课时58 成对数据的统计分析-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

课时冲关５８　成对数据的统计分析 对应学生用书　P３１５ [基础巩固练] 一、单选题 １．对两个变量x,y 进行线性回归分析,计算得到 相关系数r＝－０．９９６２,则下列说法中正确 的是 (　　) A．x与y 正相关 B．x与y 具有较强的线性相关关系 C．x与y 几乎不具有线性相关关系 D．x与y 的线性相关关系还需进一步确定 解析:B　[因为相关系数r＝－０．９９６２,所以x 与y 负相关,因为|r|＝０．９９６２,非常接近１,所 以相关性很强．] ２．为了研究性别与对乡村音乐态度(喜欢和不喜 欢两种态度)的关系,运用２×２列联表进行独 立性检验,经计算χ ２＝８．０１,则所得到的统计学 结论是认为性别与喜欢乡村音乐有关系的把握 至少为 (　　) α ０．０１ ０．００５ ０．００１ xα ６．６３５ ７．８７９ １０．８２８ A．０．１％ B．０．５％ C．９９．５％ D．９９．９％ 解析:C　[因为χ ２＝８．０１＞７．８７９＝x０．００５,所以 有９９．５％的把握认为“性别与喜欢乡村音乐有 关系”．] ３．如图是某市２０２３年４月至２０２４年３月每月最 低气温与最高气温(℃)的折线统计图:已知每 月最低气温与最高气温的线性相关系数r＝ ０．８８,则下列结论正确的是 (　　) A．月温差(月最高气温－月最低气温)的最大值 出现在８月 B．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关 性,且二者为线性负相关 C．每月最高气温与最低气温的平均值在４~８ 月逐月增加 D．９~１２月的月温差相对于５~８月,波动性 更小 解析:C　[对于 A,８月温差为３８－２２＝１６,１０ 月温差为３６－５＝３１,故最大温差在１０月,故 A 错误;对于B,已知每月最低气温与最高气温的 线性相关系数r＝０．８８,则二者为线性正相关, 故B错误;对于 C,由图表可得,４~８月最低气 温与最高气温都呈上升趋势,则４~８月最高气 温与最低气温的平均值逐月增加,故C正确;对于 D,５~８月最高气温为３８,最低气温为１４,极差为 ２４,９~１２月最高气温为３７,最低气温０,极差为３７, 故９~１２月温差波动更大,故D错误．] ４．某省高考采用“３＋１＋２”模式,其中“１”为首选 科目,即物理与历史二选一．某校为了解学生的 首选意愿,对部分高一学生进行了抽样调查,制 作出如下两个等高条形图,根据条形图信息,下 列结论正确的是 (　　) A．样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历 史意愿的女生人数 B．样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选 择历史意愿的人数 C．样本中选择物理学科的人数较多 D．样本中男生人数少于女生人数 解析:C　[根据等高条形图图１可知样本中选 择物理学科的人数较多,故 C正确;根据等高条 形图图２可知样本中男生人数多于女生人数, 故 D错误;样本中选择物理意愿的人数多于选 择历史意愿的人数,而选择物理意愿的男生比 例高,选择历史意愿的女生比例低,所以样本中 选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的 女生人数,故 A 错误;样本中女生选择历史意愿 的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数, 故B错误．] ５．某老师为了了解数学学习成绩得分y(单位: 分)与每天数学学习时间x(单位:分钟)是否 存 在 线 性 关 系,搜 集 了 １００ 组 数 据 ∑ １００ i＝１ xi＝５６００,∑ １００ i＝１ yi＝１１２００( ),并据此求得y关 于x 的经验回归方程为ŷ＝̂bx＋５６．若一位同 学每天数学学习时间约８０分钟,则可估计这位 同学数学成绩为 (　　) A．１０６　　　B．１２２　　　C．１３６　　　D．