专题23 统计与统计案例-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

五年真题分类汇编· 数学 学校 班级 学号 姓名 密 禁 0.02 P 正确率 -8520 F70% 455595 多可款子窗剂 I5I253545 2.(2021·今国联盖度：52)分汇际批地众行院 .(2022.今国度（文12）(12))粒网通社> ·腰可 与统计案例 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 (2023·新课标Ⅱ卷，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方图： 4频率/组距 0.040 0.036 0.034 0.012 0.002-日 指标 95100105110115120125130 患病者 ↑频率/组距 0.040 0.038 0.036 0.034 0.010------ 0.002= 指标 0707580859095100105 未患病者 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界 值c,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 (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误 诊率g(c); (2)设函数f(c)=p(c)十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. 考向2样本的数字特征 1.(2025·全国卷Ⅱ，5分)样本数据2,8,14,16， 20的平均数为 ( A.8 B.9 C.12 D.18 2.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)某农业研究部门在 面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻， 得到各块稻田的亩产量（单位：kg)并整理得 下表： 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) 频数 6 12 18 亩产量 [1050,1100) [1100,1150) [1150,1200) 频数 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是 ( A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所 占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg至 300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg至 1000kg之间 > 3.(多选)(2023·新课标I卷，5分)有一组样本 数据c1,x2,…,x6,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,…x6 的平均数 B.x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6的 中位数 C.x2x3,x4,x5的标准差不小于x1x2,…,x6 的标准差 D.x2,x3x4,x5的极差不大于x1x2,…,x6的 极差 4.(2022·全国乙（文）T4)分别统计了甲、乙两位 同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h), 得如下茎叶图： 61 5. 8530 0 3 7532 1. 46 6421 8. 12256666 42 9. 0238 10.1 则下列结论中错误的是 ) A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数 为7.4 B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大 于8 C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的 估计值大于0.4 D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的 估计值大于0.6 5.(多选)(2021·新高考卷I,5分)有一组样本数 据x1,x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据 y1y2,…ym,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 6.(2023·全国乙卷·理，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x;,y:(i=1,2,…,10),试 验结果如下： 试验序 7 2 3 7 10 号 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 52 543 530 56 533 522 550 576 536 记之：=x一y:(i=1,2,…,10),之12…，之10的 样本平均数为之，样本方差为2」 (1)求之，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 10 ,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) 71 7.(2021·全国乙卷理，12分)某厂研制了一种生 产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的 某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设 备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标 数据如下： 旧 9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7 设备 新 10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5 设备 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平 均数分别记为元和y,样本方差分别记为 和2， (1)求x,y,s,s号； (2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧 设备是否有显著提高（如果y一x≥2 十，则 W10 认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设 备有显著提高，否则不认为有显著提高) 考向3独立性检验 1.(2025·全国卷I,13分)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， 附：X2= n(ad-bc )2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' P(x2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 72 2.