专题12 统计与统计案例-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训试卷

专题十二统计与统计案例 [真题题组·实战集训] 一、选择题 1.(2025·全国二卷，1)样本数据2,8,14,16,20的平均数为 A.8 B.9 C.12 D.18 整 2.(2024·天津卷，3)下列图中，线性相关系数最大的是 紧 。。· 0 0 D 3.(2024·上海卷，13)已知沿海地区气温和海水表层温度相关，且样本相关系数为正数，对此描 述正确的是 () A.沿海地区气温高，海水表层温度就高 B.沿海地区气温高，海水表层温度就低 布 C.随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度呈上升趋势 D.随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度呈下降趋势 4.(2023·天津卷，7)调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示，其中相关系数r=0. 8245,下列说法正确的是 () 花圈长度 如 御 花尊长度 A.花瓣长度和花萼长度没有相关性 B.花瓣长度和花尊长度呈现负相关 C.花瓣长度和花萼长度呈正相关 D.若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.8245 5.(2023·上海卷，14)某校50名学生的身高与体重的散点图如下：根据身高和体重散点图，下列说法 正确的是 体重kg 10 60 20 160 165 170175180185190195身高/cm A.身高越高，体重越重 B.身高越高，体重越轻 C.身高与体重成正相关 D.身高与体重成负相关 109 6.(多选)(2023·新课标I卷，9)有一组样本数据x1,x2,,x,其中x1是最小值，x6是最大值， 则 () A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x的平均数 B.x2,x3,x4,x的中位数等于x1,x2,…,x6的中位数 C.x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,…,x6的标准差 D.x2,x3,x4x5的极差不大于x1x2,…,x6的极差 7.(2022·全国甲卷，2)某社区通过公益讲座以及普及社会居民的垃圾分类知识.为了解讲座效 果，随机抽取10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下图： 100% 95% 90% 85% ·讲座的 70% ·讲座后 659% 60元 0 12345.678910 居民编号 则 ( 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 8.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷，9)下列统计量中，能度量样本x1,x2,,x。的离散程度的是 A.样本x1,x2,…,xn的标准差 B.样本工x2,…,x。的中位数 C.样本x1,x2,…,x。的极差 D.样本x1,x2,…,xn的平均数 9.(2021·全国甲卷，2)为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收人进行抽样调查，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 组距 0.20 0.14 0.10 0.04 0.02 02.53.54.55.56.57.58.59.510.511512513514.5收入/万元 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是 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.该地农户家庭年收人不低于10.5万元的农户比率估计为10% C.估计该地农户家庭年收人的平均值不超过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 110 10.(多选)(2021·新高考I卷，9)有一组样本数据x1,x2,·,x.,由这组数据得到新样本数据 y1y2,…,y。,其中y:=x十c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则 () A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本中位数相同 C.两组样本数据的样本标准差相同 D.两组样本数据的样本极差相同 二、填空题 11.(2023·上海卷，9)国内生产总值(GDP)是衡量地区经济状况的最佳指标.根据统计数据显 示，某市在2020年间经济高质量增长，GDP稳步增长，第一季度和第四季度的GDP分别为 232和241，且四个季度GDP的中位数与平均数相等，则2020年的GDP总额为 亿元. 三、解答题 12.(2025·全国一卷，15)为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中 随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果 组别 合计 正常 不正常 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 (1)记超声波检查结果不正常者患有该疾病的概率为p,求p的估计值； (2)根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关， P(x2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 n(ad-bc)2 附：X=(a+b(c+dD(a+c)(b+d) 111 13.(2025·上海卷，17) 2024年巴黎奥运会，中国获得了男子4×100米混合泳接力金牌，以 下是历届奥运会男子4×100米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序 排列. 206.78 207.46 207.95 209.34 209.35 210.68 213.73 214.84 216.93 216.93 (1)求这组数据的极差与中位数； (2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率； (3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为y=一0.311x十b,年份x的平均数为2006，预测 2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）. 14.(2024·全国甲卷（理），17)(12分)某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工 厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合极品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、 乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5.