5.5 统计、统计案例与概率的综合(知识必备)-2025年高考数学艺术生文化课考前100天

专题五概率与统计 第五讲 统计、统计案例与概率的综合 ◆方法清单·把控高考◆心 考点一 用样本估计总体 【方法规律】1.频率分布直方图的性质 【高考这样考】 (①)小长方形的面积=组距×韁费=频率， (2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学 (2)各小长方形的面积之和等于1； 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. ③》小长方形的高一察费，所有小长方形的高 +频率 组距 0.023 的和为组距 0.020 0.017 2.利用样本的数字特征解决优化决策问题的 0.012 依据 (1)平均数反映了数据取值的平均水平；标准 0.006 888☐ 差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的 0102030405060708090年龄/岁 大小.标准差、方差越大，数据的离散程度越 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同 大，越不稳定：标准差、方差越小，数据的离散 一组中的数据用该组区间的中点值为代表)： 程度越小，越稳定。 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位 (2)用样本估计总体就是利用样本的数字特 于区间[20,70)的概率； 征来描述总体的数字特征。 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%， 【备考这样练】 该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地 1.统计局就某地居民的月收入（单位：元）情况 区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此 调查了10000人，并根据所得数据画出了样 人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾 本频率分布直方图如图，每个分组包括左端 病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区 点，不包括右端点，如第一组表示月收入在 间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率， [2500,3000)内. 精确到0.0001). ◆频率 组距 0.0004 0.0003 0.0002 0.0001 与月收入元 (1)为了分析居民的收入与年龄、职业等方面 的关系，必须按月收入再从这10000人中用分 层随机抽样的方法抽出100人做进一步分析， 则月收入在[4000,4500)内的应抽取多少人？ 69 艺术生文化课考前100天数学 (2)估计该地居民月收入的中位数和众数 考点二 经验回归分析与概率、统计的综合 (3)假设同组中的数据用该组区间的中点值 【高考这样考】 为代表，估计该地居民月收人的平均数， (2022·全国甲卷)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： m)和材积量（单位：m),得到如下数据： 样本 7 10 总和 号i 2.(2023·全国乙卷)某厂为比较甲、乙两种工 根部 艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次 横裁 0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6 面积x 配对试验，每次配对试验选用材质相同的两 材积 个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处 0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.4039 量 理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶 10 10 产品的伸缩率.甲、乙两种工艺处理后的橡胶 并计算得=0.038， =1.6158, 产品的伸缩率分别记为x,”(i=1,2,…, 10 x0w:=0.2474 10).试验结果如下： (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横 试验序号123 4 6 7 8 9 10 截面积与平均一棵的材积量； 伸缩率x 545533551522575544541568596548 (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材 伸缩率y536527543530560533522550576536 积量的样本相关系数（精确到0.01）； 记2=x4一y:(i=1,2,…,10),21,22,…,之10的 (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横 样本平均数为z,样本方差为2 截面积，并得到所有这种树木的根部横截面 (1)求z,52: 积总和为186m.