１４０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２６４􀅰 高考总复习　数学 A版 解析:C　[由题设可得􀭵x＝５６００１００＝５６ ,􀭵y＝１１２００１００ ＝ １１２,故１１２＝̂b×５６＋５６,故b̂＝１,故ŷ＝x＋５６, 故当x＝８０时,̂y＝８０＋５６＝１３６．] ６．５G技术在我国已经进入高速发展的阶段,５G 手机的销量也逐渐上升,某手机商城统计了最 近５个月手机的实际销量,如下表所示: 时间x １ ２ ３ ４ ５ 销售量y(千只) ０．５ ０．８ １．０ １．２ １．５ 若y 与x 线性相关,且经验回归方程为 ŷ＝ ０．２４x＋̂a,则下列说法不正确的是 (　　) A．由题中数据可知,变量y与x 正相关 B．在经验回归方程ŷ＝０．２４x＋̂a中â＝０．２８ C．可以预测x＝６时该商场５G 手机销量约为 １．７２千只 D．x＝５时,残差为－０．０２ 解析:D　[对于 A,从数据看y随x 的增加而增 加,所以变量y与x 正相关,故 A 正确;对于B, 由表 中 数 据 知,􀭺x＝１＋２＋３＋４＋５５ ＝３ ,􀭵y＝ ０．５＋０．８＋１．０＋１．２＋１．５ ５ ＝１ ,所以样本中心 点为(３,１),将样本中心点(３,１)代入ŷ＝０．２４x ＋̂a中得â＝１－３×０．２４＝０．２８,故 B正确;对 于C,当x＝６时该商场５G 手机销量约为ŷ＝ ０．２４×６＋０．２８＝１．７２(千只),故 C正确;对于 D,经验回归方程为ŷ＝０．２４x＋０．２８,所以ŷ５＝ ０．２４×５＋０．２８＝１．４８,残差为１．５－１．４８＝ ０．０２,故 D错误．] 二、多选题 ７．(２０２５􀅰深圳调研)为了研究汽车减重对降低油耗 的作用,对一组样本数据(x１,y１),(x２,y２),􀆺,(xn, yn)进行分析,其中xi 表示减重质量(单位:千克), yi 表示每行驶一百千米降低的油耗(单位:升),i＝ １,２,􀆺,n,由此得到的经验回归方程为ŷ＝̂bx＋̂a(̂b ＞０)．下列说法正确的是 (　　) A．̂a的值一定为０ B．̂b越大,减重对降低油耗的作用越大 C．残差的平方和越小,回归效果越好 D．至少有一个数据点在回归直线上 解析:BC　[̂a 的实际意义为当减重质 量 为 ０ 时,汽车每行驶一百千米所降低的油耗,从其意 义上来看,̂a 的值应该等于０,但拟合直线并不 一定过坐标原点,因此â 的值可能比０略大或 略小,所以 A 错误;̂b的实际意义是每行驶一百 千米降低的油耗量与减重质量之比,因此b̂ 越 大,减重对降低油耗的作用越大,所以 B正确; 决定系数R２＝１－ ∑ n i＝１ (yi－̂yi)２ ∑ n i＝１ (yi－􀭵y)２ ,所以残差的平 方和∑ n i＝１ (yi－̂yi)２ 越小,R２ 越接近于１,回归效 果越好,所以 C正确;有可能没有数据点在回归 直线上,所以 D错误．] ８．(２０２５􀅰长春开学考)暑假结束后,为了解假期中学 生锻炼身体情况,学生处对所有在校学生做问卷调 查,并随机抽取了１８０人的调查问卷,其中男生比 女生少２０人,并将调查结果绘制得到等高堆积条 形图．已知χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,其中n ＝a＋b＋c＋d,附: α ０．１ ０．０５ ０．０１ ０．００５ ０．００１ xα ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ ７．８７９ １０．８２８ 在被调查者中,下列说法正确的是 (　　) A．男生中不经常锻炼的人数比女生中经常锻炼 的人数多 B．男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的 人多８人 C．经常锻炼者中男生的频率小于不经常锻炼者 中男生的频率的２倍 D．根据小概率值α＝０．