设p为升级改造后轴取的n件产品的优级品 率，如果p>p十1.65 p一卫，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数 据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（√150≈12.247） n(ad-bc)2 P(K≥k) 0.050 0.010 0.001 附：K2=(a+b)(c+dD(a+c)b+d)' 3.841 6.635 10.828 112 [真题题组·实战集训2] 解答题 1.(2024·上海卷，19)(14分)本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分4分，第3小 题满分6分， 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中随机抽取 580人，得到日均体育锻炼时长（单位：小时）与学业成绩的数据如表所示： 时间范围 [0,0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5) 学业 优秀 5 44 42 3 1 整 成绩 不优秀 134 147 137 40 27 (1)该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数约为多少？ 紧 (2)估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精确到0.1小时）. (3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时 有关？ n(ad-bc)2 附：X=(a+bC+ac6+Dn=a+b+c+d.P(X>≥3.841)≈0.05. 布 如 2.(2023·新课标Ⅱ卷，19)(12分)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某 数 项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直 阳 方图： ↑颜率/组距 +颗常/组距 0.040 004o 0.0 器 0.012 0.010 0.002 指标0.0 09510010s1101i5120125130 一指标 0707580859095100105 患病者 未患病者 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值℃，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等 于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c);误诊率 是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作 为相应事件发生的概率， 113 (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c); (2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95,105] 的最小值. 3.(2023·全国甲卷（理），19)(12分)为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将40只小鼠均分为 两组，分别为对照组（不加药物）和实验组（加药物）. (1)设其中两只小鼠中分配到对照组小鼠数目为X,求X的分布列和数学期望； (2)测得40只小鼠体重如下（单位：g):(已按从小到大排好） 对照组：17.318.420.120.421.523.224.624.825.025.4 26.126.326.426.526.827.027.427.527.628.3 实验组：5.46.66.86.97.88.29.410.010.411.2 14.417.319.220.223.623.824.525.125.226.0 (ⅰ)求40只小鼠体重的中位数m,并完成下面2×2列联表： 女m ≥m 对照组 实验组 (1)根据2×2列联表，能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用.参考数据： ko 0.10 0.05 0.010 P(K≥k) 2.706 3.841 6.635 n(ad-bc)2 K-(a+b)(cFd)(a+e)(b+d) 114 4.(2023·全国甲卷（文），19)(12分)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白 鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓 度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单 位：g).试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.1 32.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.2 19.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m与不小于m的 数据的个数，完成如下列联表： <m ≥m 对照组 试验组 (ⅱ)根据（ⅰ）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境 中体重的增加量有差异？ n(ad-bc)2 附：K=a+b(c+dD(a+c)b+dD' P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010 k 2.706 3.841 6.635 115 5.(2023·全国乙卷（理），17)(12分)某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应， 进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工 艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶 产品的伸缩率分别记为xy,(i=1,2,,10),试验结果如下 试验序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率x 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率y: 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记之=x一y,(i=1,2,…,10),名1,2，…，20的样本平均数为z,样本方差为s2. (1)求z,s2 (2)判断甲工艺处理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是否有显著 提高（如果≥2，√0，则认为甲工艺处理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，否则不认为有显著提高). 