分布列复习以及高考试题汇编
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 概率(精解精析)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 概率（精解精析）一，选择题1．(2021年高考全国甲卷理科)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻地概率为( )A ．13B ．25C ．23D ．45【结果】C思路：将4个1和2个0随机排成一行,可利用插空法,4个1产生5个空,若2个0相邻,则有155C =种排法,若2个0不相邻,则有2510C =种排法,所以2个0不相邻地概率为1025103=+．故选：C ．2．(2021年高考全国乙卷理科)在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数,则两数之和大于74地概率为( )A ．79B ．2332C ．932D ．29【结果】B思路：如图所示：设从区间()()0,1,1,2中随机取出地数分别为,x y ,则实验地所有结果构成区域为(){},01,12x y x y Ω=<<<<,其面积为111SΩ=⨯=．设事件A 表示两数之和大于74,则构成地区域为()7,01,12,4A x y x y x y ⎧⎫=<<<+⎨⎬⎩⎭,即图中地阴影部分,其面积为13323124432A S =-⨯⨯=,所以()2332A S P A S Ω==．故选：B ．【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中地面积问题,解题关键是准确求出事件,A Ω对应地区域面积,即可顺利解出．3．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)在一组样本数据中,1,2,3,4出现地频率分别为1234,,,p p p p ,且411i i p ==∑,则下面四种情形中,对应样本地标准差最大地一组是( )A ．14230.1,0.4p p p p ====B ．14230.4,0.1p p p p ====C ．14230.2,0.3p p p p ====D ．14230.3,0.2p p p p ====【结果】B思路：对于A 选项,该组数据地平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=。
2024全国高考真题数学汇编：随机变量及其分布章节综合
2024全国高考真题数学汇编随机变量及其分布章节综合一、多选题1．（2024全国高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.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 2.1x ，样本方差20.01s ，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布 21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布 2N x s，则（）（若随机变量Z 服从正态分布 2,N，()0.8413P Z ）A ．(2)0.2P XB ．(2)0.5P XC ．(2)0.5P Y D ．(2)0.8P Y 二、填空题2．（2024上海高考真题）某校举办科学竞技比赛，有、、A B C 3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，已知小申完成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．3．（2024天津高考真题）,,,,A B C D E 五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.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．4．（2024全国高考真题）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.三、解答题5．（2024北京高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：赔偿次数01234单数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i ）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望 E X ；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i ）中 E X 估计值的大小．（结论不要求证明）6．（2024全国高考真题）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.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得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0.4p ，0.5q ，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)假设0p 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比赛？参考答案1．BC【分析】根据正态分布的3 原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01x s ，所以 2.1,0.1Y N ，故 2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y ，C 正确，D 错误；因为 1.8,0.1X N ，所以 2 1.820.1P X P X ，因为 1.80.10.8413P X ，所以 1.80.110.84130.15870.2P X ，而 2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X ，B 正确，A 错误，故选：BC ．2．0.85【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.【详解】由题意知，,,A B C 题库的比例为：5:4:3，各占比分别为543,,121212，则根据全概率公式知所求正确率5430.920.860.720.85121212p ．故答案为：0.85．3．3512【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A 的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率.【详解】解法一：列举法从五个活动中选三个的情况有：,,,,,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE BCD BCE BDE CDE ,共10种情况，其中甲选到A 有6种可能性：,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE ，则甲选到A 得概率为：63105P；乙选A 活动有6种可能性：,,,,,ABC ABD ABE ACD ACE ADE ，其中再选则B 有3种可能性：,,ABC ABD ABE ，故乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率为31=62.解法二：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 2435C 3C 5P M ；乙选了A 活动，他再选择B 活动的概率为 133524351C 2C C P MN C P N M P M故答案为：35；124．12/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率 631448k P X，所以 31,2,3,48k E X k .从而 441234113382k k k E X E X X X X E X .记 0,1,2,3k p P X k k .如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p .而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p ， 1233232p p p E X .所以121112p p，121282p p ，两式相减即得211242p，故2312p p .所以甲的总得分不小于2的概率为2312p p .故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.5．(1)110(2)(i)0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i ）中 E X 估计值【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求 的分布列及数学期望，从而可求 E X .（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 E Y ，从而即可比较大小得解.【详解】（1）设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得 603010180010060301010P A.（2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取0,0.8,1.6,2.4,3，由题设中的统计数据可得 800410010,0.810005100010P P ，603( 1.6)100050P ，303( 2.4)1000100P ，101(3)1000100P，故 4133100.8 1.6 2.430.27851050100100E故 0.40.2780.122E X （万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为410.496%0.4 1.20.403255，故 0.1220.40320.40.1252E Y （万元），从而 E X E Y .6．(1)0.686(2)（i ）由甲参加第一阶段比赛；（i ）由甲参加第一阶段比赛；【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i ）首先各自计算出331(1)P p q 甲，331(1)Pq p 乙，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到X 和Y 的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，比赛成绩不少于5分的概率 3310.610.50.686P .（2）（i ）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331(1)P p q 甲，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331(1)P q p 乙，0p q ，3333()()P P q q pq p p pq 甲乙2222()()()()()()q p q pq p p q p pq q pq p pq q pq2222()333p q p q p q pq 3()()3()[(1)(1)1]0pq p q pq p q pq p q p q ，P P 甲乙，应该由甲参加第一阶段比赛.(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0，5，10，15，333(0)(1)1(1)(1)P X p p q ，3213511C 1P X p q q ，3223(10)1(1)C (1)P X p q q ，33(15)1(1)P X p q，332()151(1)1533E X p q p p p q记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 32()1533E Y q q q p()()15[()()3()]E X E Y pq p q p q pq p q 15()(3)p q pq p q ，因为0p q ，则0p q ，31130p q ，则()(3)0p q pq p q ，应该由甲参加第一阶段比赛.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.。
高考复习之排列、统计与概率
各地解析分类汇编:排列、统计与概率1.【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有（ ） A ．474种 B ．77种 C ．462种 D ．79种【答案】A【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有39504A =种排法，其中上午连排3节的有33318A =种，下午连排3节的有33212A =种，则这位教师一天的课表的所有排法有504-18-12=474种，故选A ．2.【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试理】341()x x-展开式中常数项为 【答案】4-【解析】展开式的通项为341241441()()(1)k kk k k k k T C x C x x--+=-=-，由1240k -=，得3k =，所以常数项为3344(1)4T C =-=-。
3.【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为 。
【答案】30【解析】四名学生两名分到一组有24C 种，3个元素进行全排列有33A 种，甲乙两人分到一个班有33A 种，所以有23343336630C A A -=-=.4.【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考理】某学习小组共12人，其中有五名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用ξ表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于514757512C +C C C 的是（ ）A.()1P ξ=B.()1P ξ≤C.()1P ξ≥D.()2P ξ≤【答案】B【解析】()1P ξ==1457512C C C ,57512C (0)C P ξ==,所以514757551212C C C (0)(1)C C P P ξξ=+==+，选B. 5.【云南省玉溪一中2013届高三第四次月考理】在65)1()1(x x -+-的展开式中，含3x 的项的系数是 【答案】-30【解析】5(1)x -的展开式的通项为5(1)k k k C x -，6(1)x -的展开式的通项为6(1)k k kC x -，所以3x 项为333333356(1)(1)30C x C x x -+-=-，所以3x 的系数为30-.6.【云南省昆明一中2013届高三新课程第一次摸底测试理】在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居众显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病倒数计算，下列各选项中，一定符合上述指标的是 ①平均数3x ≤；②标准差2S ≤；③平均数3x ≤且标准差2S ≤； ④平均数3x ≤且极差小于或等于2；⑤众数等于1且极差小于或等于1。
全国各地2025届高考地理一轮复习试题分类汇编中国地理一
中国地理（一）留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：地温能是指隐藏在浅层地表层的可再生能源。
常温层指地下温度的改变幅度等于零的地带。
常温层温度及深度是反映地温能的重要指标。
读我国部分城市常温层主要参数图，完成下面小题。
1．下列因素对地温能影响最小的是（）A．气候特征B．断裂构造C．水文状况D．植被类型2．哈尔滨常温层埋深较大的主要缘由是（）A．地温日较差大B．地温年较差大C．地温年际改变大D．地气温差大3．依据材料，推断下列说法正确的是（）A．常温层部分热量来自地球内部，温度高于大气B．大气与常温层之间的温差与纬度改变呈正相关C．常温层埋藏的深度越大，地温能越丰富D．郑州气候温柔导致常温层温度与大气温度接近下图示意我国某气象观测站点位置及其2024年观测所得的太阳辐射资料，据此完成下面小题。
4．该气象观测站位于我国（）A．陕西北部B．内蒙古东部C．新疆南部D．黑龙江北部5．与9月相比，8月份太阳总辐射偏低主要因为（）A．昼长偏短B．太阳高度偏小C．降水偏多D．植被覆盖度偏大6．该地一天中太阳辐射最大值出现在北京时间（）A．11:00左右B．12:00左右C．13:00左右D．14:00左右因特别的地理位置及河道特点,黄河宁蒙（宁夏下河岩至内蒙古头道拐）河段凌汛灾难频发。
下图示意1952~2013年宁蒙河段最大槽蓄水增量的改变。
槽蓄水增量是指凌汛期因冰盖的阻水作用而增蓄在河槽中的水量。
宁蒙河段上游众多水库的建成，对防凌产生了重要影响。
据此完成下面小题。
7．黄河宁蒙河段最大槽蓄水增量总体改变趋势可能取决于（）A．水库调蓄B．降水增加C．河床淤积D．冰期延长8．为降低凌汛对宁蒙河段的危害，可以实行的措施有（）①加深河道②加固大堤③上游水库在封冻前加大下泄水量④凌汛河段人工分凌（水），削减下泄水量A．①③B．①④C．②③D．②④作物的规模优势指数指某一地区某种农作物的播种面积占该地区全部农作物总播种面积的比例与全国该比例的比值，能衡量一个地区种植某种作物的集中化和特地化程度。
高考数学试题分类汇编 概率 试题
八、概率本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
一、选择题1.〔理9〕有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．假设将其随机的并排摆放到书架的同一层上，那么同一科目的书都不相邻的概率A．15 B．25C．35D45【答案】B2.〔理1〕有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：[11．5，15．5〕 2 [15．5,19．5〕 4 [19．5，23．5〕 9 [23．5,27．5〕 18 [27．5，31．5〕 1l [31．5，35．5〕 12 [35．5．39．5〕 7 [39．5,43．5〕 3 根据样本的频率分布估计，数据落在[31．5，43．5〕的概率约是A．16 B．13C．12D．23【答案】B【解析】从31.5到43.5一共有22，所以221663P==。
