2023高考数学复习练44　统计与成对数据的统计分析

微专题44统计与成对数据的统计分析

高考定位高考对本讲内容的考查往往以实际问题为背景，考查随机抽样与用样

本估计总体、经验回归方程的求解与运用、独立性检验问题，常与概率综合考查，

中等难度.

真题演练感悟高考练真题明方向

L（2022∙全国甲卷）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识.为了解讲

座效果，随机抽取IO位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类

知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图，则（）

*讲座前

•讲座后

67891()居民编号

A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%

B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%

C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差

D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差

答案B

70%+7，％

解析对于A,讲座前问卷答题的正确率的中位数是——γ^=12.5%,所以A

错误；

对于B,讲座后问卷答题的正确率分别是80%,85%,85%,85%,85%,90%,

90%,95%,100%,100%,其平均数显然大于85%,所以B正确；

对于C,由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，讲座后问卷答题的正

确率波动较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正

确率的标准差，所以C错误；

对于D,讲座前问卷答题的正确率的极差是95%—60%=35%,讲座后问卷答题

的正确率的极差是100%—80%=20%,所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于

讲座后问卷答题的正确率的极差，所以D错误.故选B.

2∙（2022∙全国乙卷）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计

一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截

面积（单位：π?）和材积量（单位：m）得到如下数据：

样本

12345678910总和

号i

根部

横截

0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

面积

Xi

材积一

0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

量,V,

IO10

并计算得玄斤=0.038,EIM=1.6158,

gx»,=0.2474.

（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；

（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横

截面积总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上

数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.

El(XLX)Cy∣~y)

附：相关系数r=.一，/1.896子1.377.

λ∕,⅛(XLX)2,⅛(%—))2

解（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值X=m=0∙06（m2）,

样本中10棵这种树木的材积量的平均值

y=⅛=0∙39(m3),

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06∏Λ平均一棵的材积

量为0.39m3.

10--10—

∑l(Xi—x)(V—y)∑jx∕yz^-IOxy

⑵——∏oςioς/ioςioZ

Λj⅛(XL尤)2⅛(y,-y)2y∣(,⅝^-10x2)(⅛j?-10√)

0.2474-10×0.06×0.390.01340.0134—

,=iQ----------97

√(0.038-10×0.062)(1.6158-10×0.392)√0.00018960∙01377''

(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Fm3,

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，

,0.06186

可ΓZ得BWF

解得y=l209(m3).

则该林区这种树木的总材积量估计为1209nA

3∙(2022∙新高考I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4060

对照组1090

(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"，与,(8-)_的比值是卫生习惯不够良

P(β∣A)P(B∣A)

好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.

TP(Λ∣B)P(Λ∣B)

①证明ncl：R=----!~■----------；

P(Λ∣B)P(Λ∣B)

②利用该调查数据，给出P(AIB),P(AIB)的估计值，并利用①的结果给出R的估

计值.

2_________n(ad—be)2_______________

•ʌ(«+/?)(c+4)(α+C)(b+d)'

a0.0500.0100.001

3.8416.63510.828

Q,200X(40X90—60X10)】

(1)解F=^~50×150×100×100=24>6.635,

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∙

P(BA)

P(BIA)

P(BA)

P(3∣A)∙P(BIA)

⑵①证明R=P(BA)

P(B∣Λ)P(B∣A)

由题意知，只需证明一（6A）P(B∣A)P(AiB)P(AlB)^

--------=----------------即an可,

P(B∣Λ)P(B∣A)P(AIB)P(A∣B)

P(AB)P(AB)

,上P(A)P(A)p(AB)P(AB)

上式左边=--=--

P(AB)P(AB)PCAB)P(AB)

P(A)P(A)

P(AB)P(AB)

P(B)P(B)p(AB)-P(AB)

右边=---------------=---------------

P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)

P(B)P(B)

左边=右边，故R=P(…(A⑻

P(A∣B)P(AIB)

②解由调查数据可知

402-101

P(AIB)=而=予P(A∣B)=100-10,

且P(AlB)=I—P(AIB)=；,

9

P(AE)=I-P(AlB)=讪,

2_9_

“，5W

所以R=WXT=6.

