黃嵩濤

一、命題規(guī)律

《普通高中數(shù)學課程標準（2017年版2020修訂）》指出概率的研究對象是隨機現(xiàn)象，為人們從不確定性的角度認識客觀世界提供重要的思維模式和解決問題的方法.統(tǒng)計的研究對象是數(shù)據(jù)，核心是數(shù)據(jù)分析.概率為統(tǒng)計的發(fā)展提供理論基礎(chǔ)，統(tǒng)計為概率的應用提供實踐檢驗.高考在概率與統(tǒng)計主題的考查主要有三類：一是計數(shù)原理的考查，以現(xiàn)實情境為載體的排列、組合問題以及二項式定理的相關(guān)問題，常以選擇題、填空題形式考查；二是隨機事件相關(guān)問題的考查，包括隨機事件的關(guān)系、運算、概率、條件概率，以二項分布與超幾何分布模型為主的離散型隨機變量的分布列，連續(xù)型隨機變量主要考查正態(tài)分布，考查形式多樣；三是統(tǒng)計中樣本數(shù)據(jù)特征，常以選擇題、填空題形式考查，頻率分布直方圖、一元線性（非線性）回歸模型、兩個分類變量的獨立性檢驗常以解答題形式考查.縱觀進三年新課標Ⅰ卷、Ⅱ卷，均以“兩小一大”形式出現(xiàn)（“小”指單選題、多選題或填空題，“大”指解答題），分值穩(wěn)定在22分，解答題題號分布在18-21之間，并具有逐步靠后設(shè)置的趨勢.

年份試卷題號題型考點分值2021新課標Ⅰ新課標Ⅱ8單選題獨立事件的判斷9多選題平均數(shù)、中位數(shù)、標準差、極差18解答題離散型隨機變量的分布列、期望6單選題正態(tài)分布的實際應用9多選題平均數(shù)、中位數(shù)、標準差、極差21解答題離散型隨機變量的均值，借助導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)22222022新課標Ⅰ新課標Ⅱ5單選題組合、古典概型13填空題二項式定理20解答題獨立性檢驗、條件概率5單選題元素位置限制的排列問題13填空題正態(tài)分布區(qū)間的概率19解答題頻率分布直方圖、條件概率2222（續(xù)表）

年份試卷題號題型考點分值2023新課標Ⅰ新課標Ⅱ9多選題平均數(shù)、中位數(shù)、標準差、極差13填空題分類加法計數(shù)原理21解答題全概率公式、離散型隨機變量的均值3單選題分層抽樣、分布乘法計數(shù)原理12多選題互斥事件、獨立事件的概率19解答題頻率分布直方圖、百分位數(shù)2222二、考向預測

概率統(tǒng)計是高考必考內(nèi)容，主要考查考生數(shù)學抽象、數(shù)學建模、數(shù)據(jù)分析、數(shù)學運算、邏輯推理等素養(yǎng)，常常以熟悉的、關(guān)聯(lián)的或者綜合的現(xiàn)實情境、數(shù)學情境或者科學情境為載體，重點考查反映概率統(tǒng)計中的核心概念、主要結(jié)論、通性通法、數(shù)學或現(xiàn)實應用.考向預測：一是在知識交匯處命題，如與數(shù)列、導數(shù)或不等式等相結(jié)合，增加試題的綜合性；二是以熟悉的現(xiàn)實或者科學情境為載體，融入數(shù)學文化，突出公平性、應用性；三是依然以通性通法為主，淡化解題技巧，注重基礎(chǔ)性．

三、新題剖析

考點1.計數(shù)原理、排列、組合及二項式定理

【例1?】第31屆世界大學生夏季運動會于2023年7月28日至8月8日在成都舉行，比賽項目包括15個必選項目和武術(shù)，賽艇，射擊3個自選項目.若將3男，3女6名志愿者分成3組，每組一男一女，分別分配到3個自選項目比賽場館服務，則不同的分配方案共有（）