3.〔理10〕甲乙两人一起去游“2021世园会〞，他们约定，各自HY地从1到6号景点中任选4个进展游览，每个景点参观1小时，那么最后一小时他们同在一个景点的概率是A．136B．19C．536D．16【答案】D4.〔全国新课标理4〕有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性一样，那么这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为〔A 〕13 〔B 〕 12 〔C 〕23 〔D 〕34【答案】A5.〔理5〕从1，2，3，4，5中任取2各不同的数，事件A=“取到的2个数之和为偶数〞，事件B=“取到的2个数均为偶数〞，那么P 〔B ︱A 〕=〔A 〕18 〔B 〕14 〔C 〕25 〔D 〕12【答案】B6.〔理5〕随机变量ξ服从正态分布()22N ，a ，且Ｐ〔ξ＜4〕＝0.8，那么Ｐ〔0＜ξ＜2〕＝Ａ．0．6 B ．0．4 C ．0．3 D ．0．2【答案】C7.〔理7〕如图，用K 、1A 、2A 三类不同的元件连接成一个系统。
当K 正常工作且1A 、2A 至少有一个正常工作时，系统正常工作，K 、1A 、2A 正常工作的概率依次为0．9、0．8、0．8，那么系统正常工作的概率为A ．0．960B ．0．864C ．0．720D ．0．576【答案】B8.〔理6〕甲、乙两队进展排球决赛，如今的情形是甲队只要在赢一次就获冠HY ，乙队需要再赢两局才能得冠HY ，假设两队胜每局的概率一样，那么甲队获得冠HY 的概率为A ．12B ．35C ．23 D ．34【答案】D9.〔理4〕如图，矩形ABCD 中，点E 为边CD 的中点，假设在矩形ABCD 内部随机取一个点Q ，那么点Q取自△ABE内部的概率等于A．14B．13C．12D．23【答案】C二、填空题10.〔理12〕在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期。
三年高考地理(山东卷21-23)真题知识点汇编地域分异规律
三年高考地理（山东卷21-23）真题知识点汇编地域分异规律一．选择题（共6小题）如图示意大兴安岭中段东坡自山顶到山麓洪积扇的植被垂直分布，图中三类草原水分状况不同。
据此完成5～6题。
1．图中三类草原的水分条件由好到差依次为（）A．草原Ⅱ、草原Ⅰ、草原ⅢB．草原Ⅱ、草原Ⅲ、草原ⅠC．草原Ⅲ、草原Ⅰ、草原ⅡD．草原Ⅲ、草原Ⅱ、草原Ⅰ2．平台到察尔森出现草原Ⅱ的主要影响因素是（）A．东南季风B．局地环流C．山地坡度D．土壤肥力尼日利亚东南部的热带雨林是非洲仅存的原始热带雨林之一。
1991年，尼日利亚政府在热带雨林存量较大的地区建立了克罗斯河国家公园。
某机构利用遥感等地理信息技术对1986年和2010年国家公园所在区域的景观进行了对比研究（如图）。
据此完成3～4小题。
3．与1986年相比，2010年克罗斯河国家公园范围内（）A．分散林地和农场的面积缩小B．生物生存环境的连通性下降C．热带雨林景观的完整性提高D．雨林生态系统的稳定性增强4．图中国家公园内退化斑块的景观类型可能是（）①灌丛草地②草甸沼泽③落叶阔叶林④常绿硬叶林A．①②B．①④C．②③D．③④在亚欧大陆与美洲大陆北部，有一条横贯东西、面积广大的亚寒带针叶林带，因其生态系统结构简单而被称为“绿色荒漠”，但却具有巨大的生态价值，是全球重要的生物碳库之一。
据此完成1～2题。
5．导致亚寒带针叶林带成为“绿色荒漠”的主要因素是（）A．光照B．热量C．水分D．土壤在亚欧大陆与美洲大陆北部，有一条横贯东西、面积广大的亚寒带针叶林带，因其生态系统结构简单而被称为“绿色荒漠”，但却具有巨大的生态价值，是全球重要的生物碳库之一。
完成下面小题。
6．亚寒带针叶林碳储量较高的主要原因是（）A．生长季较长B．有机物积累多C．土壤肥力高D．物种多样性高三年高考地理真题分类汇编之地域分异规律（山东卷）参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）如图示意大兴安岭中段东坡自山顶到山麓洪积扇的植被垂直分布，图中三类草原水分状况不同。
高中理科数学-离散型随机变量及分布列汇编
理科数学复习专题 统计与概率 离散型随机变量及其分布列知识点一1、离散型随机变量：随着实验结果变化而变化的变量称为随机变量，常用字母，X,Y ,x h g g g 表示，所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量。
2、离散型随机变量的分布列及其性质：（1）定义：一般的，若离散型随机变量X 可能取的不同值为12,,,,,,i n x x x x g g g g g g X 取每一个值(1,2,,)i x i n =g g g 的概率为()i i P X x p ==，则表称为离散型随机变量离散型随机变量X ，简称X 的分布列。
（2）分布列的性质：①0,1,2,,i p in ?g g g ；②11ni i p ==å（3）常见离散型随机变量的分布列：①两点分布：若随机变量X 的分布列为,则称X 服从两点分布，并称(1)p P x ==为成功概率②超几何分布：一般的，在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X件次品，则()(0,1,2,,k n k M N MnNC C P X k k m C --===g g g g 其中m i n {,m M n =，且*,,,,)n N M N n MN N ＃?,称分布列为超几何分布列。
如果随机变量X 的分布列题型一 由统计数据求离散型随机变量的分布列【例1】已知一随机变量的分布列如下，且E (ξ)＝6.3，则a 值为( )A. 5 【变式1】 某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果：则该公司一年后估计可获收益的期望是________．题型二 由古典概型求离散型随机变量的分布列（超几何分布）【例2】在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从此10张奖券中任抽2张，求：(1)该顾客中奖的概率；(2)该顾客获得的奖品总价值X 元的概率分布列．【变式2】某饮料公司招聘了一名员工，现对其进行一项测试，以便确定工资级别．公司准备了两种不同的饮料共8杯，其颜色完全相同，并且其中4杯为A 饮料，另外4杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从8杯饮料中选出4杯A饮料．若4杯都选对，则月工资定为3 500元；若4杯选对3杯，则月工资定为2 800元；否则月工资定为2 100元．令X表示此人选对A饮料的杯数．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．(1)求X的分布列；(2)求此员工月工资的期望．知识点二1．条件概率及其性质对于两个事件A和B，在已知事件B发生的条件下，事件A发生的概率叫做条件概率，用符号P(A|B)来表示，其公式为P(A|B)＝P(AB)P(B)(P(B)>0)．在古典概型中，若用n(B)表示事件B中基本事件的个数，则P(A|B)＝n(AB) n(B).2．相互独立事件(1)对于事件A、B，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，称A、B是相互独立事件．(2)若A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．(3)若A与B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立．(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．3．二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有__两__种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．(2)在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率．题型三 条件概率例1 (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A 为“取到的2个数之和为偶数”，事件B 为“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝ ________.(2)如图所示，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一粒豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则P (B |A )＝________.练：某地空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是________．题型四 由独立事件同时发生的概率求离散型随机变量的分布列（二项分布）例1 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，“求X ≥2”的事件概率．例2在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题．设4名学生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的概率分布．练习：一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的概率分布．(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？【误区解密】抽取问题如何区分超几何分布和二项分布？例：某学校10个学生的考试成绩如下：（≥98分为优秀） （1）10人中选3人，求至多1人优秀的概率（2）用10人的数据估计全级，从全级的学生中任选3人，用X 表示优秀人数的个数，求X 的分布列练：18、某市在“国际禁毒日”期间，连续若干天发布了“珍爱生命，远离毒品”的电视公益广告，期望让更多的市民知道毒品的危害性.禁毒志愿者为了了解这则广告的宣传效果，随机抽取了100名年龄阶段在[)10,20，[)20,30，[)30,40，[)40,50，[)50,60的市民进行问卷调查，由此得到样本频率分布直方图如图所示.（Ⅰ）求随机抽取的市民中年龄在[)30,40的人数； （Ⅱ）从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取5从，求[)50,60年龄段抽取的人数；（Ⅲ）从（Ⅱ）中方式得到的5人中再抽到2人作为本次活动的获奖者，记X 为年龄在[)50,60年龄段的人数，求X 的分布列及数学期望.2、一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为（5，15]，（15，25]（25，35]，（35，45]，由此得到样本的重量频率分布直方图，如图．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）根据样本数据，试估计盒子中小球重量的平均值；（Ⅲ）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在（5，15]内的小球个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望及方差．。
专题05 地球上的水-2024年高考真题和模拟题地理分类汇编(教师卷)
专题05地球上的水（2024·黑龙江/吉林/辽宁）水体性质、运动和库区环境等因素影响水库浮游动物生物量及其分布。
恰甫其海是位于新疆伊犁谷地特克斯河上的水库，周边植被以草原为主。
水库消落区主要分布在南岸。
如图为2019年6月和9月恰甫其海表层浮游动物生物量等值线图。
据此完成下面小题。
1．（海水性质及其对生物的影响）影响6月恰甫其海表层浮游动物生物量分布的主要因素是（）A．透明度B．流量C．营养盐D．流向2．（影响海水性质的因素）9月恰甫其海南岸丰富的碎屑食物吸引浮游动物聚集，这些碎屑食物主要来源于（）A．底泥扰动上浮B．水位涨落携带C．表层水流汇集D．河川径流输入【答案】1．A2．B【解析】1．由材料可知，6月为丰水期，因为丰水期为水库蓄水期，上游冰雪融水形成的洪水经库尾进入水库后流速减缓，水体的物理状态发生改变，如泥沙沉降、冲刷力降低，水体透明度升高，此时气温较高，有利于光合作用的进行，浮游生物繁殖较快，数量较多，因此，6月恰甫其海表层浮游动物生物量较为丰富，A正确；与流量、营养盐、流向的关系不大，BCD错误。
故选A。
2．由材料可知，水库消落区主要分布在南岸。
9月是丰水期过后的平水期，恰甫其海南岸丰富的碎屑食物吸引浮游动物聚集，这些碎屑食物主要来源于水位涨落携带，且消落区为草原分布，有机质含量较多，B正确；9月份入库水量较少，不会引起大规模的底泥扰动上浮，A错误；9月份平水期，不会有大规模的表层水流汇集，C错误；9月份是平水期，河川径流输入较少，D错误。
故选B。
（2024·山东）海洋浮游植物密度的空间分布与海水性质、营养盐等环境因子密切相关。
远岸海域浮游植物密度受陆地影响较小。
如图示意孟加拉湾及其周边区域。
据此完成下面小题。
3．（季风洋流）下列月份中，M区域浮游植物密度最高的是（）A．1月B．4月C．7月D．10月4．（海水盐度的影响因素）与7—8月相比，12月至次年1月N区域海水盐度较高的主要影响因素是（）A．蒸发B．降水C．径流D．洋流【答案】3．C4．D【解析】3．根据图示信息可知，M区域位于北印度洋海域，夏季该地盛行西南季风，该海域为离岸风，形成离岸流，底层营养盐类上泛，有利于浮游生物的繁殖，浮游生物密度较高，7月为北半球夏季，M区域浮游植物密度最高，C正确；1月、4月、10月该海域上升流不强，营养物质较少，浮游生物密度较小，ABD 错误。
2024年高考数学大题--概率统计题型分类汇编(学生版)
概率统计概率统计是是高考数学的热点之一，概率统计大题是新高考卷及多省市高考数学的必考内容。
回顾近几年的高考试题，主要考查古典概型、相互独立事件、条件概率、超几何分布、二项分布、正态分布、统计图表与数字特征、回归分析、离散型随机变量的分布列、期望与方差等内容，多与社会实际紧密结合，以现实生活为背景设置试题，注重知识的综合应用与实际应用。
重点考察考生读取数据、分析数据和处理数据的能力。
题型一：离散型随机变量及其分布列题型二：超几何分布与二项分布题型三：均值与方差的实际应用题型四：正态分布与标准正态分布题型五：线性回归与非线性回归题型六：独立性检验及应用题型七：条件概率/全概率公式/贝叶斯公式题型八：概率与统计图表的综合应用题型九：概率与其他知识的交汇应用题型十：利用概率解决决策类问题题型一：离散型随机变量及其分布列1(2023·广东肇庆·高三广东肇庆中学校考阶段练习)为弘扬中华优秀传统文化，荣造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：奖项组别个人赛团体赛获奖一等奖二等奖三等奖高一20206050高二162910550(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学期望；求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：(1)根据题中条件确定随机变量的可能取值；(2)求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；(3)根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。
)1(2024·四川成都·成都七中模拟预测)甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取七局四胜制．已知甲每局比赛获胜的概率为23，输掉的概率为13，每局的比赛结果互不影响．(1)求甲最终获胜的概率；(2)记总共的比赛局数为X，求X的分布列与数学期望．2(2024·云南德宏·高三统考期末)设有甲、乙、丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的4个球，其中甲箱有2个蓝球和2个黑球，乙箱有3个红球和1个白球，丙箱有2个红球和2个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量X表示最后摸出的2个球的分数之和，求X的分布列及数学期望.题型二：超几何分布与二项分布2(2024·广东广州·广州市培正中学校考二模)某校高二(1)班的元旦联欢会设计了一项抽奖游戏：准备了10张相同的卡片，其中只在6张卡片上印有“奖”字.(1)采取放回抽样方式，从中依次抽取3张卡片，求抽到印有“奖”字卡片张数X的分布列、数学期望及方差；(2)采取不放回抽样方式，从中依次抽取3张卡片，求第一次抽到印有“奖”字卡片的条件下，第三次抽到未印有“奖”字卡片的概率.1、独立重复试验与二项分布(1)定型：“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为p,1-p，还要看是否为n次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n次独立重复试验中发生的次数．(2)定参，确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．(3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．(4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．相关公式：已知X~B(n，p)，则P(X=k)=C k n p k(1-p)n-k(k=0,1,2，⋯，n)，E(X)=np，D(X)=np(1-p)．2、超几何分布的适用范围及本质(1)适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个题，考察某一类个题个数的概率分布；(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的。