０１的独立性检验,可以 认为假期是否经常锻炼与性别有关 解析:BD　[设男生人数为x,则女生人数为x＋２０, 由题得x＋x＋２０＝１８０, 解得x＝８０,即在被调查者中,男、女生人数为 ８０,１００,可得到如下２×２列联表, 性别 锻炼情况 经常锻炼 不经常锻炼 合计 男 ４８ ３２ ８０ 女 ４０ ６０ １００ 合计 ８８ ９２ １８０ 对于 A:由表可知,A 显然错误, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３６４􀅰 第九章　统计与成对数据的统计分析 对于B:男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻 炼的人数多４８－４０＝８,B正确; 对于 C:在经常锻炼者中是男生的频率为４８８８≈ ０．５４５５,在不经常锻炼者中是男生的频率为３２９２ ≈０．３４７８,０．５４５５０．３４７８≈１．６ ,C错误; 对于 D:零假设 H０:假设假期是否经常锻炼与 性别无关, 则 χ ２ ＝１８０× (４８×６０－３２×４０)２ ８０×１００×８８×９２ ≈７．１１５＞ ６．６３５＝x０．０１,根据小概率值x＝０．０１的独立性 检验,我们推断 H０ 不成立, 即认为假期是否经常锻炼与性别有关,此推断 犯错误概率不大于０．０１,D正确．] 三、填空题 ９．奶茶店老板对本店在１２月份出售热饮的杯数y 与当天的平均气温x(℃)进行线性回归分析,随 机收集了该月某４天的相关数据(如下表),并 由最小二乘法求得经验回归方程为ŷ＝４５－ ２x．表中有一个数据看不清楚,请你推断出该数 据的值为　　　　． 气温x/℃ １０ ６ ２ －２ 售出热饮的杯数y ２４ ■ ４２ ４８ 解析:设 看 不 清 楚 的 这 个 数 据 为 m,则 􀭺x＝ １０＋６＋２－２ ４ ＝ ４ ,􀭵y ＝ ２４＋m＋４２＋４８４ ＝１１４＋m４ , 由于回归直线必过样本中心 ４,１１４＋m４ æ è ç ö ø ÷,所以 １１４＋m ４ ＝４５－２×４ ,解得:x＝３４． 答案:３４ １０．害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义．已 知某种害虫产卵数y(单位:个)与温度x(单 位:℃)有关,测得一组数据(xi,yi)(i＝１,２,􀆺, ２０),可用模型y＝c１ec２x进行拟合,利用z＝lny变 换得到的经验回归方程为ẑ＝０．３x＋̂a．若∑ ２０ i＝１ xi＝ ６００,∑ ２０ i＝１ lnyi＝１２０,则c１ 的值为　　　　　． 解析:对y＝c１ec２x两边同时取对数可得lny＝ ln(c１ec２x)＝lnc１＋lnec２x＝c２x＋lnc１;即ẑ＝ c２x＋lnc１＝０．３x＋̂a,可得c２＝０．３,lnc１＝̂a． 由∑ ２０ i＝１ xi＝６００,∑ ２０ i＝１ lnyi＝１２０,可得􀭺x＝３０,lny ＝􀭵z＝６,代入ẑ＝０．３x＋̂a可得̂a＝－３,即lnc１ ＝̂a＝－３,所以c１＝e－３． 答案:e－３ 四、解答题 １１．某商场为提高服务质量,随机调查了５０名男 顾客和５０名女顾客,每位顾客对该商场的服 务给出 满 意 或 不 满 意 的 评 价,得 到 下 面 列 联表: 满意 不满意 男顾客 ４０ １０ 女顾客 ３０ ２０ (１)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的 概率; (２)依据小概率值α＝０􀆰０５的χ ２ 独立性检验, 能否推 断 男、女 顾 客 对 商 场 服 务 的 评 价 有 差异． 参考数据: α ０􀆰１０ ０􀆰０５ ０􀆰０１０ ０􀆰００５ xα ２􀆰７０６ ３􀆰８４１ ６􀆰６３５ ７􀆰８７９ χ ２＝ n (ad－bc)２ (a＋b)(a＋c)(b＋d)(c＋d)． 解:(１)由调查数据,男顾客中对该商场服务满 意的频率为４０ ５０＝０􀆰８ ,因此男顾客对该商场服 务满意的概率的估计值为０􀆰８． 女顾 客 中 对 该 商 场 服 务 满 意 的 频 率 为３０ ５０＝ ０􀆰６,因此女顾客对该商场服务满意的概率的 估计值为０􀆰６． (２)χ ２＝１００× (４０×２０－３０×１０)２ ５０×５０×７０×３０ ≈４􀆰７６２． 由于４􀆰７６２＞３􀆰８４１＝x０．０５,所以可以推断男、 女顾客对该商场服务的评价有差异． １２．