专题6 第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第4讲　大题专攻——成对数据的统计分析 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 回归分析及预测 高考对本讲内容的考查往往以实际问题为背景，考查经验回归方程的求解与运用、独立性检验等问题，常与概率综合考查，难度中等 独立性检验 二、真题感悟 1.（2024·全国甲卷理17题）（独立性检验）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 合格品 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.设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率，如果＞p＋1.65，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？（≈12.247） 附：K2＝， P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 . 2.（2022·全国乙卷理19题）（回归分析、样本相关系数）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xi 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yi 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＝0.038，＝1.615 8，xiyi＝0.247 4. （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186 m2.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. 附：相关系数r＝，≈1.377. 重｜难｜排｜查 1.求经验回归方程 （1）收集样本数据，设为（xi，yi）（i＝1，2，…，n）（数据一般由题目给出）； （2）作出散点图，确定x，y具有线性相关关系（也可用样本相关系数r判断）； （3）把数据制成表格，并列出xi，yi，xiyi，； （4）计算，，，xiyi； （5）代入公式计算，的值； （6）确定经验回归方程＝x＋； （7）利用决定系数R2或残差分析判断拟合效果. 2.独立性检验的一般步骤 （1）根据样本数据列出2×2列联表； （2）计算随机变量χ2的观测值，查表确定临界值xα； （3）如果χ2≥xα，就推断“X与Y不独立”，这种推断犯错误的概率不超过P（χ2≥xα）；否则不能推断“X与Y不独立”，或者在样本数据中没有发现足够证据支持结论“X与Y不独立”. 回归分析及预测 【例1】　（2024·郑州第三次质量检测）按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布.下表是2020—2024年五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比（yi％）： 　　年份 年份代码　　　 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 xi 1 2 3 4 5 yi 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8 （1）求2020—2024年年份代码xi与yi的样本相关系数（精确到0.01）； （2）请用样本相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并求出y关于x的经验回归方程； （3）预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比. 附：样本相关系数 r＝，≈6. 经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为： ＝，＝－，xiyi＝70.6，＝113.69. 感悟提升 　　回归分析通常用来判断两组数据之间的关系，解此类题时要清楚： （1）若两个变量呈现线性相关关系，可直接通过计算公式求回归方程； （2）若两个变量呈现非线性相关关系，解题时可利用化归与转化思想，通过恰当的变换，将其转化为线性相关关系，再求回归方程； （3）利用回归方程可以进行预测与估计，但要注意回归方程表示的是两组数据之间的相关关系，并不是函数关系，所以利用该方程求出的值是估计值，而不是一个确定的值. 　（2024·温州二模）红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金x（万元）与年收益y（万元）的8组数据： x 10 20 30 40 50 60 70 80 y 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4 （1）用y＝bln x＋a模拟生产食品淀粉年收益y与年投入资金x的关系，求出回归方程； （2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10％.2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值.（精确到0.1万元） 附：①经验回归直线＝v＋中斜率和截距的最小二乘估计分别为： ＝，＝－·. ② yi ln xi （ln xi）2 yiln xi 161 29 20 400 109 603 ③ln 2≈0.7，ln 5≈1.6. 独立性检验 【例2】　（2024·保定二模）某青少年跳水队共有100人，在强化训练前、后，教练组对他们进行了成绩测试，分别得到如图1所示的强化训练前的频率分布直方图，如图2所示的强化训练后的频率分布直方图. （1）根据图中数据，估计强化训练后的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）与成绩的中位数（中位数精确到0.01）； （2）我们规定得分80分以上（含80分）的为“优秀”，低于80分的为“非优秀”. 强化训练 是否优秀 合计 优秀人数 非优秀人数 强化训练前 强化训练后 合计 将上面的表格补充完整，依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否据此推断跳水运动员是否优秀与强化训练有关？ 感悟提升 解决独立性检验问题的关键是过好三关 （1）假设关：假设两个分类变量无关； （2）公式关：把相关数据代入独立性检验公式求χ2的观测值； （3）对比关：将求出的χ2的观测值与临界值比对，进行准确判断. 　（2024·开封第三次质量检测）某学校有A，B两家餐厅，A餐厅有2种套餐选择，B餐厅有4种套餐选择，且这6种套餐各不相同.A餐厅距离教学楼相比于B餐厅要近很多，经调查发现，100名不同性别的学生选择餐厅用餐的情况如下： 男 女 在A餐厅用餐 40 20 在B餐厅用餐 15 25 （1）以题中所给频率作为概率，求某天甲、乙两名同学选择同一套餐用餐的概率； （2）依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别与选择餐厅之间有关联？ 附：χ2＝. α 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 3.841 6.635 7.879 10.828 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲　大题专攻——成对数据的统计分析 【锁定高考·明方向】 真题感悟 1.解：（1）填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 则完整的2×2列联表如下： 优级品 非优级品 总计 甲车间 26 24 50 乙车间 70 30 100 总计 96 54 150 K2＝＝4.687 5. 因为K2＝4.687 5＞3.841，所以有95％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异； 因为K2＝4.687 5＜6.635，所以没有99％的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异. （2）由题意可知＝＝0.64， 又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57， 所以＞p＋1.65， 所以能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. 2.解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06， 估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39. （2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4， （xi－）2＝－10（）2＝0.002， （yi－）2＝－10（）2＝0.094 8， 所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77， 所以样本相关系数r＝ ≈≈0.97. （3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝， 所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3. 【研透高考·攻重点】 【例1】　解：（1）由已知可得，＝＝3， ＝＝5.1， 由题可列下表： xi－ －2 －1 0 1 2 yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3 （xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝， r＝＝≈≈－0.98. （2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述. 由问题（1）知，＝＝＝－0.59， ＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87， 所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87. （3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56％. 跟踪训练 　解：（1）＝，＝， ＝＝＝5， ∴＝－＝－5×＝2， ∴＝5ln x＋2. （2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x）， ∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22， f'（x）＝－＝0⇒x＝50， 当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减. ∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5. 【例2】　解：（1）强化训练后的平均成绩约为 55×0.04＋65×0.16＋75×0.2＋85×0.32＋95×0.28＝81.4. 由于前三列概率之和为0.04＋0.16＋0.2＝0.4， 设中位数为80＋x，则0.032x＝0.1， 解得x＝3.125，所以中位数约为83.13. （2）零假设为H0：跳水运动员是否优秀与强化训练无关. 补充完整的表格为 强化训练 是否优秀 合计 优秀人数 非优秀人数 强化训练前 40 60 100 强化训练后 60 40 100 合计 100 100 200 则χ2＝＝8＞7.879＝x0.005， 根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关. 跟踪训练 　解：（1）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝， 设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐， 事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐， 事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐， P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝， 则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）·P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝， 故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为. （2）根据数据可得列联表： 餐厅 性别 合计 男 女 在A餐厅用餐 40 20 60 在B餐厅用餐 15 25 40 合计 55 45 100 零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关， 根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005， 依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005. 学科网（北京）股份有限公司 $