(2024·全国甲卷·理T17,文T18,12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 52 150 (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为升级改造后抽取的n件产品的优级 品率.如果p>p+1.65,pD,则认为该工 A n 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 附：K2=a+bc十a+c)b+dDn=a+b +c+d. P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 3.(2024·上海卷，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： 日均体育锻炼时长/小时 学业成绩 毁 0,0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) 2,2.5 优秀 5 44 2 不优秀 134 147 137 o 27 (1)该地区29 000 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？ (2)估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精 训 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？ 附：X= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d):n=a+b 量 +c+d.P(x≥3.841)≈0.05. 4.(2023·全国甲卷·理，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), (1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照 组的只数，求X的分布列和数学期望， (2)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 15.218.820.221.322.523.2 25.826.527.530.132.634.3 34.835.635.635.836.237.3 40.543.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.89.211.412.413.215.5 16.518.018.819.219.820.2 21.622.823.623.925.128.2 32.336.5 (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： Km ≥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？ 附：K2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)’ P(K2≥k) 0.1000.0500.010 k 2.7063.8416.635 5.(2022·全国甲（文）T17)甲、乙两城之间的长 途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两 家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙 两城之间的500个班次，得到下面列联表： 准点班次数 未准点班次数 A 240 20 B 210 30 (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？ 附：K2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 6.(2022·新高考I卷T20)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 对照组 10 90 74 (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 的人有该失病”书与兴积的化位 是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一 项度量指标，记该指标为R, （1)证明：R-PAB),P(AE) P(AB)P(AB) (ⅱ)利用该调查数据，给出P(AB),P(AB) 的估计值，并利用(1)的结果给出R估计值. 附：K2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 7.(2021·全国甲卷理，12分)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： 一级品 二级品 合计 甲机床 150 50 200 乙机床 120 80 200 合计 270 130 400 (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)能否有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？ n(ad-bc)2 附：K2=(a+b(c十d)(a+e)(b+d)' P(K2≥k)》 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 考向4回归分析 1.(2024·天津卷，5分)下列图中，线性相关系数 最大的是 ) yt y A B C D 2.(2024·上海卷，4分)己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 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 3.(2023·天津卷，5分)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 个花瓣长度 .:。之 … 花萼长度 A.花瓣长度和花萼长度没有相关性 B.花瓣长度和花萼长度呈负相关 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 4.(2025·上海卷，14分)本题共有2个小题，第1 小题满分4分，第2小题满分2分，第3小题满 分8分. 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. 206.78207.46207.95209.34209.35 210.68213.73214.84216.93216.93 (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= -0.311x十6，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）. 5.