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∑ ２０ i＝１ xi＝６０,∑ ２０ i＝１ yi＝ １２００,∑ ２０ i＝１ (xi－x)２＝８０,∑ ２０ i＝１ (yi－y)２＝９０００, ∑ ２０ i＝１ (xi－x)(yi－y)＝８００． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４６４􀅰 高考总复习　数学 A版 (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:样本相关系数r＝ ∑ n i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ n i＝１ (xi－x)２∑ n i＝１ (yi－y)２ ,２≈１􀆰４１４． 解:(１)由已知得样本平均数为y＝１２０∑ ２０ i＝１ yi＝ ６０,从而该地区这种野生动物数量的估计值为 ６０×２００＝１２０００． (２)样本(xi,yi)(i＝１,２,􀆺,２０)的相关系数为 r＝ ∑ ２０ i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ ２０ i＝１ (xi－x)２ ∑ ２０ i＝１ (yi－y)２ ＝ ８００ ８０×９０００ ＝ ２ ２ ３ ≈０􀆰９４． (３)分层随机抽样:根据植物覆盖面积的大小对 地块分层,再对２００个地块进行分层随机抽样． 理由如下:由(２)知各样区的这种野生动物数 量与植物覆盖面积有很强的正相关关系．由于 各地块间植物覆盖面积差异很大,从而各地块 间这种野生动物数量差异也很大,采用分层随 机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． [能力提升练] １３．[多选](２０２５􀅰长沙模拟)自然环境中,大气压 受到各种因素的影响,如温度、湿度、风速和海 拔等方面的改变,这些都将导致大气压发生相 应的变化,其中以海拔的影响最为显著．如图 是根据一组观测数据得到海拔６千米~１５千 米的大气压强散点图,根据一元线性回归模型 得到经验回归方程为y１＝－４．０x＋６８．５,决定 系数为R２１＝０．０９;根据非线性回归模型得到经 验回归方程为y２＝１３２．９e－０．１６３x,决定系数为 R２２＝０．９９,则下列说法正确的是 (　　) A．由散点图可知,大气压强与海拔高度负相关 B．由方程y１＝－４．０x＋６８．５可知,海拔每升 高１千米,大气压强必定降低４．０kPa C．由方程y１＝－４．０x＋６８．５可知,样本点 (１１,２２．６)的残差为－１．９ D．对比两个回归模型,结合实际情况,方程y２ ＝１３２．９e－０．１６３x的预报效果更好 解析:ACD　[对于 A 项,由图象知,海拔高度 越高,大气压强越低,所以大气压强与海拔高 度负相关,故 A 项正确;对于B项,回归直线得 到的数据为估计值,而非精确值,故 B项错误; 对于C项,当x＝１１时,̂y１＝－４．０×１１＋６８．５ ＝２４．５,又由散点图知观测值为２２．６,所以样 本点(１１,２２．６)的残差为２２．６－２４．５＝－１．９, 故C项正确;对于 D项,随着海拔高度的增加, 大气压强越来越小,但不可能为负数,又R２２＞ R２１,因此方程y２＝１３２．９e－０．１６３x的预报效果更 好,故 D项正确．] １４．有两个分类变量X 和Y,其中一组观测值为如 下的２×２列联表: y１ y２ 合计 x１ a １５－a １５ x２ ２０－a ３０＋a ５０ 合计 ２０ ４５ ６５ 其中a,１５－a 均 为 大 于 ５ 的 整 数,则a＝ 　　　时,有９９％的把握认为“X 和Y 之间有 关系”． 解析:由题意知χ ２≥６．６３５, 则６５[a(３０＋a)－(２０－a)(１５－a)] ２ ２０×４５×１５×５０ ＝１３ (１３a－６０)２ ５４００ ≥６．６３５ , 解得a≥８．６５或a≤０．５８． 因为a＞５且１５－a＞５,a∈Z,所以a＝９． 答案:９ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５６４􀅰 第九章　统计与成对数据的统计分析