴50＝10.2×4＋，解得＝9.2，∴回歸方程為＝10.2x＋9.2.當x＝10時，y＝10.2×10＋9.2＝111.2，故選C. 2．(2018屆高三·湘中名校聯考)利用獨立性檢驗來考慮兩個分類變量X和Y是否有關系時，通過查閱下表來確定“X和Y有關系”的可信度．如果k>3.841，那么有把握認為“X和Y有關系”的百分比為(　　) P(K2>k0) 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 0.455 0.708 1.323

15、 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 A.5% B．75% C．99.5% D．95% 解析：選D　由表中數據可得，當k>3.841時，有0.05的機率說明這兩個變量之間的關系是不可信的，即有1－0.05＝0.95的機率，也就是有95%的把握認為變量之間有關系，故選D. 考點(三) 主要考查古典概型及幾何概型概率公式的應用. 古典概型與幾何概型 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)小敏打開計算機時，忘記了開機密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個字母，第二位是1,2,3,4,

16、5中的一個數字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. (2)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是(　　) A. B. C. D. (3)(2018屆高三·湖北五市十校聯考)在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2AD，在CD上任取一點P，△ABP的最大邊是AB的概率為(　　) A. B. C.－1 D.－1 [解析]　(1)

17、∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}， ∴事件總數有15種． ∵正確的開機密碼只有1種，∴P＝. (2)不妨設正方形的邊長為2，則正方形的面積為4，正方形的內切圓的半徑為1，面積為π.由題意，得S黑＝S圓＝，故此點取自黑色部分的概率P＝＝. (3)分別以A，B為圓心，AB的長為半徑畫弧，交CD于P1，P2，則當P在線段P1P2間運動時，能使得△ABP的最大邊是AB，在Rt△P2BC中，BP2＝2，BC＝1，故CP2＝，DP2＝2－，同理

18、CP1＝2－，所以P1P2＝2－(2－)×2＝2－2，所以＝－1，即△ABP的最大邊是AB的概率為－1. [答案]　(1)C　(2)B　(3)D [方法技巧] 1．利用古典概型求概率的關鍵及注意點 (1)正確求出基本事件總數和所求事件包含的基本事件總數． (2)對于較復雜的題目條件計數時要正確分類，分類時應不重不漏． 2．幾何概型的適用條件及求解關鍵 (1)當構成試驗的結果的區(qū)域為長度、面積、體積、弧長、夾角等時，應考慮使用幾何概型求解． (2)求解關鍵是尋找構成試驗的全部結果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區(qū)域． [演練沖關] 1．

19、(2018屆高三·湘中名校聯考)從集合A＝{－2，－1,2}中隨機選取一個數記為a，從集合B＝{－1,1,3}中隨機選取一個數記為b，則直線ax－y＋b＝0不經過第四象限的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　從集合A，B中隨機選取一個數后組合成的數對有(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9對，要使直線ax－y＋b＝0不經過第四象限，則需a≥0，b≥0，共有2對滿足，所以所求概率P＝，故選A. 2．(2017·長春質檢)如圖，扇形AOB的圓心角為120°，點P在弦AB上，且AP

20、＝AB，延長OP交弧AB于點C，現向扇形AOB內投一點，則該點落在扇形AOC內的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　設OA＝3，則AB＝3，AP＝，由余弦定理可求得OP＝，則∠AOP＝30°，所以扇形AOC的面積為，又扇形AOB的面積為3π，從而所求概率為＝. 3．(2017·全國卷Ⅱ)從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　記兩次取得卡片上的數字依次為a，b，則一共有25個不同的數組(a，b)，其中滿足a＞b的數組共有10

21、個，分別為(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，因此所求的概率P＝＝. 4．(2017·天津高考)有5支彩筆(除顏色外無差別)，顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫．從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　從5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，有10種不同取法：(紅，黃)，(紅，藍)，(紅，綠)，(紅，紫)，(黃，藍)，(黃，綠)，(黃，紫)，(藍，綠)，(藍，紫)，(綠，紫)．而取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的取法有(紅，黃)