116 [真题题组·实战集训3] 解答题 1.(2022·新高考I卷，20)(12分)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 40 60 整 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 紧 人患有该疾病” P(B1A)与P(BIA) 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一 P(BA)P(BIA) 项度量指标，记该指标为R. (i)证明：R= P(AB)P(AB) P(AB)P(AB) (1)利用该调查数据，给出P(AB),P(A|B)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值. 布 n(ad-bc)2 P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 附：K=(a+b(c+dD(a+c)(b+d)' 3.841 6.635 10.828 数 御 117 2.(2022·全国乙卷，19)(12分)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： m2)和材积量（单位：m3).得到如下数据： 样本号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积x: 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量y 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得2x=0.038,y=1.6158,xy,=0.2474. i=1 (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 2x,-x(y,- 附：相关系数r= /1.896≈1.377. 2x,-22-0 118:{x≤1， ∴.应当a=0,|b≤1或b=0,|a≤1 :|z一2-3i表示复平面上之的对应点与(2,3)的距 离，可知当x位于(0,1)时，|x一2一3i取得最小值为 2√2. 答案：2√瓦 14.解析：设x=1十bi(b∈R,且b≠0)， 所以：+2-1+板+平标=1+i+2“4。加=1十 1+b2 子+路) 26 因为m∈R,所以6-1十6=0，解得6=士1，所以m=1 2 +1+6 =1+1=2. 答案：2 15.解析：（√5+i)·(w5一2i)=5+√5i一2√5i+2=7一√5i. 答案：7-√5 16.解析：由题意可得5，十14i=5+140(2-30_52+13i 2+3i(2+3i)(2-3i) 13 =4+i 答案：4+i 17.解析：1一i这=1一i(1+i)=2一i,11-iz=2一i=√5. 答案：√5 实战集训2 1.C 5(1+3) (2+i)(2-iD 5(1-D=1-i,故选C. 5 2+i 2+i=i(2+边 2.B由题意可得之=1十+行=1-1中 21=1=1-2i,则z=1+2i.故选B. 一1 3.C由题意可得2+2+22=2-1-2i-1-2i, 则12+产+2i1=11-2i=√1+(-2)=5.故选：C. 4.D对原式两边同时乘以i得：之一1=i,即x=1+i,所以 =1一i,即x十x=2,故选D. 5.D(2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i=2-2i+4=6-2i, 故选D 6.A由题设，x=1-2i,x=1+2i,代入有a十b+1十(2a- 2)i=0,故a=1,b=-2,选择A. 7C由=岩=-吉+海选C z-14-1 8.B由条件可知2=3-i=一4-31所以z=5. i 9.B由题意，得a十3i=bi-1,复数相等定义， 知a=一1，b=3,故选B. 10.A考查复数的四则运算和复平面内点的对应关系，属 -2=2P0-=名+i对 于简单题.-3 1-(3i) 10 应点为（侵）位于第一象限。 2 2·(1+iD 11.DaD:+D1+i故选D. 2 12.C设x=a十bi,则x=a-bi,代入得4a十6bi=4十6i得 a=1,b=1,.x=1+i. 18B南1-Dg=3+2,释=名法多-3会-1十 ,故选B 14.Cx(z+iD=(2-i)(2+i+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i 一2i一2=6十2i,故答案选C 15.C(1+ai)i=i-a=3+i→a=-3. 16.解析：z1十x2=1十i十2十3i=3+4i. 答案：3十4i 专题十二统计与统计案例 实战集训1 1.C年均袋为号(2+8+14+16+20)=号×60-12， 2.A观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接 近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明 显的正相关，r值相比于其他3图更接近1， 3,C因为沿海地区气温和海水表层温度相关，且样本相 关系数为正数，所以随着沿海地区气温由低到高，海水 表层温度呈上升趋势。 4,C根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有 相关性，A选项错误； 散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度 呈现正相关性，B选项错误，C选项正确； 由于r=0.8245是全部数据的相关系数，取出来一部分 数据，相关性可能变强，也可能变弱，即取出的数据的相 关系数不一定是0.8245，D选项错误.故选C. 5,C由散点图可知身高与体重成正相关， 6,BD因为十十x十西 4 工1十x2十x十x4十5十xs 6 -十x十x,十-2(x+》≠0， 12 所以A错误：因为工1是最小值，x是最大值，所以x2, 工，x4,x的中位数的位置与工，工2，…，工飞的中位数的 位置相同，所以B正确：因为x1是最小值，x6是最大值， 距离数据工，工…，工6的平均值较远，即波动性大，所以 标准差大，所以C错误；假设2，团，的最小值为x, 最大值为工，则≤西2无≤6，所以x一≥x一x2,所 以D正确.故选BD. 7,B由图表信息可知讲座后问卷答题的正确率的平均数 为89.5%>85%，故选B. 8.AC考查统计中数据的数字特征，属于基础题.这个题 所考查的教材上的细节容易注意不到，但是从概念的理 解上很容易排除中位数和平均数 9.C对于A:由频率分布直方图，有0.02+0.04=0.06= 6%,故A正确：对于B:由频率分布直方图，有0.02X3 8 十0.04=0.10=10%，故B正确；对于D:由频率分布直 方图，有0.10+0.14+0.20×2=0.64=64%，故D正 确；故选C 10,CD由题可知r=十十十z y=当十业+…+=十十…+工十c=x+c,图 为c≠0，所以x≠y,所以A错，若x1,2,…,x的中位 数为工4，因为y=x:十c,所以y2…,y,的中位数为 y=x4十c≠x,所以B错； hy,…,y。