A.540種B.36種C.108種D.90種

【解析】方法1：由題意，將3男、3女6人分成3組，每組一男一女，分組方法有C13C13C12C12A33=6種，將這3組分別分配到3個自選項目比賽場館的分配方法有A33種，故不同的分配方案共有6A33=36（種）.故選：B．

方法2：完成這件事分為三步：第一步給“武術(shù)”項目比賽館選一男一女，共9種方案，第二步給“賽艇”項目比賽館選一男一女，共4種方案，第三步將剩下的一男一女分配給“射擊”項目比賽館.由于分步完成，所以用乘法，共36種方案．

【評析】排列組合問題有13種常用模型：（1）捆綁法；（2）插空法；（3）特殊元素法；（4）特殊位置法；（5）間隔法；（6）隔板法；（7）倍縮法解決部分定序問題；（8）不平均分組問題；（9）平均分組問題；（10）部分平均分組問題；（11）分類分步問題；（12）染色問題；（13）排數(shù)問題.解答時可以先判斷是否能歸于某類問題，若能，則運用已有方法解決，若否，則按照分類加法、分步乘法計數(shù)原理及排列、組合等綜合分析解決．

【練1】2023年成都大運會期間，5名同學到4個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，每個場館至少安排1名同學，則不同的安排方法共有（）

A.60種B.120種C.240種D.480種

【解析】先將5名同學分為4組，其中1組有2名，另外3組各1名，共有C25=10種分法，然后將這4組全排列，共有A44=24種排法，?則不同的安排方法共有10×24=240（種），故選：C．

【例2】x-3xn的展開式的第三項的系數(shù)為135，則n=．

【解析】x-3xn的展開式的通項公式為Tr+1=Crnxn-r·-3xr=（-3）rCrnxn-2r，

則第三項的系數(shù)為（-3）2C2n=9C2n=9×n（n-1）2=135，即n（n-1）=30，

解得n=-5（舍去）或n=6.故答案為：6．

【評析】二項式定理能用多項式運算法則和計數(shù)原理證明.高考主要考查四種類題型：（1）利用項的系數(shù)求參數(shù)；（2）利用賦值法求部分系數(shù)或二項式系數(shù)；（3）利用二項式定理解決整除或余數(shù)；（4）不等式求系數(shù)最大、最小項.解答時要特別關(guān)注二項展開式的通項，注意通項Tk+1=Cknan-kbk為展開式的第k+1項．

【練2】已知（ax-2）（x+2x）5的展開式中的常數(shù)項為240，則a=．

【解析】（x+2x）5的展開式的通項Tr+1=Cr5x5-r（2x）r=2rCr5x5-2r（r=0，1，2，3，4，5），

令5-2r=-1得r=3，令5-2r=0，無解．

所以（ax-2）（x+2x）5的展開式中的常數(shù)項為a·23C35=80a=240，所以a=3．

考點2.隨機事件的關(guān)系或運算、概率及條件概率

【例3】已知A，B兩個盒子中均有除顏色外其它完全相同的3個紅球和3個白球，甲從盒子A中，乙從盒子B中各隨機取出一個球，若2個球同色，則甲勝，且將取出的2個球全部放入盒子A中；若2個球異色，則乙勝，且將取出的2個球全部放入盒子B中.按上述規(guī)則重復兩次后，盒子A中恰有8個球的概率是（）

A.12B.1735C.1770D.116

【解析】若兩次取球后，盒子A中恰有8個球，則兩次均為甲勝，若第一次取球甲、乙都取到紅球，概率為：36×36=14，則第一次取球后盒子A中有4個紅球和3個白球，盒子B中有2個紅球和3個白球，第二次取同色球為取到紅球或取到白球，概率為47×25+37×35=1335，盒子A中有8個球的概率為14×1335=17140．