22、，(紅，藍)，(紅，綠)，(紅，紫)，共4種，故所求概率P＝＝. 5．(2017·江蘇高考)記函數f(x)＝的定義域為D.在區(qū)間[－4,5]上隨機取一個數x，則x∈D的概率是________． 解析：由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，則D＝[－2,3]，則所求概率P＝＝. 答案： [必備知能·自主補缺] (一) 主干知識要記牢 1．概率的計算公式 (1)古典概型的概率計算公式 P(A)＝； (2)互斥事件的概率計算公式 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)； (3)對立事

23、件的概率計算公式 P()＝1－P(A)； (4)幾何概型的概率計算公式 P(A)＝. 2．抽樣方法 (1)三種抽樣方法的比較 類別 共同點 各自特點 相互聯系 適用范圍 簡單隨 機抽樣 是不放回抽樣，抽樣過程中，每個個體被抽到的機會(概率)相等 從總體中逐個抽取 總體中的個數較少 系統(tǒng) 抽樣 將總體均分成幾部分，按事先確定的規(guī)則，在各部分抽取 在起始部分抽樣時，采用簡單隨機抽樣 總體中的個數比較多 分層 抽樣 將總體分成幾層，分層進行抽取 各層抽樣時，采用簡單隨機抽樣或者系統(tǒng)抽樣 總體由差異明顯的幾部分組成 (2)分層抽樣中公式的運用

24、 ①抽樣比＝＝； ②層1的數量∶層2的數量∶層3的數量＝樣本1的容量∶樣本2的容量∶樣本3的容量． 3．用樣本數字特征估計總體 (1)眾數、中位數、平均數 定義 特點 眾數 在一組數據中出現次數最多的數據 體現了樣本數據的最大集中點，不受極端值的影響，而且不唯一 中位數 將一組數據按大小順序依次排列，處在最中間位置的一個數據(或最中間兩個數據的平均數) 中位數不受極端值的影響，僅利用了排在中間數據的信息，只有一個 平均數 樣本數據的算術平均數 與每一個樣本數據有關，只有一個 (2)方差和標準差 方差和標準差反映了數據波動程度的大小． ①方差： s2

25、＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]； ②標準差： s＝ . (二) 二級結論要用好 1．頻率分布直方圖的3個結論 (1)小長方形的面積＝組距×＝頻率． (2)各小長方形的面積之和等于1. (3)小長方形的高＝，所有小長方形高的和為. 2．與平均數和方差有關的4個結論 (1)若x1，x2，…，xn的平均數為，那么mx1＋a，mx2＋a，…，mxn＋a的平均數為m＋a； (2)數據x1，x2，…，xn與數據x＝x1＋a，x＝x2＋a，…，x＝xn＋a的方差相等，即數據經過平移后方差不變； (3)若x1，x2，…，xn的方差為s2，那么ax1＋b，ax2＋b，…

26、，axn＋b的方差為a2s2； (4)s2＝(xi－)2＝－2，即各數平方的平均數減去平均數的平方． 求s2時，可根據題目的具體情況，結合題目給出的參考數據，靈活選用公式形式． 3．線性回歸方程 線性回歸方程＝x＋一定過樣本點的中心(，)． [針對練1]　(2018屆高三·惠州調研)某車間為了規(guī)定工時定額，需要確定加工零件所花費的時間，為此進行了5次試驗．根據收集到的數據(如下表)： 零件數x/個 10 20 30 40 50 加工時間y/分鐘 62 68 75 81 89 由最小二乘法求得回歸方程＝0.67x＋，則的值為________． 解析：因為＝＝

27、30， ＝＝75， 所以回歸直線一定過樣本點的中心(30,75)， 將其代入＝0.67x＋，可得75＝0.67×30＋，解得＝54.9. 答案：54.9 (三) 易錯易混要明了 1．應用互斥事件的概率加法公式，一定要注意首先確定各事件是否彼此互斥，然后求出各事件分別發(fā)生的概率，再求和． 2．正確區(qū)別互斥事件與對立事件的關系：對立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情況，但互斥事件不一定是對立事件，“互斥”是“對立”的必要不充分條件． 3．混淆頻率分布條形圖和頻率分布直方圖，誤把頻率分布直方圖縱軸的幾何意義當成頻率，導致樣本數據的頻率求錯． 4．在求解幾何概型的概率時，要注意分清幾何