已知树木的材积量与其根 (2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率 部横截面积近似成正比，利用以上数据给出 较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有 该林区这种树木的总材积量的估计值， 显著提高.（若≥2√品，则认为甲工艺处理 附：相关系数r= 2(x,-x)y- 后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡 胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有 √/1.896≈1.377. 显著提高) 70 专题五概率与统计 【方法规律】破解经验回归分析问题的关键 2(x,-x)0y一 (1)会依据表格及公式 √含x-xV含6，- ∑(x-x) =10 ,a=y一b元求线性回归方程中 2nx 参数的值，注意不要代错公式 (2)已知变量的某个值去预测相应预报变量 时，只需把该值代入经验回归方程y=x十a 中即可. 考点三 独立性检验与概率的综合 【备考这样练】 【高考这样考】 某高中学校开展消防知识抽测工作：每天下 (2023·全国甲卷理)一项实验旨在研究臭氧 午2：30开始，当天安排1150位师生进行消 效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地 防知识检测，教职员工每天都要检测，学生五 将其中20只分配到实验组，另外20只分配到 天时间全员覆盖 对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环 (1)该校教职员工有440人，高二学生有 境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时 1200人，高三学生有1100人， 间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g). ①用分层抽样的方法，求高一学生每天抽检 (1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对 的人数： 照组的只数，求X的分布列和数学期望， ②高一年级共20个班，该年级每天抽检的学 (2)实验结果如下： 生有两种安排方案，方案一：集中来自部分班 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序 级；方案二：分散来自所有班级，每班随机抽 为15.2,18.8,20.2,21.3,22.5,23.2,25.8， 取20%.你认为哪种方案更合理？请给出 26.5,27.5,30.1,32.6,34.3,34.8,35.6, 理由。 35.6,35.8,36.2,37.3,40.5,43.2. (2)学校开展消防知识抽检的某轮消防知识 实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序 抽检用时记录如下： 为7.8,9.2,11.4,12.4,13.2,15.5,16.5， 18.0,18.8,19.2,19.8,20.2,21.6,22.8, 第x天 2 23.6,23.9,25.1,28.2,32.3,36.5. 用时y/小时 2.5 2.3 2.1 2.1 2.0 ①求40只小白鼠体重增加量的中位数m,再 分别统计两个样本中小于m与不小于m的 计算变量x和y的相关系数r(精确到0.01)， 数据的个数，完成如下列联表； 说明两变量线性相关的强弱：并根据r的计 加 ≥m 合计 算结果，判断变量x和y是正相关还是负相 对照组 关，给出可能的原因。 实验组 参考数据和公式：√/10≈3.16，相关系数r 合计 71 艺术生文化课考前100天数学 ②根据①中的列联表，根据小概率值a=0.05 0.100 0.050 0.010 的独立性检验，能否认为小白鼠在高浓度臭 x 2.706 3.841 6.635 氧环境中与正常环境中体重的增加量有 差异。 附：= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' a 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 2.(2023·山东济南模拟)第五代移动通信技术 (简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术，是 实现人机物互联的网络基础设施.某市工信 部门为了解本市5G手机用户对5G网络的满 意情况，随机抽取了本市200名5G手机用户 【方法规律】1.独立性检验的一般步骤 进行了调查，所得情况统计如下： (1)根据样本数据列出2×2列联表； 年龄 满意 n(ad-bc)2 合计 (2)根据公式t=a+bC+a)ac6+d计 情况 50岁以下 50岁或50岁以上 算的值； 满意 95 (3)查表比较X与临界值的大小关系，做出统 不满意 25 120 200 计判断。 合计 2.X的值越大，对应假设事件H。成立（两类 (1)完成上述列联表，并估计本市5G手机用 分类变量相互独立)的概率越小，H。不成立 户对5G网络满意的概率； 的概率越大 (2)依据小概率值a=0.05的独立性检验，分 【备考这样练】 析本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在 1.(2022·全国甲卷)甲、乙两城之间的长途客 50岁以下是否有关. 