重难点专训03 列联表与独立分析（专项训练）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点专训03 列联表与独立分析 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 用2×2列联表分析两分类变量间的关系 4 题型2 有关“相关与无关的检验” 4 题型3 独立性检验的综合应用 5 重难专题分层过关练 7 巩固过关 7 创新提升 8 解题方法及技巧提炼 1.分类变量和列联表 （1）分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量． （2）列联表： ①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表． ②2×2列联表． 一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表（称为2×2列联表）为 总计 总计 从列表中，依据与的值可直观得出结论：两个变量是否有关系． 2.等高条形图 （1）等高条形图和表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高条形图表示列联表数据的频率特征． （2）观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之间有关系． 3.独立性检验 （1）定义：利用独立性假设、随机变量来确定是否有一定把握认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验． （2）公式：，其中为样本容量． （3）独立性检验的具体步骤如下： ①计算随机变量的观测值，查下表确定临界值： 0.5 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ②如果，就推断“与有关系”，这种推断犯错误的概率不超过；否则，就认为在犯错误的概率不超过的前提下不能推断“与有关系”． 4.应用独立性检验解决实际问题的大致步骤 (1)提出零假设H0：X和Y相互独立，并给出在问题中的解释； (2)根据抽样数据整理出2×2列联表，计算χ2的值，并与临界值xα比较； (3)根据检验规则得出推断结论； (4)在X和Y不独立的情况下，根据需要，通过比较相应的频率，分析X和Y间的影响规律． 题型通法及变式提升 题型1 用2×2列联表分析两分类变量间的关系 【典例1-1】1．（2025·天津静海·模拟预测）国家加大了全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高．某高中为响应政府号召，在暑假中对某校高二年级的男生和女生各名进行了调查，了解他们每天的体育锻炼情况，现统计得出样本中每天体育锻炼时间低于的学生占样本总数的，其中每天体育锻炼时间低于的女生有人． (1)完成下面的列联表； 每天体育锻炼时间低于 每天体育锻炼时间不低于 合计 男性 女性 合计 (2)试根据小概率值的独立性检验，分析该校男生和女生在每天体育锻炼时间方面是否存在差异？ 附： 一般步骤： (1)作2×2列联表时，关键是对涉及的变量分清类别．计算时要准确无误． (2)利用2×2列联表分析两个分类变量间的关系时，首先要根据题中数据获得2×2列联表，然后根据频率特征，即将与 的值相比，直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，但方法较粗劣． 【变式1-1】（2026·天津津南·模拟预测）现从某市市民中随机抽取300人对是否使用互联网购物进行调查，得到下列的列联表.根据表中数据，我们得到的统计学的结论是：在犯错误不超过______的情况下认为“使用互联网购物与年龄有关”. 年轻人 非年轻人 总计 经常使用互联网购物 160 200 不常使用互联网购物 合计 70 300 附： 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 2.272 2.706 3.841 5.024 6.635 其中， 【变式1-2】（2026·天津河东·二模）某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60名学生的短跑成绩合格．这100名学生中有45名学生每周的锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周的锻炼时间超过5小时． (1)根据所给数据，完成以下表格； (2)计算，并依据小概率值的独立性检验，是否可以推断学生短跑成绩合格与每周的锻炼时间超过5小时有关？（结果保留小数点后三位） 单位：人 每周的锻炼时间 短跑成绩 合计 短跑成绩合格 短跑成绩不合格 每周的锻炼时间超过5小时 每周的锻炼时间不超过5小时 合计 (3)正确的跑步姿势和起跑技巧等都可以让跑步者更好地发挥自己的能力．现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周的锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周的锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为．用频率代替概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训，求学生甲参加培训后短跑成绩合格的概率． 参考公式与数据：，其中． 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 题型2 有关“相关与无关的检验” 【典例2-1】（2026·天津·一模）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 独立性检验的具体做法 ①根据实际问题的需要确定允许推断“两个分类变量有关系”犯错误的概率的上界α，然后查表确定临界值xα. ②利用公式χ2＝计算χ2. ③如果χ2＞xα，则“X与Y有关系”这种推断犯错误的概率不超过α；否则，就认为在犯错误的概率不超过α的前提下不能推断“X与Y有关系”，或者在样本数据中没有发现足够的证据支持结论“X与Y有关系”． 