(2022·全国乙（文T19)(理T19)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 1 3 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截 0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6 面积 材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9 并计算得2=0.038，y=1.6158,当ry: 10 =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186m5.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」 之(x-x)(y:一y) 附：相关系数r √/1.896≈1.377.考教衔接本题是以人教A版选择性必修第三册第30页例2的！ 第(2)问为题源，通过适当政编而命制的，旨在考查二项式定理的 应用及运算求解能力， 2.B[当x=1时，1=a1十a4十a2十a1十ao①；当x=-1时，81=！ a,-十a-a+a@,士得原式=1.] 3.一20[二项式定理的应用（红一1）“展开式的通项公式为Tk+1= Cx6-k(-1)=(-1)Cxi-,令6-k=3,得k=3,所以x3项的 系数为(-1)3C=-20.] 4.80[二项式定理(2x-1)5的通项为T,+1=C(2x)5-「(-1)'， 令5--3，得r=2,所以展开式中x3的系数为C×23×(-1)2: =80.] 5.5[二项式定理（理性恩雏、数学探索） (号十x）的展开式的 通项公式为T+1=C(合) x',则各项的系数分别为！ c(分)，c(5),ca(行）c(号)c(号)： c(分)，c“().c(号).c(分).c(分) (行)，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数 式递增分别卧其c(号)，c“(兮)，（号）c(兮)月， C(号），c()此较可得，C(号）=5最大.] 6,20二项式定理的应用（数学家索）71=C(停)（写）广 C·3i-张·xt-18.令6k一18=0，则k=3,所以常教项为T1= C·3°·x°=20.] 7.10[二项式定理由题意得2"=32，所以n=5,则(x十1)5的通 项T,+1=Cx5-r1",令5-r=2,得r=3,所以展开式中x2的系数 为C=10.] 860[二项式(2x-）展开式的通项公式T41=(2)-t ()广=(-12C,◆18=2，解释=4，所以 的系数为（一1）1×22×C=60.] 9.8-2[含x2的项为：x·C·x·(-1)3+2·C·x2·(-1)2= -4x2十12.x2=8.x2,故a2=8;令x=0,即2=a0,令x=1,即0= a0十a1十a2十a3十a1十a5,∴.a1十a2十ag十a1十a5=-2,故答策为：！ 8；-2.] 10,一28[原式等于(x十y)兰（红十y),由二项式定理，其展开 式中x2v5的系数为C一C=一28.] 11.510[(x-1)3展开式的通项T+1=Cx3-·(-1)y,(x十1)1 展开式的通项T+1=Cx1,则a1=C十C=1十4=5：a2= C(-1)1+C=3a=Cg(-1)2+C=7:a1=C8(-1)3+C=0.所以 a2十a3十a1=3+7+0=10.] 12-4[三项晨开式的道项为C财(x)(士)） C(-1)x2-1(0≤k≤4，k∈N).令12-4k=0,得k=3,故展开 式中的常数项为C(-1)3=-4.] 专题23统计与统计案例 考向1统计图表 1.B[由统计图可知，讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率分} 别为65%，60%，70%，60%，65%，75%，90%，85%，80%，95%.对1 于A项，将这10个数据从小到大排列为60%，60%，65%，65%， 70%,75%,80%,85%,90%,95%,因此这10个数据的中位数是 第5个与第6个数的平均数，为70%十75%=72.5%>70%，A错 误.对于B项，由统计图可知，讲座后这10位社区居民问卷答题的： 正确率分别为90%，85%，80%，90%，85%，85%，95%，100%，1 85%,100%,所以讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的平· 均数为0×(90%+85%十80%十90%十85%+85%+95%十！ 15 100%十85%十100%)=89.5%>85%，B正确.对于C项，讲座后 这10位社区居民问卷答题的正确率的方羞品=。×[(90% 89.5%)2十(85%-89.5%)2+…+(85%-89.5%)2十(100% 89.5%)门号8，所以标准差5后=6.5%.讲座前这10位社区 居民同老答题的正确率的手均数为。×(60%十60%十65%十 65%+70%+75%+80%+85%十90%十95%)=74.5%，所以讲 座前这]10位社区居民问卷答题的正确率的方姜为后=六×[(60% -74.5%)2十(60%一74.5%)2+…十(90%-74.5%)2十(95% 7么5%)门=品所以标准差g≈1.93%，所以g>C错 误.对于D项，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%一60%=35%， 讲座后问卷答题的正确率的极差为100%一80%=20%，D错误.故 选B.] 2.C[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(0.02十0.04)×1×100%=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(0.04十0.02十0.02+0.02)×1× 100%=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3×0.02十4×0.04十5×0.10十6× 0.14+7×0.20+8×0.20十9×0.10+10×0.10+11×0.04+ 12×0.02十13×0.02十14×0.02=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(0.10十0.14十0.20十0.20)×1× 100%=64%>50%,故D正确.] 3.解(1)由题图知(100-95)×0.002=1%>0.5%， 所以95<c<100, 设X为患病者的该指标， 则p(c)=P(Xc)=(c-95)×0.002=0.5%, 解得c=97.5. 设Y为未患病者的该指标， 则g(c)=P(Y>c)=(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035= 3.5%. (2)当95c100时， p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19, g(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c十1.01， 所以f(c)=p(c)十q(c)=-0.008c十0.82： 当100c105时， (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)=(c)十q(c)=0.01c-0.98. 