车均由A和B两家公司运营，为了解这两家 附： 公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 两城之间的500个班次，得到下面列联表： 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 准点班次数 未准点班次数 X= n(ad-bc)2 A 240 20 (a+b)(c+d)(a+c)(b+dD,其中n= B 210 30 a+b+c+d. (1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两 城之间的长途客车准点的概率； (2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的 长途客车是否准点与客车所属公司有关？ n (ad-bc)2 附：t=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) —7210 PX=-2.6)=1000-0.01. 则P单=[1-(1一p)]·d=pg·(3-3p+p). 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P, 故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03 则Pz=[1-(1一g)门·p=·(3-3q十f). 2.6×0.01=0.122 Pu-P=pq(3q -3pg+p-3p+3pqpg ) (目)如果无索培的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费 3pg(q-p)·(p+g-q, 增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比 由0<p<≤1，得g-p>0,p十q-p0=p十g(1-)>0, (I)中E(X)的估计值大 ∴.P-Pz>0,即Pm>Pz. 证明如下：设调整保费后一份保单的毛利润（单位：万元）为 故应该由甲参加第一阶段比赛 Y,则对于索赔次数为0的保单，Y=0.4×(1一4%)=0.384， ()若甲参加第一阶段比赛，则甲，乙所在队的比赛成绩X的 对于索赔次数为1的保单，Y=0.4×(1十20%)一0.8 所有可能取值为0,5.10,15. -0.32. P(X=0)=(1-p)+[1-(1-p)]·(1-g)3, 对于索赔次数为2的保单，Y=一0.32一0.8=一1.12， P(X=5)=[1-(1-p)']·C4·g·(1-q)2, 对于索赔次数为3的保单，Y=一1.12一0.8=一1.92， P(X=10)=[1-(1-p)]·8··(1-g), 对于索赔次数为4的保单.Y=一1.92一0.6=-2.52. P(X=15)■[1-(1-)1]·(C9g. 故E(Y)=0.384×0.8一0.32×0.1-1.12×0.06-1.92× .E(X)=[1-(1-p)]·[15g(1-q)2+30g(1-g)+15g门 0.03-2.52×0.01=0.1252. =[1-(1-p)2]·15g=15pg(pP-3p十3). ∴.E(X)<E(Y) 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有 【备考这样练】 可能取值为0,5,10,15. 1.解：(1)：零件尺寸服从正态分布N(200,d). 同理，可得E(Y)=15g(d-3g十3). ∴P(e>210)-1-P(x≤210)=0.1. E(X)-E(Y=15pg(P-3p-(+3g)=15网·(q-p)·(3 .210+190=200. 一p一)， 2 由0<p<≤1，得-p>0.3-p-g=3-(p+g>0. ,P(190)■P(>210)m0.1. E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y). (2)依题意得X-B2,0.1). 故应该由甲参加第一阶段比赛。 .P(X=0)=(1-0.1)2■0.81. 【备考这样练】 P(X=1)=C×0.1×(1-0.1)=0.18, 解：(1)由题意知，X的可能取值为3,4,5. P(X=2)=0.1=0.01 则P(X=3)=0.63+0.4=0.28, X的分布列为 P(X=4)=C×0.4×0.6+C×0.6×0.4=0.3744 0 1 P(X=5)=C×0.4×0.6×(0.5+0.5)=0.3456, P 0.810.180.01 则X的分布列为 ,.EX)=1×0.18+2×0.01=0.2 2.解：(1)考生可在化学、生物、政治，地理四科中选择两科，共有 0,28 03744 0.3456 =6(种)选择。 0.3744>0.3456>0.28. 其中考生选择了地理作为再选科目，共有CC=3(种)， ,进行四局比赛的可能性最大 故考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率P (2)若采用五局三胜制，甲队获胜的概率为 P=0.6+C×0.4×0.6十C×0.42×0.6×0.5=0.648: 一4 若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为 (2)由题意得，X的所有可能的取值为0,1,2.3,4， P2=0.6+C×0.4×0.6×0.5■0.6. P>P. ∴作为甲队领队，我希望主办方采用五局三胜制， C C 21 ,P(X=4)= CC 1 C 421 第五讲统计、统计案例与概率的综合 故X的分布列为 【方法清单·把控高考】 考点一 X 0 2 3 4 【高考这样考】 2 21 解：(1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+ 35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75× E(X)0X 21 总十4×2 8+1×+2×9+3X 0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间20,70)1， 考点三 则P(A)=1一P(A)=1-(0,001+0.002+0.006+0.002)× 【高考这样考】 10=1-0.11=0.89. 