28、概型的類別(體積型、面積型、長度型、角度型等)． [針對練2]　一種小型電子游戲的主界面是半徑為r的圓，點擊圓周上的點A后，該點在圓周上隨機轉動，最后落在點B處，當線段AB的長不小于r時自動播放音樂，則一次轉動能播放音樂的概率為________． 解析：如圖，當|AB|≥r，即點B落在劣弧CC′上時才能播放音樂．又劣弧CC′所對應的圓心角為，所以一次轉動能播放音樂的概率為＝. 答案： [課時跟蹤檢測] A組——12＋4提速練 一、選擇題 1．(2017·南昌模擬)某校

29、為了解學生學習的情況，采用分層抽樣的方法從高一1 000人、高二1 200人、高三n人中，抽取81人進行問卷調查．已知高二被抽取的人數為30，那么n＝(　　) A．860 B．720 C．1 020 D．1 040 解析：選D　根據分層抽樣方法，得×81＝30，解得n＝1 040. 2．(2018屆高三·西安八校聯考)某班對八校聯考成績進行分析，利用隨機數表法抽取樣本時，先將60個同學按01,02,03，…，60進行編號，然后從隨機數表第9行第5列的數開始向右讀，則選出的第6個個體是(　　) (注：下表為隨機數表的第8行和第9行) 第8行 第9行 A．07 B．25

30、 C．42 D．52 解析：選D　依題意得，依次選出的個體分別為12,34,29,56,07,52，…因此選出的第6個個體是52，故選D. 3．(2017·寶雞質檢)對一批產品的長度(單位：毫米)進行抽樣檢測，樣本容量為200，如圖為檢測結果的頻率分布直方圖，根據產品標準，單件產品長度在區(qū)間[25,30)的為一等品，在區(qū)間[20,25)和[30,35)的為二等品，其余均為三等品，則該樣本中三等品的件數為(　　) A．5 B．7 C．10 D．50 解析：選D　根據題中的頻率分布直方圖可知，三等品的頻率為1－(0.050 0＋0.062 5＋0.037 5)×5＝0.

31、25，因此該樣本中三等品的件數為200×0.25＝50，故選D. 4．(2016·全國卷Ⅱ)從區(qū)間[0,1]隨機抽取2n個數x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，構成n個數對(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中兩數的平方和小于1的數對共有m個，則用隨機模擬的方法得到的圓周率π的近似值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　因為x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在區(qū)間[0,1]內隨機抽取，所以構成的n個數對(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在邊長為1的正方形OABC內(包括邊界)，如圖所示．若兩數的平方和小于1，則對應的數

32、對在扇形OAC內(不包括扇形圓弧上的點所對應的數對)，故在扇形OAC內的數對有m個．用隨機模擬的方法可得＝，即＝，所以π＝. 5．在一組樣本數據(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n≥2，x1，x2，…，xn不全相等)的散點圖中，若所有樣本點(xi，yi)(i＝1,2，…，n)都在直線y＝x＋1上，則這組樣本數據的樣本相關系數為(　　) A．－1 B．0 C. D．1 解析：選D　因為所有樣本點都在直線y＝x＋1上，所以這組樣本數據完全正相關，故其相關系數為1. 6．甲、乙兩位歌手在“中國新歌聲”選拔賽中，5次得分情況如圖所示．記甲、乙兩人的平均得分分別為甲，

33、乙，則下列判斷正確的是(　　) A.甲＜乙，甲比乙成績穩(wěn)定 B.甲＜乙，乙比甲成績穩(wěn)定 C.甲＞乙，甲比乙成績穩(wěn)定 D.甲＞乙，乙比甲成績穩(wěn)定 解析：選B　甲＝＝85， 乙＝＝86， s＝[(76－85)2＋(77－85)2＋(88－85)2＋(90－85)2＋(94－85)2]＝52， s＝[(75－86)2＋(88－86)2＋(86－86)2＋(88－86)2＋(93－86)2]＝35.6， 所以甲＜乙，s＞s，故乙比甲成績穩(wěn)定，故選B. 7．(2017·洛陽統(tǒng)考)若θ∈[0，π]，則sin>成立的概率為(　　) A. B. C. D．1 解析：選B　