同理若第一次取球甲、乙都取到白球，且兩次取球后盒子A中有8個球的概率為17140，

故盒子A中恰有8個球的概率為17140+17140=1770，故選：C．

【評析】此題中“甲第一次次獲勝”與“甲第二次獲勝”互斥，第一次獲勝中“甲取到紅色”與“乙取到紅色”相互獨立，同理研究第二次獲勝情況.概率相加或者相乘，首先得分析清楚事件間的關(guān)系.事件的關(guān)系或運算有6類：包含、并事件（和事件）、交事件（積事件）、互斥（互不相容）、互為對立、相互獨立.其中互斥、對立、獨立三類關(guān)系常容易混淆，一個隨機實驗中兩個事件A，B，有P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB），如果A與B互斥，那么P（A∪B）=P（A）+P（B），即P（AB）=0；如果A與B對立，那么P（A∪B）=P（A）+P（B）=1；如果獨立，那么P（AB）=P（A）P（B）.注意A，B，C三個事件兩兩獨立時，P（ABC）=P（A）P（B）P（C）不一定成立.例如假設(shè)樣本空間Ω={a，b，c，d}含有等可能的樣本點，且A={a，b}，B={a，c}，C={a，d}.A，B，C三個事件兩兩獨立，但P（ABC）≠P（A）P（B）P（C）．

【練3】已知隨機事件A和B互斥，A和C對立，且P（A∪B）=05，P（B）=02，則P（C）=（）

A.08B.07C.06D.05

【解析】由隨機事件A和B互斥可知P（AB）=0，由P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB），

將P（A∪B）=05，P（B）=02代入計算可得P（A）=03．

又A和C對立，可得P（A）+P（C）=1，解得P（C）=07.故選：B．

【例4】甲箱中有5個紅球，2個白球和3個黑球；乙箱中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱中，分別以A1、A2、A3表示由甲箱中取出的是紅球、白球和黑球的事件；再從乙箱中隨機取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論錯誤的是（）

A.P（B）=25

B.P（B｜A1）=511

C.事件B與事件A1不相互獨立

D.A1、A2、A3兩兩互斥

【解析】依題意，P（A1）=510=12，P（A2）=210=15，P（A3）=310，P（B｜A1）=511P（B｜A2）=P（B｜A3）=411，B對；

P（B）=∑3i=1P（Ai）·P（B｜Ai）=12×511+15×411+310×411=922，A錯；

P（BA1）=P（A1）P（B｜A1）=12×511=522，P（A1）P（B）=12×922=944，P（BA1）≠P（B）·P（A1），所以，事件B與事件A1不相互獨立，C對；

由題意可知，事件A1、A2、A3中的任意兩個事件都不可能同時發(fā)生，

因此，事件A1、A2、A3兩兩互斥，D對.故選：A．

【評析】此題利用全概率公式可判斷A選項，利用條件概率定義可判斷B選項，利用獨立事件的定義可判斷C選項，利用互斥時間定義可判斷D選項.當事件A與B相互獨立時，有P（AB）=P（A）P（B）.如果事件A與B不相互獨立，如何表示積事件AB的概率呢？在在這一思考下，提出了條件概率的概念：設(shè)A，B為兩個隨機事件，且P（A）>0，稱P（B|A）=P（AB）P（A）為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率.進一步可以推導出概率的乘法公式P（AB）=P（A）P（B|A），以及全概率公式P（B）=∑ni=1P（Ai）P（B|Ai），全概率公式是概率論中最基本的公式之一.特別的，當P（AB）>0時，P（ABC）=P（A）P（B|A）P（C|AB）．

【練4】（多選題）設(shè)A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，且P（A）=12，P（B）=1124，P（B+A）=724，則下列結(jié)論中正確的是（）