【变式2-1】（2025·天津河东·一模）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，若，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式2-2】（2026·天津·模拟预测）设研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则下列说法正确的是（   ） A．有99.5%的把握认为不成立 B．有5%的把握认为的反面正确 C．有95%的把握判断正确 D．有95%的把握能反驳 题型3 独立性检验的综合应用 【典例3-1】（2026·天津滨海新区·三模）下列说法中，错误的个数为（    ） ①根据的列联表中的数据计算得出，而，则我们认为两个分类变量不独立，该推断犯错误的概率不超过5%； ②若甲、乙两组数据的相关系数分别为-0.98和0.95，则乙组数据的线性相关性更强； ③一个袋子中有50个大小相同、质地相同的球，其中有20个黄球，30个红球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，并且 ④随机变量，且，则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 (1)解答此类题目的关键在于正确利用χ2＝计算χ2的值，再用它与临界值xα的大小作比较来判断假设检验是否成立，从而使问题得到解决． (2)此类题目规律性强，解题比较格式化，填表计算分析比较即可，要熟悉其计算流程，不难理解掌握． 【变式3-1】（2026·天津西青·模拟预测）下列说法中正确的是（    ） A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D．若随机变量服从正态分布，且，则 【变式3-2】（2026·天津·阶段检测）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C．若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D．已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2025·天津滨海新区·三模）下列说法中正确的是（    ） A．一组数据3，4，2，8，1，5，8，6，9，9，的第60百分位数为6 B．将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大 C．若甲、乙两组数据的相关系数分别为和，则甲组数据的线性相关程度更强 D．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越接近1，判断两个变量有关的把握越大 2．（2026·天津·模拟预测）下列说法正确的序号是（    ） ①在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位； ②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理； ③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小； ④已知随机变量服从正态分布，且，则. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．①②④ 3．（2025·天津·一模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的第80百分位数为17； B．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0； D．若随机变量满足，则． 4．（2026·天津北辰·二模）下列结论中，错误的是（    ） A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6 B．若随机变量，则 C．已知经验回归方程为，且，则 D．根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 5．利用独立性检验的方法调查高中生的写作水平与喜好阅读是否有关，通过随机询问120名高中生是否喜好阅读，利用2×2列联表，由计算可得χ2＝4.236. P（χ2＞k） 0.100 0.050 0.010 k 2.706 3.841 6.635 参照附表，可得正确的结论是（  ） A．有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关” B．有99%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关” C．有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读无关” D．有99%的把握认为“写作水平与喜好阅读无关” 6．（2026·天津·三模）下列说法正确的是（    ） A．若事件相互独立，则 B．设随机变量满足，则 C．已知随机变量，且，则 D．在一个列联表中，计算得到的值越接近1，则两个变量的相关性越强 7．（2026·天津·模拟预测）为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 a 50 未服用 50 合计 80 20 100 若在本次考察中得出“在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效”的结论，则a的最小值为________．（其中且）（参考数据：，） 附：， α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 8．（2026·天津·一模）下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 9．（2025·天津南开·二模）下面是一个列联表，则______． X Y 合计 a 合计 b 10．