34、依題意，當θ∈[0，π]時，θ＋∈，由sin>得≤θ＋<，即0≤θ<.因此，所求的概率為＝. 8．將一枚骰子先后拋擲兩次，并記朝上的點數分別為m，n，m為2或4時，m＋n>5的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　依題意得，先后拋擲兩次骰子所得的點數對(m，n)為：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，…，(6,5)，(6,6)，共有36組，其中當m＝2或4時，相應的點數對(m，n)共有12組．當m＝2時，滿足m＋n>5，即n>3的點數對(m，n)共有3組；當m＝4時，滿足m＋n>5，即n>1的點數對(m，n)共有5組，因此所求的概率為＝.

35、 9．(2017·惠州調研)齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬，田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬，現從雙方的馬匹中各隨機選一匹進行一場比賽，則田忌的馬獲勝的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　設田忌的上、中、下三個等次的馬分別為A，B，C，齊王的上、中、下三個等次的馬分別為a，b，c，從雙方的馬匹中各隨機選一匹進行一場比賽的所有可能結果有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，共9種，田忌馬獲勝有Ab，Ac，Bc，共3種，所以田忌的馬獲勝的概率為. 10．(2018屆高三·西安八校

36、聯考)在平面區(qū)域{(x，y)|0≤x≤1，1≤y≤2}內隨機投入一點P，則點P的坐標(x，y)滿足y≤2x的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　依題意得，不等式組表示的平面區(qū)域為如圖所示的正方形ABCD的內部(含邊界)，其面積為1×1＝1，不等式組表示的平面區(qū)域為圖中陰影部分(含邊界)，其面積為××1＝，因此所求的概率為. 11．(2018屆高三·廣東五校聯考)在區(qū)間[－1,1]上隨機取一個數k，使直線y＝k(x＋3)與圓x2＋y2＝1相交的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　若直線y＝k(x＋3)與圓x2＋y2＝1相交，則圓心到直線的距離

37、d＝<1，解得－m C．n＝m D．不能確定 解析：選A　由題意可得，＝， ＝， 則＝＝·＋·＝·＋·＝a＋(1－a)，所以＝a，＝1－a，又0

38、x1，x2，…，x2 017的方差是4，若yi＝2xi－1(i＝1,2，…，2 017)，則y1，y2，…，y2 017的方差為________． 解析：設樣本數據的平均數為，則yi＝2xi－1的平均數為2－1，則y1，y2，…，y2 017的方差為[(2x1－1－2＋1)2＋(2x2－1－2＋1)2＋…＋(2x2 017－1－2＋1)2]＝4×[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(x2 017－)2]＝4×4＝16. 答案：16 14．(2018屆高三·廣西三市聯考)已知函數f(x)＝logax＋log8(a>0，且a≠1)，在集合，，，3,4,5，6,7中任取一個數a，則f(3a＋1)

39、>f(2a)>0的概率為________． 解析：∵3a＋1>2a，f(3a＋1)>f(2a)，f(x)＝logax－loga8，∴a>1.又f(2a)>0，∴2a>8，即a>4，符合條件的a的值為5,6,7，故所求概率為. 答案： 15．(2017·張掖模擬)在區(qū)間[0，π]上隨機取一個數θ，則使≤sin θ＋cos θ≤2成立的概率為________． 解析：由≤sin θ＋cos θ≤2，得≤sinθ＋≤1，結合θ∈[0，π]，得滿足條件的θ∈，∴使≤sin θ＋cos θ≤2成立的概率為＝. 答案： 16．甲、乙兩人在5次綜合測評中成績的莖葉圖如圖所示，其中一個數字被污

40、損，記甲、乙的平均成績分別為甲，乙，則甲>乙的概率是________． 解析：設污損處的數字為m，由(84＋85＋87＋90＋m＋99)＝(86＋87＋91＋92＋94)，得m＝5，即當m＝5時，甲、乙兩人的平均成績相等．m的取值有0,1,2,3，…，9，共10種可能，其中，當m＝6,7,8,9時，甲>乙，故所求概率為＝. 答案： B組——能力小題保分練 1．(2017·成都模擬)兩位同學約定下午5：30～6：00在圖書館見面，且他們5：30～6：00之間到達的時刻是等可能的，先到的同學須等待，若15分鐘后還未見面便離開．則這兩位同學能夠見面的概率是(　　) A. B. C.