【高考地理】十年(2014-2023)年高考真题分项汇编——流域协调发展
十年(2014-2023)年高考真题分项汇编——流域协调发展(2022·重庆卷)三峡水库一般在6—8月和11—12月分别按低、高水位运行。
2020年7—8月，长江上游数次洪峰过境，导致库区某江段一处库岸发生垮塌。
为方便施工，当地选择在2021年6月对垮塌库岸进行治理。
下图示意该垮塌库岸段位置。
据此完成下面小题。
1．图中的四条曲线符合MN处河床横断面形态的是()A．①B．①C．①D．①2．在治理垮塌库岸时，库区的有利条件是()A．河流流速小B．降雨量少C．晴天日数少D．蓄水量少【答案】1．B 2．D【解析】1．河流地貌由图并结合所学知识可知，该段河流弯曲，凹岸侵蚀，凸岸堆积，侵蚀的一侧河床横断面坡度大，堆积的一侧河床横断面坡度小。
N是凹岸侵蚀岸，坡度大，M 是凸岸堆积岸，坡度小，①曲线符合题意，A错误，B正确；①曲线是下切侵蚀形成的“V”形河道，与题意不符，C错误；①曲线两岸坡度相同，且河床中间高，类似江心洲，与题意不符，D错误。
故选B。
2．流域治理的有利条件从材料“三峡水库一般在6—8月和11—12月分别按低、高水位运行”可知，当地在6月治理垮塌库岸时库区水位低，蓄水量少，便于施工，D正确；三峡水库位于我国季风气候区，6月降水较多，晴天日数少，不利于治理垮塌库岸，B，C错误；垮塌库岸段位于凹岸，河流的流速快，A错误。
故选D。
【点睛】河流侵蚀岸与堆积岸的判断方法：(1)河道平直段，根据地转偏向力的影响来判断。
受地转偏向力影响，北半球河道平直段的右岸为侵蚀岸，坡度陡；左岸为堆积岸，坡度缓。
南半球相反。
(2)河道弯曲的河段，根据“凹岸侵蚀、凸岸堆积”来判断。
河流流经弯道时，水流做曲线运动产生惯性，在惯性的影响下，表层水流趋向于凹岸，而底部的水流在压力的作用下，由凹岸流向凸岸，形成弯道环流，在弯道环流的作用下，凹岸发生侵蚀，凸岸发生堆积。
(2022·江苏卷)埃布罗河是西班牙第一大河，流域内修建了多座大坝，用以调节流量的季节分配。
全国各地2025届高考地理一轮复习试题分类汇编服务业产业发展五
服务业产业发展（五）【综合题专题二】1．阅读图文材料，完成下列要求。
马来西亚曾为世界最大的锡精矿生产国。
自1986年起先实施工业化战略，经济持续数年高速增长，快速进入新兴工业化国家的行列。
20世纪80年头，该国锡矿资源枯竭，最大的锡矿坑积水成湖，周边矿场废置。
自1990年起，利用该矿坑湖和废置矿场，接连建起集主题公园、高尔夫俱乐部及球场、酒店和度假村、购物中心和商业城、国际会展中心、高档住宅区等为一体的休闲城。
该休闲城成为著名世界的旅游和休闲中心。
下图示意该休闲城的位置。
（1）估算该休闲城至吉隆坡市中心和国际机场的距离，说明其位置优势。
（2）说明废置矿场和矿坑湖为建设该休闲城供应的有利条件。
（3）该休闲城定位高档。
从马来西亚经济发展背景动身，分析该休闲城主要的客源市场。
（4）该休闲城规模大，集休闲消遣、体育、会展、购物、酒店、住宅等于一体。
简述这样的模式对吸引消费者的作用。
2．阅读图文材料,完成下列要求。
企业孵化器又称为企业创新中心或企业创业中心，是指在肯定物理空间内为初创企业(泛指刚刚创立，且没有足够资金以及资源的各类企业)供应共享、集中的资源和服务，以促进初创企业成长的中介组织。
企业孵化器是促进初创企业发展和创新成果转化的重要平台，上海建设全球科技创新中心的战略举措之一。
上海市是企业孵化器的主要集聚区之一，自1988年以来，上海市企业孵化器产业规模实现快速发展，企业孵化器数量从1988年底的2家增长为2015年110家。
下图为上海市各时期成立企业孵化器数量改变统计图。
(1)描述上海市不同时期企业孵化器数量的改变特征。
(2)分析上海市成为我国企业孵化器主要集聚区之一的缘由。
(3)推想随着时间和数量的改变，上海市企业孵化器空间布局的改变特征。
(4)简述企业孵化器对初创企业的有利影响。
3．阅读图文资料，完成下列要求。
辣椒为调味蔬莱，生长的相宜温度在15~ 34°C之间，对水分条件要求严格，既不耐旱，也不耐涝。
备战高考数学(精讲+精练+精析)必做02排列与组合试题(江苏版)(含解析)
专题2 排列与组合【三年高考】1. 【2016高考江苏】（1）求的值；（2）设m，n N*，n≥m，求证：（m+1）+（m+2）+（m+3）++n+（n+1）=（m+1）.【答案】（1）0（2）详见解析试题解析：解：（1）（2）当时，结论显然成立，当时又因为所以因此【考点】组合数及其性质【名师点睛】组合数的性质不仅有课本上介绍的、，更有，现在又有，这些性质不需记忆，但需会推导，更需会应用.2．【2016高考新课标2理数改编】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为．【答案】18【解析】试题分析：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短有条路，再从F处到G处最短共有条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为条．考点：计数原理、组合.【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．3.【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为．【答案】72【解析】试题分析：由题意，要组成没有重复的五位奇数，则个位数应该为1、3、5中之一，其他位置共有随便排共种可能，所以其中奇数的个数为．考点：排列、组合【名师点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置．.4.【2016高考新课标3理数改编】定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有个．【答案】14【解析】试题分析：由题意，得必有，，则具体的排法列表如下：0 1 1 1110 1 110 11 010 1 110 11 01 00 11 0100 1 110 11 01 00 11 0考点：计数原理的应用．【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树枝法将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果．5．【2015高考四川，理6】用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有________________个【答案】120【解析】据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个.所以共有个.6.【2015高考上海，理8】在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为（结果用数值表示）．【答案】【解析】由题意得，去掉选5名女教师情况即可：7.【2015高考广东，理12】某高三毕业班有人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了条毕业留言．（用数字作答）【答案】．8.【2014浙江高考理第14题】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.【答案】【解析】不同的获奖分两种，一是有一人获两张将卷，一人获一张，共有，二是有三人各获得一张，共有，因此不同的获奖情况有种9.【2014辽宁高考理第6题】6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的做法种数为_________. 【答案】72【解析】如图，将6把椅子依次编号为1,2,3,4,5,6，故任何两人不相邻的做法，可安排：“1,3,5”；“1,3,6”；“1,4,6”；“2,4,6”号位置做热坐人，故总数由4=24.10.【2014重庆高考理第9题】某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是______________.【答案】120【解析】将所有的安排方法分成两类，第一类：歌舞类节目中间不穿插相声节目，有(种)；第二类：歌舞类节目中间穿插相声节目，有(种)；根据分类加法计数原理，共有96+24=120种不同的排法.11.【2014高考广东卷理第8题】设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为__________.【答案】130【2017年高考命题预测】纵观近几年高考，我们可以发现，排列与组合问题一直是高考数学的热点内容之一，从近几年的高考试题统计分析来看，对排列与组合知识的考查可能出现在理科附加题，属于中档题．内容以考查排列、组合的基础知识为主，考查排列组合的综合应用．题目有一定的难度，有时难度还较大，重点考查分析问题，解决问题的能力及分类讨论的数学思想方法.排列、组合是高考数学相对独立的内容，也是密切联系实际的一部分.在2017年高考中，应该注重基本概念，基础知识和基本运算的考查.排列组合的试题会以现实生活中的生产问题、经济问题为背景，不会仅是人或数的排列.以排列组合应用题为载体，考查学生的抽象概括能力，分析能力，综合解决问题的能力.将排列组合与概率统计相结合是近几年高考的一大热点，应引起重视.排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；考察形式：单独的考题会出现在理科附加22或23题，属于中等难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目；预测2017年高考，排列、组合及排列与组合的综合应用仍是高考的重点，同时应注意排列、组合与概率、分布列等知识的结合，重点考查学生的运算能力与逻辑推理能力．复习建议：⑴使用分类计数原理还是分步计数原理要根据我们完成某件事情时采取的方式而定，分类来完成这件事情时用分类计数原理，分步骤来完成这件事情时用分步计数原理.怎样确定是分类，还是分步骤？“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件，而“分步骤”必须把各步骤均完成才能完成所给事情.所以准确理解两个原理的关键在于明确：分类计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，彼此之间交集为空集，并集为全集，不论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成事件；分步计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.⑵排列与组合定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关.⑶复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验.⑷按元素的性质进行分类、按事件发生的连续过程分步，是处理组合问题的基本思想方法，要注意题设中“至少”“至多”等限制词的意义.⑸处理排列组合的综合性问题，一般思想方法是先选元素(组合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”，始终是处理排列、组合问题的基本方法和原理，通过解题训练要注意积累分类和分步的基本技能.⑹在解决排列组合综合性问题时，必须深刻理解排列与组合的概念，能够熟练确定——问题是排列问题还是组合问题，牢记排列数、组合数计算公式与组合数性质.容易产生的错误是重复和遗漏计数.常见的解题策略有以下几种：①特殊元素优先安排的策略；②合理分类与准确分步的策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略；④正难则反、等价转化的策略；⑤相邻问题捆绑处理的策略；⑥不相邻问题插空处理的策略；⑦定序问题除法处理的策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略.【2017年高考考点定位】本节内容高考的重点就是利用计数原理，排列组合，排列数、组合数计算公式与组合数性质, 重点考查学生的抽象概括能力，分析问题，解决问题的能力及分类讨论的数学思想方法.题型既有选择题也有填空题,难度中等偏下,将排列组合与概率统计相结合是近几年高考的一大热点.【考点1】计数原理【备考知识梳理】1. 分类加法计数原理（加法原理）的概念一般形式：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=++……+种不同的方法.2．分步乘法计数原理(乘法原理)的概念一般形式：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法.3. 两个原理的区别：（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的.（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事.4.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行，同时要优先考虑题中的限制条件. 【规律方法技巧】1. 计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时： (1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．(3)对完成各步的方法数要准确确定．4. 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5.在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．5. (1)分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．(2)分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6. 分类加法计数原理的两个条件：(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．7. 应用两种原理解题：(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．8. 涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．【考点针对训练】1.用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺次排成一个三位数，此时：（1）各位数字互不相同的三位数有多少个？（2）可以排出多少个不同的数？（3）恰好有两个相同数字的三位数共有多少个？【答案】（1）120；（2）216；（3）90．【解析】试题分析：（1）得到一个三位数，分三步进行：先填百位，有6种方法；再填十位，有5种方法；最后填个位，有4种方法，根据分步计数原理可得；（2）分三步进行：先填百位，再填十位，最后填个位，每种都有6种方法，根据分步计数原理可得；（3）从三个位中任选两个位，填上相同的数字，有种方法，剩下的一位数字的填法有5中，根据分步计数原理可求得结果．2.某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有多少种不同的选法？【答案】185种.【解析】试题分析：根据分类加法计数原理，这个问题可按只会印刷的四人作为分类标准：第一类：只会印刷的4人全被选出，有种；第二类：从只会印刷的4人中选出3人，有种；第三类：从只会印刷的4人中选出2人，即可.试题解析：将只会印刷的4人作为分类标准，将问题分为三类：第一类：只会印刷的4人全被选出，有种；第二类：从只会印刷的4人中选出3人，有种4；第三类：从只会印刷的4人中选出2人，有种.所以共有（种）.【考点2】排列组合综合【备考知识梳理】1. 排列的相关概念及排列数公式(1)排列的定义：从个不同元素中取出 ()个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．(2)排列数的定义：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用表示．(3)排列数公式：这里并且(4)全排列：个不同元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列，(叫做n的阶乘).排列数公式写成阶乘的形式为，这里规定.2．组合的相关概念及组合数公式(1)组合的定义：从个不同元素中取出 ()个元素合成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从个不同元素中取出 ()个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用表示．(3)组合数的计算公式：，由于，所以.(4)组合数的性质：①；②；③.3.区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．4.解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”．5.要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果．【规律方法技巧】1. 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．2. 解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．3. 有条件的排列问题大致分四种类型．(1)某元素不在某个位置上问题，①可从位置考虑用其它元素占上该位置，②可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；③可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数．(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列．(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)．(4)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素也就一种排法．4. 对于有条件的组合问题，可能遇到含某个(些)元素与不含某个(些)元素问题；也可能遇到“至多”或“至少”等组合问题的计算，此类问题要注意分类处理或间接计算，切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成计算错误．