5lθ

热点聚焦分类突破研热点析考向

热点一用样本估计总体

I核心归纳

频率

1.频率分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距，纵坐标表示篇，频率=组距

、,频率

2.在频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.

3.利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数.

（1）最高的小长方形底边中点的横坐标即众数.

（2）中位数左边和右边的小长方形的面积和相等.

（3）平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的

面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.

考向1统计图表与数字特征的应用

例1（1）（2022.西安模拟）某市中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为

了解该地区中小学生近视形成的原因，现用分层随机抽样的方法抽取5%的学生

进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（）

甲乙

A.750,100B.1500,100

C.1500,120D.750,120

（2）（多选）（2022.福州三模）空气质量指数（简称AQI）是能够对空气质量进行定量描

述的数据，AQl越小代表空气质量越好.甲、乙两地在9次空气质量监测中的AQl

数据如图所示，则下列说法正确的是（）

空气质量指数(AQl)

A.甲地的AQI的平均值大于乙地

B.甲地的AQI的方差小于乙地

C.甲地的AQI的中位数大于乙地

D.甲地的空气质量好于乙地

答案(I)B(2)ABC

解析(1)由题意，样本容量为(18500+7500+4000)X5%=1500,

抽取的高中生近视人数为4000X5%X0.5=100,故选B.

(2)由AQl数据图知，甲地9次监测数据有7次均在50以上，只有两次在50以下，

并且与50相差较小，乙地9次监测数据有7次均在50以下，有两次在50附近,

并且与50相差很小，甲地的AQI的平均值大于50,乙地的AQI的平均值小于

50,甲地的AQl的平均值大于乙地，A正确；

甲地9次监测数据的折线图比较平滑，波动较小，乙地9次监测数据波动较大，

即甲地的AQl的方差小于乙地，B正确；

甲地9次监测数据的中位数大于50,乙地9次监测数据的中位数小于50,甲地的

AQl的中位数大于乙地，C正确；

甲地9次监测数据中有8个都高于乙地对应监测数据，再结合平均值、中位数看，

乙地的空气质量要好于甲地，D不正确.

考向2用样本的频率分布估计总体分布

例2为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小

鼠随机分成A,B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠

给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用

某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下

直方图：

甲离子残留百分比直方图

频率

记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)

的估计值为0.70.

(1)求乙离子残留百分比直方图中α,人的值；

(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值

为代表).

解(1)由已知得0.70=α+0.20+0.15,

故π=0.35,

⅛=1-0.05-0.15-0.70=0.10.

(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为

2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05.

乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00.

规律方法1.平均数与方差都是重要的数字特征，是对数据的一种简明描述，它

们所反映的情况有着重要的实际意义.

2.在例2中，抓住频率分布直方图各小长方形的面积之和为1,这是求解的关键；

本题易混淆频率分布条形图和频率分布直方图，误把频率分布直方图纵轴的几何

意义当成频率，导致样本数据的频率求错.

训练1(IX多选)(2022.济南质检)为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收

入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

频率

根据此频率分布直方图，下面结论中正确的是()

A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%

B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%

C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

答案ABD

解析对于A,根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入低于4.5万元的

农户比率估计为(0.02+0.04)X1×100%=6%,故A正确；

对于B,根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户

比率估计为(0.04+0.02+0.02+0.02)X1X100%=10%,故B正确；

对于C,根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值估计为3X0.02

+4X0.04+5×0.10+6×0.14+7×0.20+8×0.20+9×0.10+10×0.10+ll×0.04

+12X0.02+13X0.02+14X0.02=7.68(万元),故C错误；

对于D,根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元

之间的农户比率估计为(0.10+0.14+0.20+0.20)*1X100%=64%>50%,故D正

确.