41、 D. 解析：選D　如圖所示，以5：30作為原點O，建立平面直角坐標系，設兩位同學到達的時刻分別為x，y，設事件A表示兩位同學能夠見面，所構成的區(qū)域為A＝{(x，y)||x－y|≤15}，即圖中陰影部分，根據幾何概型概率計算公式得P(A)＝＝. 2．(2017·廣州模擬)四個人圍坐在一張圓桌旁，每個人面前放著一枚完全相同的硬幣，所有人同時拋出自己的硬幣．若硬幣正面朝上，則這個人站起來；若硬幣正面朝下，則這個人繼續(xù)坐著．那么沒有相鄰的兩個人站起來的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　四個人按順序圍成一桌，同時拋出自己的硬幣拋出的硬幣正面記為0，反面記為1，則總的基

42、本事件為(0,0,0,0)，(0,0,0,1)，(0,0,1,0)，(0,0,1,1)，(0,1,0,0)，(0,1,0,1)，(0,1,1,0)，(0,1,1,1)，(1,0,0,0)，(1,0,0,1)，(1,0,1,0)，(1,0,1,1)，(1,1,0,0)(1,1,0,1)，(1,1,1,0)，(1,1,1,1)，共有16種情況．若四個人同時坐著，有1種情況；若三個人坐著，一個人站著，有4種情況；若兩個人坐著，兩個人站著，此時沒有相鄰的兩個人站起來有2種情況．所以沒有相鄰的兩個人站起來的情況共有1＋4＋2＝7種，故所求概率為. 3．一個樣本容量為10的樣本數據，它們組成一個公差

43、不為0的等差數列{an}，若a3＝8，且a1，a3，a7成等比數列，則此樣本的平均數和中位數分別是(　　) A．13,12 B．13,13 C．12,13 D．13,14 解析：選B　設等差數列{an}的公差為d(d≠0)，a3＝8，a1a7＝a＝64，即(8－2d)(8＋4d)＝64，又d≠0，所以d＝2，故樣本數據為：4,6,8,10,12,14,16,18,20,22，平均數為＝＝13，中位數為＝13. 4．根據如下樣本數據： x 3 4 5 6 7 y 4.0 a－5.4 －0.5 0.5 b－0.6 得到的回歸方程為＝bx＋a.若樣本點的中心

44、為(5,0.9)，則當x每增加1個單位時，y就(　　) A．增加1.4個單位 B．減少1.4個單位 C．增加7.9個單位 D．減少7.9個單位 解析：選B　依題意得，＝0.9，故a＋b＝6.5；① 又樣本點的中心為(5,0.9)，故0.9＝5b＋a，② 聯立①②，解得b＝－1.4，a＝7.9，則＝－1.4x＋7.9， 所以當x每增加1個單位時，y就減少1.4個單位． 5．正六邊形ABCDEF的邊長為1，在正六邊形內隨機取點M，則使△MAB的面積大于的概率為________． 解析：如圖所示，作出正六邊形ABCDEF，其中心為O，過點O作OG⊥AB，垂足為G，則OG的長為

45、中心O到AB邊的距離． 易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等邊三角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin 60°＝1×＝，即對角線CF上的點到AB的距離都為. 設△MAB中AB邊上的高為h，則由S△MAB＝×1×h>，解得h>. 所以要使△MAB的面積大于，只需滿足h>，即需使M位于CF的上方．故由幾何概型得，△MAB的面積大于的概率P＝＝. 答案： 6．某班運動隊由足球運動員18人、籃球運動員12人、乒乓球運動員6人組成(每人只參加一項)，現從這些運動員中抽取一個容量為n的樣本，若分別采用系統(tǒng)抽樣法和分層抽樣法，則都不用剔除個體；當樣本容量為n＋1時

