2024年高考数学真题分类汇编06概率、统计与计数原理（含答案）

年高考数学真题分类汇编六概率、统计与计数原理一、选择题1．已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是()A．气候温度高，海水表层温度就高B．气候温度高，海水表层温度就低C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势2．下列图中，相关性系数最大的是（）A． B．C． D．3．(x−x)4A．15 B．6 C．−4 D．−134．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）并整理部分数据如下表所示：亩产量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）频数612182410根据表中数据，下列结论中正确的是（）.A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kgB．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过40C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg5．甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（）A．14 B．13 C．126．有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件C：所选盒中有笔袋，则（）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立C．事件A与事件B∪C互斥 D．事件A与事件B∩C相互独立二、多项选择题7．为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（x，s2），则（）（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ+σ）≈0.8413）A．P（X＞2）＞0.2 B．P（X＞2）＜0.5C．P（Y＞2）＞0.5 D．P（Y＞2）＜0.8三、填空题8．在(3x39．（x﹣1）6展开式中x4的系数为．10．二项式(13+x)11．在(x+1)n的二项展开式中，若各项系数和为32，则x12．A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为.13．某校举办科学竞技比赛，有A、B、C3种题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是.14．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过12的概率是15．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．16．设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值.17．在下图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是．

18．a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有对．四、解答题19．水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34箱．（1）随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；（2）进行分层抽样，共抽8箱水果，求一级果和二级果各几箱；（3）抽取若干箱水果，其中一级果共120个，单果质量平均数为303.45克，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．20．为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：时间范围学业成绩[[[[[优秀5444231不优秀1341471374027（1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）（3）是否有95%附：χ2=n21．已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.赔偿次数01234单数800100603010在总体中抽样100单，以频率估计概率：（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为X，估计X的数学期望；（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加2022．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．（1）若p=0.（2）假设0<p<q．（ⅰ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段的比赛?（ⅱ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段的比赛?23．某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：

优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：

优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的估级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果p＞p+1.65p(1−p)附：K2P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82824．某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：

优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：

优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5．设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果p>p+1.65附：K2P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82825．设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞18

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因为气候温度和海水表层温度的相关系数为正数，所以随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，但气候温度高，海水表层的温度是高是低无法确定确定.故答案为：C.【分析】根据相关系数的性质判断即可.2．【答案】A【解析】【解答】解：由图可知：A图散点分布比较集中，且大体分布在某一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，且|r|值相比于BCD图更接近1.故答案为：A.【分析】根据点的分布特征直接判断即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：由题意可知(x−x)4令4-12r=3，解得r=2，

所以x3的系数为

【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解即可.4．【答案】C【解析】【解答】解：由表可知：亩产量[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）频数612182410频率0.060.120.180.240.1A、根据频率可知0.06+0.12+0.18=0.36<0.50，则亩产量的中位数不小于1050kg，故A错误；B、由表可知100块稻田中亩产量不低于1100kg的频数为24+10=34，则低于1100kg的稻田占比为100−34100C、100块稻田亩产量的极差最大为1200−900=300，最小为1150−950=200，故C正确；D、由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100则100块稻田亩产量的平均值为1100故答案为：C.【分析】计算出前三段频率即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.5．【答案】B【解析】【解答】解：据题意，甲、乙、丙、丁四人排成一列，

则基本事件的总量为：A44=24当甲在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；

此时，甲在排尾的排列方式有4种；同理，当乙在排尾同样也有4种；

所以满足丙不在排头，且甲或乙在排尾的排列方式有8种，

所以，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率8故答案为：B.【分析】根据题意，利用分类加法计数原理谈论甲乙的位置，得到满足事件的总数，接着利用全排列求出基本事件的总数，利用古典概型计算公式进行求解即可得到结果.6．【答案】B【解析】【解答】解：A、若选到第四个盒子，事件A，B会同时发生，则事件A与事件B不互斥，故A选项错误；

B、由题意可得P(A)=14+14=12，PB=14+14=12,PAB=14满足PAB=PA故答案为：B.【分析】利用互斥事件的定义及相互独立事件的定义逐项判断即可.7．【答案】B,C【解析】【解答】解：由X、Y服从正态分布，

∵X~N（1.8，0.12），P（Z＜μ+σ）≈0.8413，

∴P（X＞1.9）≈1-0.8413=0.1587，

又∵P（X＞2）<P（X＞1.9）≈0.1587，

∴P（X＞2）<0.1587，

故P（X＞2）<0.5，A错误，B正确.