（2025·天津·模拟预测）针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查．在全校学生中随机抽取（是正整数）个学生，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有________人． 参考数据及公式如下： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 参考公式：，其中． 创新提升 1．（2026·天津·阶段检测）下列命题为真命题的有（    ） A．若随机变量的方差为，则． B．已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C．对于随机事件与，若则事件与独立． D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关． 2．（2025·天津·模拟预测）下列说法不正确的是（    ） A．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18 B．设一组样本数据，，…，的方差为2，则数据，，.…，的方差为32 C．在一个列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大 D．已知随机变量，且，则 3．（2026·天津南开·三模）下列说法中正确的是（     ） A．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1 B．若随机变量，，则 C．用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，说明模型的拟合效果越好 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 4．（2026·天津·模拟预测）下列说法错误的个数是（     ） ①根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据独立性检验，可以认为“与没有关联”；②对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，样本中心点为，则样本点的残差为；③当样本相关系数的绝对值等于时，样本数据无相关性；④在一组数据中插入一个数后，该组数据的方差变大 A．个 B．个 C．个 D．个 5．（2026·天津津南·二模）下列命题中正确的是（    ） A．残差图中残差点所在的水平带状区域越宽， 则回归方程的预报精确度越高 B．依据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ， 则依据 的独立性检验，有充分的证据推断 与 有关联 C．若两个变量的决定系数 越小，表示残差平方和越小，即拟合效果越好 D．若随机变量 满足 ，则 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训03 列联表与独立分析 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 用2×2列联表分析两分类变量间的关系 4 题型2 有关“相关与无关的检验” 4 题型3 独立性检验的综合应用 5 重难专题分层过关练 7 巩固过关 7 创新提升 8 解题方法及技巧提炼 1.分类变量和列联表 （1）分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量． （2）列联表： ①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表． ②2×2列联表． 一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表（称为2×2列联表）为 总计 总计 从列表中，依据与的值可直观得出结论：两个变量是否有关系． 2.等高条形图 （1）等高条形图和表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高条形图表示列联表数据的频率特征． （2）观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之间有关系． 3.独立性检验 （1）定义：利用独立性假设、随机变量来确定是否有一定把握认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验． （2）公式：，其中为样本容量． （3）独立性检验的具体步骤如下： ①计算随机变量的观测值，查下表确定临界值： 0.5 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ②如果，就推断“与有关系”，这种推断犯错误的概率不超过；否则，就认为在犯错误的概率不超过的前提下不能推断“与有关系”． 4.应用独立性检验解决实际问题的大致步骤 (1)提出零假设H0：X和Y相互独立，并给出在问题中的解释； (2)根据抽样数据整理出2×2列联表，计算χ2的值，并与临界值xα比较； (3)根据检验规则得出推断结论； (4)在X和Y不独立的情况下，根据需要，通过比较相应的频率，分析X和Y间的影响规律． 题型通法及变式提升 题型1 用2×2列联表分析两分类变量间的关系 【典例1-1】1．（2025·天津静海·模拟预测）国家加大了全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高．某高中为响应政府号召，在暑假中对某校高二年级的男生和女生各名进行了调查，了解他们每天的体育锻炼情况，现统计得出样本中每天体育锻炼时间低于的学生占样本总数的，其中每天体育锻炼时间低于的女生有人． (1)完成下面的列联表； 每天体育锻炼时间低于 每天体育锻炼时间不低于 合计 男性 女性 合计 (2)试根据小概率值的独立性检验，分析该校男生和女生在每天体育锻炼时间方面是否存在差异？ 