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三年专题15 概率与统计（解答题）
（理科专用）
1．【2022 年全国甲卷】甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10 分，负方
得0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概
率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X 表示乙学校的总得分，求X 的分布列与期望．
【答案】(1)0.6；
(2)分布列见解析，E (X )=13.
【解析】
【分析】
（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A ,B ,C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥
事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
(1)
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A ,B ,C，所以甲学校获得冠军的概率为
P = P( ABC)+ P( A BC)+ P( A BC)+ P( ABC)
=0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2
=0.16+0.16+0.24+0.04 =0.6．
(2)
依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，
P(X =0)=0.5×0.4×0.8=0.16,
P(X =10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44，
P(X =20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34，
P(X =30)=0.5×0.6×0.2=0.06.
即X的分布列为
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
期望E (X )=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.
2．【2022 年新高考1 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
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为良好和不够良好两类）的关系，在已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
40
60
对照组
10
90
(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．
附K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，
P(K
2≥k 0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)R =6；
【解析】
【分析】
(1)由所给数据结合公式求出K
2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病
群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）
结合已知数据求R.
(1)
由已知K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d ) = 200(40×90−60×10)
2
50×150×100×100
=24，
又P( K
2≥6.635)=0.01，24>6.635，
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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)
(i)因为R = P(B| A)
P(B| A) ⋅P(B| A)
P(B| A) = P( AB)
P( A) ⋅P( A)
P( A B) ⋅P( A B)
P( A) ⋅P( A)
P( A B)，
所以R = P( AB)
P(B) ⋅P(B)
P( A B) ⋅P( A B)
P(B) ⋅P(B)
P( A B)
所以R = P( A |B)
P( A |B) ⋅P( A |B)
P( A |B)，
(ii)
由已知P( A |B)= 40
100，P( A |B)= 10
100，
又P( A |B)= 60
100，P( A |B)= 90
100，
所以R = P( A |B)
P( A |B) ⋅P( A |B)
P( A |B) =6
3．【2022 年新高考2 卷】在某地区进行流行病学调查，随机调查了100 位某种疾病患者的年龄，得到如
下的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[ 40,50)的人口占该地区总人口的16 %.从该
地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[ 40,50)，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年
龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】(1)4 4.65岁；
(2)0.89；
(3)0.0014．
【解析】
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【分析】
（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设A ={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式P( A )=1−P( A )即可解
出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
(1)
平均年龄x =(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+ 45×0.023
+55×0.020+65×0.012+75×0.006+85×0.002)×10= 44.65（岁）．
(2)
设A ={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以
P( A )=1−P( A )=1−(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1−0.11=0.89．
(3)
设B ={任选一人年龄位于区间[ 40,50)}，C ={任选一人患这种疾病}，
则由条件概率公式可得
P(C |B)= P(BC )
P(B) = 0.1%×0.023×10
16 %
= 0.001×0.23
0.16
=0.0014375≈0.0014．
4．【2021 年新高考1 卷】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B 两类问题，每位参加比赛的同学先
在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另
一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正
确得20 分，否则得0 分；B 类问题中的每个问题回答正确得80 分，否则得0 分，已知小明能正确回答A 类
问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答A 类问题，记
为小明的累计得分，求
的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）
类．
【解析】
【分析】
（1）通过题意分析出小明累计得分
的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，
找出先回答
类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．
【详解】
（1）由题可知，
的所有可能取值为，
，
．
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；
；
．
所以
的分布列为
（2）由（1）知，
．
若小明先回答
问题，记
为小明的累计得分，则
的所有可能取值为，
，
．
；
；
．
所以
．
因为
，所以小明应选择先回答
类问题．
5．【2021 年新高考2 卷】一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0 代，
经过一次繁殖后为第1 代，再经过一次繁殖后为第2 代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有
相同的分布列，设X 表示1 个微生物个体繁殖下一代的个数，
．
（1）已知
，求
；
（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：
的一个最小正实根，求证：当
时，
，当
时，
；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
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【分析】
（1）利用公式计算可得
.
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合
及极值点的范围可得
的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】
（1）
.