A.P（B）=18?B.P（+B）=56

C.P（A|B）=911?D.P（|B）=P（|A）

【解析】因為P（A）=12，P（B）=1124，所以P（）=12，P（）=1324．

因為B與A為互斥事件，所以P（B·A）=0，

所以P（B+A）=P（B）+P（A）-P（B·A）=P（B）+P（A）=P（B）-P（AB）+P（A）-P（AB）=12+1124-2P（AB）=724，

所以P（AB）=13，故P（B）=P（B）-P（AB）=1124-13=18，故A正確；

P（+B）=P（）+P（B）-P（B）=P（）+P（B）-［P（B）-P（AB）］=P（）+P（AB）=12+13=56，故B正確；

P（A|B）=P（AB）P（B）=131124=811，故C錯誤；

P（|B）=P（B）P（B）=181124=311，P（|A）=P（A）P（A）=P（A）-P（AB）P（A）=12-1312=13，所以P（|B）≠P（|A），故D錯誤.故選：AB．

考點3.隨機變量及其分布列

【例5】為深入學習黨的二十大精神，激勵青年學生積極奮發(fā)向上.某學校團委組織學生參加了“青春心向黨，奮進新時代”為主題的知識競賽活動，并從中抽取了200份試卷進行調(diào)查，這200份試卷的成績（卷面共100分）頻率分布直方圖如圖所示．

（1）用樣本估計總體，試估計此次知識競賽成績的50%分位數(shù)；

（2）將此次競賽成績ξ近似看作服從正態(tài)分布N（μ，σ2）（用樣本平均數(shù)和標準差S分別作為μ，σ的近似值），已知樣本的平均數(shù)約為805，標準差s≈75.現(xiàn)從該校參與知識競賽的所有學生中任取100人，記這100人中知識競賽成績超過88分的學生人數(shù)為隨機變量X，求X的數(shù)學期望；

（3）從得分區(qū)間［80，90）和［90，100］的試卷中用分層抽樣的方法抽取10份試卷，再從這10份樣本中隨機抽測3份試卷，若已知抽測的3份試卷來自于不同區(qū)間，求抽測3份試卷有2份來自區(qū)間［90，100］的概率．

參考數(shù)據(jù)：若ξ～N（μ，σ2），則P（μ-σ<ξ≤μ+σ）≈068，P（μ-2σ<ξ≤μ+2σ）≈095，P（μ-3σ<ξ≤μ+3σ）≈099．

【解析】（1）由頻率分布直方圖可知：001×10+004×10=05，故此次知識競賽成績的50%分位數(shù)為80分；

（2）由題意可知ξ～N（805，752），因為P（μ-σ<ξ≤μ+σ）≈068，即P（73<ξ≤88）≈068，故P（ξ>88）=1-0682=016，

由題意知，抽取的100人中知識競賽成績超過88分的學生人數(shù)X服從二項分布，即X～B（100，016），故X的數(shù)學期望E（X）=100×016=16．

所以抽取的100人中知識競賽成績超過88分的學生人數(shù)的數(shù)學期望為16人；

（3）由頻率分布直方圖可知，分數(shù)在［80，90）和［90，100］的頻率分別為035和015，

按照分層抽樣，抽取10份，其中分數(shù)在［80，90），應抽取10×035035+015=7份，分數(shù)在［90，100］應抽取10×015035+015=3，

記事件A：抽測的3份試卷來自于不同區(qū)間；

事件B：取出的試卷有2份來自區(qū)間［90，100］，則P（A）=C310-C37-C33C310=710，P（AB）=C17C23C310=740，

故P（B｜A）=P（AB）P（A）=740710=14.所以抽測3份試卷有2份來自區(qū)間［90，100］的概率為14．

【評析】此題綜合“頻率分布直方圖”“分層抽樣”“正態(tài)分布”“二項分布”“超幾何分布”“條件概率”等知識點，是對考生數(shù)學抽象、數(shù)學建模、數(shù)據(jù)分析、數(shù)學運算、邏輯推理等素養(yǎng)的全面考查.第（1）問識別“頻率分布直方圖”，運用百分位數(shù)概念求解；第（2）問根據(jù)題意以及參考數(shù)據(jù)，判斷抽取的100人中知識競賽成績超過88分的考生人數(shù)X服從二項分布，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性解出P（ξ>88）=016，再借助二項分布模型期望公式求解；第（3）問通過分層抽樣確定試卷份數(shù)，利用超幾何分布概率模型計算概率，再用條件概率公式求解．