5.排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．6. 在计算排列组合问题时，可能会遇到“分组”问题，要特别注意是平均分组还是不平均分组．可从排列与组合的关系出发，用类比的方法去理解分组问题，比如将4个元素分为两组，若一组一个、一组三个共有种不同的分法；而平均分为两组则有种不同的分法．【考点针对训练】1.现有6名学生，按下列要求回答问题（列出算式，并计算出结果）：（Ⅰ）6人站成一排，甲站在乙的前面（甲、乙可以不相邻）的不同站法种数；（Ⅱ）6人站成一排，甲、乙相邻，且丙与乙不相邻的不同站法种数；（Ⅲ）把这6名学生全部分到4个不同的班级，每个班级至少1人的不同分配方法种数；（Ⅳ）6人站成一排，求在甲、乙相邻条件下，丙、丁不相邻的概率．．．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）；（Ⅳ）【解析】试题分析：（Ⅰ）6个人全排列共有种不同排法，由于甲站在乙的前面与乙站在甲的前面各占一半，故甲站在乙的前面（甲、乙可以不相邻）的不同站法种数为；（Ⅱ）甲乙捆绑到一起与剩下3人共4人共有种不同排法，由于丙与乙不相邻，丙只需从甲乙这个整体与剩余3人产生的4个空中任选一个进行排放，根据分步计数原理，共种不同排法；（Ⅲ）6名学生全部分到4个不同的班级，每个班级至少1人有两类，第一类是3个班级各1人，1个班级有3人，这种情况共有，第二类是2个班级2人，2个班级1人，这种情况共有,根据分类计数原理知每个班级至少1人的不同分配方法种数为；（Ⅳ）记A：甲乙相邻共有种不同排法，记B:甲、乙相邻且丙、丁不相邻共有种不同排法，根据条件概率的计算公式试题解析：（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）（Ⅳ）2. 6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？（1）一堆一本，一堆两本，一堆三本；（2）甲得一本，乙得二本，丙得三本；（3）平均分给甲、乙、丙三人；（4）平均分成三堆.【答案】（1）60；（2）60; (3)90; (4)15【解析】（1）先在6本书中任取一本．作为一本一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为两本一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法种．（2）由（1）知．分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为种．（4）把6本不同的书分成三堆，每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应种，由（3）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有种．所以,则（种）.【两年模拟详解析】1.将甲、乙等名学生分配到三个不的班级，每个班级至少1．用这六个数字，完成下面两个小题．（1）若数字不允许重复，可以组成多少个能被整除的且百位数字不是的不同的五位数；（2）若直线方程中的可以从已知的六个数字中任取个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）依据能被整除的数，其个位是或，分两类，由加法原理得到结论；（2）对于选不选零，结果会受影响，所以第一类均不为零，的取值，第二类中有一个为，则不同的直线仅有两条，根据分类计数原理得到结果．（2）中有一个取时，有条；都不取时，有（条）；与重复；，与重复．故共有（条）．2．六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙按自左至右顺序排队（可以不相邻）；（5）甲、乙站在两端．【答案】（1）480；（2）240；（3）480；（4）360；（5）48．【解析】试题分析：本题主要考查排列组合等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，甲除去两端的位置外，还有四个位置可供选择，排好后再其余的5人；第二问，用捆绑法把甲乙看成1个人，甲乙进行全排列，5个人进行全排列；第三问，用插空法，先排其余4人，将甲乙插在5个空中；第四问，先排甲乙以外的4人，排好后剩下的2个位置直接放甲和乙；第五问，先排甲乙两端的位置，再排中间4个人．试题解析：（1）方法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有种站法，根据分步计数原理，共有站=480（种）．方法二：由于不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选 2个人站，有种站法，然后中间4人有。
新高中地理高考高考地理五年真题分类汇编(2017-2021)第19讲 城市化(教师版)
高考地理五年真题分类汇编（2017-2021）第19讲城市化一、单选题1.（2021·河北）我国东部某山区有一AAAA级景区，2011～2017年游客数量持续增加，景区周边农家乐数量逐年增多，分布范围不断扩大，下图示意2011、2014年和2017年景区周边农家乐的空间分布。
据此完成下面小题。
（1）2011～2017年农家乐空间分布的变化表现为（）A.由点状到线状B.分散程度加强C.由线状到面状D.集聚程度加强（2）与2017年农家乐空间分布关联最紧密的因素是（）①景区位置②村庄位置③交通线路④村庄规模A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】（1）D（2）A【考点】城市的区位因素【解析】【点评】影响城市区位的因素2.（2021·浙江）经过20多年的高速增长，我国某企业已发展成为全球知名数字企业，并催生大量相关数字企业，推动数字产业发展成为城市新兴的支柱产业。
图1为该企业在城市扩散示意图。
图2为该企业发展概况。
完成下列小题。
（1）影响该企业在城市扩散的主要区位因素是（）A.土地B.河流C.集聚D.市场（2）该城市数字产业发展会（）A.缓解城市拥挤的压力B.改善新城区生态环境C.降低老城区人口密度D.提升城市的服务等级【答案】（1）A（2）D【考点】城市化的过程和特点，城市化对地理环境的影响【解析】【分析】（1）随着业务的拓展，企业需要更大的土地，自然会选择土地富裕、地价较低的地区。
老城区土地紧张、地价昂贵。
迫使企业向土地资源更富裕、地价更低的新城区扩散。
A符合题意。
（2）A.数字产业并不能缓解城市拥挤的压力，A不符合题意；B.产业发展都会占用土地、消耗资源，一定程度上破坏原有生态环境，B符合题意；C.城市数字产业发展不会降低老城区人口密度。
C不符合题意；D.该企业已发展成为全球知名数字企业，并催生大量相关数字企业，推动数字产业发展成为城市新兴的支柱产业，这就会提升城市在数字领域的服务等级。
2015版【5年高考3年模拟】2014年高考真题分类汇编：12.4 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
§12.4 离散型随机变量及其分布列、均值与方差考点一离散型随机变量及其分布列1.(2014北京,16,13分)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立):(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率;(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率;(3)记x为表中10个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记X为李明在这场比赛中的命中次数.比较EX与x的大小.(只需写出结论)解析(1)根据投篮统计数据,在10场比赛中,李明投篮命中率超过0.6的场次有5场,分别是主场2,主场3,主场5,客场2,客场4.所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5. (2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6”.则C=A A B,A,B独立.根据投篮统计数据,P(A)=35,P(B)=25.P(C)=P(A B)+P(A B)=3 5×35+25×25=1325.所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率为1325.(3)EX=x.2.(2014天津,16,13分)某大学志愿者协会有6名男同学,4名女同学.在这10名同学中,3名同学来自数学学院,其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同).(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率;(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数,求随机变量X 的分布列和数学期望. 解析 (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则 P(A)=C 31·C 72+C 30·C 73C 103=4960.所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为4960. (2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3. P(X=k)=C 4k ·C 63-kC 103(k=0,1,2,3).所以随机变量X随机变量X 的数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65.3.(2014四川,17,12分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐的概率为12,且各次击鼓出现音乐相互独立.(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X 的分布列;(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?(3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 解析 (1)X 可能的取值为10,20,100,-200. 根据题意,有P(X=10)=C 31× 12 1× 1-12 2=38,P(X=20)=C 32× 12 2× 1-12 1=38, P(X=100)=C 33× 12 3× 1-12 0=18, P(X=-200)=C 30× 12 0× 1-12 3=18.所以X 的分布列为(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=18.所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1-P(A1A2A3)=1-183=1-1512=511512.因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.(3)X的数学期望为EX=10×38+20×38+100×18-200×18=-54.这表明,获得分数X的均值为负.因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.4.(2014山东,18,12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为12,在D上的概率为13;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为15,在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解析(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(A3)=12,P(A1)=13,P(A)=1-12-13=16;记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(B3)=15,P(B1)=35,P(B)=1-15-35=15.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意,D=A3B+A1B+AB1+AB3,由事件的独立性和互斥性,P(D)=P(A3B+A1B+AB1+AB3)=P(A 3B 0)+P(A 1B 0)+P(A 0B 1)+P(A 0B 3)=P(A 3)P(B 0)+P(A 1)P(B 0)+P(A 0)P(B 1)+P(A 0)P(B 3) =12×15+13×15+16×35+16×15=310,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310. (2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6, 由事件的独立性和互斥性,得 P(ξ=0)=P(A 0B 0)=16×15=130,P(ξ=1)=P(A 1B 0+A 0B 1)=P(A 1B 0)+P(A 0B 1)=13×15+16×35=16, P(ξ=2)=P(A 1B 1)=13×35=15,P(ξ=3)=P(A 3B 0+A 0B 3)=P(A 3B 0)+P(A 0B 3)=12×15+15×16=215, P(ξ=4)=P(A 3B 1+A 1B 3)=P(A 3B 1)+P(A 1B 3)=12×35+13×15=1130, P(ξ=6)=P(A 3B 3)=12×15=110. 可得随机变量ξ的分布列为:所以数学期望E ξ=0×130+1×16+2×15+3×215+4×1130+6×110=9130.5.(2014重庆,18,13分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片. (1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X 的分布列与数学期望. (注:若三个数a,b,c 满足a≤b≤c,则称b 为这三个数的中位数) 解析 (1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 P=C 43+C 33C 93=584.(2)X 的所有可能值为1,2,3,且 P(X=1)=C 42C 51+C 43C 93=1742,P(X=2)=C 31C 41C 21+C 32C 61+C 33C 93=4384,P(X=3)=C 22C 71C 93=112,故X 的分布列为从而E(X)=1×1742+2×4384+3×112=4728.6.(2014江西,21,14分)随机将1,2,…,2n(n∈N *,n≥2)这2n 个连续正整数分成A,B 两组,每组n 个数.A 组最小数为a 1,最大数为a 2;B 组最小数为b 1,最大数为b 2.记ξ=a 2-a 1,η=b 2-b 1.(1)当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C 发生的概率P(C); (3)对(2)中的事件C,表示C 的对立事件,判断P(C)和P(的大小关系,并说明理由.解析 (1)当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B 两组,不同的分组方法共有C 63=20种,所以ξ的分布列为E ξ=2×15+3×310+4×310+5×15=72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n -2. 又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种; ξ和η恰好相等且等于n 时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n -2)(n≥3)时,不同的分组方法有2C 2k k 种, 所以当n=2时,P(C)=46=23,当n ≥3时,P (C )=2(2+∑k =1n -2C 2k k )C 2nn .(3)由(2)知当n=2时,P()=13,因此P(C)>P(), 而当n≥3时,P(C)<P(理由如下:P (C )<P (C )等价于4(2+∑k =1n -2C 2k k )<C 2n n.①用数学归纳法来证明:1°当n=3时,①式左边=4×(2+C 21)=4×(2+2)=16,①式右边=C 63=20,所以①式成立.2°假设n =m (m ≥3)时①式成立,即4(2+∑k =1m -2C 2k k )<C 2m m成立,那么,当n=m+1时,左边=4(2+∑k =1m +1-2C 2k k )=4(2+∑k =1m -2C 2k k )+4C 2(m -1)m -1<C 2m m+4C 2(m -1)m -1=(2m )!m !m !+4·(2m -2)!(m -1)!(m -1)!=(m +1)2(2m )(2m -2)!(4m -1)(m +1)!(m +1)!<(m +1)2(2m )(2m -2)!(4m )(m +1)!(m +1)!=C 2(m +1)m +1·2(m +1)m (2m +1)(2m -1)<C 2(m +1)m +1=右边, 即当n=m+1时①式也成立.综合1°,2°得,对于n≥3的所有正整数,都有P(C)<P(C )成立.7.(2014湖北,20,12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量．．．．X ．(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立. (1)求未来4年中,至多．．有1年的年入流量超过120的概率; (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制,并有如下关系:若某台发电机运行,则该台年利润为5 000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台? 解析 (1)依题意,p 1=P(40<X<80)=1050=0.2,p 2=P(80≤X≤120)=3550=0.7,p 3=P(X>120)=550=0.1. 