46、，若采用系統(tǒng)抽樣法，則需要剔除1個個體，那么樣本容量n為________． 解析：總體容量為6＋12＋18＝36.當樣本容量為n時，由題意可知，系統(tǒng)抽樣的抽樣距為，分層抽樣的抽樣比是，則采用分層抽樣法抽取的乒乓球運動員人數為6×＝，籃球運動員人數為12×＝，足球運動員人數為18×＝，可知n應是6的倍數，36的約數，故n＝6,12,18.當樣本容量為n＋1時，剔除1個個體，此時總體容量為35，系統(tǒng)抽樣的抽樣距為，因為必須是整數，所以n只能取6，即樣本容量n為6. 答案：6 第二講 大題考法——概率與統(tǒng)計 題型(一) 主要考查隨機事件的概率、古典概型、頻率分布直方圖、莖葉圖等的應用.

47、 概率與用樣本估計總體的交匯問題 [典例感悟] [典例1]　(2016·全國卷Ⅰ)某公司計劃購買1臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖： 記x表示1臺機器在三年使用期內需更換的易損零件數，y表示1臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)，n表示購機的同時購買的易損零件數． (1)若n＝19，求y與x的函數解析式； (2)若要

48、求“需更換的易損零件數不大于n”的頻率不小于0.5，求n的最小值； (3)假設這100臺機器在購機的同時每臺都購買19個易損零件，或每臺都購買20個易損零件，分別計算這100臺機器在購買易損零件上所需費用的平均數，以此作為決策依據，購買1臺機器的同時應購買19個還是20個易損零件？ [解]　(1)當x≤19時，y＝3 800； 當x＞19時，y＝3 800＋500(x－19)＝500x－5 700，所以y與x的函數解析式為 y＝(x∈N)． (2)由柱狀圖知，需更換的零件數不大于18的頻率為0.46，不大于19的頻率為0.7，故n的最小值為19. (3)若每臺機器在購機同時都購買1

49、9個易損零件，則這100臺機器中有70臺在購買易損零件上的費用為3 800(元)，20臺的費用為4 300(元)，10臺的費用為4 800(元)，因此這100臺機器在購買易損零件上所需費用的平均數為(3 800×70＋4 300×20＋4 800×10)＝4 000(元)． 若每臺機器在購機同時都購買20個易損零件，則這100臺機器中有90臺在購買易損零件上的費用為4 000(元)，10臺的費用為4 500(元)，因此這100臺機器在購買易損零件上所需費用的平均數為(4 000×90＋4 500×10)＝4 050(元)．比較兩個平均數可知，購買1臺機器的同時應購買19個易損零件． [備課

50、札記]　 　 [方法技巧] 解決概率與用樣本估計總體交匯問題的方法 [演練沖關] 1．(2017·全國卷Ⅲ

51、)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫

52、位于各區(qū)間的頻率估計最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)估計六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率； (2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)．當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率． 解：(1)這種酸奶一天的需求量不超過300瓶，當且僅當最高氣溫低于25，由表格數據知，最高氣溫低于25的頻率為＝0.6，所以這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率的估計值為0.6. (2)當這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，若最高氣溫不低于25，則Y＝6×450－4×450＝900； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)， 則Y＝6×300

53、＋2(450－300)－4×450＝300； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100.所以Y的所有可能值為900,300，－100. Y大于零當且僅當最高氣溫不低于20，由表格數據知，最高氣溫不低于20的頻率為＝0.8，因此Y大于零的概率的估計值為0.8. 題型(二) 主要考查線性回歸方程的求解與應用. 回歸分析與統(tǒng)計的交匯問題 [典例感悟] [典例2]　(2016·全國卷Ⅲ)下圖是我國2008年至2014年生活垃圾無害化處理量(單位：億噸)的折線圖． (1)由折線圖看出，可用線性回歸模型擬合y與t的關系，請用相關系數加以說明；