在n重伯努利實驗中，每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p（0

【練5】某同學大學畢業(yè)后自主創(chuàng)業(yè)，對M，N兩類產(chǎn)品實行線上銷售（以下稱“A渠道”）和線下銷售（以下稱“B渠道”）兩種銷售模式.現(xiàn)已知M類產(chǎn)品成本價為120元件，總量中有40%將按照原價200元/件的價格走B渠道銷售，有50%將按照原價85折的價格走A渠道銷售；N類商品成本價為160元/件，總量中有20%將按照原價300元/件的價格走B渠道銷售，有40%將按照原價75折的價格走A渠道銷售.這兩種商品剩余部分促銷時按照原價6折的價格銷售，并能全部售完．

（1）通過計算比較這兩類商品中哪類商品單件收益的均值更高（收益＝售價－成本）；

（2）年終該同學做促銷活動，全部M，N兩類產(chǎn)品走A渠道銷售，假設(shè)每位線上購買M，N產(chǎn)品的顧客只選其中一類購買，每位顧客限購1件，且購買產(chǎn)品的顧客中購買M類產(chǎn)品的概率為14.已知該同學當天這兩類產(chǎn)品共售出5件，設(shè)X為當天所售N類產(chǎn)品的件數(shù)，Y為當天銷售這兩類產(chǎn)品帶來的總收益，求PX≤32和Y的期望E（Y）．

【解析】（1）設(shè)M類，N類產(chǎn)品單件收益分別為X1元，X2元，

則E（X1）=04×200+05×200×085+01×200×06-120=57元，

E（X2）=02×300+04×300×075+04×300×06-160=62元，

E（X1）

（2）由題意可知X～B5，34，X=0，1，2，3，4，5，

P（X=0）=C05145=11024，P（X=1）=C15×341×144=151024，∴PX≤32=11024+151024=164，

Y=（200×085-120）（5-X）+（300×075-160）X=（250+15X）元，又E（X）=5×34=154元，

∴E（Y）=E（250+15X）=250+15E（X）=30625元．

考點4.統(tǒng)計案例

【例6】近期某公交公司分別推出支付寶和微信掃碼支付乘車活動，活動設(shè)置了一段時間的推廣期，由于推廣期內(nèi)優(yōu)惠力度較大，吸引越來越多的人開始使用掃碼支付.某線路公交車隊統(tǒng)計了活動剛推出一周內(nèi)每一天使用掃碼支付的人次，用x表示活動推出的天數(shù)，y表示每天使用掃碼支付的人次（單位：十人次），統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表1所示：

表1：

x1234567y611213466101196根據(jù)以上數(shù)據(jù)，繪制了散點圖.

（1）根據(jù)散點圖判斷，在推廣期內(nèi)，y=a+bx與y=c·dx（c，d均為大于零的常數(shù)）哪一個適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動推出天數(shù)x的回歸方程類型？（給出判斷即可，不必說明理由）；

（2）根據(jù)（1）的判斷結(jié)果及表1中的數(shù)據(jù)，求y關(guān)于x的回歸方程，并預測活動推出第8天使用掃碼支付的人次.參考數(shù)據(jù)：其中vi=lgyi，=17∑7i=1vi，

∑7i=1xiyi∑7i=1xivi10054621415425355012347參考公式：對于一組數(shù)據(jù)（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回歸直線v＾=α＾+β＾u的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：β＾=∑ni=1uivi-n∑ni=1u2i-n2，α＾=-β＾.