(2)某工厂A,B两条生产线生产同款产品，若产品按照一、二、三等级分类，则

每件可分别获利10元、8元、6元，现从A,B生产线生产的产品中各随机抽取

100件进行检测，结果统计如图：

①分别计算两条生产线抽样产品获利的方差，以此作为判断依据，说明哪条生产

线的获利更稳定；

②估计该厂产品产量为2000件时的利润以及一等级产品的利润.

一1

解①从A生产线随机抽取的100件产品获利的平均数Xl=而X(IOX20+8X60

+6X20)=8(元),

方差为s?=击XKIo-8)2χ20+(8—8)2χ60+(6-8)2χ20]=1.6,

1

从B生产线随机抽取的100件产品获利的平均数为光2=旃X(IOX35+8X40+

6X25)=8.2(元)，

方差为Sa=击XKIo-82)2X35+(8—82)2X40+(6—8.2)2χ25]=2.36.

所以d<E,则A生产线的获利更稳定.

②从A,B生产线共随机抽取的200件产品获利的平均数为募X[10X(20+35)

+8*(60+40)+6*(20+25)]=8.1(元)，

由样本估计总体，当产品产量为2000件时，估计该工厂获利2OOoX8.1=16

200阮).

因为从A,B生产线共随机抽取的200件产品中，A生产线生产的一等级产品有

20件，B生产线生产的一等级产品有35件，

由样本频率估计总体概率，得该工厂生产产品为一等级产品的概率估计值为

20+3511

200=405

当产品产量为2000件时，估计该工厂一等级产品获利200OXAXIo=5500(元).

热点二回归分析

I核心归纳

求经验回归方程的步骤

(1)依据成对样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系(有时可省略).

nn

(2)计算出无，y9Σ%?,ΣXM的值.

z=1i=∖

ΛΛ

(3)计算α,b.

(4)写出经验回归方程.

例3(2022•合肥二模)《中国统计年鉴2021》数据显示，截止到2020年底，我国

私人汽车拥有量超过24千万辆.下图是2011年至2020年十年间我国私人汽车拥

有量y(单位：千万辆)折线图.

汽

车

拥

有

量

()■)

(注：年份代码1〜10分别对应年份2011〜2020)

(1)由折线图能够看出，可以用线性回归模型拟合y与，的关系，请用相关系数加

以说明；

⑵建立y关于t的经验回归方程(系数精确到0.01),并预测2024年我国私人汽车

拥有量.

IO一一10-1()-

参考数据：y=15.5,苫(Lf)(V-y)=160.1,£(ʃ/-γ)2=311.4,J(/,—r)2=

82.5,√25550.5≈159.8,√25690.5≈160.3.

参考公式：相关系数

,∑1(U-1)(y/-y)

2

Ct∣-1)z∑1(.y∣-y)2

经验回归方程(=M+)中，斜率和截距的最小二乘估计公式分别为

nn——

^gQtLt)(V-y)∑ltiyi-nty

b=n^^^'=-7^ςΓ^

22

f∑l(ti-t)∑yfi-nt

a=y-bt.

解(1)由题意得,

IO_一

g5—t）（y—y）__________i6Q,ι160.1160.1nnnoo

飞（…）2兰『）∖2∙5X3U4=7≡Γ30∙9988

相关系数个0.9988,说明y与7的线性相关性很高，

所以可以用线性回归模型拟合y与f的关系.

10一

（2）由f=5.5,∑l（力一£）2=82.5,

所以Z?—82§2L94,

A—Λ—

因此Q=y—万,=15.5—1.94X5.5=4.83,

A

所以y=1.94f+4.83.

A

当t=14时，y=1.94×14+4.83=31.99.

据此可以预测，2024年我国私人汽车拥有量将达到31.99千万辆.

易错提醒L样本点不一定在经验回归直线上，但点（x,y）一定在经验回归直线上.

