第43期 成对数据的统计相关性、一元线性回归模型及其应用-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

随月份t变化的散点图，并用散点图和样本相关系数说明y与t之间 17.(15分)专家研究表明，PM2s是霾的主要成分，在研究PM2.s 具有线性相关性. 形成原因时，某研究人员研究了PM2、与燃烧排放的CO,,NO,C0, 03,PM。等物质的相关关系.图6，图7分别是PM2、与C0和03相关 （x:-x)(y:-y) 参考公式：r= 性的散点图 ∑(x,-)2 (1)根据醋散点图，请你就C0,0,对PM2,的影响关系做出初步评价： ∑(y:-y) N (2)以100ug/m3为单位，在上述图6中取三个点，如下表所示 参考数据：1=9.24，=39.75， PM2.5 ug/m2 (x)1 24 C0ug/m3(y） 0.511.5 0.53,7≈2.646. 求y关于x的经验回归方程，并估计当C0排放量是200ug/m3 1.81 时，PM2.s的值.（结果保留整数） 19.(17分)某高校数学系为了控制大一学生上课使用手机，针 5(单位：万户) 12 CO ug/m 150 800:uglop 对上课使用手机情况，进行量化比，若发现上课使用手机则扣除其 1.0 对应的积分，根据调查发现每次被扣分数与本系大一学生每周上课 100 使用手机次数的关系如下表所示 中数学 2 .021.131.211.311.431.531.61 .6 % 1 09 每次被扣分数/分 025810 0.2 高中数学 12345671 0 1234567t 0100200300400500 0100200300400500 每周上课使用手机次数/次5025201510 PM25 ug/m PM25 ug/m 图4 图5 选择性 图6 图7 (1)试根据以上数据，建立y关于x的回归直线方程（结果保留 一位小数)； (2)根据上述回归直线方程分析：每次扣分为多少时（精确到 必修第三册 必修 整数分)，该系大一新生被扣分的总数最大； (3)若学校规定，大一新生每学期（按20周上课计算）因为上课 使用手机被扣分总数不超过1000分，则该系大一被定为控制手机合 第三册 16.（15分)随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长 教 设某地区城乡居民人民币储蓄存款（年底余额）如下表. 格，那么，每周上课使用手机至少扣多少分时（扣分不低于5分，精确 教 年份 20182019202020212022 到整数)，数学系才能被定为控制手机合格？ A 版 时间代号x 23 45 版 储蓄存款y(千亿元) 5 6 7810 核 (1)求y关于x的经验回归方程y=bx+a; 心 (2)用所求回归方程预测该地区2025年的人民币储蓄存款 素养测评 同步核心素养测评 18.(17分)一台还可以用的机器由于使用的时间较长，按不同 的转速生产出来的某机械零件有一些会有缺陷，每小时生产有缺陷 零件的数量随机器转速的变化而变化，下表为抽样试验结果 转速x(转/秒)》 16 14 12 8 每小时生产有缺陷零件的数量y(个) 11 9 8 5 (1)画出散点图； (2)如果变量x和y线性相关，求y关于x的经验回归方程y= bx+a; (3)若实际生产中，允许每小时生产的产品中有缺陷的零件最 多有10个，试问机器的转速应控制在什么范围内？（结果保留一位 小数) 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 2026年5月18日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 43期总第1187期 人教A 0351-5271248 兹理柄 选择性必修第三册 从东方红到北斗”： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F)邮发代号：21-289 孙家栋的航天传奇 经验回归研究的是一个变量与另一个变量 X= 在中国航天史 ,×(5+10+15+20+25+30) 之间的相关关系，利用经验回归分析可以对总 6 上，有这样一位科学 体进行估计，从而作出预测或判断. =17.5 经验回归方程的 家，他亲历了从“东 求解这类问题通常有以下三步： 1 方红一号”到“北斗 了=6×(7.25+8.12+895+9.9+10.9 第一步：判断两个变量是否线性相关及相 求解及其应用 导航”的中国航天发 关程度.通常有两种方法：(1)利用散点图直观 +11.8)≈9.487， ◎四川甯家用 展全过程。他就是 判断；(2)将相关数据代入样本相关系数r的公 x=52+102+152+202+252+302 分析：因为经验回归直线过样本点的中心 “两弹一星”功勋科 式中求出r,然后根据r的正负和1r的大小进 求出à，将x=6代入经验回归方程求出销售额 =2275 学家孙家栋。 行判断。 解析：由题意可得样本点的中心为(3.5 1970年，“东方 第二步：若具有线性相关关系，则求经验回 ∑xy=5×7.25+10×8.12+15×8.95 42),根据经验回归方程必过样本点的中心可得 红一号”卫星发射在 归方程 42=9.4×3.5+a→a=9.1,所以经验回归方 +20×9.9+25×10.9+30×11.8=1076.2, 即，年轻的孙家栋发 程为y=9.4x+9.1,所以广告费用为6万元时 现卫星超重，毅然决 (1)计算：x,,∑x,∑ 引 xiY:-6xy 销售额为9.4×6+9.1=65.5.故选(B). 定减少仪器。这个决 例3某奶茶连锁店的日销售收入y(单位： 定需要极大的勇气， xiyi -nxy (2)计算b= a y-bx. 万元)与当天平均气温x(单位：℃)之间的关系 因为每一个仪器都 x-nx 1076.2-6×17.5×9.487 如表所示 凝聚着科研人员的 2275-6×17.52 心血。但为了确保发 (3)写出方程y=bx+a. ≈0.183， 射成功，他顶住压 第三步：利用经验回归方程进行预测，其实 所以a=y-bx≈9.487-0.183×17.5 力，做出了这个艰难 质是代入关系式中求值， ≈6.285. 通过上面的五组数据得到了x与y之间的 的决定。当《东方红》 例1为研究质量x(单位：克)对弹簧长度 经验回归方程y=-x+2.8,但现在丢失了一 个 故所求经验回归方程为父=0.183x+ 的乐曲从太空传来 y(单位：厘米)的影响，对不同质量的6个物体 ( 6.285. 数据，该数据应为 时，孙家栋流下了激 进行测量，数据如表所示 例2某产品的广告费用x与销售额y的统 (A)3 (B)4 (C)5 (C)6 动的泪水。 分析：因为经验回归直线过样本点的中心 5 10 0 30 计数据如下表 2004年，75岁高 所以求出x的值，代入方程，求出下的值，从而求 7.258.128.95 9.9 10.911.8 广告费用x(万元)4235 龄的孙家栋再次披 销售额y(万元) 49263954 出丢失的数据 挂上阵，担任北斗导 作出散点图并求 解析：设该数据是a,由x=0, 航系统总设计师。面 经验回归方程（精确 根据上表可得回归方程)=x+à中的6为 得y=-元+2.8=2.8 到0.001) 对技术封锁，他带领 9.4,据此模型预报广告费用为6万元时销售额 解析：根据所给数 0 51015202530x 所以5×(5+a+2+2+1)=2.8, 团队攻克了一个又 为 据，作出散点图如右图所示 (A)63.6万元 (B)65.5万元 解得a=4. 一个难关。有人劝他 由散点图可知两变量具有线性相关关系， (C)67.7万元 (D)72.0万元 故选(B) 该休息了，他说：“只 要国家需要，我随时 (C)②③ (D)①② 准备出发。”2020年 专项小练一、成对数据的统计相关性 (B)号 (c)4 (D) 2 北斗三号全球卫星 1.（多选)下列变量之间的关系是相关关系 4若已知公年-)是习(-列的4 3.（多选)下列说法正确的是 导航系统正式开通， 的是 (A)回归分析中，R的值越大，说明残差平 中国终于拥有了自 (A)汽车行驶的里程和它的耗油量 倍，(x-0-)是（9-列的1.6 方和越小 己的“太空罗盘”。 (B)圆的半径和面积 倍，则相关系数r的值为 (B)若一组观测(x,y),(x2,2),…,（xn 从青丝到白发 (C)降雪量和交通事故的发生率 5.在一次试验中，测得(x,y）的三组值分别y)满足：=bx:+a+e,(i=1,2,3,…,n),若 孙家栋用一生诠释 (D)家庭的收入和支出 为(0,1)，(3,2)，(6,3)，则这组样本数据的样 e:恒为0，则R2=1 了什么是航天精神 2.如右图所示，散点图中 y 本相关系数为 (C)回归分析是对具有相关关系的两个变 他常说：“航天事业 ·D 量进行统计分析的一种常用方法 需要去掉一组数据，使得剩下 专项小练二、一元线性回归模型及其应用 (D)画残差图时，纵坐标为残差，横坐标 是万人一杆枪的事 的四组数据的相关系数最大， 1.某商场经营一批小商品，根据销售经验， 定是编号 ●A 业。”正是这种无私 则应去掉的数据所对应的点 0 4.设有一个经验回归方程为氵=2-3.5x, 奉献、团结协作的精 为 此商品的日销售量y(单位：台)关于销售单价 x(单位：元)的经验回归方程是)=161-3x,由 则变量x增加一个单位时，y平均减少 神，让中国航天从无 (A)A (B)B 个单位 到有、从弱到强，创 (c)c (D)D 此估计，当销售单价为30元时，此商品的日销售 5.某种产品的广告支出x(单位：万元)与 造了一个又一个奇 3.下列四个图各反映了两个变量的某种关 量为 销售额（单位：万元）之间有下表关系 迹。孙家栋的故事告 系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是 (A)30台 (B)41台 4568 诉我们，个人的价值 (C)50台 (D)71台 在于为国家和人民 2.对具有线性相关关系的变量x,y,有一组 y3040605080 观测数据(x,)(i=1,2,…,8),其经验回归 根据上表，利用最小二乘法得到它们的经 作出的贡献。 方程是分=子+a,且1+，+5+…+5= 验回归方程为y=6.5x+17.5,当广告支出5万 元时，残差为 万元 2(y1+y2+…+yg）=16,则实数a的值是 数理报社试题研究中心 A)①③ (B)①④ 参考答案见下期 素养专练 数理极 只是蝴蝶”为事件B, 由题意知每位打卡二十四景游客至少打卡两个景点的 第41期3,4版参考答案 则事件B为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”， 概率为子，只打卡一个景点的概率为子， -、单项选择题1~4BCDC5~8BBBA 二、多项选择题9.ACD;10.BC;11.BD. P(B)=1-P(B)=1- C -1-22n-) n-1 随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立 X=3表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点 三填空题12.令；13.子；14.15. 4+4(2n-1)n≥4，neN), 1 依题意可得P(X=3)=(兮)广存 四、解答题 当n=4时P8子+8贵 所以P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6) 15(I)÷(2)PA)=:PA1B)=子 =1-P(X=3) 19.解：(1)a1,a,4的排序共有A=6种， 16.解：记“小球落人A袋中”为事件A, 且每种排序等可能， “小球落入B袋中”为事件B. 此时X可取0,2,4， (2)记事件A=“每位打卡二十四景游客至少打卡两个 )易知4)=（分）广+(3)'=子 又X=0时，a1,a2,a3的排序为1,2,3，则P(X=0)= 1 景点”，则A=“每位打卡二十四景游客只打卡一个景点”， 61 事件B=“一位打卡二十四景游客抽中广化寺祈福香包”， (2)由(I)知P(A)=子，则 X=2时，a1,a2,a3的排序为1,3,2或2,1,3， 则PA)=P(①= P(B)=1-P(A)=1-子=子 则P(X=2)=3 因为每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物， X=4时，a1,a2,a3的排序为3,2,1或2,3,1或3,1,2， 由题意知X~B(4,子) 所以游客抽到每个香包的概率都是子 则PX=4)= 个游客至少打卡两个景点， x==cG()广（行）=01,234 所以X的分布列为： 抽中广化寺祈福香包的概率为 则X的分布列为 0 a10=1-(层)=6 1 234 一个游客打卡一个景点， 6 3 2 (2)(i)a1,a2,a3,a4的排序共有A1=24种， 抽中广化寺祈福香包的概率为P(B1万=子， 且每种排序等可能， 由全概率公式得P(B) 5(0=4×子=3,02)=4×子×子=子 =P(A)P(BIA)+P(A)P(BIA) 而∑(i-a)=0, 17.解：(1)因为X~N(65,4.84),所以4=65,0=2.2 3 1 所以4+3σ=71.6,73∈(4+3o,+0). 故i-a,(i=1,2,3,4)中有偶数个奇数 64 r2x+3,x<0, 因为P(X>71.6)=1-P(58.4≤X≤71.6 故∑1i-a,1必为偶数， 19.解：(1)由题得h'(x)={1 2 2 x>0, =1-0.9973=0.00135, 当X=0时，4，a2,,a的排序与第一次排序无变化时， 则h'(x)=2x1+3=1, 2 此时仅有1种排序：1,2,3,4，则P(X=0)=24, 解得x1=-1,即A(-1,-2+a) 且0.0135远小于0， 1 当X=2时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序相比仅 ()=万=1，解得=1，即B(1,-1). 所以此事件应为小概率事件，而质检员随机抽检20袋有相邻两个位置变化时， 该种零食时，测得1袋零食的质量为73g,说明小概率事件 此时有3种排序：2,1,3,4、1,3,2,4、1,2,4,3， 所以。=a=2二山=1，解得a:-1 -1-1 确实发生了，因此他立即要求停止生产，检查设备的决定有 道理. 则PX=2)=4=名， (2)设A(x1,h(x1)),B(x2,h(x2)为函数h(x)图象 上的两点，且x1<x2, (2)(i)因为u=65,o=2.2, 所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2) 当x1<x2<0或0<x1<x2时，h'(x)≠h'(x2), 所以4-σ=62.8,4+2σ=69.4. 所以x1<0<2. 函数h(x)在点A(,h(x))处的切线方程为： 由题意可知当零食每袋的质量X满足4一σ≤X≤u+ 2c时为合格品， (ⅱ)因为各轮测试相互独立， y-(x+3x1+a)=(2x1+3)(x-x1), 即y=(2x1+3)x+a-x, 所以这种零食的合格率为 所以“连续三轮测试中，都有X≤2”的概率为 函数h(x)在点B(x2,h())处的切线方程为： 0.6827+0.9545=0.8186≈0.819， p=(名)'=6<o 5 2 y+=(x-),即y= X2 、2 (iⅱ)由题意可知Y~B(n,0.819),则 所以6是一个小概率，这表明仪凭随机猜测得到连 E(Y)=0.819n>58, 2x,+3= ① 续三轮测试中，都有X≤2”的结果的可能性很小，所以我 两切线重合的充要条件是 58 则n>0g≈70.2，故n的最小值为71 们认为该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测 ② 18.解：(1)(i)记“从盒子中先后任意飞出两只昆 第42期参考答案 由①及：<0<得0<上<5，令1=1 虫，恰有1只蜜蜂”为事件A, 2 设盒子中蜜蜂的只数为x(x∈N,), 一、单项选择题1~4CAAA5~8ACAA 则0<t<√5. 则P代==号，解得=4， 二、多项选择题9.BCD;10.ABD;11.AB. 由①得新=之-3)， 三填空题2.5：13.[分，+：4g 故蜜蜂共有4只 四、解答题 由@得a=听-子=云-24=-6㎡+9)-2 (ⅱ)随机变量X服从超几何分布， 15.(1)n=8. 且N=8,M=4,n=3, =-2-2+(0<t<同. (2)(i)a1+a2+…+ag=255. P(X =1)=CC ,i=0,1,2,3. (i)a1+a3+a5+a7=-32640. 设p()=-多-2+？0<t<), 16.(1)480:(2)360. 则p'(t)=t-3t-2<0, 故X的分布列为 0 123 .)7 阴以医数0=--2+是0月)上为减 3 1 (2)X的分布列为 函数且-25<p0<是 14 7 14 X01 234 6 ()=1×号+2× 号+3×4 所以-25<a<是， 1 即实数a的取值范围是-25， 18.解：(1)设3人抽奖总次数为X, (2)记“任意飞出两识昆虫，少有1 则X的可能取值为3,4,5,6. 本相关系数，2为变量U与V之间的样本相关系数，则 “离群点”（对应残差过大的点），把它去掉后，再利用剩下的五组数 成对数据的统计相关性、 (A)r2<r1<0 (B)r2<0<r 据计算得到其经验回归直线l2的方程为=x+0.68,其样本相关 (C)0<r,<r1 (D)r2 =r 元线性回归模型及其应用 系数为2，决定系数为.以下结论中正确的是 6.为了研究某班学生的脚长x(单位：厘米)和身高y(单位：厘 (A)r1>0,r2>0 (B)RR 同步核心素养测评 米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可 (C)a=0.12 (D)0<6<0.68 以看出y与x之间有线性相关关系，设其经验回归方程为)=x+à. ⊙数理报社试题研究中心 11.蟋蟀鸣叫声可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀 已知4=225，∑=1600,6=4.该班某学生的脚长为24，据 鸣叫的频率x(每分钟鸣叫的次数)与气温y(单位：℃)存在着较强 (x:-)(y:-y) 的线性相关关系.某地观测人员根据下表的观测数据，建立了y关于 参考公式：b a=y-bxi. 此估计其身高为 ( ∑(x:-x)2 ∑x2-nx (A)160 (B)163 (C)166 (D)170 x的经验回归方程y=0.25x+k,则下列说法正确的是 ( 7.某学习小组用计算机软件对一组数据(x,y:)(i=1,2,3,…, x(次/分)20 30405060 第I卷选择题（共58分） 8)进行回归分析，甲同学首先求出经验回归方程子=2x+5,样本点 y(℃) 2527.52932.536 的中心为(2，m).乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据 高中数学 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (3,7)误输成(7,3)，数据(4,6)误输成(4，-6)，将这两个数据改 (A)k的值是20 1.观察下列散点图，其中两个变量的相关关系判断正确的是 正后得到经验回归方程方=号+、则实数女 (B)变量x和y正相关 高中数学 ( (C)若x的值增加1，则y的值约增加0.25 (A)-6 (B)-34 (C)3 (D)当蟋蟀鸣叫的频率为52次/分时，该地当时的气温预报值 选择性必修第三册 (D)号 8.用模型y=aec+(a>0)拟合一组数据时，令a=lny,将其 为33.5℃ ● 变换后得到经验回归方程：=2x+,则2 ( a 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 选择性必修第三册 (A)a为正相关，b为负相关，c为不相关 (A)e (B)I e (D)2 教 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. (B)α为负相关，b为不相关，c为正相关 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 A 12.为了规定工时定额，需要确定加工某种零件所需的时间，为 A 版 (C)a为负相关，b为正相关，c为不相关 9.某中学的兴趣小组在某座山测得了海拔、气压和沸点的若干 个数据，并绘制成如图1和图2所示的散点图，则下列说法正确的是 此进行了5次试验，得到5组数据：(x1y1),(x2y2),(x3y3),(x4, 版 (D)a为正相关，b为不相关，c为负相关 y4),(xy),由最小二乘法求得经验回归方程为y=0.67x+54.9. 2.甲、乙、丙、丁四位同学在建立变量x,y的回归模型时，分别选 步 核 沸，点℃ 若已知x1+x2+x3+x4+x=150,则y1+2+y3+y4+y5= 核 择了4种不同模型，计算可得它们的决定系数R分别为0.99,0.78， 气压/千帕 102 心 素 120 养 0.5,-0.89,哪位同学建立的回归模型拟合效果最好 ( ) 100 13.已知具有相关关系的两个随机变量的一组观测数据的散点 养 (A)甲 (B)乙 (C)丙 (D)丁 S 图分布在函数y=2e2x+的图象附近，设x=lny,将其变换后得到经 3.已知y与x线性相关且取值如下表，若经验回归方程为氵= 验回归方程为z=mx+n,则mn= 0.95x+a,则a= 84 000.511522.533.5445 14.在对具有线性相关关系的两个变量x和y进行统计分析时， 405060708090100110 海拔/千米 气压/千帕 得到如下数据 2 2.2 4.3 4.8 6.7 图1 图2 10 12 (A)沸点与海拔正相关 (A)1.05 (B)1.65 (C)2.2 (D)3.25 (B)沸点与气压正相关 2 5 4.根据一组样本数据(x1y1),(x2y2),…,(xnyn)的散点图分 (C)沸点与海拔负相关 由表中数据求得经验回归方程为y=0.65x-1.8,则(4,1)， 析x与y之间是否存在线性相关关系，若求得其经验回归方程为氵= (D)沸点与海拔、沸点与气压都线性相关 (m,2),(8,3)这三个样本点中，距离经验回归直线最近的点是 0.85x-85.7,则在样本点(165,58)处的残差为 () 10.某同学将收集到的六组数据(x, F6,5 (A)54.55(B)2.45 (C)3.45 (D)111.55 y:)(i=1,2,3,4,5,6)制成如图3所示的散 D(4,2.5).E5,2.8) 四、解答题：本题共5小题，共77分 5.变量X与Y相对应的一组数据为(10,1)，(11.3,2)，(11.8， 点图，并通过计算得到其经验回归直线1，的 15.(13分)如图4所示的条形图反映了某省连续7个月的煤改 3),(12.5,4),(13,5)；变量U与V相对应的一组数据为(10,5)， 方程为=0.68x+a,其样本相关系数为r, A(1.1) 气、煤改电的用户数量 (11.3,4),(11.8,3),(12.5,2),(13,1).r为变量Y与X之间的样 决定系数为R.经过残差分析确定点F为 图3 在如图5所示的给定坐标系中作出煤改气、煤改电用户数量y高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 发理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期(2026年5月) 第41期3,4版 得P(AB)=P(P(BIA)=5 随机变量及其分布核心素养综合测评 易知P(而=1-P()=子 一、单项选择题 所以P(B1不=PAB=P(B)-P(AB)= 2 1~4 BCDC 5~8 BBBA P(A) 2 51 提示： 1.依题意可得 得PB-P4B)= P(X=1)+P(X=0)=1, 所以P(B)=P(AB)+5=5+5=3 4 1 4 P(X=1)-P(X=0)=0.32, 所以P(X=0)=1-032=0.34 8.设A学生答对题的个数为m,得分为5m, 2 2.由随机变量X服从正态分布N(2,9),且P(X>c)= 烟aB(2）,m)=12x子×是=是 P(X<c-2),得c+c-2=4,解得c=3. 3.甲至少胜两局， 所以0(0=25×是-空。 所以G×(倍)'×号+C×(停)广=器 同理设B学生答对题的个数为n,得分为5n, 4.设语文课本有n(n≥2)本，则数学课本有(7-n)本， 则mB(2,3）,m)=2x分x号=号 则2本都是沿文课本的概率是得。子 C 所以(0=25×号=29 3 所以2-n-12=0,解得n=4或n=-3(舍去)， 所以语文课本有4本. 所以pn-00=20-空- 12 5.易知a+号+6=1，解得a+b=子①， 二、多项选择题 9.ACD;10.BC;11.BD. 若E(0=片，此时E()=-20+6=号②， 提示： 9.依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比， 联立①②，解得a=句，6=多 故P(G=i)=i(i=1,…,5),∑P(G=i)=15k=1 则(0=号×(-2-)°+×(0-号)+ 解得&=5，故(A)正确： ×()广= 6.设“取出的球来自甲袋”为事件A, P(G=5)=5k=音=}，放(B)错误 “取出的球来自乙袋”为事件A2, E(G)=∑i×P(G=i)=1×1k+2×2k++5×5h “取出的球来自丙袋”为事件A, =1 “该球为白球”为事件B,则 =55k= 器=号放C)正确： P(B)=P(A)P(BI A)+P(A2)P(BI A2)+P(A3)P(BI A3) P(G≤3)=P(G=1)+P(G=2)+P(G=3)=6k, 1 P(G≥4)=P(G=4)+P(G+5)=9k, 7.由P(B1A)=P(AB=1 9k>6k,故(D)正确. P4)=5 故选(A)(C)(D) 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 10.由题意可知从乙盒子里随机取出n个球， 事件B包含C=3(种)方法， 其中红球的个数（记为X)服从超几何分布， 所以P(BIA)=(AB)=3 4 且M=3N=6,则E00=m为=分， n(A) 14.用X表示中奖票数， 故从甲盒子里随机取一球，相当于从含有（分+1）个红 P(X≥1)= CCC>0.5 球的(n+1)个球中随机取一球， 2. 48! 48! 易知取到红球的个数Y服从两点分布， n-)1(49-n正+n-2)50-m正>1 501 50！ 2 +1 nl(50-n)！ n!(50-n)! 故P(Y=1)= 1 1 n+1=2+2n+2 所以2n(50-+n(n-1)、1 50×49 +50×49>2, 所以En=P(y=)=分+2+2 解得n≥15，所以n至少为15. 随着n的增加，E(Y)减小； 四、解答题 D(Y)=P(Y=1)×[1-P(Y=1)] 15.解：(1)从6人中任选3人，选法共有C6=20(种)， =(++2)×（2+2 其中男生甲和支生乙都不微选中的率为号。吉 11 =4-(2n+2) 放男生甲或女生乙被选中的概率为1-行=专 随着n的增加，D(Y)增加. C-1 故选(B)(C) (2)由题知P(A)=20=2 11.因为该型号汽车配件的质量指标X服从正态分布 1 C 又P(B)=P(A)=2,P(AB)=2O=5, N(200,224),所以4=200，o2=224, P(AB)2 又因为224≈14.97，所以o=14.97. 所以P(A1B)= P(B) = =5 对于(A),P(185.0B≤X≤20)=宁P1X-u1≤) 16.解：记“小球落人A袋中”为事件A, “小球落人B袋中”为事件B. 7×0.6827=0.34135,故(A)错误： 四易知)=（分）'+（分）广-日 对于(B),P(200≤X≤29.94)=2P1X-a1≤2) (2)由(1)知P(A)=子，则 号×09545=04切25，故()正确： P(B)=1-P()=1-= 3 对于(C),P(185.03≤X≤29.94)=2P1X-μ1≤ 由题意知X~B(4,子）， o)+2P0X-u≤2a)=0.34135+0.47725=0.8186, P(X=k)= c()广(）=01,234 故(C)错误； 则X的分布列为 对于(D),由(C)中计算知P(185.03≤X≤229.94)= 0.8186,10000×0.8186=8186,故任取10000件该型号汽车 1 2 3 4 配件，其质量指标值位于区间[185.03,229.94]内的件数约为 P 3 27 27 81 25664 128 64 256 8186,故(D)正确 故选(B)(D) E(X)=4× =3,00=4×子×4= 3 三、填空题 17.解：(1)因为X~N(65,4.84),所以u=65,0=2.2. 2g:13.子；1415 所以u+3o=71.6,73∈(u+30,+0): 提示： 因为P(X>71.6)=-P(58.4≤X≤71.) 2 76531 12.PX=4)=10×9×8x7=8 =1-0.9973=0.00135, 2 13.事件A包含C+C=4(种)方法， 事件AB和事件B是同一个事件， 且00135远小于0， 高中数学人教A版选择性必修第三册 第41~44期 所以此事件应为小概率事件，而质检员随机抽检20袋该 所以X的分布列为： 种零食时，测得1袋零食的质量为73g,说明小概率事件确实发 0 2 4 生了，因此他立即要求停止生产，检查设备的决定有道理。 (2)(i)因为4=65,0=2.2， 6 所以4-σ=62.8,4+2o=69.4. (2)(i)a1,a2,a3,a4的排序共有A=24种， 由题意可知当零食每袋的质量X满足4-σ≤X≤u+2σ 且每种排序等可能， 时为合格品， 所以这种零食的合格率为 而2-a）=0, 0.6827+0.9545=0.8186≈0.819. 故i-a,(i=1,2,3,4)中有偶数个奇数， 2 (i)由题意可知Y~B(n,0.819),则 故公1i-a1必为偶数， E(Y)=0.819n>58 当X=0时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序无变化时， 则a>0)=心82，放n的最小值为1. 此时仅有1种排序：1,23,4，则P(X=0)=云 18.解：(1)(i)记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰 当X=2时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序相比仅有相 有1只蜜蜂”为事件A, 邻两个位置变化时， 设盒子中蜜蜂的只数为x(x∈N,), 此时有3种排序：2,1,3,4、1,3,2,4、1,2,4,3， S=号解得x=4, 31 则P(A)=C 则P(X=2)=24=8, 所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2)=24+g=石 1 故蜜蜂共有4只。 (ⅱ)随机变量X服从超几何分布，且N=8,M=4,n=3, (ⅱ)因为各轮测试相互独立， P(X=i)=- iC- 所以“连续三轮测试中，都有X≤2”的概率为 CR ,=0,1,2,3. 3 15 故X的分布列为 p=(G)=26<0 X 0 1 2 3 所以6是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到“连续 3 P 3 1 147 714 三轮测试中，都有X≤2”的结果的可能性很小，所以我们认为 (0=1×号+2x号+3×= 该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测： (2)记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B, 第42期 则事件B为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”， 核心素养阶段测评（七） P(B)=1-P(B)=1- =1- 一、单项选择题 1~4 CAAA 5~8 ACAA =子+42n-n≥4，neN, 提示： 当n=4时，P(B)=年+28=14 3.111 1.(2x-y)3展开式的通项为T,+1=C5×(2x)×(-y)', 0≤r≤5，所以x2y3的系数为C×2×(-1)3=-40. 19.解：(1)a1,a2,a的排序共有A=6种， 2.因为x+y-1=0的斜率为-1，则f'(2)=1, 且每种排序等可能， 此时X可取0,2,4， 又f'()=朵+2=f"(2)=受+4=1u=-6 又X=0时，a,4,a的排序为1,23，则P(X=0)=石 3.由题意得n(2)=4×4=16,n(A)=2×3+1=7, n(AB)=2×3=6, X=2时，a1,a2,a3的排序为1,3,2或2,1,3， 所以P)=石代4= 16 则P(X=2)=分， X=4时，a1,a2,a的排序为3,2,1或2,3,1或3,1,2， 所以P)-器：号 4.由随机变量X~N(5,o2),可知4=5. 则P(X=4)=2, 1 因为P(X>10-a）=0.4,所以P(X<a)=0.4, 3 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 所以P(X>a)=0.6. 可得(0=0×务+1×号+2x号+3× =1, 2 5.由题可得DX)=3p(1-p)= 解得p=青或p=子， P0≤X≤)=P(X=0+PX=)=务+号-9 又因为E(0=3p>1,则p>号可得p=号， 故选(B)(C)(D). 则=5所以P代Y=3)=C=号 10.因为展开式中只有第5项的二项式系数最大， C 所以可知展开式中共有9项， 6由题可得/(0=3+2g2:-9, 即n=8,故(A)正确； 若展开式中所有项的系数和为1， 所以f(2)=12+封"(2)-9，解得f'(2)=15, 令x=1,则(2a-1)8=1(a>0), 所以f(x)=x3+3x2-9x, 所以a=1,故(B)正确； f'(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1), 所以当x<-3或x>1时，f'(x)>0: 通项=c2✉)（士）川 当-3<x<1时f'(x)<0, =28-k.(-1)·C·x8-2, 所以f(x)在(-0，-3)和(1，+0)上单调递增， 令8-2k=0,解得k=4, 在(-3,1)上单调递减， 所以展开式中的常数项为 所以当x=-3时，f(x)取得极大值27. T5=24×(-1)4×C8=1120,故(C)错误； 7.由题意知10个数中，1,3,5,7,9为阳数，2,4,6,8,10为阴数， 令8-2k=6,解得k=1, 若任取的3个数中有0个阴数， 所以展开式中含x°的项为 则等为是立 T2=27×(-1)'×Cg×x6=-1024x6,故(D)正确. 故选(A)(B)(D) 若任取的3个数中有1个阴数， 11.当a=-1时，则f(x)=cosx 则概率为 5·C5 5 C。 f()=二sims三，在区间[若号]上f'（(）<0, 故这3个数中至多有1个阴数的概率为 所以()在区间[吾，号]上单调递减， 8.由题意知函数f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以M= 因为f(x)=分-n,所以f'()=ar-nx-1, 05石-35<5，故(A)正确： 6 则f'(x)≥0在(0，+∞)上恒成立， 当a=2时f(x）=x2·cosx f'(x)=xcos x(2-xtan x), 因为x∈(0，+)， 所以a≥血x+1在(0，+0)上恒成立， 在区向[石号]上，amx单调递增。 即a=(） 则m<5呵财>0. 令g(x)=血+1，则g(x)=- 所以f(x)在区间[，号] 上单调递增， 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 后<合放)正确： 即M= 当xe(1,+∞）时，g'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 当a=1,x∈(0，受)时，x<tamx恒成立， 所以g(x)m=g(1)=1,所以a≥1. 所以f(x)=xcos x<tan xcos x=sinx≤ 3 二、多项选择题 21 9.BCD;10.ABD;11.AB. 所以M<,故(C)错误： 提示： 9由恩意得务+手+m+分=1，解得m 1 当a=3时fx)=x3·cosx, 9· f'(x)=xcos x(3 -xtan x), 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 在区间[，号]上f()>0, 第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插人5个空隙中， 有A?种情况. 所以)在区间[云，号]上单调递增， 所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有 A4×A号=480（种）. 所以M=分·（号）>方放(D)错误 (2)第一步，先将甲和乙的不同课程选好，有A种情况； 故选(A)(B) 第二步，将甲和乙的相同课程选好，有C4种情况； 三、填空题 第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同， 12.45；13. [，+）：14 所以丙的选法有C种情况. 因此，所有选课种数为A后×C4×C?=360 提示： 17.解：(1)设事件A表示在城市A比赛时甲队负， 12.对于英文字母来说，共有5种可能； 事件B表示在城市B比赛时甲队负， 对于数字来说，共有9种可能， 按照分步乘法计数原理可知， 则P)=1-房-5=5P)=1-号-6=之 共有5×9=45（个）不同的编号. 所以两场比赛甲队恰好负一场的概率为 1面f)=得/'：贮2-业 P(AB+AB) x- =P(A)P(B)+P(A)P(B) 若f'(x)=0,则x=2 所以函数()在（分）上单调递诚。 (2)两场比赛甲队得分X的可能取值为0,1,2,3,4,6， 在（分，+”）上单调递增， Prx=0)=号×7=0 且r(分）=2e,所以吃e[子，即a≥宁 P==方石+方×= 所以实数a的取值范围是[子+） P=2=方×行0 14.由题意知P(X=k)=C(1-p)9-(k=0,1,2,…,9), 因为P4+乃5=8P6 45 1 311 P(X=4)= 1 5 x5+方x6 6' 所以Gp1-pP+n1-p)=gcp1-p, P(X=6)= 31-1 方×=5 化简得15分+4切-4=0，解得=号或p=- 所以两场比赛甲队得分X的分布列为 0 3 6 18 从而E(X)=np= 5 1 2 1 11 1 10 15 30 30 四、解答题 15.解：(1)首先排甲，再将乙丙安排在甲的左右两位置中 18.解：(1)设3人抽奖总次数为X, 的一个，则所有不同的排法种数有n=2AA=8. 则X的可能取值为3,4,5,6. (2)(i)(1-3x)8=a+ax+a2x2+…+ax, 由题意知每位打卡二十四景游客至少打卡两个景点的概 令x=0得a0=1; 率为子，只打卡一个景点的概率为好 令x=1得a+a1+a2+…+a=(-2)8=256;① 随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立， 所以a1+a2+…+ag=256-1=255. X=3表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点. (ⅱ)令x=-1得 a0-a1+a2-a3+…+a8=48=26; ② 依题意可得P(x=3)=(）广 ①，2得4+4，+，+a,=2,2 所以P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6) 2 2 =1-P(X=3) =27-25=-32640. 163 16.解：(1)第一步，先将另外四门课排好，有A种情况； =1-64=64 -5 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 (2)记事件A=“每位打卡二十四景游客至少打卡两个景 设n(0=子-3-2+0<t<5), 点”，则A=“每位打卡二十四景游客只打卡一个景点”， 事件B=“一位打卡二十四景游客抽中广化寺祈福香包”， 则p'(t)=t-3t-2<0, 则P(A)=子，P(不=子 所以函数p(0)=-多-21+是在05)上为诚函数。 因为每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物， 且-25<0<是所以-25<a<是 所以游客抽到每个香包的概率都是 即实数a的取值范围是(-25，？)》 一个游客至少打卡两个景点， 抽中广化寺祈福香包的概率为 第43期1版 P(B1A)=1- ()广=6 专项小练一 一个游客打卡一个景点， 1.ACD;2.D;3.B. 4号：51. 抽中广化寺祈福香包的概率为P(B1A)= 4 专项小练二 由全概率公式得P(B) 1.D;2.B;3.ABC.4.3.5;5.10 =P(A)P(BI A)+P(A)P(BI A) 第43期3,4版 成对数据的统计相关性、一元线性 ,2x+3,x<0 回归模型及其应用同步核心素养测评 19.解：(1)由题得h'(x)= 1 2, x>0, 一、单项选择题 1~4 DABC 5~8 BCDD 则h'(x1）=2x1+3=1,解得x1=-1,即A(-1,-2+a), 提示： =1，解得=1，即B(1,-1). h'(x2)=1 2.甲的决定系数R最大，回归模型的拟合效果最好 所以e=a-2=1,解得a=-1 3.由题意得x=3,y=4.5, -1-1 则有a=4.5-0.95×3=1.65. (2)设A(x,h(x)),B(x2,h(x2)为函数h(x)图象上的 4.当x=165时得y=0.85×165-85.7=54.55, 两点，且1<2， 所以在样本点(165,58)处的残差为58-54.55=3.45. 当x1<2<0或0<x<x时，h'(x)≠h'(x2), 5.由变量X与Y相对应的一组数据为(10,1)，(11.3,2)， 所以x1<0<x2: (11.8,3),(12.5,4),(13,5),可得变量Y与X之间成正相关， 函数h(x)在点A(x1,h(x,))处的切线方程为： 因此r1>0; y-(x7+3x1+a)=(2x1+3)(x-x), 由变量U与V相对应的一组数据为(10,5)，(11.3,4)， 即y=(2x1+3)x+a-x, (11.8,3),(12.5,2),(13,1),可得变量U与V之间成负相关， 函数h(x)在点B(x2,h(x2))处的切线方程为： 因此2<0. 1 2 故2<0<T +1之，即y=元 2x+3=1 ① 6因为=25，=160， 两切线重合的充要条件是 所以x=22.5,y=160, la-=2 x2 ② 又因为y=bx+a中b=4, 由①及：<0<：得0<1<万，令t= 1 回归直线一定过样本点的中心(22.5,160)， 所以160=4×22.5+a,所以a=70, 则0<t<3. 所以y=4x+70. 由①得5=-3). 当x=24时，了=4×24+70=166. 7.样本点的中心为(2，m),将其代入氵=2x+5, 由②得a=好-方， -2=-21=(-6+9)-2 4 可得m=2×2+5=9, 假设甲输人的(x1y1)为(7,3)，(x2,2)为(4，-6)， -2-2+0<<. 4 4 则7+4+x+x4+…+g=2×8=16, 6 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 3-6+y3+y4+…+yg=9×8=72, 12.由题意可得元=10=30，代入经验回归方程。 5 得x3+x4+…+xg=5,3+y4+…+yg=75, 改为正确数据后得3+4+x3+x4+…+xg=12, 可得y=0.67×30+54.9=75, 7+6+5+y4+…+y8=88, 所以八+2+y3+y4+5=5×75=375. 此时样本点的中心为（子，1山）， 13.由z=lny,则lny=ln2e21, z=In2 Ine2!In2+2x+1, 将其代入-导+6： 则z=2x+ln2+1,故m=2,n=ln2+1, 所以mn=2ln2+2. 可得去=1 3 9 ×2=2 14元=5×(4+m+8+10+2)=34+m 5 8.对y=aer+(a>0)两边同时取自然对数得 Iny In(ae")In a+bx+,=Iny, 万=方×1+2+3+5+6)=34， 则z=bx+lna+1, 所以6=2， ,解得6=2， 将(4与严，3.4)代人经验回归方程=065x-18中， La Ina+1, a=1, 得3.4=0.65×34+m-1.8,解得m=6. 5 所以6=2. a 所以当x=4,y=0.65×4-1.8=0.8,11-0.81=0.2; 二、多项选择题 当x=6时，y=0.65×6-1.8=2.1,12-2.11=0.1； 9.BCD;10.ACD;11.ABC. 当x=8时，=0.65×8-1.8=3.4,13-3.41=0.4. 提示： 综上，距离经验回归直线最近的点是(6,2). 9.由题图1知气压随海拔的增加而减小，由题图2知沸点 四、解答题 随气压的升高而升高，所以沸点与气压正相关，沸点与海拔负 15.解：作出散点图如图1， 相关，由题图易得两个散点图中的点都落在一条直线附近，所 1.8 以沸点与海拔、沸点与气压都线性相关，故(B),(C),(D)正 1.6 确，(A)错误 1.2 故选(B)(C)(D) 1.0 0.8 10.由题图可知两变量正线性相关，故r1>0,2>0, 0.6 0.4 且r1<2,R<R,故(A)正确，(B)错误； 0.2 04 经计算可得，在去除点F前，x=3.5,y=2.5, 12345671 图1 去除点F后，x=3,了=2. 又经验回归方程11：y=0.68x+à必经过点(3.5,2.5)， 由条形图数据和参考数据得 所以a=2.5-0.68×3.5=0.12,故(C)正确； i=4,∑(6，-)2=28 ∑(y-)2≈0.53， 经验回归方程1，：y=x+0.68必经过点(3,2)， 所以2=6×3+0.68，所以6=0.44，故(D)正确。 4-0-=- 故选(A)(C)(D). =39.75-4×9.24=2.79, 1由题在得=写x(20+30+40+50+60):40. 2.79 所以1=0.53×2×2.646≈0.99 1 了=5×(25+27.5+29+32.5+36)=30， 因为y与t的样本相关系数近似为0.99， 所以y与t的线性相关性相当强。 则k=y-0.25元=30-0.25×40=20，故(A)正确； 16.解：(1)由题可得x=3,y=7.2, 由0.25>0，可知变量x和y正相关，故(B)正确； 若x的值增加1，则y的值约增加0.25，故(C)正确； 2y=1×5+2×6+3×7+4×8+5×10=120, 当x=52时，y=0.25×52+20=33,故(D)错误 故选(A)(B)(C). ∑或=1+2+3+4+5=5， 三、填空题 则6=120-5×3×72=1.2， 12.375;13.2n2+2;14.(6,2) 55-5×32 提示： a=y-bx=7.2-1.2×3=3.6, 7 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 故经验回归方程为y=1.2x+3.6. 41 (2)将x=8代人经验回归方程可预测该地区2025年的人 因为函数对称轴方程为x=3.4×2≈6.03， 民币储蓄存款y=1.2×8+3.6=13.2(千亿元) 由题意，x=6时，h(x)有最大值， 17.解：(1)C0对PM2s有正相关关系， 即每次扣分为6分时，该系大一新生被扣分的总数最大 而O3对PM2s没有相关关系。 (3)设每周上课使用手机扣x分， 则数学系大一学生每学期扣分为20×(-3.4x+41)x, (2)y=05+2+6=85,=子万=1,37=7， 令20×(-3.4x+41)x≤1000， 即3.4x2-41x+50≥0， ∑8=1+4+16=21,372=49 3 解得x≥41+001 2×3.4 ≈10.68 所以6=是à=9=器+子， 1A9 ，1 或≤4100=1.38， 当c0为20时，即=2时，易+子=2，所以x=9。 1 49 2×3.4 所以每周至少扣分11分时， 即PM:的值为号×10-4g0=54(gm). 数学系才能被定为控制手机合格。 9 18.解：(1)画出散点图，如图2所示： 第44期2版 Ay(个) 11 专项小练 1.D:2.C:3.C.4.0.01:5.0.600. 0 810121416x(转/秒) 第44期3,4版 图2 列联表和独立性检验同步核心素养测评 (2)由题表中数据易得x=12.5,y=8.25, 一、单项选择题 4 1~4 BCCD 5~8 ABCC y=438,号=60， 提示： ∑x-4y 1.近视变量有近视与不近视两种类别，血压变量有异常、 所以6= 438-4×12.5×8.25= 正常两种类别，饮酒变量有饮酒与不饮酒两种类别，成绩不是 -4 660-4×12.52 70 分类变量，它的取值不一定有两种. a=y-6c=8.25- 1 2.由题意得0+6=55， 70 ×12.5=-7 lc+d=120-55, 故经验回归方程为)=头。-6 又3a=c,b=2d, 70x-7 (3)要使y≤10，则0-乡≤10， 所以/+2d=55, L3a+d=65. 解得a=15,d=20. 即x≤9.4.9 所以b=40,c=45,c+d=65,b+d=60,故选(C). 故机器的转速应不超过14.9转/秒. 3.由题知x2的范围为[6.635,10.828)， 19.解：(1)由表中数据可得x=5,y=24, 因此x2可能为6.677. 4.因为X2越小，两个分类变量的关系越弱， 2无-5所丁=370-5×5×24=-230 当ad-bce=0时X2最小，此时x2=0, 号-52=68， 由10×26=18m,解得m≈14.4， 所以当m=14时，X与Y的关系最弱. 所以6=-230 68 ≈-3.4， 5.由题意知X2=40×(2×12-8×18)2 10×30×20×20 所以a=y-bm=24+3.4×5=41, =4.8>3.841=x0.5, 所以y关于x的经验回归方程为y=41-3.4x 由临界值表可知，认为“该药物预防流感有效果”， (2)设该系大一学生每周扣分总数为h(x),则由题意 则该结论出错的概率不超过0.05. 