的标准差为s,= 员-+(%》+…+0，-7=日 √(x1+)-(r+c)+(x+)-Gx+c)J+…+(.+c)-Gx+c)' =a-+山++x=,所以 C正确： 设样本数据工1，x2,…,x。中最大为xn,最小为x1,因为 y,=x十c,所以样本数据少y2,…,y。中最大为y。,最 小为出，极羞为yn一少1=(x.十c)一(x1十c)=x。一1， 所以D正确. 11.解析：a<b<c<d,a=232,d=241,a十d=b+c=473,a +b+c+d=946. 答案：946 12.解：(1)在1000个样本中，超声波检查结果不正常的人 中意有该疾病的频率为8-0,9， 以样本频率估计总体概率，p的估计值为0.9. (2)H。:超声波检查结果与是否患病无关， n(ad-bc)* x-(a+b(cFd(aFe)(b+d- 1000×(20×20-780×180y_12250>10.828, 800×200×200×800 16 概率小概率值α=0.001的独立性检验，应拒绝零假设 H。,即超声波检查结果与是否患病有关。 13.解：(1)由题意，数据最大值为216.93，最小值为 206.78, 故极差为216.93-206.78=10.15， 中位教为209.35+210.68=210.015. 2 (2)由题意，数据共有10个，211以上数据共有4个， 故设恰有2个211以上为事件A, P(A)-CIC=3. Cio -101 所以，怡有2个数锯在211以上的概单为品 (3)由题意，比套成绩y的平均数为0×(206,78十 207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73 +214.84+216.93+216.93)=211.399. 故y=-0.311x+b过(2006,211.399)，则6= 835.265. 20 即y=-0.311x+835.265, 故要当x=2028时，y=204.557,故2028年冠军队的成 绩约为204.56. 14.解：(1)列联表如下： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 K=150(26×30-24×70)2 =4.6875 96×54×100×50 3.841<4.6875<6.635 ∴有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品存在 差异，没有99%的把握认为甲乙两车间产品的优级品 存在差异 (2)由1)知，p-器-0.64，：p=0.5, p+1.65 (1-p2=0.5+1.65 0.5X0,5 n 150 0.5 =0.5+1.65×12.247≈0.567. p>p+1,65 1-) n 能认为生产智能化升级改造后，该工厂产品的优级 品率提高了 实战集训2 1.解：(1)580人中体育锻炼时长不小于1小时人数占比P= 23+1+7+40+四-需接地区90名初中华生中 580 体育镀炼时长不小于1小时的人数约为29000X 25= 5 12500人 (②)该地区初中学生锻炼平均时长约为： [,5×(5+134)+0.5,+×(44+147) 5802 2 +1+.5×(42+13)+1.5,+2×(3+40) 2 2 +2+2.5×(1+27)1 2 22≈0.9h 2 (3)列联表 时长[1,2)其他时长 合计 优秀 形 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 提出零假设H。:成绩优秀与日均体有领炼时长不小于1 小时且小于2小时无关， X-580X45X308-17X50y 95X485X222X358 ≈3.976>3.841. 有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长 不小于1小时且小于2小时有关 2.解：(1)由题意知当p(c)=0.5%时，c=97.5, 此时g0)=001X5+0.02×5=0.035=3.5%. 2 9 (2)当95≤≤100时， p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19, q(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01, 所以f(c)=p(c)+g(c)=-0.008c+0.82: 当100<c≤105时， p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19, q(c)=(105-c)×0.002=-0.002c+0.21, 所以f(c)=p(c)+q(c)=0.01c-0.98. 综上所述， fe)=-0.008c+0.82,95≤c≤10 0.01c-0.98,100<c≤105 由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95,100]上单调递 减，在(100,105]上单调递增， 作出f(c)在区间[95,105]上的大致图象（略），可得f(c) 在区间[95,105]的最小值f(c)=f(100)=一0.008× 100+0.82=0.02. 3.解析：(1)X的所有可能取值为0,1,2， PX=0)=G×(-)×-2), PX=D=C×2×(-专）2P(X=2)=C× ×=子，所以X的分布到为 0 1 2 Ex0=0x+1x+2x号-1 (2)()依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两 组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据 的平均数， 由于原数据已经排好，所以我们只需要观察对照组第一 排数据与实验组第二排数据即可， 可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3,17.3,18.4， 19.2,20.1,20.2,20.4,21.5,23.2,23.6,…, 故第20位为23.2，第21位数据为23.6，所以m= 23.2+23.6=23.4, 2 故列联表为： <m ≥m合计 对照组 6 14 20 实验组 14 6 20 合计 20 20 40 (1)由(1)可得，K2=40X(6×6-14X14)2 20×20×20×20 =6.400>3.841. 所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用。 