（3）微信是現(xiàn)在工作、生活等信息交流的重要工具，據(jù)統(tǒng)計，某公司200名員工中90%的人使用微信，其中每天使用微信時間在一小時以內(nèi)的有60人，其余的員工每天使用微信在一小時以上，若將員工分成青年（年齡小于40歲）和中年（年齡不小于40歲）兩個階段，那么使用微信的人中75%是青年人，若規(guī)定：每天使用微信時間在一小時以上為經(jīng)常使用微信，那么經(jīng)常使用微信的員工中23都是青年人.是否有999%的把握認為“經(jīng)常使用微信與年齡有關(guān)”？

附：

P（K2≥k0）0050025001000050001k0384150246635787910828χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）.

【解析】（1）根據(jù)散點圖可以判斷y=c·dx更適合回歸方程類型；

（2）由（1）知，y=c·dx，兩邊同時取對數(shù)得lgy=lgc+lgd·x，

由題意知vi=lgyi，=154，∑7i=1xivi=5012，=4，∑7i=1x2i=12+22+32+42+52+62+72=140，

所以lgd=∑7i=1xivi-7∑7i=1x2i-72=5012-7×4×154140-7×42=025，

所以lgc=-lgd·=154-025×4=054，lgy=054+025x，

則y關(guān)于x的回歸方程為y＾=10054+025x=347×10025x，

當x=8時，y＾=347×102=347，故預測活動推出第8天使用掃碼支付的人次為347．

（3）由已知得該公司員工中使用微信的有200×90%=180人，經(jīng)常使用微信的有180-60=120人，其中青年人有120×23=80人，使用微信的人中青年人有180×75%=135人，

作出列聯(lián)表如下：

青年人中年人合計經(jīng)常使用微信8040120不經(jīng)常使用微信55560合計13545180將列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)代入公式可得：

x2=180×（80×5-55×40）2120×60×135×45≈13333，

因為13333>10828，所以有999%的把握認為“經(jīng)常使用微信與年齡有關(guān)”．

【評析】本題考查兩個相關(guān)變量之間的相關(guān)關(guān)系、回歸方程的求解、兩個分類變量獨立性檢驗的實際應用.第（1）由散點圖可知，散點更接近指數(shù)增長，所以y=c·dx更適合作為回歸方程類型；第（2）由（1）知，兩邊同時取對數(shù)得lgy=lgc+lgd·x，則lgy與x兩者線性相關(guān)，根據(jù)已知條件求出lgy關(guān)于x的回歸方程，進而得到y(tǒng)關(guān)于x的回歸方程；第（3）根據(jù)已知條件求出相應值作出列聯(lián)表，代入求臨界值的公式求出觀測值，觀測值與臨界值作比較即可得出結(jié)論．

高考?？嫉慕y(tǒng)計問題主要有三類，一是與頻率分布直方圖相關(guān)內(nèi)容，二是基于最小二乘法的線性回歸模型或非線性回歸模型，三是借助2×2列聯(lián)表對分類變量的獨立性檢驗.其中樣本相關(guān)系數(shù)r=∑ni=1（xi-）（yi-）∑ni=1（xi-）2∑ni=1（yi-）2用來判斷成對數(shù)據(jù)的線性相關(guān)程度，|r|越接近1時，數(shù)據(jù)線性相關(guān)程度越強，越接近0時，數(shù)據(jù)線性相關(guān)程度越弱；R2=1-∑ni=1（yi-y＾i）2∑ni=1（yi-i）2用來判斷模型擬合效果，R2值越大，模型擬合效果越好，反之越差；χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）用來推斷分類變量是否獨立，χ2值越大，在相應指標下越有把握推斷分類變量獨立，犯錯概率越小，反之亦然．