2.求Z时，灵活选择公式，注意公式的推导和记忆.

3.利用样本相关系数判断相关性强弱，看团的大小，而不是r的大小.

4.通过经验回归方程求的都是估计值，而不是真实值.

训练2（1）（2022.重庆诊断）已知变量X与y正相关,且由观测数据算得样本平均数;

=2,γ=10,则由观测数据得到的经验回归方程可能为（）

Aj=-1.5x+11B.γ=-0.5x+ll

C.γ=0.5x+9D.y=1.5x+8

（2）（多选X2022.荷泽一模）某地为响应“扶贫必扶智，扶智就是扶知识、扶技术、

扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年的借阅

数据如下表：

年份20162017201820192020

年份代码X1245

年借阅量N万册）-4.95.15.55.75.8

根据上表，可得y关于X的经验回归方程为;=0∙24x+;,下列结论正确的有（）

A.α=4.68

B.借阅量49,5.1,5.5,5.7,5.8的75%分位数为5.7

C.y与X的线性相关系数r>0

D.2024年的借阅量一定不少于6.84万册

答案(I)C(2)ABC

解析(1)因为变量X与y正相关，所以经验回归方程中的斜率大于0,故A,B

错误；

对于C,y=0.5x+9,过点(2,10),故C正确；

对于D,y=L5x+8不过点(2,10),故D错误.故选C.

1

(2)对于A,X=WX(I+2+3+4+5)=3,

γ=∣×(4.9+5.1+5.5+5.7+5.8)=5.4,

Vy关于龙的经验回归方程为;=0.24x+Z,

ΛΛ

Λ5.4=0.24×3+α,解得α=4.68,故A正确；

对于B,5×75%=3.75,

故借阅量4.9,5.1,5.5,5.7,5.8的75%分位数为5.7,故B正确；

对于C,V0.24>0,

.∙.y关于X的线性相关系数r>0,故C正确；

Λ

对于D,线性回归方程为y=0.24x+4.68,

Λ

当X=9时，y=6.84,

故2024年的借阅量约为6.84万册，故D错误.

热点三独立性检验

I核心归纳

独立性检验的一般步骤

(1)根据样本数据列2X2列联表；

(2)根据公式/=((J，计算/的值；

ʌ∖a+b)(c+d)(a-rc)、”kb.+八a)ʌ

(3)查表比较/与临界值的大小关系，作统计判断./越大，对应假设事件HO成立

(两类变量相互独立)的概率越小，"o不成立的概率越大.

例4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IOO天空气中的PM2∙5和SCh浓度(单位：μg∕m3),得下表:

SO2

[0,50](50,150](150,475]

[0,35]32184

(35,75]6812

(75,115]3710

⑴估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且S02浓度不超过150”的

概率；

(2)根据所给数据，完成下面的2X2列联表：

PM2.5浓度SCh浓度合计

[0,150](150,475]

[0,75]

(75,115]

合计

(3)根据(2)中的列联表，依据小概率值α=0.01的炉独立性检验，能否认为该市一

天空气中PM2.5浓度与SCh浓度有关？

ɔ___________n(ad—be)1________

附：r=Ca+b)(c+√)(α+c)(⅛+√)

a0.0500.0100.001

Xa3.8416.63510.828

解(1)根据抽查数据，该市IOO天的空气中PM2.5浓度不超过75,且SCh浓度

不超过150的天数为32+18+6+8=64,

因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SCh浓度不超过150的概率的估

计值为磊=0.64.

(2)根据抽查数据，可得2X2列联表：

PM2.5SO2浓度

合计

浓度[0,150](150,475]

[0,75]641680

(75,115]101020

7426100

(3)零假设为Ho：该市一天空气中PM2.5浓度与SCh浓度无关.根据(2)的列联表得

IOOX(64X10^16X1012《84>6635=xoo.

z80×20×74×26001-

根据小概率值α=0∙01的*独立性检验，我们推断乩不成立，即认为该市一天空

气中PM2.5浓度与SCh浓度有关，此推断犯错误的概率不超过0.01.