上所，0-{808.2,250 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)mim=f(100)=-0.008×100+0.82= 0.02. 考向2样本的数字特征 1.C[平均数求解5(2+8+14+16十20)=12，故选C.] 2.C「中位数十极差十平均值 对于A,因为前3组的频率之和0.06十0.12十0.18=0.36<0.5， 前4组的频率之和0.36十0.30=0.66>0.5，所以100块稻田亩产 量的中位数所在的区间为[1050,1100)，故A不正确： 对于B,100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例为 6十12+18十30×100%=66%，故B不正确： 00 对于C,因为1200一900=300,1150一950=200，所以100块稻田 亩产量的极差介于200kg到300kg之间，故C正确： 对子D.10块箱回商产量的手均值为高×(925×6十975X12+ 1025×18+1075×30+1125×24十1175×10)=1067(kg),故D 不正确. 综上所述，故选C] 3.BD[取x1=1,x2=x3=x1=x5=2,x6=9,则2，x8x1,的平！ 均数等于2，标准差为0，x1,x2,…,x6的平均数等于3，标准差为} √的故A,C均不正确：根据中位数的定义，将 x:按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均： 数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2,x3,x1,x5的中位数是将 工2，，x,5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数， 与x1x2,x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知工2， x3,工1，；的极差不大于x1,x2,…,x6的极差，故D正确.综上， 选BD.1 4.C[对于A选项，将甲同学周课外体育运动时长的样本从小到大】 排列，其样本容量为16，中间两个样本为7.3和7.5，所以中位数为 7.3十7.5=7.4，所以A不符合题意.对于B选项，（方法一）乙同学 2 周课外体育运动时长的样本平均数为后×(6.3十7.4十7.6十 8.1十8.2+8.2+8.5+8.6十8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+ 9.8十10.1)≈8.5，所以B不符合题意.（方法二）由乙的样本可知， 小于8的样本有6.3,7.4,7,6，其他样本均大于8.又因为！ 10.1十6.3>8,9.87.48,9.37.6>8，所以乙同学周课外体 2 2 2 育运动时长的样本平均数大于8，所以B正确.对于C选项，甲同学 周课外体育运动时长大于8的样本有8.1,8.2,8.4,86,9.2,9.4,1 共6个，剩甲同学周课外运动时长大于8的概率的估计位为6=！ 6 令<0.4，所以C符合题意，对于D选项，乙同学周课外体育运 时长大于8的样本有13个，则乙同学周课外运动时长大于8的概 率的估计位为号>0,6所以D不符合题意，故选C] 5.CD[设样本数据x1,x2,工n的平均数、中位数、标准差、极差分 别为，m,o,t,依题意得，新样本数据yy2…,y,的平均数、中位 数、标准差、极差分别为云十c,m十c,61,因为c≠0，所以A,B不正 确，C,D正确，故选CD.门 6.解(1)由题意，求出的值如表所示， 试验 234 5 序号i 678910 968-8151119182012 则：-0×(9+6+8-8+15+1+19+18+20+12)=11， 2=6×[9-10+6-1)+(8-112+(-8-1+a5 11)2+(11-11)2+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12- 11)2]=61. (2)因为2√0-26.=√24.4,2=11=2T>W24.4, 所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的仲缩率较乙工艺处理后的！ 橡胶产品的伸缩率有显著提高， 乙解(I)由表格中的数据易得元0×（一0.2+0.3十0十0.2 0.1-0.2+0十0.1十0.2-0.3)十10.0=10.0， =10×(0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.5)+ 10.0=10.3, =0×[(9.7-10.0)2+2×(9.8-10.0)2+(9.9-10.0)2+ 2×(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2十2×(10.2-10.0)2+(10.3- 10.0)2]=0.036, =0×[(10.0-10.3)2+3×10.1-10.3)2+(10.3-10.3)2+ 2×(10.4-10.3)2+2×(10.5-10.3)2+(10.6-10.3)2]=0.04. + (2)由(1)中数据可得)-元=10.3-10.0=0.3，而2√10 干延成立，所以认： √层(+)=V00,是然有5->2√ 为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高， 15 考向3独立性检验 1,古典概型十独立性检验（运算求解能力） 解(1)由题表可知，检查结采不正常者有200人，检查结果不正常 者中患有该疾病的有180人， 0-0.9. 所以由样本估计总体得力=200 (2)零假设H。:超声波检查结果与是否患该疾病无关 X=-1000X(20×20-180×780)2 =765.625>10.828 800×200×200×800 所以依据小概率值《=0.001的独立性检验，我们推断H。不成立， 即认为超声波检查结果与是否患该疾病有关 2.独立性检验（理性思维、数学探索、数学应用） 解(1)第1步：填写列联表 填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 第2步：作出完整的2×2列联表 则完整的2X2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 第3步：根据公式求K K2=150×(26×30-70X24)2 =4.6875. 96×54×50×100 第4步：根据K2的值判断 因为K2=4.6875>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=4.6875<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)第1步：求出p 由题意可知力=150 96 =0.64, 第2步：求出p+165√P包的位 又p十1.65 12=0.5+1.65× /0.5X10.5)≈0.5+ n 150 0.5 1.65×1227≈0.57， 第3步：由力与p十1.65 一卫的大小关系判断 n 所以p>p+1.65/ ①—卫，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， ,频数分布表十统计计算十卡方检验 解(1)第1步：计算样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的 人数 抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42十3十 1+137+40+27=250. 