同理Y~N（2.1，0.12），

P（Y＞2）=P（Y<2.2）≈0.8413，故C正确，D错误.故答案为：BC.

【分析】由正态分布曲线的定义结合对称性计算即可.8．【答案】20【解析】【解答】解：二项式(3x3+x33)6展开式的通项为Tr+1=故答案为：20.【分析】根据题意，结合二项展开式的通项求解即可.9．【答案】15【解析】【解答】解：由题意可得（x﹣1）6展开式的通项公式为T令6-k=4可得k=2，所以x4的系数为-14C6【分析】利用二项式的通项公式即可.10．【答案】5【解析】【解答】解：根据题意，二项式(13+x)10的通项为：Tk+1=C10k(13)10−kxk

并且假设展开式中第k+1项系数最大，

则此时第k+1项系数大于第k项系数；并且第故答案为：5.【分析】先设展开式中第k+1项系数最大，此时第k+1项系数大于第k项系数；并且第k+1项系数大于第k+2项系数，则建立不等式有C1011．【答案】10【解析】【解答】解：因为二项式(x+1)n的各项系数和为32，所以(1+1)n=32，解得n=5，

(x+1)5展开式的通项为T故答案为：10.【分析】先根据各项系数和为32求得n，再写出(x+1)5展开式的通项，令5-r=212．【答案】35；【解析】【解答】解：设甲选到A的事件为C，从五种活动选三种共有C53=10种不同的选择方法，甲选到A共有C42设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)=C乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)=P(MN)故答案为：35；1【分析】由题意，利用组合，结合古典概型以及条件概率公式求解即可.13．【答案】0.85【解析】【解答】解：易知A,B,C题库的题数比例为：5:根据全概率公式可知，从所有的题中随机选一题，正确率是p=5故答案为：0.85．【分析】由题意，先求出各题库题数所占比例，再根据全概率公式求解即可.14．【答案】715【解析】【解答】解：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A6设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，

则m=a+b2，故|2c−(a+b)|≤3，若c=1，则a+b≤5，则(a,b)为：若c=2，则1≤a+b≤7，则(a,b)为：(3,当c=3，则3≤a+b≤9，则(a,b)为：(2,当c=4，则5≤a+b≤11，同理有16种，当c=5，则7≤a+b≤13，同理有10种，当c=6，则9≤a+b≤15，同理有2种，共m与n的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为2(2+10+16)=56故所求概率为56120故答案为：715【分析】利用古典概型的计算公式，先根据题意进行全排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则a+b−3≤2c≤a+b+3，就15．【答案】12【解析】【解答】解：不妨固定甲的出牌顺序为1，3，5，7，记为1,3,5,7，乙的出牌顺序随机，其共有A44=4×3×2=24(种)组合情况.

甲的总得分不小于2，即得分为2，3，4，

由乙的任意一张卡片数字对上乙的数字1，都能获胜，故甲的总得分为2或3.

①若甲获得3分，即当甲为1,3,5,7时，对上乙的数字为：8,2,4,6仅有1种情况；

②若甲获得2分.

1)甲出牌仅数字3得分的情况，即当甲为1,3,5,7时，对应乙的情况为

4,2,6,8，仅1种情况；

2)甲出牌仅数字5得分的情况，即当甲为1,3,5,7时，对应乙的情况为

4,6,2,8，6,4,2,8，2,6,4,8，仅3种情况；

2)甲出牌仅数字7得分的情况，即当甲为1,3,5,7时，对应乙的情况为

4,6,8,2，4,8,6,2，6,4,8,2，8,4,6,2，2,6,8,4，2,8,6,4，2,4,8,6，仅7种情况；

综上，甲获得2分的组合情况为11种，

故答案为：12

【分析】可以先固定甲的出牌数字，分析乙出牌的组合的可能有A416．【答案】329【解析】【解答】解：由三位正整数无重复数字，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中至多只有一个奇数，其余均是偶数；①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有A9②当个位不为0时，则个位有C41种选法，百位有C8根据分步乘法计数原理可得：这样的偶数共有C4最后再加上单独的奇数，故集合中元素个数的最大值为72+256+1=329个．故答案为：329．【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.17．【答案】24；112【解析】【解答】由题意知，从4×4的方格表，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一行有4种选法，第二行有3种选法，第三行有2种选法，第四行有1种选法，共有4×3×2×1=24种不同的选法；则所有的可能选法结果为：(15,21,(13(12其中(15,21故答案为：24；112.【分析】由题意可知，根据分步乘法原理求解即可；列举法写出所有的可能结果，找和最大的求解即可.18．【答案】48【解析】【解答】解：由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，满足{a1+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，不妨设b1>b2>b3>b4，由单调性有b1+b2＝24，b1+b3＝20，b2+b4＝10，b3+b4＝6，分两种情况讨论：①b2+b3＝12，b1+b4＝18，解得b1＝16，b2＝8，b3＝4，b4＝2，②b2+b3＝18，b1+b4＝12，解得b1＝13，b2＝11，b3＝7，b4＝-1，所以有2种，综上共有2A4故答案为：48．【分析】由题意可得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，利用列举法结合组合排列数即可求出b1，b2，b3，b4.19．【答案】（1）解：从136箱中随机挑选两箱水果样本空间Ω共有C1362=136×1352×1=9180个样本点，