易错提醒I.Z2越大两分类变量无关的可能性越小，推断犯错误的概率越小，通

过表格查得无关的可能性.

2.在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为两个变量有关，并不是指两个变量无

关的可能性为0.01.

训练3(1)某校团委对“学生性别和喜欢某视频APP是否有关”做了一次调查，

其中被调查的女生人数是男生人数的一半，男生喜欢某视频APP的人数占男生人

12

数的女生喜欢某视频APP的人数占女生人数的宗若依据小概率值α=0∙050

OJ

的独立性检验，认为喜欢某视频APP和性别有关，则男生至少有()

A.12人B.6人

C.10人D.18人

附：

a0.0500.010

Xa3.8416.635

2_________nQad-be)2________

(a+b)(c+d)(α+C)

(2)(多选)某大学为了解学生对学校食堂服务的满意度，随机调查了50名男生和

50名女生，每位学生对食堂的服务给出满意或不满意的评价，得到如表所示的列

联表，经计算*^4∙762,则下列结论正确的是()

性别

对食堂服务的满意度

凝-不满意

男3020

女4010

a0.1000.0500.010

Xa2.7063.8416.635

3

A.该校男生对食堂服务满意的概率的估计值为］

B.调研结果显示，该校男生比女生对食堂服务更满意

C.依据小概率值α=0∙050的独立性检验，可以认为男、女生对该食堂服务的评价

有差异

D.依据小概率值α=0.010的独立性检验，可以认为男、女生对该食堂服务的评价

有差异

答案（I）A（2）AC

X

解析（1）设被调查的男生人数为X,则被调查的女生人数为会则2X2列联表为

对某视频APP的态度

性别合计

喜欢不喜欢

X5x

男生X

66

XXX

女生

362

X3x

合计X

2~2

零假设为Ho：喜欢某视频APP和性别无关，

根据小概率值α=0.050的独立性检验，认为喜欢某视频APP和性别有关,

3x(XZ5XX)2

贝∕2≥3.841,即χ2=~~^-=^^3.841=xo.θ5θ,

χ-2'2-x

3.841X8

则X2F0.243,

3

又看y的为整数,

所以男生至少有12人.

⑵对于A,该校男生对食堂服务满意的概率的估计值为五3瓷0G=3W故A正确；

4（）43

对于B,该校女生对食堂服务满意的概率的估计值为/历=]>*故B错误;

2

因为∕^4.762>3.841=XO.O5O,

所以根据小概率值α=0.050的独立性检验，可以认为男、女生对该食堂服务的评

价有差异，故C正确，D错误.

高分训练对接高考重落实迎高考

一、基本技能练

1.乡村旅游是以旅游度假为宗旨，以村庄野外为空间，以人文无干扰、生态无破

坏为特色的村野旅游形式.某机构随机调查了某地区喜欢乡村旅游的1000名游客,

这些游客都是在A,B,C,D,E这5个平台中的一个预订出游的（每名游客只选

择1个平台），得到一个不完整的统计图，如图所示.已知在E平台预订出游的人

数是在B平台预订出游的人数的1.75倍，则估计1000名游客中在B平台预订出

游的人数为（）

A.100B.120

C.210D.300

答案B

解析设在B平台预订出游的人数与在E平台预订出游的人数分别为尤，y,

则y=L75x,且亮需=1—20%—17%—3O%=33%,

所以x+y=330,所以X=I20.

2∙（2022∙厦门模拟）厦门中学生助手通过统计已知某校有教职工560人，其中女职

工240人，现按性别用分层随机抽样的方法从该校教职工中抽取28人，则抽取的

男职工人数与抽取的女职工人数之差是（）

A.2B.4

C.6D.8

答案B

解析某校有教职工560人，其中女职工240人，则男职工320人,

故男女职工人数之比为320瑞与4

现按性别用分层随机抽样方法从该校教职工中抽取28人,

则抽取的男职工人数与抽取的女职工人数之比为*

4

则抽取的男职工人数为28X]=16,

3

抽取的女职工人数为28X]=12,

故抽取的男职工人数与抽取的女职工人数之差是16-12=4.