第2步：按比例估计人数 设该地区29000名学生中有x人的日均体育锻炼时长不小于1小 时，则器0解得x=1250. 故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数 釣为12500. (2)第1步：根据题中表格数据计算该地区初中学生日均体育锻炼 时长 依题意得，该地区初中学生日均体育锻炼时长为(0.25×139十 0.75×191+1.25×179+1.75×43+2.25×28)÷580=540÷580≈ 0.9. 第2步：作答 所以该地区初中学生日均体育锻炼时长釣为0.9小时， (3)第1步：写出2X2列联表 对数据重新组合，得到2×2列联表 日均体育锻炼时长/小时 学业成筑 [1,2) 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 第2步：代入公式计算 提出原假设H。: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小时无关 确定显著性水平a=0.05,P(x2≥3.841)≈0.05， X_580X45X308,177X50)≈3.976>3.841. 95×485×222×358 第3步：得结论 原假设不成立，所以有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育 锻炼时长不小于]小时且小于2小时有关， 4.解(1)X的所有可能取值为0,1,2， P(X=o)=Cg×(1-2)×(1-2)=子，P(X=I)=g× ×（1-）=合，P(x=2)=G××= 所以X的分布列为 0 1 2 名 EX0=0X+1X+2x-1 (2)(ⅰ)根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数 m 23.2+23.6-23.4. 2 列联表如下： ∠m ≥m 对照组 6 试验组 14 6 (i)根据(1)中结果可得K?=40X(6×614X14)2 =6.4≥ 20×20×20×20 3.841, 所以有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(1)A公司一共调查了260个班次，其中有240个班次准点，故 A公司甲，乙两线之同的长连家车水点的概率是织吕 B公司一共调查了240个班次，其中有210个班次准点，故B公司 甲、乙两域之间的长逢客车准点的挺率是织日 (2周为K=50X240X30-20×210)_125≈3.205>2.706. 260×240×450×50 -39 所以有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」 6.解(1)假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有 差异， 则K2=200(40×90-60×10)2 50×150×100×100 =24>10.828, 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(AB) P(AB) (2)(DR=P(BIA)P(BI) P(A) P(A) P(AB)P(AB) P(B引A)P(BA) P(AB) P(AB)P(AB)P(AB) P(A) P(A) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(B) P(B) P(AB) P(A B) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(A B) P(AB) P(B) P(B) 得证； (i)由润查：括可知P4B品-号P(AB)=品六，则 P(A1B)=1-P(AB)三三，P(A=9 ，所以R=·士 516 7.解(1)根据表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是 50=0.75,乙机床生产的产品中一级品的频率是)20=0. (2)根据列联表中的数据可得 K2= 400×(150×80-120×50)2=400≈10.256. 200×200×270×130 39 因为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， 考向4回归分析 1,A[线性相关系数（理性思维）选项A中的散，点有明显的从左 下角到右上角沿直线分布的趋势，且散点集中在一条直线的附近， 故选项A中的线性相关系数最大，故选A,门 2.C「样本相关系数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，故选C.] 3.C[因为相关系数r=0.8245>0.75,所以花瓣长度和花萼长度 的相关性较强，并且呈正相关，所以选项A,B错误，选项C正确：因 为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数 也会发生变化，所以选项D错误.故选C.] 4,极差十中位数十平均数十古典概型十回归方程（数据处理能力，运 算求解能力) 解(1)这组数据的极差为216,93一206.78=10.15， 中位教为209.35210.68=210.015. (2)记“从这10个数据中任选3个，恰有2个数据在211以上”为事 件A, CiC 由题可知，这10个数据中在211以上的有4个，故P(A) C 6×63 120=10: (3)由题可知，x=2006,y=211.399, 代入y=-0.311x+b,得211.399=-0.311×2006+6， 解得b=835.265, 则y=-0.311x+835.265, 将x=2028代入，得y=204.557≈204.56， 故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒. 解()该林区这种树木平均一棵的根部横裁面积工-，6号 =0.06(m), 平均一棵的材积量y= 3.9=0.39(m3) 10 (2)由题意，得(，-工)2= Cx号-10.x2=0.038-10×0.062= =1 i=1 0.002, 2(-)= y-10y2=1.6158-10×0.392=0.0948, (z,)(yy=2zy,10zy=0.2474-10×0.06x0.39 1 =1 0.0134, 所以相关系数”= 0.0134 0.0134 0.0134≈ √0.002×0.0948 /1.896×0.0001 0.01377 0.97. (3)因为树木的材积量与其根部横裁面积近似成正比，所以比例 系敦k= y_0.39=6.5, 0.06 所以该林区这种树木的总材积量的估计值为186×6.5=1209(m). 专题24概率 考向1古典概型 1.B「古典概型 画出树状图： 甲 丙丁乙丁乙丙 丙丁 丁丙丁乙丙乙 甲乙 A八N 7