附： 【答案】(1)补全的列联表如下： 每天体育锻炼时间低于 每天体育锻炼时间不低于 合计 男性 女性 合计 (2)依据的独立性检验，不能认为该校男生和女生在每天体育锻炼时间方面存在差异 【详解】（1）样本总数为，每天锻炼时间低于的人数为人， 男生低于的人数为， 男生不低于的人数为， 女生不低于的人数为， 不低于的总人数为， 则列联表如下： 每天体育锻炼时间低于 每天体育锻炼时间不低于 合计 男性 女性 合计 （2）零假设该校男生和女生每天锻炼时间无差异， 则, 当时，临界值， 因为，故没有充分证据拒绝零假设， 故不能认为该校男生和女生在每天体育锻炼时间方面存在差异． 一般步骤： (1)作2×2列联表时，关键是对涉及的变量分清类别．计算时要准确无误． (2)利用2×2列联表分析两个分类变量间的关系时，首先要根据题中数据获得2×2列联表，然后根据频率特征，即将与 的值相比，直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，但方法较粗劣． 【变式1-1】（2026·天津津南·模拟预测）现从某市市民中随机抽取300人对是否使用互联网购物进行调查，得到下列的列联表.根据表中数据，我们得到的统计学的结论是：在犯错误不超过______的情况下认为“使用互联网购物与年龄有关”. 年轻人 非年轻人 总计 经常使用互联网购物 160 200 不常使用互联网购物 合计 70 300 附： 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 2.272 2.706 3.841 5.024 6.635 其中， 【答案】0.10 【详解】由总样本量为300，非年轻人合计70，所以年轻人合计30070230； 经常使用互联网购物的合计200，其中年轻人160，所以经常使用互联网购物的非年轻人为20016040；不常使用互联网购物的合计300200100，其中不常使用互联网购物的年轻人为23016070，不常使用互联网购物的非年轻人为704030. 补全后列联表如下： 年轻人 非年轻人 总计 经常使用互联网购物 160 40 200 不常使用互联网购物 70 30 100 合计 230 70 300 所以， 因为，对应. 因此在犯错误的概率不超过0.10的情况下认为“使用互联网购物与年龄有关”. 【变式1-2】（2026·天津河东·二模）某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60名学生的短跑成绩合格．这100名学生中有45名学生每周的锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周的锻炼时间超过5小时． (1)根据所给数据，完成以下表格； (2)计算，并依据小概率值的独立性检验，是否可以推断学生短跑成绩合格与每周的锻炼时间超过5小时有关？（结果保留小数点后三位） 单位：人 每周的锻炼时间 短跑成绩 合计 短跑成绩合格 短跑成绩不合格 每周的锻炼时间超过5小时 每周的锻炼时间不超过5小时 合计 (3)正确的跑步姿势和起跑技巧等都可以让跑步者更好地发挥自己的能力．现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周的锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周的锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为．用频率代替概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训，求学生甲参加培训后短跑成绩合格的概率． 参考公式与数据：，其中． 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 每周的锻炼时间 短跑成绩 合计 短跑成绩合格 短跑成绩不合格 每周的锻炼时间超过5小时 35 10 45 每周的锻炼时间不超过5小时 25 30 55 合计 60 40 100 (2)，有关； (3)． 【详解】（1）因为100名学生有60名学生的短跑成绩合格，所以有40名学生的短跑成绩不合格， 因为60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周的锻炼时间超过5小时， 所以60名短跑成绩合格的学生中有名学生每周的锻炼时间不超过5小时， 因为有45名学生每周的锻炼时间超过5小时， 所以40名短跑成绩不合格的学生中有名学生每周的锻炼时间超过5小时， 40名短跑成绩不合格的学生中有名学生每周的锻炼时间不超过5小时， 根据以上信息可得表格如下：单位：人 每周的锻炼时间 短跑成绩 合计 短跑成绩合格 短跑成绩不合格 每周的锻炼时间超过5小时 35 10 45 每周的锻炼时间不超过5小时 25 30 55 合计 60 40 100 （2）零假设为：学生短跑成绩合格与每周锻炼时间相互独立． 根据表中的数据，可得， 根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立， 即认为学生短跑成绩合格与每周的锻炼时间超过5小时有关． （3）由（1）的列联表可知，短跑成绩不合格的学生共有40名， 其每周锻炼时间超过5小时的有10人，不超过5小时的有30人． 从短跑成绩不合格的40名学生中随机抽取一名学生，记为甲， 设事件“甲参加跑步技巧培训后短跑成绩合格”， 事件“甲每周的锻炼时间超过5小时”， “甲每周的锻炼时间不超过5小时”， 用列联表中的数据计算频率并替代概率后得，， 又已知，， 由全概率公式可得， 所以学生甲参加跑步技巧培训后短跑成绩合格的概率为． 题型2 有关“相关与无关的检验” 【典例2-1】（2026·天津·一模）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（    ） A．在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B．在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D．