故选B.

3∙（2022∙福州模拟）中国营养学会把走路称为“最简单、最优良的锻炼方式”，它

不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等.下图为甲、乙

两人在同一星期内日步数的折线统计图：

甲、乙日步数折线统计图―甲

■乙

星期-星期二星期三星期四星期五星期六星期日

则下列结论中不正确的是（）

A.这一星期内甲的日步数的中位数为11600

B.这一星期内乙的日步数的30%分位数是7030

C.这一星期内甲的日步数的平均值大于乙

D.这一星期内甲的日步数的方差大于乙

答案B

解析对于A,甲的日步数从小到大排列为：2435,7965,9500,11600,12700,

16000,16800.

中位数是11600.故A正确;

对于B,因为7X30%=2∙l,所以乙的日步数的30%分位数是从小到大的第3个

数，为10060.故B不正确；

-1

对于C,Λ⅛=](16000+7965+12700+2435+16800+9500+11600)=11000,

xi=ɪ(14200+12300+7030+12970+5340+11600+10060)=10500.

所以X甲＞尤乙故C正确；

对于D,甲的极端值，对方差的影响大，所以甲日步数的方差大于乙.故D正确.

4.(多选)为学习贯彻党的十九届六中全会精神，某单位组织“筑梦新时代”主题演

讲活动.9位评委对某位选手的具体评分如下：7.8,8.4,8.5,8.6,8.8,8.9,9.5,

9.7,9.9,则下列说法正确的是()

A.9位评委的评分的极差是2.1

B.9位评委的评分的中位数是8.8

C.9位评委的评分的平均分是8.8

D.9位评委的评分的方差是甚

答案ABD

解析9位评委的评分的极差是9.9-7.8=2.1,故A正确；

9位评委的评分的中位数是8.8,故B正确；

9位评委的评分的平均分是

7.8+8.4+8.5+8.6+8.8+8.9+9.5+9.7+9.980.1.”

----------------------------9----------------------------=-g-=8.9,故C错乐；

9位评委的评分的方差为?=∣×f(7.8-8.9)2+(8.4-8.9)2+(8.5-8.9)2+(8.6-

37231

8.9)2+(8.8-8.9)2+(8.9-8.9)2+(9.5-8.9)2+(9.7-8.9)2+(9.9-8.9)2]=^X^=^,

y/ɔ

故D正确.故选ABD.

5.(多选)下列说法正确的是()

A.将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，方差不变

B.设具有线性相关关系的两个变量X,y的相关系数为r,则用越接近于0,X和y

之间的线性相关程度越强

C.在一个2X2列联表中，由计算得好的值，则炉的值越小，判断两个变量有关

的把握越大

D.若X〜N(l，σ2),P(X>2)=0.2,则P(OVXVI)=0.3

答案AD

解析对于A,方差反映一组数据的波动大小，将一组数据中的每个数据都加上

或减去同一个常数后，方差不变，故A正确；

对于B,具有线性相关关系的两个变量无，y的相关系数为r,则IH越接近于1，X

和y之间的线性相关程度越强，故B错误；

对于C,在一个2X2列联表中，由计算得了2的值，则炉的值越大，判断两个变

量有关的把握越大，故C错误；

对于D,=X〜N(l,哈,

：.P(0<X<1)=P(1<X<2)=P(X>1)-P(X>2)=0.5-0.2=0.3,故D正确.

故选AD.

6.(多选)(2022.济南模拟)某中学为了解高三男生的体能情况，通过随机抽样，获得

了200名男生的100米体能测试成绩(单位:秒),将数据按照［11.5,12),［12,12.5),…,

［15.5,16］分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.