由二项分布,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=C 40(1-p 3)4+C 41(1-p 3)3p 3= 910 4+4× 910 3×110=0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元). (i)安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000.(ii)安装2台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-800=4 200,因此P(Y=4 200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当X≥80时,两台发电机运行,此时Y=5 000×2=10 000,因此P(Y=10 000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8;由此得Y的分布列如下:所以,E(Y)=4 200×0.2+10 000×0.8=8 840.(iii)安装3台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-1 600=3 400,因此P(Y=3 400)=P(40<X<80)=p1=0.2;当80≤X≤120时,两台发电机运行,此时Y=5000×2-800=9 200,因此P(Y=9 200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当X>120时,三台发电机运行,此时Y=5 000×3=15 000,因此P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620.综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.考点二均值与方差8.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2);(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).则( )A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2) B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)答案 A9.(2014浙江,12,4分)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ=0)=15,E(ξ)=1,则D(ξ)= .答案2510.(2014大纲全国,20,12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立.(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率;(2)X表示同一工作日需使用设备的人数,求X的数学期望.解析记Ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2, B表示事件:甲需使用设备,C表示事件:丁需使用设备,D表示事件:同一工作日至少3人需使用设备.(1)D=A1·B·C+A2·B+A2·B·C,P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2i×0.52,i=0,1,2,(3分)所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2·=P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·=P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(=0.31.(6分)(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=P(B·A·C)=P()P(A)P()=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06,P(X=1)=P(B·A0·C+·C+·A1·C)=P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A)P(C)+P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25,P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06,P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10分)数学期望EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.(12分)11.(2014湖南,17,12分)某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A,乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;(2)若新产品A研发成功,预计企业可获利润120万元;若新产品B研发成功,预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望.解析记E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知P(E)=23,P(E)=13,P(F)=35,P(F)=25,且事件E与F,E与F,E与F,E与F都相互独立. (1)记H={至少有一种新产品研发成功},则H=EF,于是P(H)=P(E)P(F)=13×25=215,故所求的概率为P(H)=1-P(H)=1-215=13 15.(2)设企业可获利润为X(万元),则X的可能取值为0,100,120,220,因为P(X=0)=P(EF)=13×25=215,P(X=100)=P(E F)=13×35=315,P(X=120)=P(E F)=23×25=415,P(X=220)=P(EF)=23×35=615.故所求的分布列为数学期望为E(X)=0×215+100×315+120×415+220×615=300+480+132015=210015=140.12.(2014安徽,17,12分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23,乙获胜的概率为13,各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).解析用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,则P(Ak )=23,P(Bk)=13,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=232+13×232+23×13×232=5681.(2)X的可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A 1)P(A 2)+P(B 1)P(B 2)=59, P(X=3)=P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2B 3)=P(B 1)P(A 2)P(A 3)+P(A 1)P(B 2)P(B 3)=29, P(X=4)=P(A 1B 2A 3A 4)+P(B 1A 2B 3B 4)=P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)+P(B 1)P(A 2)P(B 3)P(B 4)=1081, P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881. 故X 的分布列为EX=2×59+3×29+4×1081+5×881=22481.13.(2014福建,18,13分)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求: (i)顾客所获的奖励额为60元的概率;(ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;(2)商场对奖励总额的预算是60 000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由. 解析 (1)设顾客所获的奖励额为X. (i)依题意,得P(X=60)=C 11C 31C 42=12,即顾客所获的奖励额为60元的概率为12. (ii)依题意,得X 的所有可能取值为20,60. P(X=60)=12,P(X=20)=C 32C 42=12,即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元). (2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元.所以,先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.以下是对两个方案的分析:对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1,则X1的分布列为X 1的期望为E(X1)=20×16+60×23+100×16=60,X 1的方差为D(X1)=(20-60)2×16+(60-60)2×23+(100-60)2×16=16003.对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2,则X2的分布列为X 2的期望为E(X2)=40×16+60×23+80×16=60,X 2的方差为D(X2)=(40-60)2×16+(60-60)2×23+(80-60)2×16=4003.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.注:第(2)问,给出方案1或方案2的任一种方案,并利用期望说明所给方案满足要求,给3分;进一步比较方差,说明应选择方案2,再给2分.14.(2014辽宁,18,12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X 的分布列,期望E(X)及方差D(X).解析 (1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”, A 2表示事件“日销售量低于50个”,B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此P(A 1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A 2)=0.003×50=0.15,P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.(2)X 可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为P(X=0)=C 30·(1-0.6)3=0.064,P(X=1)=C 31·0.6(1-0.6)2=0.288,P(X=2)=C 32·0.62(1-0.6)=0.432,P(X=3)=C 33·0.63=0.216. 分布列为因为X~B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.15.(2014江苏,22,10分)盒中共有9个球,其中有4个红球、3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.(1)从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P; (2)从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1,x 2,x 3,随机变量X 表示x 1,x 2,x 3中的最大数.求X 的概率分布和数学期望E(X).解析 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球, 所以P=C 42+C 32+C 22C 92=6+3+136=518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2,3,4.{X=4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”,故P(X=4)=C 44C 94=1126; {X=3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球或3个黄球和1个其他颜色的球”,故P(X=3)=C 43C 51+C 33C 61C 94=20+6126=1363;于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363-1126=1114.因此随机变量X的数学期望E(X)=2×1114+3×1363+4×1126=209.。
排列组合与概率统计(教师版详)-新高考卷概率与统计热门考题汇编
2023届新高考卷概率与统计热门考题汇编第一部分：基本原理和重要概念一、分类加法计数原理和分步乘法计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种类不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整二、常见的一些排列问题及其解决方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法三、分组分配问题(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．(2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．四、二项式定理(1)一般地，对于任意正整数，都有：(a+b)n=C0n a n+C1n a n-1b+⋯+C r n a n-r b r+⋯+C n n b n(n∈N∗)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．式中的C r n a n-r b r做二项展开式的通项，用T r+1表示，即通项为展开式的第r+1项：T r+1=C r n a n-r b r，其中的系数C rn (r =0，1，2，⋯，n )叫做二项式系数，2.(2)两个常用的二项展开式：①(a -b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +L +-1 r C r n a n -r b r +L +-1 n C n n b n (n ∈N ∗)，②1+x n =1+C 1n x +C 2n x 2+L +C r n x r +L +x n(3)二项式系数的性质(杨辉三角形)①每一行两端都是1，即C 0n =C n n ；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即C m n +1=C m -1n +C m n ．②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C m n =C n -m n ．③二项式系数和令a =b =1，则二项式系数的和为C 0n +C 1n +C 2n +⋯+C r n +⋯+C n n =2n ，变形式C 1n +C 2n +⋯+C r n +⋯+C n n =2n -1．④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令a =1，b =-1，则C 0n -C 1n +C 2n -C 3n +⋯+(-1)n C n n =(1-1)n =0，从而得到：C 0n +C 2n +C 4n ⋅⋅⋅+C 2r n +⋅⋅⋅=C 1n +C 3n +⋯+C 2r +1n +⋅⋅⋅=12⋅2n =2n -1．⑤最大值：如果二项式的幂指数n 是偶数，则中间一项T n 2+1的二项式系数C n 2n 最大；如果二项式的幂指数n 是奇数，则中间两项T n +12，T n +12+1的二项式系数C n -12n ，C n +12n相等且最大．⑥求(a +bx )n 展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A 1，A 2，⋅⋅⋅，A n +1，设第r +1项系数最大，应有A r +1≥A rA r +1≥A r +2 ，从而解出r 来．(4)二项式系数和的计算与赋值五、二项分布1.n 重伯努利试验的概念只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行n 次所组成的随机试验称为n 重伯努利试验．2.n 重伯努利试验具有如下共同特征(1)同一个伯努利试验重复做n 次；(2)各次试验的结果相互独立．3.二项分布一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0<p <1)，用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为：P (X =k )=C k n p k(1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，记作X ~B (n ,p )4.一般地，可以证明：如果X ~B (n ,p )，那么EX =np ,DX =np (1−p ).六、超几何分布1.超几何分布模型是一种不放回抽样，一般地，假设一批产品共有N 件，其中有M 件次品，从N 件产品中随机抽取n 件(不放回)，用X 表示抽取的n 件产品中的次品数，则X 的分布列为P (X =k )=C k M C n -kN -MC nN，k =m ，m +1，m +2，⋯，r .其中n ，N ，M ∈N *，M ≤N ，n ≤N ，m =max {0，n -N +M }，r =min {n ，M }．如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X 服从超几何分布．2.超几何分布的期望E (X )==np (p 为N 件产品的次品率)．七、二项分布与超几何分布的区别1.看总体数是否给出，未给出或给出总体数较大一般考查二项分布，此时往往会出现重要的题眼“将频率视为概率”.2.