54、 (2)建立y關于t的回歸方程(系數精確到0.01)，預測2016年我國生活垃圾無害化處理量． 參考數據：i＝9.32，iyi＝40.17, ＝0.55，≈2.646. 參考公式：相關系數r＝，回歸方程＝＋t中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為＝，＝－ . [解]　(1)由折線圖中的數據和附注中的參考數據得＝4，(ti－)2＝28, ＝0.55，(ti－)(yi－)＝iyi－i＝40.17－4×9.32＝2.89，所以r≈≈0.99. 因為y與t的相關系數近似為0.99，說明y與t的線性相關程度相當大，從而可以用線性回歸模型擬合y與t的關系． (2)由＝≈1.331及(1)得＝＝≈0

55、.103.＝－ ≈1.331－0.103×4≈0.92. 所以y關于t的回歸方程為＝0.92＋0.10t. 將2016年對應的t＝9代入回歸方程得＝0.92＋0.10×9＝1.82. 所以預測2016年我國生活垃圾無害化處理量約為1.82億噸． [備課札記]　

56、 　 [方法技巧] 破解回歸分析問題的關鍵 (1)會依據表格及公式＝，＝－求線性回歸方程中的參數的值，注意不要代錯公式； (2)已知變量的某個值去預測相應預報變量時，只需把該值代入回歸方程＝x＋中． [演練沖關] 2．(2017·全國卷Ⅰ)為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每隔30 min從該生產線上隨機抽取一個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．下面是檢驗員在一天內依次抽取的16個零件的尺寸： 抽取次序 1 2 3

57、 4 5 6 7 8 零件尺寸 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 抽取次序 9 10 11 12 13 14 15 16 零件尺寸 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經計算得＝i＝9.97，s＝＝≈0.212, ≈18.439，(xi－)(i－8.5)＝－2.78，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1,2，…，16. (1)求(xi，i)(i＝1,2，…，16)的相關系數r，并回答

58、是否可以認為這一天生產的零件尺寸不隨生產過程的進行而系統(tǒng)地變大或變小(若|r|＜0.25，則可以認為零件的尺寸不隨生產過程的進行而系統(tǒng)地變大或變小)． (2)一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在(－3s，＋3s)之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查． ①從這一天抽檢的結果看，是否需對當天的生產過程進行檢查？ ②在(－3s，＋3s)之外的數據稱為離群值，試剔除離群值，估計這條生產線當天生產的零件尺寸的均值與標準差．(精確到0.01) 附：樣本(xi，yi)(i＝1,2，…，n)的相關系數 r＝，≈0.09. 解：(1)由樣本數據得

59、(xi，i)(i＝1,2，…，16)的相關系數為r＝＝≈－0.18.由于|r|＜0.25，因此可以認為這一天生產的零件尺寸不隨生產過程的進行而系統(tǒng)地變大或變小． (2)①由于＝9.97，s≈0.212，由樣本數據可以看出抽取的第13個零件的尺寸在(－3s，＋3s)以外，因此需對當天的生產過程進行檢查．②剔除離群值，即第13個數據，剩下數據的平均數為(16×9.97－9.22)＝10.02，所以這條生產線當天生產的零件尺寸的均值的估計值為10.02，＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除第13個數據，剩下數據的樣本方差為(1 591.134－9.222－15×10.0

60、22)≈0.008，所以這條生產線當天生產的零件尺寸的標準差的估計值為≈0.09. 題型(三) 主要考查抽樣、隨機事件、古典概型、頻率分布直方圖的應用以及K2的計算與應用. 獨立性檢驗與概率、統(tǒng)計的交匯問題 [典例感悟] [典例3]　(2017·全國卷Ⅱ)海水養(yǎng)殖場進行某水產品的新、舊網箱養(yǎng)殖方法的產量對比，收獲時各隨機抽取了100個網箱，測量各箱水產品的產量(單位：kg)，其頻率分布直方圖如下： (1)記A表示事件“舊養(yǎng)殖法的箱產量低于50 kg”，估計A的概率； (2)填寫下面列聯表，并根據列聯表判斷是否有99%的把握認為箱產量與養(yǎng)殖方法有關： 箱產量＜50 k