4解：1)试验组样本平均数为0(7.8+9.2+1.4十12.4 +13.2+15.5+16.5+18.0+18.8+19.2+19.8+20.2 21 +21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)= 5=19.8 (2)(1)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两 组数据合在一起，从小到大排列后，第20位与第21位数 据的平均数， 由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2， 19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,, 故第20位为23.2，第21位数据为23.6， 所以m=23.2十23.6=23.4， 2 故列联表为： <m ≥m合计 对照组 6 14 20 实验组 14 6 20 合计 20 20 40 (1)由(1)可得，K=40X(6×6-14×14) 20×20×20×20 =6.400>3.841, 所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中 与在正常环境中体重的增加量有差异。 5.解折：1z=0[545+53+51十52+575+54+541 +568+596+548]=552.3, 了-0[536+527+543+530+560+533+522+50+ 576+536]=541.3, z=x-y=552.3-541.3=11, 2=x-的值分别为：9,6,8，-8,15,11,19,18， 20,12, 故=(9-110+(6-11+(8-1)2+(-8 11)2+(15-11)2+0+(19-11)2+(18-11)2+(20 11)2+(12-11)2]=61. 2南知=1,2√层-2V61=,故有≥ 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺 处理后的橡胶产品的仲缩率有显著提高。 答案：(1)z=11,s2=61 (2)认为甲工艺处理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 实战集训3 1.解析：(1)假设患该病群体与未患该疾病群体的卫生习 惯没有差异， 剥K=20040×90-60X10=24>10.828, 50×150×100×100 所以有99%的把握认为惠该疾病群体与未患该疾病群 体的卫生习惯有差异： P(AB) P(AB) ac1R-器器· =P(A) P(A) P(AB) P(AB) P(A) P(A) -P(AB).P(AB) P(AB)P(AB) P(AB) P(AB) =P(AB) ·P(AB) P(B) P(B) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(B) P(B) P(A B).P(A B) P(AB) P(AB) ,得证； (i)由满壶数据可知P(AB)=品=号，P(AB) 101 100=10 则PAB)-1-PAB)-号，PAB)-品所以R- 2 9 .0=6. 1 10 2.解析：(1)设这种树木平均一棵的根部横截面积为x,平 均一根的材积量为y,则x=00=0.06y=0=0.39. 10 10 2xy,一可 (2)r= ic ②-a)(8-w) 0.2474-10×0.06×0.39 √0.038-10×0.06√1.6158-10×0.39 0.0134 0.0134 0.0134≈ √0.002×0.0948 0.01×/1.896 0.01377 0.97. (3)设从根布而积总和为X,总材积量为Y,则登 Y-88裙×186=1209(m). 3.解析：(1)由表中的数据可得： I= 9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7 10 =10.0, y= 10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5 10 =10.3, =0[(9.8-10.02+(10.3-10.02+(10.0 10.0)2+(10.2-10.0)°+(9.9-10.0)2+(9.8-10.0) +(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2+(10.2-10.0)2+ (9.7-10.0)]=0.036, 2=0(10.1-10.32+(10.4-10.32+(10.1- 2 10.3)2+(10.0-10.3)2+(10.1-10.3)2+(10.3- 10.3)2+(10.6-10.3)2+(10.5-10.3)2+(10.4- 10.3)2+(10.5-10.3)2=0.04: (2)由(1)中的数据可得y-x=10.3-10.0=0.3, +i=2,/.036+0.04=2V0.0076, 210 10 则0.3=√0.09>2√0.0076=√0.0304，所以可判断新 设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. 4.解析：(1)设甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率 分群为卫周月=器=0.75，R=器=0,61 (2)根据列联表中数据，可得K的观测值 K=400150X80120X50)2=400≈10.256. 200×200×270×13039 ,10.256>6.635,所以有99%的把握认为甲机床的产 品质量与乙机床的产品质量有差异 答案：(1)略 (2)有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产 品质量有差异 专题十三概率、随机变量及其分布 考点一 1.B本题考查相互独立事件的概率乘法公式. AB独立P(A∩B)=P(A)·P(B)= 2.B甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能，丙不在 排头，且甲成乙在排尾的共有8升可能，P=员-子，故 选B. 3.ABD对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 可知AB正确：对于C,三次传输译码为1，则可能是三次 全部译为1，或者有两次译为1，则概率为C(1一)2十 (1一)3，故C错误，对于D,可以采用特值法或者作差法 计算.三次传输方案译为0的概率为Ca(1一a)2十(1一 a)”,单次传输译为0的概率为1一a,而Ca(1一a)2+(1 -a)3-(1-a)=(1-a)a(1-2a)>0,所以D正确. 4.A令事件A,B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好 滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰， 则PA)=0.6,P(B)=0.5, P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4,所以P(C)=P(A B)=PAB=04=0.8.故选A P(B)0.5 5.D总事件数共C5=7X6=21, 2 取到的2个数互质的为 第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7； 第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8； 第一个数取4时，第二个数可以是5,7： 第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8； 第一个数取6时，第二个数可以是7； 第一个效取7时，第二个数可以是8： 将以P-3计4+23+1山-异-号 21