依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】C 【详解】对A：，故新能源车主有人，故A错误； 对B：购买燃油车的人数为， 购买新能源车的人数为， 则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误； 对C、D：依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联， 由，故此推断犯错误的概率不大于，故C正确、D错误. 独立性检验的具体做法 ①根据实际问题的需要确定允许推断“两个分类变量有关系”犯错误的概率的上界α，然后查表确定临界值xα. ②利用公式χ2＝计算χ2. ③如果χ2＞xα，则“X与Y有关系”这种推断犯错误的概率不超过α；否则，就认为在犯错误的概率不超过α的前提下不能推断“X与Y有关系”，或者在样本数据中没有发现足够的证据支持结论“X与Y有关系”． 【变式2-1】（2025·天津河东·一模）下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，若，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误. 在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确. 是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误. 已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确. 故选：B. 【变式2-2】（2026·天津·模拟预测）设研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则下列说法正确的是（   ） A．有99.5%的把握认为不成立 B．有5%的把握认为的反面正确 C．有95%的把握判断正确 D．有95%的把握能反驳 【答案】D 【详解】依题意，，因此有95%的把握反驳， 故选：D. 题型3 独立性检验的综合应用 【典例3-1】（2026·天津滨海新区·三模）下列说法中，错误的个数为（    ） ①根据的列联表中的数据计算得出，而，则我们认为两个分类变量不独立，该推断犯错误的概率不超过5%； ②若甲、乙两组数据的相关系数分别为-0.98和0.95，则乙组数据的线性相关性更强； ③一个袋子中有50个大小相同、质地相同的球，其中有20个黄球，30个红球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，并且 ④随机变量，且，则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】对于①，且，则我们认为在犯错误的概率不超过的前提下，认为两个分类变量不独立，①正确. 对于②，相关系数的绝对值越大，相关性越强，，故甲组数据的线性相关性更强，②错误. 对于③，因为是不放回随机抽样，所以随机变量服从超几何分布，③错误. 对于④，且，，又，，得，④错误. 综上，错误的个数为3个. (1)解答此类题目的关键在于正确利用χ2＝计算χ2的值，再用它与临界值xα的大小作比较来判断假设检验是否成立，从而使问题得到解决． (2)此类题目规律性强，解题比较格式化，填表计算分析比较即可，要熟悉其计算流程，不难理解掌握． 【变式3-1】（2026·天津西青·模拟预测）下列说法中正确的是（    ） A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D．若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】D 【详解】对于A，由，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误； 对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1，故B错误； 对于C，根据小概率值的独立性检验：，因为，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误； 对于D，因为服从正态分布，且， 所以，故D正确； 故选：D. 【变式3-2】（2026·天津·阶段检测）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C．若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D．已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】A 【详解】对于A，根据标准差定义，一组数据的标准差时，显然有故A正确； 对于B，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等，如都为1和都为2的两组数据，它们的标准差均为0，但它们的平均数分别为1和，故B错误； 对于C，两个变量的相关系数越接近于0，两个变量的相关性越弱，故C错误； 对于D，，根据独立性检验原理，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量有关系，故D错误. 故选：A 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2025·天津滨海新区·三模）下列说法中正确的是（    ） A．一组数据3，4，2，8，1，5，8，6，9，9，的第60百分位数为6 B．将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大 C．若甲、乙两组数据的相关系数分别为和，则甲组数据的线性相关程度更强 D．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越接近1，判断两个变量有关的把握越大 【答案】C 【详解】对于A：将数据从小到大排列为：1，2，3，4，5，6，8，8，9，9， 又，所以第百分位数为，故A错误； 对于B：将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差不变，故B错误； 对于C：具有线性相关关系的两个变量的相关系数为，则越接近与，则和的线性相关程度越强， 因为，所以甲组数据的线性相关程度更强，故C正确； 对于D：在列联表中，由计算得的值，的值越大，则两个变量有关的把握越大，故D错误； 故选：C 2．