设事件M="恰好一级果和二级果各一箱"则事件M包含的样本点共（2）解：因为一级果箱数：二级果箱数=10234所以8箱水果中抽到一级果8×33+1=6综上8箱水果中有一级果抽取6箱，二级果抽取2箱；（3）解：设一级果平均质量为x，方差为Sx2，二级果质量为y，方差为Sy由已知可得x=303.45，Sx2=603.46所以m=120S2预估：果园中单果平均质量为102102+34综上168个水果的平均数285.44克；方差1427.17克2，整个果园的单果的平均质量约287.69克【解析】【分析】（1）利用古典概率公式即可求解；

（2）根据分层抽样的定义分层按相同比例抽取即可；

（3）利用平均数和方差的定义和分层随机抽样平均数和方差公式即可.20．【答案】（1）解：由表可知，锻炼时长不少于1小时的人数占比为179+43+28580则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为29000×25（2）解：该地区初中生的日均体育锻炼时长约为1580则该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时；（3）解：由题，列出2×2联表，如表所示：[1其他合计优秀455095不优秀177308485合计222358580零假设H0χ2即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．【解析】【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；（3）由题意，作出2×2列联表，再进行零假设，计算卡方值，和临界值比较大小判断即可.21．【答案】（1）解：由题意可得：随机抽取一单，赔偿不少于2次的频率为60+30+10800+100+60+30+10用频率估计概率，所以“随机抽取一单，赔偿不少于2次”概率为110（2）解：（ⅰ）设Y为赔付金额，由题意可知：X=0.4−Y，且Y可取则有P(Y=0)=800P(Y=1.P(可得E(Y)=0×4所以X的数学期望E(X)=0.（ⅱ）由题意可得：保费的变化为0.所以估计保单下一保险期毛利润的数学期望0.​​​【解析】【分析】(1)根据题意利用频率估计概率，即可得结果；

(2)（ⅰ）设Y为赔付金额，由题意可知：X=0.4−Y，根据题意求Y的数学期望，结合期望的性质可得22．【答案】（1）解：甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲在第一阶段至少投中1次，乙在第二阶段也至少投中1次，记甲在第一阶段至少投中1次的事件为A，乙在第二阶段也至少投中1次的事件为B，

则PA=0.63，（2）解：（i）若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲因为0<p<q，所以P===3pq(所以P甲(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，P(P(X=5)=[1−(1−p)P(P(则E(若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，同理EE(因为0<p<q，则p−q<0，p+q−3<1+1−3<0，则(p−q故应该由甲参加第一阶段比赛.【解析】【分析】（1）根据对立事件的概率求法以及独立事件的概率乘法公式求解即可；（2）（i）先计算甲、乙参加第一阶段比赛，成绩为15分的概率P乙=[1−(1−q)3]⋅p323．【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：优级品非优级品总数甲车间262450乙车间7030100总计96541将上面的数值代入公式计算得：K2=150(26×30−24×70)250×100×96×54=7516=4.（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为96150=0.64，

所以用频率估计概率可得p=0.64，

根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，

【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得K2=4.6875，再进行比较即可得到结果；

（2）根据题意先计算出24．【答案】（1）解：根据题意可得列联表如下所示：优级品非优级品总数甲车间262450乙车间7030100总计9654150将上面的数值代入公式计算得：

K2又因为3.所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99（2）解：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为96150所以用频率估计概率可得p=0根据题意，升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.则p+1.可知p>p+1所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.【解析】【分析】（1）将列联表进行补充，并将数值代入公式进行计算得K2=4.6875，再进行比较即可得到解果；

（2）根据题意先计算出25．【答案】（1）解：等差数列a1，a2，…，a6删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，

即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，

故删去的两项（i，j）可以为（5