解：(1)设A=“甲，乙所在队进人第二阶段”，则P(A)=1一 (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选一人 (1-0.4)3=0.784 忠这种疾病，则由条件概率公式可得 设A=“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A)=1一(1 0.5)=0.875. P(C1B)=PB0_0.1%X0.023X10-4.001×0,23- P(B) 16% 0.16 设A=“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(Aa)= 0.001435≈0.0014 P(A1)·P(A)=0.686 【备考这样练】 (2)(「)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概 1.解：(1)(0.0002+0.0004+0.0003+0.0001)×500= 率为P, 0.5,.2a×500=0.5..a=0.0005.义0.0005×500=0.25. 29 .月收人在[1000,4500)内的频率为0.25，.月收人在 【备考这样练】 4000,4500)内的应抽取的人数为0.25×100=25 解：(1)①高一学生每天抽检的人数为 (2).0,0002×500=0.1,0.0004×500=0.2,0.0005×500= 1150-40-1200+1100=250. 0.25,0.1十0.2十0.25=0.55>0.5，∴.样木数据的中位数是 3500+05-01+0.2=390.因此估计该地居民月收人 ②方案二更合理，理由：分散抽检可以全面检测年级中每班学 0.0005 生的状况，更有利于筛查工作。 的中位数是3900元.在频率分布直方图中，众数是最高矩形 底边中点的横坐标， (2z=号×1+2+3+4+5)=3， ÷众数应为3500,1500-400. y=号×(2.5+2.3+2.1+2.1+2.0)=2.2， (3)样本平均数为(2750×0.0002十3250×0.0004十3750× 2(x-)(y-)=(-2)×0.3+(-1D×0.1+1× 0.0005+4250×0.005+4750×0.0003+5250×0.0001)× (-0.1)+2×(-0.2)=-1.2. 500=3900. 因此，估计该地居民月收入的平均数为3900元 2(x-x)2=4+1+1+4=10, 2.解：(1)=56+53+51+52+575+644+5+568+596+54S 10 (y-)P=0.09+0.01+0.01+0.01+0.04-=0.16, =552.3, -y-列 y-536+527+543+530+560+533+522+550+576+536 -1.2 3 10 /0×/0.16 541.3. -0.95. 2=x-y=552.3-541.3=11, 1=0.95,.两变量线性相关性很强，由r<0可知变量x (i=1,2,…,10)的值分别为9,6,8，一8,15,11,19,18， 和y是负相关 20.12 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 故=[9-1)2+(6-11+(8-11)+(-8-11)2+ 率提高，因此用时溶短。 考点三 (15-11)+(11-11)2+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+ (12-11)2]=61. 【高考这样考】 解：(1)依题意，X的可能取值为0,1,2， (2)由1)知=11，=61，则2V6=2、6.T=24. P(X=0)=CSC=19 C78 故有≥2√0' PX-1)-CC-29 391 ,认为甲工艺处理后的像胶产品的伸箸率较乙工艺处理后的 P(X=2) C=19 橡胶产品的伸缩率有显著提高： C 78 考点二日 ,X的分布列为 【高考这样考】 X 2 解：(1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值为云 19 8-0.06 器 样本中10棵这种树木的材积量的平均值为5一号-0,3羽。 E0=0x是+1×器+2×晨- (2)①依题意，可知这40只小白鼠体重增加量的中位数是将 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截而积为 两组数据合在一起，从小到大排列后第20位与第21位数据 0.06m,平均一裸的材积量为0.39m, 的平均数，观察数据可得第20位为23.2，第21位数据为 23.6,.m 232+23.6=23.4, (2)r 2 V(-(司 故列联表为 <用 ≥初 合计 xy,-107寸 对照组 6 14 20 /（x-10r)(2x-10r】 实验组 14 6 0.2474-10×0.06×0.39 合计 20 20 40 、(0,038-10×0,06)(1.6158-10×0.39) ②由①可得，X =40×(6×6-14X14)2 =6.4>3.841, 0.0134 20×20X20×20 /0.0001896 .