看一次抽取抽中“次品”概率是否给出，若给出或可求出一般考查二项分布.3.看一次抽取的结果是否只有两个结果，若只有两个对立的结果A 或A ，一般考查二项分布.4.看抽样方法，如果是有放回抽样，一定是二项分布；若是无放回抽样，需要考虑总体数再确定.5.看每一次抽样试验中，事件是否独立，事件发生概率是否不变，若事件独立且概率不变，一定考查二项分布，这也是判断二项分布的最根本依据.6.把握住超几何分布与二项分布在定义叙述中的区别，超几何分布多与分层抽样结合，出现“先抽，再抽”的题干信息.7.二项分布一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0<p <1)，用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为：P (X =k )=C k n p k(1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，记作X ~B (n ,p )8.一般地，可以证明：如果X ~B (n ,p )，那么EX =np ,DX =np (1−p ).八、二项分布的两类最值(1)当p 给定时，可得到函数f (k )=C k n p k (1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，这个是数列的最值问题.p kp k −1=C n k p k (1−p )n −k C k −1n p k −1(1−p )n −k +1=(n −k +1)p k (1−p )=k (1−p )+(n +1)p −k k (1−p )=1+(n +1)p −k k (1−p ).分析：当k <(n +1)p 时，p k >p k −1，p k 随k 值的增加而增加；当k >(n +1)p 时，p k <p k −1，p k 随k 值的增加而减少.如果(n +1)p 为正整数，当k =(n +1)p 时，p k =p k −1，此时这两项概率均为最大值.如果(n +1)p 为非整数，而k 取(n +1)p 的整数部分，则p k 是唯一的最大值.注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k 等于期望时，概率最大.(2)当k 给定时，可得到函数f (p )=C k n p k(1−p )n −k ,p ∈(0,1)，这个是函数的最值问题，这可以用导数求函数最值与最值点.分析：f '(p )=C k n kp k −1(1−p )n −k −p k (n −k )(1−p )n −k −1=C k n p k −1(1−p )n −k −1k (1−p )−(n −k )p =C k n p k −1(1−p )n −k −1(k −np ).当k =1,2,⋯,n −1时，由于当p <k n 时，f '(p )>0，f (p )单调递增，当p >kn时，f '(p )<0，f (p )单调递减，故当p =k n 时，f (p )取得最大值，f (p )max =f kn.又当p →0,f (p )→1，当p →0时，f (p )→0，从而f (p )无最小值.九、复杂概率计算(1)善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”，例如：A i 表示“第i 局比赛胜利”，则A i表示“第i 局比赛失败”.(2)理解事件中常见词语的含义：A ,B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ；A ,B 都发生的事件为AB ；A ,B 都不发生的事件为；A ,B 恰有一个发生的事件为A ∪B ；A ,B 至多一个发生的事件为A ∪B ∪.(3)善于“正难则反”求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用P A =1-P A解出所求事件概率.十、条件概率1.条件概率定义一般地，设A ,B 为两个随机事件，且P (A )>0，我们称P (B |A )=P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率．可以看到，P (B |A )的计算，亦可理解为在样本空间A 中，计算AB 的概率. 于是就得到计算条件概率的第二种途，即P (B |A )=n (AB )n (A )=n AB n Ω n A n Ω=P ABP A.特别地，当P (B |A )=P (B )时，即A ,B 相互独立，则P (AB )=P (A )P (B ).2.条件概率的性质设P (A )>0，全样本空间定义为Ω，则(1)P Ω|A =1；(2)如果B 与C 是两个互斥事件，则P ((B ∪C )|A )=P B |A +P C |A ；(3)设事件A 和B 互为对立事件，则P (B∣A )=1-P (B ∣A )．十一、全概率公式与贝叶斯公式1.在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用“化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑一般地，设A 1，A 2，⋯，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪⋯∪A n =Ω，且P A i >0，i =1，2，⋯，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )=ni =1P A i P B ∣A i .我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．2.贝叶斯公式设A 1，A 2，⋯，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪⋯∪A n =Ω，且P A i >0，i =1，2，⋯，n ，则对任意事件B ⊆Ω，P B >0，有P A i ∣B =P A i P B ∣A iP (B )=P A i P B ∣A ink =1P A k P B ∣A k，i =1,2,⋯,n .在贝叶斯公式中，P A i 和P A i |B 分别称为先验概率和后验概率．十二、一维随机游走与马尔科夫链1.转移概率：对于有限状态集合S ，定义：P i ⋅j =P X n +1=j X n =i 为从状态i 到状态j 的转移概率.2.马尔可夫链：若P X n +1=i X n =i ,X n -1=i n -1,⋅⋅⋅,X 0=i 0=P X n +1=j X n =i =P ij ，即未来状态X n +1只受当前状态X n 的影响，与之前的X n -1，X n -2，⋅⋅⋅，X 0无关.3.一维随机游走模型.设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻t =0时，位于点x =i i ∈N + ，下一个时刻，它将以概率α或者βα∈0,1 ,α+β=1 向左或者向右平移一个单位. 若记状态X t =i 表示：在时刻t 该点位于位置x =i i ∈N + ，那么由全概率公式可得：P X t +1=i =P X t =i -1 ⋅P X t +1=i X t =i -1 +P X t =i +1 ⋅P X t +1=i X t =i +1 另一方面，由于P X t +1=i X t =i -1 =β，P X t +1=i X t =i +1 =α，代入上式可得：P i =α⋅P i +1+β⋅P i -1进一步，我们假设在x =0与x =m m >0,m ∈N + 处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时被吸收，不再游走.于是，P 0=0，P m =1随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程.进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为a ，原地不动，其概率为b ，向右平移一个单位，其概率为c ，那么根据全概率公式可得：P i =a ⋅P i +1+b ⋅P i +c ⋅P i -1有了这样的理论分析，下面我们看全概率公式及以为随机游走模型在2019年全国1卷中的应用.十三、统计1.线性回归方程与最小二乘法(1)回归直线方程过样本点的中心(x ,y )，是回归直线方程最常用的一个特征(2)我们将y =b x +a称为Y 关于x 的线性回归方程，也称经验回归函数或经验回归公式，其图形称为经验回归直线．这种求经验回归方程的方法叫做最小二乘法，求得的b ,a叫做b ，a 的最小二乘估计(leastsquaresestimate )，其中b =ni =1x i -xy i -y n i =1x i -x 2 =ni =1x i y i -nx ⋅y ni =1x 2i -nx2a =y -b x .(3)残差的概念对于响应变量Y ，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的y称为预测值，观测值减去预测值称为残差．残差是随机误差的估计结果，通过残差的分析可以判断模型刻画数据的效果，以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面工作称为残差分析．(4)刻画回归效果的方式(i )残差图法：作图时纵坐标为残差，横坐标可以选为样本编号，或身高数据，或体重估计值等，这样作出的图形称为残差图．若残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，带状区域越窄，则说明拟合效果越好．(ii )残差平方和法：残差平方和ni =1y i -y i 2 ，残差平方和越小，模型拟合效果越好，残差平方和越大，模型拟合效果越差．(iii )利用R 2刻画回归效果：决定系数R 2是度量模型拟合效果的一种指标，在线性模型中，它代表解释变量客立预报变量的能力．R 2=1ni =1y i -yi 2ni =1y i -y2，R 2越大，即拟合效果越好，R 2越小，模型拟合效果越差．第二部分.试题汇编一、单选题2.(福建省福州市普通高中2023届高三毕业班质量检测(二检))若二项式3x 2+1x2n展开式中存在常数项，则正整数n 可以是()A.3B.5C.6D.7【详解】二项式3x 2+1x2n展开式的通项为T r +1=C r n(3x 2)n -r1x 2r =3n -r C r n x 2n -4r，令2n -4r =0，解得：r =n2，又因为0≤r ≤n 且r 为整数，所以n 为2的倍数，所以n =6，故选：C .3.(福建省福州市普通高中2023届高三毕业班质量检测(二检))为培养学生“爱读书､读好书､普读书”的良好习惯，某校创建了人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团．甲､乙两位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则这两位同学恰好参加同一个社团的概率为()A.13B.12C.23D.34【详解】记人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团分别为a ,b ,c ，则甲､乙两位同学各自参加其中一个社团的基本事件有a ,a ,a ,b ,a ,c ,b ,a ,b ,b ,b ,c ,c ,a ,c ,b ,c ,c 共9种，而这两位同学恰好参加同一个社团包含的基本事件有a ,a ,b ,b ,c ,c 共3种，故这两位同学恰好参加同一个社团的概率P =39=13.故选：A 4.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)ax +y 5的展开式中x 2y 3项的系数等于80，则实数a =()A.2B.±2C.22D.±22【详解】展开式的通项公式是T r +1=C r 5⋅ax 5-r ⋅y r ，当r =3时，x 2y 3项的系数为C 35⋅a 2=80，解得：a =±2 2.故选：D5.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)厦门山海健康步道云海线全长约23公里，起于东渡邮轮广场，终于观音山沙滩，沿线申联贸鸟湖、狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、五缘湾、虎仔山、观音山等“八山三水”．市民甲计划从“八山三水”这11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率为()A.13B.49C.59D.109165【详解】11个景点随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选取景点中有“水”的对立事件是在狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山中选取3个相邻的，共有4种情况，则其概率P =49，则11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率P =1-49=59.故选：C 6.(广东省2023届高考一模)如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有()A.96种B.64种C.32种D.16种【详解】根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有2A 22=4种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有A 14A 12=8种排法；第三步，排数字5和6，共有A 22=2种排法；由分步计数原理知，共有不同的排法种数为4×8×2=64.故选：B .7.(广东省佛山市2023届高三教学质量检测(一))已知事件A ，B ，C 的概率均不为0，则P A =P B的充要条件是()A.P A ∪B =P A +P BB.P A ∪C =P B ∪CC.P AB =P ABD.P AC =P BC【详解】解：对于A ：因为P A ∪B =P A +P B -P A ∩B ，由P A ∪B =P A +P B ，只能得到P A ∩B =0，并不能得到P A =P B ，故A 错误；对于B ：因为P A ∪C =P A +P C -P A ∩C ，P B ∪C =P B +P C -P B ∩C ，由P A ∪C =P B ∪C ，只能得到P A -P A ∩C =P B -P B ∩C ，由于不能确定A ，B ，C 是否相互独立，故无法确定P A =P B ，故B 错误；对于C ：因为P AB =P A -P AB ，P AB =P B -P AB ，又P AB =P AB ，所以P A =P B ，故C 正确；对于D ：由于不能确定A ，B ，C 是否相互独立，若A ，B ，C 相互独立，则P AC =P A P C ，P BC =P B P C ，则由P AC =P BC 可得P A =P B ，故由P AC =P BC 无法确定P A =P B ，故D 错误；故选：C8.(广东省广州市2023届高三综合测试(一))“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有()A.100个B.125个C.225个D.250个【详解】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：最多1个0，取奇数字有A15种，取能重复的偶数字有A14种，它们排入数位有A22种，取偶数字占百位有A15种，不同“回文数”的个数是A15A14A22A15=200个，最少2个0，取奇数字有A15种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有A15种，不同“回文数”的个数是A15A15=25个，由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有200+25=225个.故选：C9.(广东省深圳市2023届高三第一次调研)安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为()A.15B.310C.325D.625【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；当分为3,1,1人时，有C35A33=60种实习方案，当分为2,2,1人时，有C25C23A22⋅A33=90种实习方案，即共有60+90=150种实习方案，其中甲、乙到同一家企业实习的情况有C13A33+C23A33=36种，故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为36150=625，故选：D.10.(湖北省七市(州)2023届高三下学期3月联合统一调研测试)一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式2x-1xn展开式的常数项为()A.-160B.60C.120D.240【详解】因为6×75%=4.5，所以n=6，所以2x-1 x6展开式的通项为：T r+1=C r62x6-r-1 xr=C r6⋅26-r⋅-1 r⋅x6-32r，令6-32r=0得：r=4，所以展开式的常数项为C46×22×-14=60，故选：B．11.(江苏省八市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城)2023届高三二模)已知x3+2x2n的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为()A.60B.80C.100D.120【详解】当x=1时，3n=243，解得n=5，则x3+2 x2n的展开式第r+1项T r+1=C r5(x3)5-r2x2 r=C r5 x15-3r2r x-2r=C r52r x15-5r，令15-5r=0，解得r=3，所以C3523=10×8=80，故选：B12.(江苏省南京市、盐城市2023届高三下学期一模)某种品牌手机的电池使用寿命X(单位：年)服从正态分布N 4,σ2 σ>0 ，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为()A.0.9B.0.7C.0.3D.0.1【详解】由题得：P x ≥2 =0.9，故P x <2 =0.1，因为6+22=4，所以根据对称性得：P x ≥6 =P x <2 =0.1.故选：D .13.