（2）设
，
因为
，故
，
若
，则
，故
.
，
因为
，
，
故
有两个不同零点
，且
，
且
时，
；
时，
；
故
在
，
上为增函数，在
上为减函数，
若
，因为
在
为增函数且
，
而当
时，因为
在
上为减函数，故
，
故为
的一个最小正实根，
若
，因为
且在
上为减函数，故1 为
的一个最小正实根，
综上，若
，则
.
若
，则
，故
.
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此时
，
，
故
有两个不同零点
，且
，
且
时，
；
时，
；
故
在
，
上为增函数，在
上为减函数，
而
，故
，
又
，故
在
存在一个零点
，且
.
所以
为
的一个最小正实根，此时
，
故当
时，
.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过
1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
6．【2020 年新课标1 卷理科】甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘
汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一
场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终
获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为
，
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
【答案】（1）
；（2）
；（3）
.
【解析】
【分析】
（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；
（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概
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率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.
【详解】
（1）记事件
甲连胜四场，则
；
（2）记事件
为甲输，事件
为乙输，事件
为丙输，
则四局内结束比赛的概率为
，
所以，需要进行第五场比赛的概率为
；
（3）记事件
为甲输，事件
为乙输，事件
为丙输，
记事件
甲赢，记事件
丙赢，
则甲赢的基本事件包括：
、
、
、
、
、
、
、
，
所以，甲赢的概率为
.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为
.
【点睛】
本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题.
7．【2020 年新课标2 卷理科】某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为
调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法
抽取20 个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi 和yi 分别表示第i 个样区的植物
覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得
，
，
，
，
.
（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平
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均数乘以地块数）；
（2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；
（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动
物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数r=
，
≈1.414.
【答案】（1）
；（2）
；（3）详见解析
【解析】
【分析】
（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；
（2）利用公式
计算即可；
（3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样.
【详解】
（1）样区野生动物平均数为
，
地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为
（2）样本
(i=1，2，…，20)的相关系数为
（3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，
由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物的数量差异很大，
采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，
从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计.
【点晴】
本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能力，是一道容
易题.
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8．【2020 年新课标3 卷理科】某学生兴趣小组随机调查了某市100 天中每天的空气质量等级和当天到某
公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次
空气质量等级
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4 的概率；
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）若某天的空气质量等级为1 或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3 或4，则称
这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2 列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握
认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
人次≤400
人次>400
空气质量好
空气质量不好
附：
，
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为、
、、
的概率分别为
、
、
、
；
（2）
；（3）有，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、
、、
的概率；
（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以
可得结果；
（3）根据表格中的数据完善
列联表，计算出
的观测值，再结合临界值表可得结论.
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【详解】
（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为
，等级为
的概率为
，等级为的概率为
，等级为
的概率为
；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为
（3）
列联表如下：
人次
人次
空气质量好
空气质量不好
，
因此，有
的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
【点睛】
本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于
基础题.
9．【2020 年新高考1 卷（山东卷）】为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进
行调研，随机抽查了
天空气中的
和
浓度（单位：
），得下表：
（1）估计事件“该市一天空气中
浓度不超过
，且
浓度不超过
”的概率；
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（2）根据所给数据，完成下面的
列联表：
（3）根据（2）中的列联表，判断是否有
的把握认为该市一天空气中
浓度与
浓度有关？
附：
，
【答案】（1）
；（2）答案见解析；（3）有.
【解析】
【分析】
（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；
（2）根据表格中数据可得
列联表；
（3）计算出
，结合临界值表可得结论.
【详解】
（1）由表格可知，该市100 天中，空气中的
浓度不超过75，且
浓度不超过150 的天数有
天，
所以该市一天中，空气中的
浓度不超过75，且
浓度不超过150 的概率为
；
（2）由所给数据，可得
列联表为：
合计
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64
16
80
10
10
20
合计
74
26
100
（3）根据
列联表中的数据可得
，
因为根据临界值表可知，有
的把握认为该市一天空气中
浓度与
浓度有关.
【点睛】
本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善
列联表，考查了独立性检验，属于中档题.
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