61、g 箱產量≥50 kg 舊養(yǎng)殖法 新養(yǎng)殖法 (3)根據箱產量的頻率分布直方圖，對這兩種養(yǎng)殖方法的優(yōu)劣進行比較． K2＝. [解]　(1)舊養(yǎng)殖法的箱產量低于50 kg的頻率為 (0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62. 因此，事件A的概率估計值為0.62. (2)根據箱產量的頻率分布直方圖得列聯表 箱產量＜50 kg 箱產量≥50 kg 舊養(yǎng)殖法 62 38 新養(yǎng)殖法 34 66 根據表中數據及K2的計算公式得， K2＝≈15.705. 由于15.705＞6.635，故有99%的把握認為箱產

62、量與養(yǎng)殖方法有關． (3)箱產量的頻率分布直方圖表明：新養(yǎng)殖法的箱產量平均值(或中位數)在50 kg到55 kg之間，舊養(yǎng)殖法的箱產量平均值(或中位數)在45 kg到50 kg之間，且新養(yǎng)殖法的箱產量分布集中程度較舊養(yǎng)殖法的箱產量分布集中程度高，因此，可以認為新養(yǎng)殖法的箱產量較高且穩(wěn)定，從而新養(yǎng)殖法優(yōu)于舊養(yǎng)殖法． [備課札記]　

63、 　 [方法技巧] (1)假設兩個分類變量X與Y無關系； (2)找相關數據，列出2×2列聯表； (3)由公式K2＝(其中n＝a＋b＋c＋d)計算出K2的觀測值； (4)將K2的觀測值與臨界值進行對比，進而得出統(tǒng)計推斷，這些臨界值，在考題中常會附在題后． [演練沖關] 3．(2017·長春質檢)為了打好脫貧攻堅戰(zhàn)，某貧困縣農科院針對玉米種植情況進行調研，力爭有效地改良玉

64、米品種，為農民提供技術支援．現對已選出的一組玉米的莖高進行統(tǒng)計，獲得莖葉圖如圖(單位：厘米)，設莖高大于或等于180厘米的玉米為高莖玉米，否則為矮莖玉米． (1)列出2×2列聯表，并判斷是否可以在犯錯誤的概率不超過1%的前提下，認為抗倒伏與玉米矮莖有關？ (2)為了改良玉米品種，現采用分層抽樣的方法從抗倒伏的玉米中抽出5株，再從這5株玉米中選取2株進行雜交試驗，則選取的植株均為矮莖的概率是多少？ 附： P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6

65、35 7.879 10.828 解：(1)根據統(tǒng)計數據得2×2列聯表如下： 抗倒伏 易倒伏 總計 矮莖 15 4 19 高莖 10 16 26 總計 25 20 45 由于K2的觀測值k＝≈7.287>6.635，因此可以在犯錯誤的概率不超過1%的前提下，認為抗倒伏與玉米矮莖有關． (2)按照分層抽樣的方法抽到的高莖玉米有2株，設為A，B，抽到的矮莖玉米有3株，設為a，b，c，從這5株玉米中取出2株的取法有AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共10種，其中均為矮莖的選取方法有ab，ac，bc，共3種，因此選取的植株均為矮莖的概

66、率是. 概率問題重在“辨”——辨析、辨型 [循流程思維——入題快] 概率問題的求解關鍵是辨別它的概率模型，只要找到模型，問題便迎刃而解．而概率模型的提取往往需要經過觀察、分析、歸納、判斷等復雜的辨析思維過程，常常因題設條件理解不準，某個概念認識不清而誤入歧途．另外，還需弄清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、對立事件等事件間的關系，注意放回和不放回試驗的區(qū)別，合理劃分復合事件． [按流程解題——快又準] [典例]　(2016·全國卷Ⅱ)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如下： 上年度出險次數 0 1 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 隨機調查了該險種的200名續(xù)保人在一年內的出險情況，得到如下統(tǒng)計表： 出險次數 0 1 2 3 4 ≥5 頻數 60 50 30 30 20 10 (1)記A為事件：“一續(xù)保人