(江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研(一))“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A 为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B 为“两位游客选择的景点不同”，则P B A =()A.79B.89C.911D.1011【详解】由题可得P A =6×6-5×56×6=1136，P AB =2×56×6=518,所以P B A =P ABP A=5181136=1011.故选：D .14.(2023年湖北省八市高三(3月)联考)甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A ,B ,C 三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在A 小区的概率为()A.193243B.100243C.23D.59【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有35=243种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为3,1,1或2,2,1当5人被分为3,1,1时，情况数为C 35×A 33=60;当5人被分为2,2,1时，情况数为C 15×C 24A 22×A 33=90；所以共有60+90=150.由于所求甲不去A ，情况数较多，反向思考，求甲去A 的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为3,1,1时，且甲去A ，甲若为1，则C 34×A 22=8，甲若为3，则C 24×A 22=12，共计8+12=20种，当5人被分为2,2,1时，且甲去A ，甲若为1，则C 24A 22×A 22=6，甲若为2，则C 14×C 13×A 22=24，共计6+24=30种，所以甲不在A 小区的概率为150-20+30 243=100243，故选：B .15.(山东省济南市2023届高三下学期3月一模)从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为()A.310B.12C.35D.910【详解】以点A为例，以点A为其中一个顶点的三角形有△ABC,△ABD,△ABE,△ABF,△ACD,△ACE,△ACF,△ADE,△ADF,△AEF，共10个，其中直角三角形为△ABD,△ABE,△ACD,△ACF,△ADE,△ADF，共6个，故所得三角形是直角三角形的概率为610=35.故选：C16.(山东省青岛市2023届高三下学期第一次适应性检测)某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为()A.0.34B.0.37C.0.42D.0.43【详解】设事件A表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则P1=C23C24×0.82=0.32,若两个题目中一个有思路一个没有思路，则P2=C11C13C24×0.8×0.25=0.1，故P(A)=P1+P2=0.32+0.1=0.42,故选：C17.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)已知随机变量X服从正态分布N2,σ2，且P(X>3)=16，则P(X<1)=()A.13B.23C.16D.56【详解】随机变量X服从正态分布N2,σ2，显然对称轴X=2，所以由对称性知P(x<1)=P(x>3)=16，故选：C．18.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)(1+x)n展开式中二项式系数最大的是C5n，则n不可能是()A.8B.9C.10D.11【详解】当n=9时，C59是最大的二项式系数，符合要求，当n=10时，C510是最大的二项式系数，符合要求，当n =11时，C 511=C 611是最大的二项式系数，符合要求，当n =8时，显然C 58<C 48，不满足，故选：A ．19.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)一枚质地均匀的骰子，其六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6．现将此骰子任意抛掷2次，正面向上的点数分别为X 1,X 2．设Y 1=X 1,X 1≥X 2X 2,X 1<X 2 ，设Y 2=X 1,X 1≤X 2X 2,X 1>X 2 ，记事件A =“Y 1=5”，B =“Y 2=3”，则P B ∣A =()A.19B.29C.15D.211【详解】将此骰子任意抛掷2次，则基本事件的方法总数为36种，显然Y 1是取大函数，所以A =“Y 1=5”，则X 1,X 2中有一个数字是5，另一个数字小于等于5，有5×2-1=9种；显然Y 2是取小函数，所以A =“Y 1=5”，B =“Y 2=3”同时发生，则有3,5 和5,3 ；所以P A =936=14，P BA =236，所以P B ∣A =P BA P A=29.故选：B ．二、多选题20.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分布，则()A.P (X >32)>P (Y >32)B.P (X ≤36)=P (Y ≤36)C.李明计划7：34前到校，应选择坐公交车D.李明计划7：40前到校，应选择骑自行车【详解】A .由条件可知X ∼N 30,62 ，Y ∼N 34,22 ，根据对称性可知P Y >32 >0.5>P X >32 ，故A 错误；B .P X ≤36 =P X ≤μ+σ , P Y ≤36 =P Y ≤μ+σ ，所以P X ≤36 =P Y ≤36 ，故B 正确；C . P X ≤34 >0.5=P Y ≤34 ，所以P X ≤34 >P Y ≤34 ，故C 正确；D . P X ≤40 <P X <42 =P X <μ+2σ ，P Y ≤40 =P Y ≤μ+3σ ，所以P X ≤40 <P Y ≤40 ，故D 正确.故选：BCD21.(广东省佛山市2023届高三教学质量检测(一))中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望.二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为29.39%，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破30%.恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特·恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数=食物支出金额总支出金额×100%”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，50%~60%为温饱，40%~50%为小康，30%~40%为富裕，低于30%为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知()A.城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平B.农村居民恩格尔系数的平均数低于32%C.城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于29%D.全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数【详解】对于A：从折线统计图可知2015年开始城镇居民的恩格尔系数均低于30%，即从2015年开始进入“最富裕”水平，故A正确；对于B：农村居民恩格尔系数只有2017、2018、2019这三年在30%∼32%之间，其余年份均大于32%，且2012、2013这两年大于(等于)34%，故农村居民恩格尔系数的平均数高于32%，故B错误；对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列(所对应的年份)前5位分别为2019、2018、2017、2021、2020，因为10×45%=4.5，所以第45百分位数为第5位，即2020年的恩格尔系数，由图可知2020年的恩格尔系数高于29%，故C正确；对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于50%，故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误；故选：AC22.(广东省广州市2023届高三综合测试(一))某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据(单位：kg)全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则()A.频率分布直方图中a 的值为0.07B.这100名学生中体重低于60kg 的人数为60C.据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62D.据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5【详解】对于A 项，因为5×(0.01+a +0.06+0.04+0.02)=1，解得：a =0.07，故A 项正确；对于B 项，(0.01+0.07+0.06)×5×100=70人，故B 项错误；对于C 项，因为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7，0.01×5+0.07×5+0.06×5+0.04×5=0.9，0.7<0.78<0.9，所以第78百分位数位于[60,65)之间，设第78百分位数为x ，则0.01×5+0.07×5+0.06×5+(x -60)×0.04=0.78，解得：x =62，故C 项正确；对于D 项，因为0.01×5×47.5+0.07×5×52.5+0.06×5×57.5+0.04×5×62.5+0.02×5×67.5=57.25，即：估计该校学生体重的平均数约为57.25，故D 项错误.故选：AC .23.(湖北省七市(州)2023届高三下学期3月联合统一调研测试)下列命题中正确的是()A.若样本数据x 1，x 2，⋯，x 20的样本方差为3，则数据2x 1+1，2x 2+1，⋯，2x 20+1的方差为7B.经验回归方程为y=0.3-0.7x 时，变量x 和y 负相关C.对于随机事件A 与B ，P A >0，P B >0，若P A B =P A ，则事件A 与B 相互独立D.若X ∼B 7,12，则P X =k 取最大值时k =4【详解】对于A ，数据2x 1+1，2x 2+1，⋯，2x 20+1的方差为22×3=12，所以A 错误；对于B ，回归方程的直线斜率为负数，所以变量x 与y 呈负的线性相关关系，所以B 正确；对于C ，由P A B =P ABP B=P A ，得P AB =P A ⋅P B ，所以事件A 与事件B 独立，所以C正确；对于D ，由P X =k ≥P X =k +1P X =k ≥PX =k -1，即C k 712 7≥C k +17127C k 712 7≥Ck -17127，解得k =3或k =4，所以D 错误．故选：BC ．24.(湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研)在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生达标率60%70%65%75%定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有()A.乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校B.两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率C.若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%D.甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB 正确；设甲校理科生有x 人，文科生有y 人，若0.6x =0.7y ，即6x =7y ，则甲校总达标率为0.6x +0.7yx +y=4265，选项C 错误；由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D 正确；故选：ABD25.(湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研)已知离散型随机变量X 服从二项分布B n ,p ，其中n ∈N ∗,0<p <1，记X 为奇数的概率为a ，X 为偶数的概率为b ，则下列说法中正确的有()A.a +b =1 B.p =12时，a =b C.0<p <12时，a 随着n 的增大而增大 D.12<p <1时，a 随着n 的增大而减小【详解】对于A 选项，由概率的基本性质可知，a +b =1，故A 正确，对于B 选项，由p =12时，离散型随机变量X 服从二项分布B n ,12 ，则P =X =k =C kn12k1-12n -kk =0,1,2,3,⋯,n ，所以a =12nC 1n +C 3n +C 5n +⋯⋯ =12n×2n -1=12，b =12nC 0n+C 2n+C 4n+⋯⋯ =12n×2n -1=12，所以a =b ，故B 正确，。
新高中地理高考高考地理五年真题分类汇编(2017-2021)第2讲 地图基础知识(教师版)
高考地理五年真题分类汇编（2017-2021）第2讲地图基础知识一、单选题1.（2021·湖南）小海坨山位于北京冬奥会延庆赛区,建有国家高山滑雪中心,滑道落差近900米。
小海坨山半山腰置出现一定厚度的低云,且停留时间较长,对滑雪赛事有一定影响。
研究表明,山地背风坡下沉气流与爬坡湿气流的相互作用是促进半山腰云形成的关键因素。
下图示意小海坨山及附近地形。
据此究成下面小题。
（1）半山腰云主要分布在小海坨山主峰及山脊的（）A.东北方B.东南方C.西南方D.西北方（2）与半山腰云邻近的下部气团相比,上部气团性质偏（）A.暖干B.暖湿C.冷干D.冷湿（3）为了赛事的顺利进行,气象部门预报半山腰云最需要精准观测滑雪场附近的（）①相对湿度②气压变化③气温水平分布④气温垂直分布A.①③B.②③C.①④D.②④（2）A（3）C【考点】地图的基本知识，大气的运动，大气热力环流【解析】【点评】地图上方向的判断地图类型方向判定一般地图面向地图，上北下南、左西右东指向标地图根据指向标定向，箭头指示北方经纬网地图经线指示南北方向，纬线指示东西方向2.（2021·浙江）下图为某地地质地形图，图中断层附近有一条溪流。
断层东侧相对上升﹐西侧相对下降。
完成下列小题。
（1）该溪流()A.流向为自南向北B.侵蚀地表，形成断层C.晚于白垩纪形成D.西岸平坦，东岸陡峭（2）甲、乙两地之间地层剖面示意图最有可能是()A.①B.②C.③D.④（2）B【考点】等值线图，化石和地层，地质年代表与地球演化史【解析】【点评】（1）地球的演化历程：（2）岩层中间新，两翼老，为向斜构造；岩层中间老，两翼新，为背斜构造。
3.（2020·浙江）我国某山脉主峰由古老的片麻岩构成，第四纪冰期时该地雪线高度为海拔3500~3600米。
图一为该主峰附近地形图，图二为图一中某地的谷地景观图。
完成下面小题。
（1）图二谷地景观可见于图一中的（）A.甲地B.乙地C.丙地D.丁地（2）图二谷地的成因是（）A.构造断裂下陷B.流水侵蚀作用C.层挤压弯曲D.冰川侵蚀作用【答案】（1）B（2）D【考点】等高线地形图、地形剖面图，内力作用与地貌，外力作用与地貌【解析】【分析】（1）由图一中的等高线分布状况和等高线数值可以看出，乙地等高线向高处凸出，为山谷，B正确。
高考数学试题分类汇编
高等学校招生全国统一考试数学分类解析数学分类解析——概率统计一．选择题：1.(安徽理)（10）．设两个正态分布2111()(0)N µσσ>，和2222()(0)N µσσ>，的密度函数图像如图所示。