（2026·天津·模拟预测）下列说法正确的序号是（    ） ①在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位； ②利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理； ③已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值k越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小； ④已知随机变量服从正态分布，且，则. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．①②④ 【答案】D 【详解】对于①，在回归直线方程中， 当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.8个单位，故①正确； 对于②，用随机误差的平方和，即， 并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中取最小值的那一条， 由于平方又叫二乘，所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法， 所以利用最小二乘法求回归直线方程， 就是使得最小的原理，故②正确； 对于③，对分类变量与，对它们的随机变量的观测值越小， 则“与有关系”的把握程度越小，故③错误； 对于④，随机变量服从正态分布，且， 则，故④正确. 故选：D. 3．（2025·天津·一模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据的第80百分位数为17； B．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0； D．若随机变量满足，则． 【答案】B 【详解】A选项，，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数， 即，A错误； B选项，由于，得到与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确； C选项，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，C错误； D选项，若随机变量满足，则，D错误. 故选：B 4．（2026·天津北辰·二模）下列结论中，错误的是（    ） A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6 B．若随机变量，则 C．已知经验回归方程为，且，则 D．根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】D 【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9， ，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确； B选项，因为，根据对称性可知， 故，B正确； C选项，已知经验回归方程为，且，则， 解得，C正确； D选项，，故不能得到此结论，D错误 故选：D 5．利用独立性检验的方法调查高中生的写作水平与喜好阅读是否有关，通过随机询问120名高中生是否喜好阅读，利用2×2列联表，由计算可得χ2＝4.236. P（χ2＞k） 0.100 0.050 0.010 k 2.706 3.841 6.635 参照附表，可得正确的结论是（  ） A．有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关” B．有99%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关” C．有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读无关” D．有99%的把握认为“写作水平与喜好阅读无关” 【答案】A 【详解】由题意及表格知，观测值χ2＝4.236＞3.841，所以有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关”． 故选：A 6．（2026·天津·三模）下列说法正确的是（    ） A．若事件相互独立，则 B．设随机变量满足，则 C．已知随机变量，且，则 D．在一个列联表中，计算得到的值越接近1，则两个变量的相关性越强 【答案】C 【详解】对于A，若事件相互独立，则,所以A错误， 对于B，设随机变量满足，则所以B错误， 对于C，随机变量，且，则,所以C正确， 对于D，在一个列联表中，值越大，则两个变量的相关性越强，所以D错误， 故选：C. 7．（2026·天津·模拟预测）为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 a 50 未服用 50 合计 80 20 100 若在本次考察中得出“在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为药物有效”的结论，则a的最小值为________．（其中且）（参考数据：，） 附：， α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】46 【详解】由题意可得， 整理得， 所以或， 解得或， 又因为且， 所以， 所以a的最小值为46. 故答案为：46. 8．（2026·天津·一模）下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 【答案】 ①③④ 【详解】已知，正态分布曲线的对称轴为， 和关于对称轴对称， 根据正态分布的对称性，有， 已知，且总概率为， 所以 ， 因此，，①正确； 设原数据的方差为，新数据为， 根据方差的性质， 新数据的方差， 题目中称方差为，与计算结果不符，②错误； 决定系数的计算公式为， 对于给定的样本数据，总平方和是一个定值， 因此，的值越大，意味着的值越小，即残差平方和越小， 残差平方和越小，说明观测值与回归模型的拟合程度越高，回归效果越好，③正确； 已知，临界值，因为， 所以在小概率值的水平上拒绝零假设（即认为与独立）， 从而判断 与有关联（基于），则错误地拒绝它的概率不超过 ， 即推断与有关联时，犯错误的概率不大于，④正确. 9．