【練6】為了研究學生每天整理數(shù)學錯題情況，某課題組在某市中學生中隨機抽取了100名學生調(diào)查了他們期中考試的數(shù)學成績和平時整理數(shù)學錯題情況，并繪制了下列兩個統(tǒng)計圖表，圖1為學生期中考試數(shù)學成績的頻率分布直方圖，圖2為學生一個星期內(nèi)整理數(shù)學錯題天數(shù)的扇形圖.若本次數(shù)學成績在110分及以上視為優(yōu)秀，將一個星期有4天及以上整理數(shù)學錯題視為“經(jīng)常整理”，少于4天視為“不經(jīng)常整理”.已知數(shù)學成績優(yōu)秀的學生中，經(jīng)常整理錯題的學生占70%．

數(shù)學成績優(yōu)秀數(shù)學成績不優(yōu)秀合計經(jīng)常整理不經(jīng)常整理合計

圖1圖2

（1）求圖1中m的值以及學生期中考試數(shù)學成績的上四分位數(shù)；

（2）根據(jù)圖1、圖2中的數(shù)據(jù)，補全上方2×2列聯(lián)表，并根據(jù)小概率值α=005的獨立性檢驗，分析數(shù)學成績優(yōu)秀與經(jīng)常整理數(shù)學錯題是否有關(guān)？

（3）用頻率估計概率，在全市中學生中按“經(jīng)常整理錯題”與“不經(jīng)常整理錯題”進行分層抽樣，隨機抽取5名學生，再從這5名學生中隨機抽取2人進行座談.求這2名同學中經(jīng)常整理錯題且數(shù)學成績優(yōu)秀的人數(shù)X的分布列和數(shù)學期望．

附：χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）.

α0100050025001000050001xα2706384150246635787910828【解析】（1）由題意可得（00025+0005+00175+m+001）×20=1，解得m=0015，

學生期中考試數(shù)學成績的上四分位數(shù)為：110+20×075-0503=3803分；

（2）數(shù)學成績優(yōu)秀的有100×50%=50人，不優(yōu)秀的人100×50%=50人，經(jīng)常整理錯題的有100×（40%+20%）=60人，不經(jīng)常整理錯題的是100-60=40人，經(jīng)常整理錯題且成績優(yōu)秀的有50×70%=35人，則：

數(shù)學成績優(yōu)秀數(shù)學成績不優(yōu)秀合計經(jīng)常整理352560不經(jīng)常整理152540合計5050100零假設(shè)為H0：數(shù)學成績優(yōu)秀與經(jīng)常整理數(shù)學錯題無關(guān)，

根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到可得：

χ2=100（35×25-15×25）250×50×60×40=256>3841，

根據(jù)小概率值α=005的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為數(shù)學成績優(yōu)秀與經(jīng)常整理數(shù)學錯題有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率不大于005；

（3）由分層抽樣知，隨機抽取的5名學生中經(jīng)常整理錯題的有3人，不經(jīng)常整理錯題的有2人，則X可能取為0，1，2，經(jīng)常整理錯題的3名學生中，恰抽到k人記為事件Ak（k=0，1，2），則P（Ak）=Ck3·C2-k2C25（k=0，1，2，3）.

參與座談的2名學生中經(jīng)常整理錯題且數(shù)學成績優(yōu)秀的恰好抽到m人記為事件Bm（m=0，1，2）.

則P（B0|A0）=1，P（B0|A1）=512，P（B0|A2）=（512）2=25144，P（B1|A1）=712，

P（B1|A2）=C12512×712=3572，P（B2|A2）=（712）2=49144，

P（X=0）=P（A0）·P（B0|A0）+P（A1）·P（B0|A1）+P（A2）·P（B0|A2）

=C22C25×1+C13C12C25×512+C23C25×25144=193480，

P（X=1）=P（A1）·P（B1|A1）+P（A2）·P（B1|A2）=C13C12C25×712+C23C25×3572=238480，

P（X=2）=P（A2）·P（B2|A2）=C23C25×49144=49480．

故X的分布列如下：

X012P19348023848049480則可得X的數(shù)學期望為E（X）=0×193480+1×238480+2×49480=07.