则有（A ）A ．1212,µµσσ<<B ．1212,µµσσ<>C ．1212,µµσσ><D ．1212,µµσσ>>2.（福建理）(5)某一批花生种子，如果每1粒发牙的概率为45,那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（B ）A.16625 B.96625 C.192625 D.2566253.（福建文）(5)某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是（C ）A.12125 B.16125C.48125D.961254.（广东理）（3）．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表1．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生人数为（C ）A ．24B ．18C ．16D ．125.（湖南理）4.设随机变量ζ服从正态分布N (2,9),若P (ζ＞c+1)=P (ζ＜c －)1,则c =(B)A.1B.2C.3D.46.（江西文）（11）．电子钟一天显示的时间是从00:00到23:59，每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为（C ）A ．1180B ．1288C ．1360D ．14807.（辽宁理文）（7）.4张卡片上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中随机抽取2张,一年级二年级三年级女生373xy男生377370z则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为(C )A.13B.12C.23D.348.（山东理）（7）在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为（B ）（A ）511（B ）681（C ）3061（D ）40819.（山东理）(8)右图是根据《山东统计年整2007》中的资料作成的1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的茎叶图.图中左边的数字从左到右分别表示城镇居民百户家庭人口数的百位数字和十位数字，右边的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字，从图中可以得到1997年至2006年我省城镇居民百户家庭人口数的平均数为（B ）（A ）304.6（B ）303.6(C)302.6(D)301.610.（山东文）9．从某项综合能力测试中抽取100人的成绩，统计如表，则这100人成绩的标准差为（B ）分数54321人数2010303010A ．3B ．210C ．3D ．8510.（陕西文）（3）．某林场有树苗30000棵，其中松树苗4000棵．为调查树苗的生长情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为150的样本，则样本中松树苗的数量为（C ）A ．30B ．25C ．20D ．1511.（重庆理）(5)已知随机变量ζ服从正态分布N (3,a 2),则P (3)ζ<＝（D）(A)15(B)14(C)13(D)1212.（重庆文）(5)某交高三年级有男生500人，女生400人，为了解该年级学生的健康情况，从男生中任意抽取25人，从女生中任意抽取20人进行调查.这种抽样方法是（D ）(A)简单随机抽样法(B)抽签法(C)随机数表法(D)分层抽样法13．（重庆文）(9)从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为（B ）(A)184(B)121(C)25(D)35二．填空题：1.（广东文）（11）.为了调查某厂工人生产某种产品的能力，随机抽查了20位工人某天生产该产品的数量.产品7420136203851192数量的分组区间为[)45,55，[)[)[)55,65,65,75,75,85，[)85,95由此得到频率分布直方图如图，则这20名工人中一天生产该产品数量在[)55,75的人数是13.2.（海南宁夏理文）（16）．从甲、乙两品种的棉花中各抽测了25根棉花的纤维长度（单位：mm ），结果如下：甲品种：271273280285285287292294295301303303307308310314319323325325328331334337352乙品种：284292295304306307312313315315316318318320322322324327329331333336337343356由以上数据设计了如下茎叶图31277550284542292587331304679403123556888553320224797413313673432356甲乙根据以上茎叶图，对甲、乙两品种棉花的纤维长度作比较，写出两个统计结论：①；②．以下任填两个：（1）．乙品种棉花的纤维平均长度大于甲品种棉花的纤维平均长度（或：乙品种棉花的纤维长度普遍大于甲品种棉花的纤维长度）．（2）．甲品种棉花的纤维长度较乙品种棉花的纤维长度更分散．（或：乙品种棉花的纤维长度较甲品种棉花的纤维长度更集中（稳定）．甲品种棉花的纤维长度的分散程度比乙品种棉花的纤维长度的分散程度更大）．（3）．甲品种棉花的纤维长度的中位数为307mm ，乙品种棉花的纤维长度的中位数为318mm ．（4）．乙品种棉花的纤维长度基本上是对称的，而且大多集中在中间（均值附近）．甲品种棉花的纤维长度除一个特殊值（352）外，也大致对称，其分布较均匀．3.（湖北文）11.一个公司共有1000名员工，下设一些部门，要采用分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为50的样本，已知某部门有200名员工，那么从该部门抽取的工人数是10.4．（湖北文）14.明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己，假设甲闹钟准时响的概率是0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一准时响的概率是0.98.5.（湖南理）15.对有n (n ≥4)个元素的总体｛1,2,3,…,n ｝进行抽样，先将总体分成两个子总体｛1,2,…，m ｝和｛m +1、m +2,…，n ｝(m 是给定的正整数，且2≤m ≤n -2),再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本，用P i j 表示元素i 和f 同时出现在样本中的概率，则P 1m =4()m n m −;所有P if (1≤i ＜j ≤)n 的和等于6.6.（湖南文）（12）从某地区15000位老人中随机抽取500人，其生活能否自理的情况如下表所示：则该地区生活不能自理的老人中男性比女性约多____60____人。
备战2023年北京市高考地理专题精练(3年真题1年一二模)分项汇编8 人口带讲解
专题08 人口（2021·北京·高考真题）M县在制定县域内精准扶贫方案时，规划将某个村实行生态搬迁。
读图，完成下面小题。
1．考虑环境承载力等因素，该村最适宜选址在（）A．甲B．乙C．丙D．丁A【分析】据图可知，在M县区域内，甲地附近有时令河，有水源，且绿洲面积大，数量多，环境承载力大，适合生态搬迁选址，故A正确；乙不在M县，丙绿洲面积小，丁附近是地质公园，且没有河流和绿洲，故BCD错。
2．（2021·北京·高考真题）草地出现退化时，植被覆盖度降低。
下图示意蒙古高原部分地区年降水量分布及采样点植被覆盖度。
读图，回答下列问题。
蒙古国面积156.65万平方千米，2020年全国人口约336万，其中乌兰巴托人口约160万。
该国城乡人口比例约7：3。
(2)概述该国人口分布的特点。
人口密度小，人口分布极不均匀，近一半人口集中在首都，城乡人口差异大。
【分析】据材料可知，蒙古国面积156.65万平方千米，2020年全国人口约336万，说明人口密度小，其中乌兰巴托人口约160万，说明人口分布极不均匀，近一半人口集中在首都，城乡人口比例约7：3，说明城乡人口差异大。
一、单选题（2022·北京通州·一模）阅读下表，完成下面小题。
A．幼龄人口比重持续增加B．劳动力人口数量逐年减少C．老龄人口比重逐渐增加D．人口年龄结构趋于合理化2．由数据变化可推断未来一段时间内我国可能（）①适当延迟退休年龄①养老服务行业前景广阔①适当放宽生育政策①不断提高区域资源环境承载力A．①①①B．①①①C．①①①D．①①①1．C2．A1．根据图表可知，2010年-2020年间0～14岁人口比重呈先下降后上升趋势，因此幼龄人口比重也呈先下降后上升趋势，A选项错误。
15～64岁人口比重呈持续下降趋势，因此劳动力人口比重也呈持续下降趋势，但是数量不一定逐年减少，B选项错误。
65岁及以上人口比重呈持续上升趋势，因此老龄人口比重逐渐增加，C选项正确。
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分布列复习以及高考试题汇编热点一：分布列、数学期望和方差1、分布列:ξx1x2…x i…P P1P2…P i…2、分布列的两个性质： ⑴P i≥0，i＝1，2，...； ⑵P1+P2+ (1)3、数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为ξx1x2…x n…P p1p2…p n…则称 …… 为ξ的数学期望，简称期望．性质:4、方差：＝＋＋…＋＋…称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的是随机变量ξ的期望．性质：（1）；（2）；5、二项分布:ξ～B(n，p)，并记＝b(k；n，p)．ξ01…k…nP……Eξ=np, np(1-p)例1、袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上号的有个（=1,2,3,4）.现从袋中任取一球.表示所取球的标号.（Ⅰ）求的分布列，期望和方差；（Ⅱ）若, ,,试求a,b的值.小结：求期望和方差的步骤S1确定随机变量的允许值；S2计算相应的概率；S3写出分布列；S4代入期望和方差公式求解。
练习：1、甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约.乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约.设每人面试合格的概率都是，且面试是否合格互不影响.求：（Ⅰ）至少有1人面试合格的概率;（Ⅱ）签约人数的分布列和数学期望.2、某射击测试规则为：每人最多射击3次，击中目标即终止射击，第次击中目标得分，3次均未击中目标得0分．已知某射手每次击中目标的概率为0.8，其各次射击结果互不影响．（Ⅰ）求该射手恰好射击两次的概率；（Ⅱ）该射手的得分记为，求随机变量的分布列及数学期望．3、某批发市场对某种商品的周销售量（单位：吨）进行统计，最近100周的统计结果如下表所示：周销售量234频数205030（Ⅰ）根据上面统计结果，求周销售量分别为2吨，3吨和4吨的频率；（Ⅱ）已知每吨该商品的销售利润为2千元，表示该种商品两周销售利润的和（单位：千元）．若以上述频率作为概率，且各周的销售量相互独立，求的分布列和数学期望．几种常见题型的解法一、从分类问题角度求概率例2（日本高考题）袋内有9个白球和3个红球，从袋中任意地顺次取出三个球（取出的球不再放回），求第三次取出的球是白球的概率。
二、从不等式大小比较的角度看概率例3 “幸运52”知识竞猜电视节目，为每位选手准备5道试题，每道题设“Yes”与“No”两个选项，其中只有一个是正确的，选手每答对一题，获得一个商标，假设甲、乙两位选手仅凭猜测独立答题，是否有99%的把握断定甲、乙两位选手中至少有一位获得1个或1个以上的商标？三、从“至多”、“至少”的角度看概率.例4、有三种产品，合格率分别是0.90、0.95和0.95，各取一件进行检验。
（I）求恰有一件不合格的概率；（II）求至少有两件不合格的概率（精确到0.001）。
四、从“或”、“且”的角度看概率例5甲乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.6，被甲或被乙解出的概率为0.92。
（1）求该题被乙独立解出的概率；（2）求解出该题的人数的数学期望和方差。
相关练习1.（山东卷7）在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手.若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为（A） （B）（C） （D）2.（福建卷5)某一批花生种子，如果每1粒发牙的概率为,那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是A. B. C.D.3.（辽宁卷7）4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为（ ）A． B． C． D．4.甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球2次均未命中的概率为．（Ⅰ）求乙投球的命中率；（Ⅱ）求甲投球2次，至少命中1次的概率；（Ⅲ）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．5.某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立），1）求至少3人同时上网的概率；2）至少几人同时上网的概率小于0.3？6.甲、乙二人参加普法知识竞答，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个。
甲、乙二人依次各抽一题。
（I）甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多少？（II）甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？关于统计问题1.（天津卷11）一个单位共有职工200人，其中不超过45岁的有120人，超过45岁的有80人．为了调查职工的健康状况，用分层抽样的方法从全体职工中抽取一个容量为25的样本，应抽取超过45岁的职工________________人．2.某公司生产三种型号的轿车，产量分别为1200辆，6000辆和2000辆。
为检验该公司的产品质量，现用分层抽样的方法抽取46辆进行检验，这三种型号的轿车依次应抽取_______，____，_______辆。
3.甲、乙两种冬小麦试验品种连续5年的平均单位面积产量如下（单位：t/hm2 ）:其中产量比较稳定的小麦品种是▁▁▁。
4.一个工厂在若干个车间，今采用分层抽样方法从全厂某天的2048件产品中抽取一个容量为128的样本进行质量检查，若一车间这一天生产256件产品，则从该车间抽取的产品件数为．5．（江苏卷）某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10，11，9.已知这组数据的平均数为10，方差为2，则｜x－y｜的值为（A）1 （B）2 （C）3 （D）46．（四川卷）甲校有名学生，乙校有名学生，丙校有名学生，为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法，抽取一个容量为人的样本，应在这三校分别抽取学生（A）人，人，人（B）人，人，人（C）人，人，人（D）人，人，人7．(重庆卷)为了了解某地区高三学生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁－１８岁的男生体重(kg) ,得到频率分布直方图如下：根据上图可得这100名学生中体重在〔56.5,64.5〕的学生人数是(A)20 (B)30 (C)40 （D）508．(重庆卷)某地区有300家商店，其中大型商店有30家，中型商店有75家，小型商店有195家。
为了掌握各商店的营业情况，要从中抽取一个容量为20的样本。
若采用分层抽样的方法，抽取的中型商店数是（A）2 （B）3 （C）5 （D）139．（全国II）一个社会调查机构就某地居民的月收入调查了10 000人，并根据所得数据画了样本的频率分布直方图（如右图）．为了分析居民的收入与年龄、学历、职业等方面的关系，要从这10 000人中再用分层抽样方法抽出100人作进一步调查，则在［2500，3000）（元）月收入段应抽出人．10．（山东卷）某学校共有师生2400人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为160的样本，已知从学生中抽取的人数为150，那么该学校的教师人数是 .09年高考复习之概率统计（答案）热点一：分布列、数学期望和方差1、分布列:ξx1x2…x i…P P1P2…P i…2、分布列的两个性质： ⑴P i≥0，i＝1，2，...； ⑵P1+P2+ (1)3、数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为ξx1x2…x n…P p1p2…p n…则称 …… 为ξ的数学期望，简称期望．性质:4、方差：＝＋＋…＋＋…称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的是随机变量ξ的期望．性质：（1）；（2）；5、二项分布:ξ～B(n，p)，并记＝b(k；n，p)．ξ01…k…nP……Eξ=np, np(1-p)例1、袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上号的有个（=1,2,3,4）.现从袋中任取一球.表示所取球的标号.（Ⅰ）求的分布列，期望和方差；（Ⅱ）若, ,,试求a,b的值.解：本小题主要考查概率、随机变量的分布列、期望和方差等概念，以及基本的运算能力.（满分12分）解：（Ⅰ）的分布列为：01234 P∴（Ⅱ）由，得a2×2.75＝11，即又所以当a=2时，由1＝2×1.5+b,得b=-2;当a=-2时，由1＝-2×1.5+b，得b=4.∴或即为所求.小结：求期望和方差的步骤S1确定随机变量的允许值；S2计算相应的概率；S3写出分布列；S4代入期望和方差公式求解。
练习：1、甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约，甲表示只要面试合格就签约.乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约.设每人面试合格的概率都是，且面试是否合格互不影响.求：（Ⅰ）至少有1人面试合格的概率;（Ⅱ）签约人数的分布列和数学期望.解: 用A，B，C分别表示事件甲、乙、丙面试合格.由题意知A，B，C相互独立，且P（A）＝P（B）＝P（C）＝.（Ⅰ）至少有1人面试合格的概率是（Ⅱ）的可能取值为0，1，2，3.＝＝==所以，的分布列是0123P的期望2、某射击测试规则为：每人最多射击3次，击中目标即终止射击，第次击中目标得分，3次均未击中目标得0分．已知某射手每次击中目标的概率为0.8，其各次射击结果互不影响．（Ⅰ）求该射手恰好射击两次的概率；（Ⅱ）该射手的得分记为，求随机变量的分布列及数学期望．解：（Ⅰ）设该射手第次击中目标的事件为，则，．（Ⅱ）可能取的值为0，1，2，3．的分布列为01230.0080.0320.160.8.3、某批发市场对某种商品的周销售量（单位：吨）进行统计，最近100周的统计结果如下表所示：周销售量234频数205030（Ⅰ）根据上面统计结果，求周销售量分别为2吨，3吨和4吨的频率；（Ⅱ）已知每吨该商品的销售利润为2千元，表示该种商品两周销售利润的和（单位：千元）．若以上述频率作为概率，且各周的销售量相互独立，求的分布列和数学期望．解：（Ⅰ）周销售量为2吨，3吨和4吨的频率分别为0.2，0.5和0.3．（Ⅱ）的可能值为8，10，12，14，16，且P（=8）=0.22=0.04，P（=10）=2×0.2×0.5=0.2，P（=12）=0.52+2×0.2×0.3=0.37，P（=14）=2×0.5×0.3=0.3，P（=16）=0.32=0.09．的分布列为810121416P0.040.20.370.30.09=8×0.04+10×0.2+12×0.37+14×0.3+16×0.09=12.4（千元）几种常见题型的解法一、从分类问题角度求概率例2（日本高考题）袋内有9个白球和3个红球，从袋中任意地顺次取出三个球（取出的球不再放回），求第三次取出的球是白球的概率。
解：设A1=“三次都是白球”，则P（A1）=A2=“一、三次白球，第二次红球”，则P（A2）=A3=“第一次红球，二、三次为白球”，则P（A3）=;A4=“一、二次红球，第三次白球”，则P（A4）=而A1、A2、A3、A4互斥，又记A=“第三次取出的球是白球”，则P（A）=P（A1）+P（A2）+P（A3）+P（A4）=…=说明：本题中关键是学会分解事件A，再由互斥事件和的概率，得出结论，主要以“+”号连接，另外本题也可由P= 得出，请读者琢磨。