11.2　成对数据的统计分析课件——2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“成对数据的统计分析”专题，覆盖变量间的相关关系和独立性检验两大核心考点，依据高考评价体系梳理样本相关系数、回归方程、卡方检验等考查要求，通过近五年真题分析明确相关关系占比约60%、独立性检验占40%的考点权重，归纳选择、填空、解答题典型题型。 课件亮点在于“真题实战+素养渗透+技巧总结”，如以2022全国乙理第19题为例，拆解相关系数计算步骤培养数据意识，结合2025全国一卷独立性检验题提炼“列联表补全—卡方计算—临界值判断”推理方法，帮助学生掌握得分技巧，教师可依托真题变式训练精准突破高频考点，提升复习效率。

11.2　成对数据的统计分析 返回目录 五年高考 考点1　变量间的相关关系 1.★★(2023天津,7,5分)鸢是鹰科的一种鸟,《诗经·大雅·旱麓》曰“鸢飞戾天,鱼跃于 渊”.鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名(图1),寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样,收 集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长度和花瓣长度(单位:cm),绘制对应散点图(图2). 返回目录 计算得样本相关系数为0.864 2,利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为 =0.750 1x +0.610 5.根据以上信息,如下判断正确的为 ( ) A.花萼长度与花瓣长度不存在相关关系 B.花萼长度与花瓣长度负相关 C.花萼长度为7 cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为5.861 2 cm D.若选取其他品种鸢尾花进行抽样,所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数一定为 0.864 2     C     返回目录 解析　题图2中的散点大致落在一条从左下角到右上角的直线附近,这说明成对样本数 据之间存在正相关关系,故A、B错误;把x=7代入经验回归方程 =0.750 1x+0.610 5,得  =5.861 2,故C正确;由于样本发生变化,所以样本相关系数不一定相同,故D错误. 返回目录 2.★★(2024天津,3,5分)下列散点图中,样本相关性系数最大的是 ( )  　　       　　          A     返回目录 解析　观察各选项可知,A选项图中散点分布比较集中,且大体接近一条直线,呈现明显 的正相关,线性回归模型的拟合效果比较好,|r|相比于其他三个选项的图更接近1.故 选A. 返回目录 3.★★(跨学科·生物)(2020课标Ⅰ,文5,理5,5分)某校一个课外学习小组为研究某作 物种子的发芽率y和温度x(单位:℃)的关系,在20个不同的温度条件下进行种子发芽实 验,由实验数据(xi,yi)(i=1,2,…,20)得到下面的散点图: 由此散点图,在10 ℃至40 ℃之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度 x的回归方程类型的是 ( ) A.y=a+bx　　    B.y=a+bx2 C.y=a+bex　　    D.y=a+bln x     D     返回目录 解析　由散点图可知,发芽率随温度增长的速度越来越慢,符合对数曲线增长的变化规 律,故选D. 返回目录 4.★★★(2025上海,17,14分)2024年东京奥运会,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 =-0.311x+ ,年份x的平均数为2 006,预测2028 年冠军队的成绩(精确到0.01秒). 返回目录 解析    (1)由题意,数据的最大值为216.93,最小值为206.78,则极差为216.93-206.78=10.15; 数据中间两数为209.35与210.68, 则中位数为 =210.015. 故极差为10.15,中位数为210.015. (2)由题意,数据共10个,211以上数据有4个, 设事件A=“恰有2个数据在211以上”, 则P(A)= = , 返回目录 故恰有2个数据在211以上的概率为 . (3)由题意,成绩的平均数为 ×(206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+ 214.84+216.93+216.93)=211.399, 由直线 =-0.311x+ 过点(2 006,211.399), 得 =211.399+0.311×2 006=835.265, 故回归直线方程为 =-0.311x+835.265. 当x=2 028时,y=-0.311×2 028+835.265=204.557≈204.56. 故预测2 028年冠军队的成绩为204.56秒. 返回目录 5.★★★(2022全国乙理,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 根部横截面积xi 材积量yi 0.04 0.25 0.06 0.40 0.04 0.22 0.08 0.54 0.08 0.51 0.05 0.34 样本号i 7 8 9 10 总和 根部横截面积xi 材积量yi 0.05 0.36 0.07 0.46 0.07 0.42 0.06 0.40 0.6 3.9 返回目录 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. 