可以认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的 09》09脱. 增加量有差异，此推断犯错误的概率不大于0.05， 【备考这样练】 (3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym, 1.解：(1)根据表中数据，A公司共有班次260次，准点班次有 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比。 240次， 可会8解得Y-1209 设A公司长途客车准点为事件M,则P(M=0=是 26013 则该林区这种树木的总材积量估计为1209m, B公司共有班次240次，准点班次有210次， 30 设B公司长流客车准点为事件N,则P)-器-青 题组三 故A公司长途客车准点的概率为号，B公司长途客车准点的 1.AC 解析：设.点P的坐标为(a,5-a),则da一（⑤）-山 √泛，解得a=1或a=2,.点P的坐标为(1,2)或(2，-1). 概率为 22解析：k-号-6a=1. (2)列出2×2列联表如下： 准点班次数 未准点班次数 合计 .AB=、(5-4)+(6-aF=2 A 240 20 260 员v② 4 解析：先将2x十2y十1=0化为x十y十号=0.则两平 B 210 30 240 合计 450 50 500 行线间的距离为d 32 X=500X20X30-210X20y≈3.205>2.706. 260×240×450×50 【方法清单·把控高考】 根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途 考点一 客车是否准点与客车所属公司有关 【备考这样练】 1.D解析：倾针角为45的线的斜率为tan45=1,文该直线 2.解：(1)2×2列联表如下： 经过点P(2,一3)，∴用点针式求得直线的方程为y十3 满意 年静 x一2，聊x-y一5=0. 情况 合计 50岁以下 50岁或50岁以上 2,D解析：当直线过原，点时，满足题意，直线方程为y=2,即 满意 5 55 150 2x一y=0:当直线不过原点时，设直线方程为工+y=1, 不满意 25 25 50 合计 120 80 200 “直线过1,2》心日-吕-10=-1心直线方程为 y十1=0.综上，所求直线方程为2.r一y=0或x一y十1=0. :本市3G手机用户对5G网路满意的概率约为器-是 3.C解析：由y=一名x一方，ab>0.ae<0:知直线斜率k (2)零假设为H:本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在 50岁以下无关. 号<0，在y轴上的发距为一云>0此直线必不经过第 根据列联表中的数据，计算可得 三象限， T-20923原X5-5≈2.78<.841= 120×80×150×50 考点二 根据小概率值α=0.05的X独立性检验原则.没有充分证据 【备考这样练】 考向1 推断H.不成立，因此可以认为H成立，即认为本市5G手机 用户对5G网路满意与年龄在50岁以下无关， 1.A解析：若∥l,划有-c+4=0,解得a=士2.当a=2 时，4：2.x-4y3=0,l:x-2y十1=0，l∥l:当u=-2时. 专题六 解析儿何 4:2x+4y+3=0,4:x+2y+1=0.4∥4，∴若4∥h,a 第一讲 直线方程 士2，.“=2”是“(1∥1"的充分不必要条件. [知识清单·精准记忆】 2.B解析：直线1的方程为x十ay一2=0，直线l的方程为 【自主检测】 2一y+1=0,且4⊥4，.2-4=0，解得a=2,∴.直线4的方 题组一 l.C解析：设直线l的领钟角为a,由题意知tana=3,即 程为十一2=8由拼释重我人 tana=3或tana=一3，，直线的倾斜角为60或120°. 与1的交点坐标为(0,1)， 2.C解析：由ac0,<0,得a2>0,∴.ab>0,,钟率k 考向2 1.x一2y十9=0（答案不唯一）解析：设该直线方程为工一2y十 片<0.又级截距一石方>0C项满足题感。 =0,由距离公式可知3-5，解得-2或6>8，则诚 3.D解析：设直线在x轴上的截距为，由题意知，直线在y轴 5 直线可以为x一2y十9=0. 上的戴距为一2，一2十a=2,解得u=4.故直线方程为千 -1 2器解桥：=音≠号两直线平行，特直线3叶 4y一12=0化为6r十8y一24=0.由题意可知PQ的最小值 题组二 1.C解析：，4∥1，.a一3=1，，a■士2.又l∥4，两直线 为这两条平行直我阅的距高，即一-器“P阳的最 16+8 4与6不能重合心2a≠1，即a≠2.∴a=-2 小维为器 2.C解析：：两条直线2x十3y一b=0和x一ky十12=0的交点 考点 在y和上武支点为0他车2消去么可 【备考这样练】 考向1 得k=士6. 1,B解析：由题知直线山过定点(4,0)，则由条件可知，直线 3.3一y一5=0解析：与x+3y+4=0垂直的直线可设为 所过定点关于(2,1)对称的点为(，0)，故可知直线所过定 3x-y十m=0,代入(2.1)得m=一5，.所求直线方程为3x 点为(0.2) 3y-5=0. 2.x十4y一4=0解析：设l1与1的交点为A(a,8一2a),则由题 31