得h(x)=x(-3.4x+41)=-3.4x2+41x. 6.根据两个表中的等高条形图知，药物A实验显示不服药 —8 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 与服药时患病差异较药物B实验显示明显大，所以药物A的预： 零假设为。：在恶劣天气的飞行航程中，是否晕机与性别 防效果优于药物B的预防效果，故选(B). 无关，则X=46x623615=075<2706= 7.在两个分类变量的列联表中， 18×28×19×27 当110×30-ab1的值越小时， 1,故(B)正确； 认为两个分类变量有关的可能性越小 依据小概率值α=0.1的独立性检验，没有充分证据推断 令110×30-ab1=0,得ab=300 H。不成立，因此可以认为。成立，即在恶劣天气的飞行航程 又因为样本容量为75，所以a+b+40=75,则b=35-a, 中，是否晕机与性别无关，故(D)正确，(C)错误 所以ab=a(35-a)=300,化简得a2-35a+300=0, 故选(B)(D). 解得a1=15,a2=20,又因为a<b,所以a=15. 三、填空题 n(ad-be)2 12.有；13.5.556,0.05；14.7或8. 8.因为X=(a+b)(c+(a+c)(b+d 提示： =200[(80-m)(50-m)-(20+m)(50+m)]2 12.从等高堆积条形图上可以明显地看出喝酒患胃病的频 100×100×130×70 =8(15=m）2≥3.841，所以(15-m)2≥43.7， 率远远大于不喝酒患胃病的频率，所以由所给等高堆积条形图 91 可知，喝酒与患胃病有关系。 又5≤m≤15，m∈N,所以15-m≥7，解得m≤8， 13.由表中数据得X=100×(20×3540×52-50 60×40×25×75 故在被调查的100名女生中喜欢观看体育比赛直播的人 数的最大值为58. ≈5.556，因为5.556>3.841=0.5，所以a=0.05. 二、多项选择题 14.设男、女学生的总人数为2n,则2n=20k(keN,),并 9.BC;10.AC;11.BD. 把2×2列联表的数据补充完整（单位：人）. 提示： 是否喜欢网络课程 性别 合计 9.因为x2≈9.616，所以7.879<X2<10.828, 喜欢 不喜欢 所以根据小概率值α=0.001的独立性检验， 男生 0.8n 0.2n n 分析认为“药物无效”，故(A)错误，(B)正确； 女生 0.6n 0.4n n 根据小概率值α=0.005的独立性检验， 合计 1.4n 0.6n 2n 分析认为“药物有效”，故(C)正确，(D)错误。 所以X=2n·(0.8n·0.4n-0.2n·0.6n）2 2n 故选(B)(C). n·n·1.4n·0.6n 1 10.饭前服药的100名患者中，药效强的有80人， 2n 由题可得6635≤2引<7.879， 所以频率为号，故(A)正确： 即139.335≤2n<165.459.又2n=20k(keN,), 饭前服药的有20人药效弱，饭后服药的有70人药效弱， 所以6.96675≤k<8.27295, 所以药效弱的有90名患者， 所以k=7或k=8. 饭后服药的频半为了，放(B)错误； 四、解答题 15.解：作列联表如下. 因为X=200x(80x70-20x302=5000≈50.505 100×100×110×90 99 性格 >6.635=xo.o1,故在犯错误的概率不超过0.01的条件下，可 考前心情 合计 内向 外内 以认为这种药物饭前和饭后服用的药效有差异，故(C)正确， 紧张 332 213 545 (D)错误 94 381 475 故选(A)(C) 不紧张 (a +6=e, 合计 426 594 1020 fa=12, 15+b=28, b=13, a+15=c, 8 11.由题知 解得{e=18, □性格外向 6+b=d. 口性格内向 c=27, e+28=46, d=19, c+d=46, 考前心 考前心 所以号=号>合=会故)错误： 情不紧张 6 6 情紧张 相应的等高堆积条形图如图所示， 9 高中数学人教A版选择性必修第三册 第41~44期 图中阴影部分表示考前心情紧张与考前心情不紧张中性 a400 b 侧有500+400945500+4045 格内向的比例 从图中可以看出考前心情紧张的样本中性格内向占的比 解得a=25,b=20, 例比考前心情不紧张的样本中性格内向占的比例高，可以认为 故x=25-15-5=5,y=20-15-3=2. 考前心情紧张与性格类别有关 2×2列联表如下（单位：人） 16.解：(1)由题意知在A组中抽取的人数为 性别 测评结果 合计 16×7瓷=10 男生 女生 优秀 15 15 30 在B组中销取的人数为16×瓷=6 非优秀 10 15 (2)零假设为 合计 25 20 45 H。:对“绿色消费”意义的认知情况与年龄无关， 由题意得X=200×(75×55-25×45)2 (2)零假设为H。:测评结果优秀或非优秀与性别无关， 120×80×100×100 根据(1)中列联表得 =18.75>10.828=x0.01, X=45×(15×5-15×10)2 30×15×25×20 根据小概率值α=0.001的独立性检验， =1.125<2.706=x01, 推断以不成立， 根据a=0.1的独立性检验， 即认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关， 没有充分证据推断H。不成立， 此推断犯错误的概率不大于0.001 因此认为H。成立， 17.解：(1)由等高堆积条形图知， 即认为测评结果优秀或非优秀与性别无关. 男生保护动物意识强的有50×0.7=35， 19.解：(1)零假设为 女生保护动物意识强的有50×0.4=20， H。:该品牌方便面中C卡片所占比例与方便面口味无关。 于是2×2列联表如下（单位：人）. 保护动物意识 戈-1005如075= 95×55×30×120 性别 合计 强 弱 ≈0.179<3.841=x0.5, 男 35 15 50 根据小概率值α：=0.05的独立性检验，没有充分证据推断 女 20 30 50 H。不成立，因此可以认为H。成立，即认为该品牌方便面中C卡 合计 55 45 100 片所占比例与方便面口味无关， (2)零假设为H。:该校学生保护动物意识的强弱与性别无关， (2)①记“小明一次购买3袋该方便面，中奖”为事件A, 根据列联表中的数据，得 5 X=100×(35×30-15×20y2-100 ②记“小明一次购买3袋该方便面，未获得C卡”为事件B. 55×45×50×50 11 ≈9.091>7.879=x0.05, P=(告）广=， 根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H不成 64 立，即认为学生保护动物意识的强弱与性别有关，此推断犯错 P(BI A)= P(BA) 125 64 误的概率不大于0.005， P(A) 1、24 0 125 18.解：(1)设采用分层随机抽样的方法从高二年级抽取 的45名学生中男、女生人数分别为a,b, -10