返回目录 解析    (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 = =0.06(m2),平均一棵 的材积量为 = =0.39(m3). (2)样本相关系数 r= =  返回目录 =  = =  ≈ ≈0.97. 【计算r= 时,需要将分子、分母稍加变换,采用题设中给出的数据求 解】即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约为0.97. (3)设这种树木的根部横截总面积为X m2,总材积量为Y m3,则 = ,则Y= =  =1 209, 所以该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3. 返回目录 三年模拟 1.★(2025届福建龙岩一中开学考,1)在一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…, xn不全相等)的散点图中,若所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y= x+1上,则这组样本 数据的相关系数为 ( ) A.-1　　    B.0　　    C. 　　    D.1     D     解析　由题设知,所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…,n)都在直线y= x+1上,∴这组样本数据完全 正相关,因此其相关系数为1,故选D. 返回目录 2.★★(2026届广东毕业班第一次调研,3)已知样本点数据(xi,yi)(i=1,2,3,4,5)大致呈线性 分布,且yi≤yi+1,其经验回归方程为 =2x- ,若y3=5,y5=8,数据yi的80%分位数为7,则当i=4 时,随机误差的残差为 ( ) A.-0.5　　    B.0.5　　    C.-1.5　　    D.1.5     B     解析　将yi从小到大排列,80%×5=4,所以 =7⇒y4=6,预测值为 =5.5, 所以残差为观测值-预测值 =6-5.5=0.5,故选B. 返回目录 3.★★(2026届湖南部分学校大联考,4)为了研究y关于x的线性相关关系,收集了5组样本 数据(见下表).若已求得一元线性回归方程 = x+0.34,则下列选项中正确的是  ( )     A x 1 2 3 4 5 y 0.5 0.9 1 1.1 1.5 A. =0.22 B.x与y呈现负相关 C.当x=8时,y的预估值为2.2 D.去掉样本点(3,1)后,x与y的样本相关系数r必会改变 返回目录 解析     = =3, = =1,则样本点的中心为(3,1). 对于A,由3 +0.34=1,得 =0.22,因此A正确; 对于B,由 >0,得x与y呈现正相关,因此B错误; 对于C,当x=8时,y的预估值为 =0.22×8+0.34=2.1,因此C错误; 对于D,因为(3,1)是样本点的中心,由相关系数公式知,去掉该点后,x与y的样本相关系数 r不会改变,因此D错误. 故选A. 返回目录 4.★★(2026届浙江Z20第一次联考,2)将收集到的6对样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)制作 成如图所示的散点图(点旁数据为该点坐标),由最小二乘法计算得回归直线l1的方程:  = x+ ,相关系数为r1,决定系数为 .残差分析后确定点E对应残差过大,把它去掉后,再 用剩下的5对样本数据计算得回归直线l2的方程: = x+ ,相关系数为r2,决定系数为 . 则以下结论中,不正确的是( )     D     A.r1>0,r2>0　　    B. >0, >0 C. > 　　     D. >  返回目录 解析　从散点图可以看出,两个变量是正相关,因此A正确; 从散点图可以看出,回归直线的斜率是正数,且l1的斜率大于l2的斜率,因此B和C正确; 从散点图可以看出,去掉“离群点”E后,相关性更强,拟合的效果更好,又R2值越大,模型 的拟合效果越好,所以 < ,因此D错误.故选D. 返回目录 5.★★★(多选)(2026届湖南衡阳八中期中,10)根据变量Y和x的成对样本数据,由一元线 性回归模型 得到线性回归模型 = x+ ,对应的残差如图所示,则残差 模型 ( )     BD     A.满足回归模型E(e)=0的假设 B.不满足回归模型E(e)=0的假设 C.满足回归模型D(e)=σ2的假设 D.不满足回归模型D(e)=σ2的假设 返回目录 解析　根据一元线性回归模型 中对随机误差e的假定, 残差散点图中散点应是比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域 内, 而由题图中残差图可知残差与观测变量x有线性关系, 因此残差模型不满足回归模型E(e)=0的假设,不满足回归模型D(e)=σ2的假设.故选BD. 返回目录 6.★★★(多选)(2025届广东广州摸底,9)中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路 联通、贸易畅通的重要举措.在中欧班列带动下,某外贸企业出口额逐年提升,以下为该 企业近6个月的出口额情况统计,若已求得y关于x的经验回归方程为 =28x+ ,则  ( ) AD     月份编号x 1 2 3 4 5 6 出口额y/万元 16 25 43 77 102 159 A.y与x正相关 B.样本数据y的第40百分位数为34 C.当x=3时,残差的绝对值最小 D.用模型y=enx+m描述y与x的关系更合适 返回目录 解析　对于A,当x的值增加时,相应y的值也呈现增加的趋势,得出y与x正相关,因此A正 确; 对于B,样本数据y的6个取值从小到大依次是16,25,43,77,102,159,由6×40%=2.4,得第40 百分位数为第3个数据43,因此B错误; 对于C, = = , = = ,将( , )代入 =28x+ ,得  =28× + ,解得 =- ,所以 =28x- , 所以当x=3时,相应残差的绝对值为 = , 返回目录 当x=2时,相应残差的绝对值为 = < ,因此C错误; 对于D,根据题意作出散点图,如图,   由图可知用模型y=enx+m描述y与x的关系更合适,因此D正确.故选AD. 返回目录 7.★★★(2026届福建莆田一中月考,13)若变量x和y的4对观测数据为(-2,-10),(-1,-5),(1, 4),(2,11),两个变量满足一元线性回归模型 (随机误差ei=yi-bxi),则参数b 的最小二乘估计值为___________.     5.1     返回目录 解析　依题意,两个变量满足一元线性回归模型 随机误差ei=yi-bxi, 则随机误差平方和Q=(-10+2b)2+(-5+b)2+(4-b)2+(11-2b)2 =(100-40b+4b2)+(25-10b+b2)+(16-8b+b2)+(121-44b+4b2) =10b2-102b+262, 易知Q是关于b的二次函数, 当b=- = =5.1时,随机误差平方和Q取得最小值, 因此参数b的最小二乘估计值为5.1. 返回目录 8.★★★(2026届广东广州阶段测试,15)经验表明,一般树的胸径(树的主干在地面以上 1.3 m处的直径)越大,树就越高.由于测量树高比测量胸径困难,因此研究人员希望由胸 径预测树高.在研究树高与胸径之间的关系时,某林场收集了某种树的一些数据,并根据 数据作出散点图(如图). 返回目录 经计算得 xi=348, yi=264, xiyi=7 793, =24, =6. (1)推断两个变量是否线性相关,计算样本相关系数r(精确到0.01),并推断它们的相关程 度; (2)试根据以上数据建立树高关于胸径的经验回归方程(系数精确到0.01),并预测胸径 为45 cm的树高. 附:相关系数r= ,回归方程 = x+ 中, = , = -  . 返回目录 解析    (1)根据树高与树的胸径的散点图,可判断两个变量线性相关. 根据题中所给数据,得n=12, = = =29, = = =22. 所以r= = = ≈0.95>0.75, 由于r的值接近于1,因此线性相关性较强. 故两个变量线性相关,且相关程度较强. (2)由(1)知n=12, =29, =22. 返回目录 所以 =  = = ≈0.24,  = -  =22- ×29≈15.10. 所以经验回归方程为 =0.24x+15.10. 当x=45时, =0.24×45+15.10=25.9,即树高的预测值为25.9 m. 故树高关于胸径的经验回归方程为 =0.24x+15.10,预测胸径为45 cm的树高为25.9 m. 返回目录 9.★★★★(2026届重庆实验外国语学校月考,18)蝗虫能对农作物造成严重伤害,每只 蝗虫的平均产卵数y(单位:个)和平均温度x(单位:℃)有关.现收集到一只蝗虫的产卵数y 和温度x的8组观测数据,制成图1所示的散点图.现用两种模型①y=ebx+a,②y=cx2+d分别 进行拟合,由此得到相应的回归方程并进行残差分析,进一步得到图2所示的残差图.  　      根据收集到的数据,计算得到如下值: 返回目录          (xi- )2  (ti- )2  (zi- )(xi- )  (yi- )(ti- ) 24 36 2.9 646 168 422 688 50.4 70 308 表中zi=ln yi, =  zi,ti= , =  ti. (1)根据残差图,比较模型①、②的拟合效果,模型______比较合适.根据所选择的模型, 利用上表中的参考数据,求出y关于x的回归方程. (2)根据以往统计,该地每年平均温度达到30 ℃以上时蝗虫会对农作物造成严重伤害, 需要人工防治,其他情况均不需要人工防治.设该地每年平均温度达到30 ℃以上的概率 返回目录 为p(0<p<1),该地今后n(n≥3,n∈N*)年恰好需要2次人工防治的概率为f(p). ①求f(p)取得最大值时对应的概率p0; ②当f(p)取最大值时,设该地今后5年需要人工防治的次数为X,求X的均值和方差. 附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回归直线 = u+ 的斜率和截距的最小二乘估 计分别为 = , = -  . 返回目录 解析    (1)模型①比较合适,理由如下: 模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中,且带状区域的宽度比模型②带状区 域宽度窄,所以模型①的拟合效果更好,故选模型①比较合适. 【思路探究:换元法解决非线性回归方程问题,在模型①y=ebx+a中,两边取自然对数:ln y= bx+a,换元:z=ln y,将非线性回归模型转化为线性回归模型解决】 y=ebx+a,则ln y=bx+a, 令z=ln y,则 = + x, 由所给的参考数据可得, 返回目录  = = =0.3, 所以 = -  =2.9-0.3×24=-4.3, 因此z关于x的经验回归方程为 =0.3x-4.3,即ln y=0.3x-4.3, 所以产卵数y关于温度x的回归方程为 =e0.3x-4.3. (2)①由题意得, f(p)= p2(1-p)n-2(0<p<1,n≥3,n∈N*), 【思路探究:二项分布问题直接用公式求概率,再利用导数知识求最大值】 所以f'(p)=2 p(1-p)n-2-(n-2) p2·(1-p)n-3= p(1-p)n-3[2(1-p)-(n-2)·p]= p(1-p)n-3(2-np), 令f'(p)=0,得p= ,当p∈ 时, f'(p)>0,当p∈ 时, f'(p)<0, 返回目录 所以f(p)在 上单调递增,在 上单调递减, 所以f(p)取得最大值时对应的概率p0= (n≥3,n∈N*). ②由①知,当p0= (n≥3,n∈N*)时, f(p)取最大值,所以当n=5时,p0= , 由题意可知每年需要人工防治的概率为p= ,且X服从二项分布,即X~B , 所以E(X)=np=5× =2,D(X)=np(1-p)=5× × = . 返回目录 五年高考 考点2　独立性检验 1.★★(2025全国一卷,15,13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1 000人,得到如下列联表: 　　　 　超声波检查结果 组别　　　　　　     正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1 000 返回目录 (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: χ2= ,  . 返回目录 解析    (1)由题意知超声波检查结果不正常的人数为200,患该疾病的人数为180, 所以超声波检查结果不正常者患该疾病的概率的估计值p= =0.9. (2)零假设为H0:超声波检查结果与患该疾病无关. χ2=  =765.625>10.828=x0.001, 根据小概率值α=0.001的独立性检验,我们推断H0不成立,即超声波检查结果与患该疾病 有关. 返回目录 2.★★★(2024全国甲理,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 返回目录 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= , 返回目录 解析    (1)列联表如下: 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 K2= =4.687 5, ∵3.841<4.687 5<6.635, ∴有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异,没有99%的把握认为 甲、乙两车间产品的优级品率存在差异. 返回目录 (2)由题知 = =0.64, ∵p=0.5,∴p+1.65 =0.5+1.65×  =0.5+ ≈0.5+ ≈0.567, ∵ >p+1.65 ,∴可以认为生产线智能化升级改造后,该工厂的优级品率提高了. 返回目录 三年模拟 1.★★(创新情境)(2026届辽宁部分学校联考,15)随着我国人工智能(AI)的突破性发 展,近期许多优秀的人工智能(AI)应用软件发布并上线.这些软件凭借强大的创新功能 和极具吸引力的用户体验,在社交媒体上引发了广泛的讨论,产生了显著的社会效应.某 科技公司新开发了一款人工智能(AI)应用软件,为了测试青年人和中年人对该软件的应用体验是否良好,某机构从中青年用户中随机调查了300人,得到如下2×2列联表(单位:人): 组别 应用体验 合计 良好 不良好 青年用户 3m+n 2m-n 中年用户 m+n m+2n 150 合计 300 返回目录 (1)求m,n的值; (2)补全2×2列联表,根据小概率值α=0.001的独立性检验,分析不同年龄段的用户对该软 件的应用体验是否存在差异. 附:χ2= ,n=a+b+c+d. P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 返回目录 解析    (1)由已知得青年用户的人数为300-150=150, 则 解得  (2)补全2×2列联表如下: 组别 应用体验 合计 良好 不良好 青年用户 120 30 150 中年用户 60 90 150 合计 180 120 300 返回目录 零假设为H0:不同年龄段的用户对该软件的应用体验不存在差异, 由题意得χ2= =50>10.828. 根据小概率值α=0.001的独立性检验,推断H0不成立, 即认为不同年龄段的用户对该软件的应用体验存在差异. 返回目录 2.★★★(2026届山东潍坊联考,15)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.   返回目录   (1)根据图中数据,估计强化训练后的成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代 表)的众数与成绩的60%分位数; (2)规定得分80分以上(含80分)的为“优秀”,低于80分的为“非优秀”. 返回目录 组别 是否优秀 合计 优秀 非优秀 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? 附:χ2= ,n=a+b+c+d. α 0.05 0.010 0.005 0.001 xα 3.841 6.635 7.879 10.828 返回目录 解析    (1)强化训练后的成绩的众数约为85, 由于前三组频率之和为0.04+0.16+0.2=0.4,前四组频率之和为0.4+0.32=0.72, 故设60%分位数为80+x,则0.032x=0.2,解得x=6.25,所以60%分位数约为86.25. (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 组别 是否优秀 合计 优秀 非优秀 强化训练前 40 60 100 强化训练后 60 40 100 合计 100 100 200 返回目录 则χ2= =8>7.879=x0.005. 根据小概率值α=0.005的独立性检验,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. 返回目录 $