由直方图推断，下列选项正确的是()

A.直方图中α的值为0.38

B.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的众数为13.75秒

C.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩不大于13秒的人数为54

D.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的中位数为13.7秒

答案BC

解析对A,由于(0.08+0.16+0.3+α+0.52+0.3+0.12+0.08+0.04)X0.5=l,

所以α=0∙4,所以选项A错误；

对B,由频率分布直方图可知，［13.5,14)这一组对应的小长方形最高，所以估计

众数为『一=13.75(秒)，所以选项B正确;

对C,由频率分布直方图知不大于13秒为前三组，前三组的人数为(0∙08+0∙16+

0.3)×0.5×200=54,所以选项C正确；

对D,由选项A可知，α=0.4,所以前四组的频率为(0.08+0.16+0.3+0.4)X0.5

=0.47,前五组的频率为(0.08+0.16+0.3+0.4+0.52)X0.5=0.73,所以中位数在

[13.5,14)这一组，设中位数为X秒，则(%—13.5)X0.52=0.5—0.47,解得XQI3.56,

所以选项D错误.综上，选BC.

7.某校高二年级共有学生IoOO人，其中男生480人，按性别进行分层，用分层随

机抽样的方法从高二全体学生中抽出一个容量为100的样本,若样本按比例分配,

则女生应抽取的人数为.

答案52

解析某校高二年级有学生IoOO人，男生480人，则女生520人，

设女生应抽取X人，则备=儡，

∙x=52.

故女生应抽取52人.

8.某设备的使用年限与所支出的维修费用的统计数据如下表:

使用年限M单位：年)23456

维修费用y(单位：万元)1.54.55.56.57.0

根据上表可得经验回归方程为;=1.3x+),据此模型预测，若使用年限为14年,

估计维修费约为万元.

答案18

2+3+4+5+6

解析X=ς=4,

1.5+4.5+5.5+6.5+7.0

y=s=5,

则样本点中心为(4,5),代入经验回归方程可得α=5—1.3X4=-0.2,y=l.3χ-

0.2,

当%=14时，(=1.3X14—0.2=18(万元)，即估计使用14年时，维修费用是18

万元.

9.某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周

末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中

培训的55名学员中有45名学员一次考试通过,接受周末分散培训的50名学员一

次考试通过的有30名.根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训

有关”犯错误的概率不超过.

2___________〃(ad—be)2__________

1∙^(α÷∕?)(c+√)(α+C)Cb^∖^d)

a0.050.0250.0100.001

Xa3.8415.0246.63510.828

答案0.025

解析零假设为Ho:能否一次考试通过与是否集中培训无关.

由题意，得到列联表如下:

培训方式

合计

集中分散

一次考过453075

一次未考过102030

5550105

105×(45×20-10×30)2

55X50X75X30-≈6.1O9>5.O24=XO.O25.

根据小概率值α=0.025的独立性检验推断Ho不成立，

即认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”，此推断犯错的概率不超过

0.025.

10.中国于2022年2月在北京成功地举办了第二十四届冬季奥林匹克运动会.共赴

冰雪之约，共享冬奥机遇，“冰雪经济”逐渐升温，“带动三亿人参与冰雪运动”

己从愿景变为现实，中国各地滑雪场的数量也由2015年的1255家增加到2021

年的3100家.下面是2016年至2021年中国滑雪场新增数量和滑雪场类型统计图,

下列说法中正确的序号是.

2O16~2O21年全国滑雪场新增数量趋势图-数量：家

201620172018201920202021

2020年滑雪场类型图2()21年滑雪场类型图

①2021年中国滑雪场产业中大众娱乐型滑雪场占比最高

②2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升

③2016年至2021年中国滑雪场新增数量逐年增加

@2021年业余玩家型滑雪场比2020年大众娱乐型滑雪场数量多

答案①②④

解析由扇形统计图可知，2021年中国滑雪场中大众娱乐型滑雪场占比最高，故

①正确；

由柱状图可知，2016年至2021年中国滑雪场数量逐年上升，故②正确；

由柱状图可知，2020年比2019年下降了，故③不正确；

2021年，业余玩家型滑雪场的数量为31OOX38%=1178(家)，2020年，大众娱

乐型滑雪场的数量为(3100—385)X40%=1086(家)，故④正确.

11.甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两

台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计

如下表：

产口质量

机床

二级合计

等级一级品

品

甲机床15050200

乙机床12080200

合计270130400

(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？

(2)根据小概率值α=0∙01的独立性检验，分析甲机床生产的产品质量与乙机床生

产的产品质量有无差异.

7

2___________n(ad-be)^__________

'X(α+b)(c+d)(α+C)Cb+d)

a0.0500.0100.001

Xa3.8416.63510.828

解(1)因为甲机床生产的200件产品中有150件一级品，

所以甲机床生产的产品中一级品的频率为端=点

因为乙机床生产的200件产品中有120件一级品，

所以乙机床生产的产品中一级品的频率为12品0=13

(2)零假设为Ho：

甲机床的产品质量与乙机床的产品质量没有差异.

根据2X2列联表中的数据，

zθ,400X(150*80—120*50)2400

付％=270×130×200×200=与■七10256,

因为1O.256>6.635=ΛO.OI,

所以推断“0不成立，

即认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.

12.2022年新冠病毒奥密克戎毒株全球蔓延，传染性更强、潜伏期更短、防控难度

更大.为落实动态清零政策下的常态化防疫，某高中学校开展了每周的核酸抽检工

作：周一至周五，每天中午13：00开始，当天安排450位师生核酸检测，五天时

间全员覆盖.

(1)该校教职工有410人，高二学生有620人，高三学生有610人，

①用分层随机抽样的方法，求高一学生每天抽检人数；

②高一年级共15个班，该年级每天抽检的学生有两种安排方案，方案一：集中来

自部分班级；方案二：分散来自所有班级.

你认为哪种方案更合理，并给出理由.

(2)学校开展核酸抽检的第一周，周一至周五核酸抽检用时记录如下:

第X天12345

用时》(小时)1.21.21.11.01.0

①计算变量X和y的相关系数r(精确到0.01),并说明两变量线性相关的强弱；

②根据①中的计算结果，判定变量X和y是正相关，还是负相关，并给出可能的

原因.

n--

ΣCx-x)(y—y)

i=1

参考数据和公式：√10^3.16,相关系数r=

nn

Σ(x-x)2ΣCy∣-y)2

Z=Iz=l

450×5-410-620-610

解(①高一学生每天抽检人数为=122(人)；

1)5

②方案二更合理，因为新冠病毒奥密克戎毒株传染性更强、潜伏期更短，分散抽

检可以全面检测年级中每班学生的状况，更有利于防控筛查工作.

-1-1

(2)①x=g(l+2+3+4+5)=3,y=ʒ(1.2+1.2+1.1+1+1)=1.1,

5_

所以Σ(Xi—x)(y∕—y)=—2×0.1+(—1)×0.1+1×(—0.l)+2×(—0.1)=—0.6,

Z=I

55

Σ(XLX)2=4+1+1+4=10,Σ(γz-γ)2=0.01+0.01+0.01+0.01=0.04.

z=lz=l

变量X和y的相关系数为r=

5

ΣCx-x)(y(—y)

____i=1____________—0.6____13―

Γ~5I5I√Tθ×√(λδ4-√Iθ^-0-95'

Λ/zɪ(XLX)22](yj-y)2

因为∣r∣>0∙75,可知两变量线性相关性很强；

②由rV0可知变量无和y是负相关，可能的原因：随着抽检工作的开展，学校相

关管理协调工作效率提高，因此用时缩短.

二、创新拓展练

13.(多选)下表是某生活超市