（2025·天津南开·二模）下面是一个列联表，则______． X Y 合计 a 合计 b 【答案】 【详解】由列联表的性质可知，解得， ． 10．（2025·天津·模拟预测）针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查．在全校学生中随机抽取（是正整数）个学生，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有________人． 参考数据及公式如下： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 参考公式：，其中． 【答案】 【详解】因为抽取个学生，女生人数是男生人数的， 所以抽取个男生，个女生，为了便于计算，我们令， 设男生人数为，依题意可得列联表如下： 喜欢追星 不喜欢追星 总计 男生 女生 总计 根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关， 则，由，解得， 由题知应为6的整数倍， 而根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关， 则男生至少有30人， 故答案为：30. 创新提升 1．（2026·天津·阶段检测）下列命题为真命题的有（    ） A．若随机变量的方差为，则． B．已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系． C．对于随机事件与，若则事件与独立． D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关． 【答案】C 【详解】A：由，则，错； B：由的一次项系数为负，故与具有负线性相关关系，错； C：由，而，则， 所以，即事件与相互独立，对； D：由，故没有的把握认为与有关，错. 故选：C 2．（2025·天津·模拟预测）下列说法不正确的是（    ） A．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18 B．设一组样本数据，，…，的方差为2，则数据，，.…，的方差为32 C．在一个列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大 D．已知随机变量，且，则 【答案】C 【详解】对于A：设样本容量为，则，故，故A正确. 对于B：设样本数据，，…，的均值为， 则数据，，.…，的均值为， 故数据，，.…，的方差为： ， 故B正确. 对于C：越大，可以判断两个变量相关的把握性越大，越小则把握性越小，故C错误. 对于D：由正态分布的对称性可得： ， 故D正确. 故选：C. 3．（2026·天津南开·三模）下列说法中正确的是（     ） A．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1 B．若随机变量，，则 C．用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，说明模型的拟合效果越好 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 【答案】C 【详解】对于A，当越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故A错误； 对于B，若随机变量，，则，故B错误； 对于C，决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故C正确； 对于D，零假设为：与相互独立，即与没有关联， 由于，所以依据的独立性检验，推断不成立， 即可以认为“与有关联”，故D错误． 4．（2026·天津·模拟预测）下列说法错误的个数是（     ） ①根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据独立性检验，可以认为“与没有关联”；②对具有线性相关关系的变量，，其经验回归方程为，样本中心点为，则样本点的残差为；③当样本相关系数的绝对值等于时，样本数据无相关性；④在一组数据中插入一个数后，该组数据的方差变大 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【详解】对①：独立性检验中，当时，仅能说明在显著性水平下，没有充分证据推断与有关联， 不能直接得出“与没有关联”的结论，故①错误； 对②：经验回归直线过样本中心点，代入得，解得，即回归方程为. 当时，，残差为，故②错误； 对③：样本相关系数刻画的是变量间的线性相关程度，当时，仅说明变量间不存在线性相关关系， 可能存在非线性相关关系，不能判定样本数据无相关性，故③错误； 对④：原数据的均值，方差； 插入数后，新数据的均值， 方差，方差变小，故④错误. 综上所述，个说法均错误. 5．（2026·天津津南·二模）下列命题中正确的是（    ） A．残差图中残差点所在的水平带状区域越宽， 则回归方程的预报精确度越高 B．依据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ， 则依据 的独立性检验，有充分的证据推断 与 有关联 C．若两个变量的决定系数 越小，表示残差平方和越小，即拟合效果越好 D．若随机变量 满足 ，则 【答案】B 【详解】选项 A，残差图水平带状区域越窄，残差波动越小，预报精度越高；区域越宽，精度越低，A 错误； 选项 B，独立性检验中， ，则依据 的独立性检验，有充分的证据推断 与 有关联，B 正确； 选项 C，决定系数越接近 1，残差平方和越小，拟合效果越好；越小，残差平方和越大，拟合效果越差，C 错误； 选项 D，方差性质：，因此时，，常数不影响方差，D 错误. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $