第四节 列联表与独立性检验
1.（2025·安徽一模）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝7.174.根据α＝0.005的独立性检验，结论为（ ）
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.变量x与y独立
B.变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C.变量x与y不独立
D.变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
2.为了解某大学的学生是否喜欢体育锻炼，用简单随机抽样方法在校园内调查了120位学生，得到如下2×2列联表：
是否喜欢体育锻炼 性别 合计
男 女
喜欢 a b 73
不喜欢 c 25
合计 74
则a－b－c＝（ ）
A.7 B.8
C.9 D.10
3.对甲、乙两个班级学生的数学考试成绩按照优秀和不优秀统计人数后，得到如下的列联表，则χ2约为（ ）
班级 数学成绩 合计
优秀 不优秀
甲班 11 34 45
乙班 8 37 45
合计 19 71 90
A.0.600 B.0.828
C.2.712 D.6.014
4.为考察A，B两种药物预防某疾病的效果，进行药物实验，分别得到如下等高堆积条形图：
根据图中信息，在下列各项中，说法最佳的一项是（ ）
A.药物B的预防效果优于药物A的预防效果
B.药物A的预防效果优于药物B的预防效果
C.药物A，B对该疾病均有显著的预防效果
D.药物A，B对该疾病均没有预防效果
5.〔多选〕某大学为了解学生对学校食堂服务的满意度，随机调查了50名男生和50名女生，每位学生对食堂的服务给出满意或不满意的评价，得到如下所示的列联表，经计算χ2≈4.762，则可以推断出（ ）
性别 满意 不满意
男 30 20
女 40 10
A.该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为
B.调查结果显示，该学校男生比女生对食堂服务更满意
C.认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超过0.05
D.认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超过0.01
6.某高校《统计初步》课程的教师随机调查了选该课的学生情况，调查数据如下表：
性别 非统计专业 统计专业
男 13 10
女 7 20
为了判断是否主修统计专业与性别有无关系，根据表中的数据，计算得到χ2≈ （保留三位小数），所以判定 （填“能”或“不能”）在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否主修统计专业与性别有关.
7.〔多选〕晚上睡眠充足是提高学习效率的必要条件，某高中M的高三年级学生晚上10点10分必须休息，另一所同类高中N的高三年级学生晚上11点休息，并鼓励学生还可以继续进行夜自习，稍晚再休息.有关人员分别对这两所高中的高三年级学习总成绩前50名学生的学习效率进行问卷调查，其中高中M有30名学生的学习效率高，且从这100名学生中随机抽取1人，抽到学习效率高的学生的概率是0.4，则（ ）
A.高中M的前50名学生中有60%的学生学习效率高
B.高中N的前50名学生中有40%的学生学习效率高
C.有99.9%的把握认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关
D.认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关的犯错概率超过0.05
8.〔多选〕针对时下的“航天热”，某校团委对“是否喜欢航天与学生性别的关系”进行了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生中喜欢航天的人数占男生人数的，女生中喜欢航天的人数占女生人数的，若依据α＝0.05的独立性检验，认为是否喜欢航天与学生性别有关，则被调查的学生中男生的人数可能为（ ）
A.25 B.45
C.60 D.75
9.某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程，采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55名学员中有50名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30名.根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过 .
10.（情境创新）为了了解空气质量指数（AQI）与参加户外健身运动的人数之间的关系，某校环保小组在暑假期间（60天）进行了一项统计活动：每天记录到体育公园参加户外健身运动的人数，并与当天AQI值（从气象部门获取）构成60组成对数据（xi，yi）（i＝1，2，…，60），其中xi为当天参加户外健身运动的人数，yi为当天的AQI值，并制作了如下散点图：
环保小组发现散点有分区聚集的特点，尝试作聚类分析.用直线x＝100与y＝100将散点图分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（如图），统计得到各区域的点数分别为5，10，10，35，并初步认定“参加户外健身运动的人数不少于100与AQI值不大于100有关联”，则该“初步认定”犯错误的概率范围是 .
11.（2024·全国甲卷理17题改编）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
乙甲间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）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）
第四节 列联表与独立性检验
1.A 因为χ2＝7.174＜7.879＝x0.005，所以依据α＝0.005的独立性检验，我们认为变量x与y独立，故选A.
2.C 根据题意，可得c＝120－73－25＝22，a＝74－22＝52，b＝73－52＝21.∴a－b－c＝52－21－22＝9.
3.A χ2＝≈0.600，故选A.
4.B 从等高堆积条形图可以看出，服用药物A后未患病的比例比服用药物B后未患病的比例大得多，预防效果更好.
5.AC 对于A，该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为＝，故A正确；对于B，该学校女生对食堂服务满意的概率的估计值为＝＞，故B错误；因为χ2≈4.762＞3.841＝x0.05，认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超过0.05，故C正确，D错误.
6.4.844 能 解析：由题意可知，χ2＝≈4.844＞3.841＝x0.05，所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否主修统计专业与性别有关.
7.AC 高中M的前50名学生中有30人学习效率高，即×100%＝60%，所以A正确.高中N的前50名学生中有10人学习效率高，即×100%＝20%，所以B错误.这100名学生中学习效率高的学生有100×0.4＝40（人），根据题意填写列联表如下.
学校 学习效率高低 合计
学习效率高 学习效率不高
高中M 30 20 50
高中N 10 40 50
合计 40 60 100
χ2＝＝≈16.667＞10.828＝x0.001，有99.9%的把握认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关，C正确.认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关的犯错概率不超过0.05，所以D错误.故选A、C.
8.BCD 设男生的人数为5n（n∈N*），根据题意列出2×2列联表如下所示：
是否喜欢航天 性别 合计
男生 女生
喜欢航天 4n 3n 7n
不喜欢航天 n 2n 3n
合计 5n 5n 10n
则χ2＝＝，∵依据α＝0.05的独立性检验，认为是否喜欢航天与学生性别有关，∴χ2≥3.841，即≥3.841，得n≥8.066 1，∴5n≥40.330 5，又n∈N*，∴结合选项知B、C、D正确.故选B、C、D.
9.0.001 解析：由题意，可得如下2×2列联表：
考试情况 培训方式 合计
集中培训 分散培训
一次考试通过 50 30 80
一次考试未通过 5 20 25
合计 55 50 105
则χ2＝≈13.793＞10.828＝x0.001，故认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过0.001.
10.（0.001，0.005） 解析：根据散点图，建立2×2列联表为
AQI值 参加户外健身运动人数 合计
人数＜100 人数≥100
AQI＞100 10 5 15
AQI≤100 10 35 45
合计 20 40 60
则χ2＝＝10.因为7.879＜10＜10.828，故犯错率在0.001与0.005之间，所以该“初步认定”犯错误的概率范围是（0.001，0.005）.
11.解：（1）根据题意列出列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
可得χ2＝＝＝4.687 5，
因为3.841＜4.687 5＜6.635，
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，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：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为＝0.64，
用频率估计概率可得＝0.64，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5，
则p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
可知＞p＋1.65，
所以可以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.
3 / 3第四节 列联表与独立性检验
课标要求
1.掌握分类变量的含义.
2.通过实例，理解2×2列联表的统计意义.
3.通过实例，了解2×2列联表独立性检验及其应用.
1.分类变量与列联表
（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：列出的两个分类变量的频数表，称为列联表.假设有两个分类变量X和Y，X表示相互对立的两个事件{X＝0}和{X＝1}，Y表示相互对立的两个事件{Y＝0}和{Y＝1}，其中a，b，c，d是事件{X＝x，Y＝y}（x，y＝0，1）的 ，n是样本量，其样本频数列联表（称为2×2列联表）如表所示：
X Y 合计
Y＝0 Y＝1
X＝0 a b a＋b
X＝1 c d c＋d
合计 a＋c b＋d n＝a＋b＋c＋d
2.等高堆积条形图
（1）等高堆积条形图与表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高堆积条形图展示列联表数据的频率特征；
（2）如果通过直接计算或等高堆积条形图发现和相差很大，就判断两个分类变量之间有关系.
3.独立性检验
（1）概念：利用随机变量χ2的取值推断分类变量X和Y是否独立的方法称为χ2独立性检验，读作“卡方独立性检验”，简称独立性检验；
（2）χ2的计算公式：χ2＝ ；
（3）独立性检验的基本思想：独立性检验的基本思想类似于反证法，要判断“两个分类变量有关系”，首先假设该结论不成立，即H0：两个分类变量相互独立成立.在该假设下所构造的随机变量χ2应该很小.如果由观测数据计算得到的χ2的观测值很大，则断言H0不成立，即认为“两个分类变量有关系”；如果观测值很小，则说明在样本数据中没有发现足够证据推断H0不成立；
（4）基于小概率值α的检验规则：当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2＜xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立（其中xα为α的临界值）；
（5）应用独立性检验解决实际问题的主要环节
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.
（6）独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）2×2列联表中的数据是两个分类变量的频数.（ ）
（2）等高堆积条形图可初步分析两分类变量是否有关系，而独立性检验中χ2取值则可通过统计表从数据上说明两分类变量的相关性的大小.（ ）
（3）χ2的大小是判断事件A和B是否相关的统计量.（ ）
（4）在2×2列联表中，若｜ad－bc｜越小，则说明两个分类变量之间关系越强.（ ）
（5）独立性检验的方法就是用的反证法.（ ）
2.观察下面各等高堆积条形图，其中两个分类变量关系最强的是（ ）
3.第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州举行.为了搞好对外宣传工作，会务组选聘了50名记者担任对外翻译工作，下表为“性别与会俄语”的2×2列联表，则a－b＋d＝ .
性别 是否会俄语 合计
会俄语 不会俄语
男 a b 20
女 6 d
合计 18 50
4.已知变量X，Y，由它们的样本数据计算得到χ2≈4.328，χ2的部分临界值表如下：
α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
则最大有 的把握说变量X，Y有关系（填百分数）.
分类变量与列联表
（基础自学过关）
1.〔多选〕根据如图所示的等高堆积条形图，下列叙述正确的是（ ）
A.吸烟患肺病的频率约为0.2
B.吸烟不患肺病的频率约为0.8
C.不吸烟患肺病的频率小于0.05
D.吸烟与患肺病无关系
2.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2×2列联表如下：
X Y 合计
y1 y2
x1 a b a＋b
x2 c d c＋d
合计 a＋c b＋d a＋b＋c＋d
对同一样本，以下数据能说明X与Y有关联关系可能性最大的一组为（ ）
A.a＝9，b＝3，c＝2，d＝1
B.a＝9，b＝2，c＝3，d＝1
C.a＝2，b＝3，c＝1，d＝9
D.a＝3，b＝1，c＝2，d＝9
3.（2024·江西模拟）在某次独立性检验中，得到如下列联表：
A 总计
B 200 800 1 000
180 a 180＋a
总计 380 800＋a 1 180＋a
最后发现，两个分类变量没有关联，则a的值可能是（ ）
A.200 B.720
C.100 D.180
练后悟通
两个分类变量之间关联关系的定性分析方法
（1）频率分析法：比较列联表中与的大小，粗略地判断分类变量X和Y之间有无关系.一般来说，这两个值相差越大，分类变量有关系的可能性越大；
（2）图形分析法：常用等高堆积条形图展示列联表数据的频率特征，将列联表中的两行数据用高度相同的两个条形表示出来，其中两列的数据分别对应不同的颜色，这就是等高堆积条形图.两个深色条的高相差越明显，说明两个分类变量之间关系越强.
分类变量关联性的判断
（师生共研过关）
某科研机构为了研究中年人秃发与患心脏病是否有关，随机调查了一些中年人的情况，具体数据如表：
患心脏病 无心脏病
秃发 20 300
不秃发 5 450
根据表中数据得到χ2≈15.968，因为χ2＞10.828，则断定中年人秃发与患心脏病有关系.那么这种判断出错的可能性为（ ）
A.0.001 B.0.05
C.0.025 D.0.01
听课记录 解题技法
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”.
某市政府调查市民收入增减与旅游愿望的关系时，采用独立性检验法抽查了3 000人，计算得χ2＝6.023，则市政府断言市民收入增减与旅游愿望有关系的可信程度是（ ）
A.90% B.95%
C.99% D.99.5%
独立性检验的应用
（师生共研过关）
（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）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 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
解题技法
独立性检验的具体步骤
（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）根据样本数据整理出2×2列联表，利用公式计算χ2的值；
（3）根据实际问题的需要确定容许推断“两个分类变量有关系”犯错误概率的上界α，然后查表确定临界值xα；
（4）当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2≤xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立.
（2025·八省联考）为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物（单位：只）试验，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 100 80 s
服用 150 70 220
合计 250 t 400
（1）求s，t；
（2）记未服用药物A的动物患疾病B的概率为P，给出P的估计值；
（3）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为药物A对预防疾病B有效？
附：χ2＝，
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
第四节 列联表与独立性检验
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.（2）频数
3.（2）
对点自测诊断
1.（1）√ （2）√ （3）√ （4）× （5）×
2.B 3.28 4.95%
【考点·分类突破】
考点1
1.ABC 从等高堆积条形图中可以明显地看出，吸烟患肺病的频率远远大于不吸烟患肺病的频率.所以吸烟与患肺病有关，D错误；由题图得，A、B、C都正确.
2.D 根据χ2的计算公式及a＋b＋c＋d＝15可得，当n相等时，｜ad－bc｜越小，说明X与Y之间的关系越弱；｜ad－bc｜越大，说明X与Y之间的关系越强，经过逐一验证，可知选D.
3.B ∵两个分类变量没有关联，∴≈，解得a≈720，故选B.
考点2
【例1】 A 因为χ2＞10.828＝x0.001，因此判断出错的可能性为0.001，故选A.
跟踪训练
B 结合选项，由临界值表，得6.023＞3.841＝x0.05，所以断言市民收入增减与旅游愿望有关系的可信程度为95%.
考点3
【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（分）.
由于前三组概率之和为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 非优秀
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）由列联表知s＝100＋80＝180，t＝80＋70＝150.
（2）由列联表知，未服用药物A的动物有s＝180只，
未服用药物A且患疾病B的动物有80只，
所以未服用药物A的动物患疾病B的频率为＝，
所以未服用药物A的动物患疾病B的概率的估计值为P＝.
（3）零假设为H0：药物A对预防疾病B无效，
由列联表得到χ2＝＝≈6.734＞6.635＝x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即认为药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.01，
所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能认为药物A对预防疾病B有效.
5 / 5(共63张PPT)
第四节 列联表与独立性检验
高中总复习·数学
课标要求
1. 掌握分类变量的含义.
2. 通过实例，理解2×2列联表的统计意义.
3. 通过实例，了解2×2列联表独立性检验及其应用.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 分类变量与列联表
（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：列出的两个分类变量的频数表，称为列联表.假设有两个分
类变量X和Y，X表示相互对立的两个事件{X＝0}和{X＝1}，Y表示相互
对立的两个事件{Y＝0}和{Y＝1}，其中a，b，c，d是事件{X＝x，Y
＝y}（x，y＝0，1）的 ，n是样本量，其样本频数列联表（称为
2×2列联表）如表所示：
频数
X Y 合计
Y＝0 Y＝1
X＝0 a b a＋b
X＝1 c d c＋d
合计 a＋c b＋d n＝a＋b＋c＋d
2. 等高堆积条形图
（1）等高堆积条形图与表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是
否相互影响，常用等高堆积条形图展示列联表数据的频率特征；
（2）如果通过直接计算或等高堆积条形图发现 和 相差很大，就
判断两个分类变量之间有关系.
（1）概念：利用随机变量χ2的取值推断分类变量X和Y是否独立的方法称
为χ2独立性检验，读作“卡方独立性检验”，简称独立性检验；
（2）χ2的计算公式：χ2＝ ；
3. 独立性检验
（3）独立性检验的基本思想：独立性检验的基本思想类似于反证法，要
判断“两个分类变量有关系”，首先假设该结论不成立，即H0：两个分类
变量相互独立成立.在该假设下所构造的随机变量χ2应该很小.如果由观测
数据计算得到的χ2的观测值很大，则断言H0不成立，即认为“两个分类变
量有关系”；如果观测值很小，则说明在样本数据中没有发现足够证据推
断H0不成立；
（4）基于小概率值α的检验规则：当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，
即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ2＜xα时，我们
没有充分证据推断H0不成立，可以认为X和Y独立（其中xα为α的临界
值）；
（5）应用独立性检验解决实际问题的主要环节
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.
（6）独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）2×2列联表中的数据是两个分类变量的频数. （ √ ）
（2）等高堆积条形图可初步分析两分类变量是否有关系，而独立性检验
中χ2取值则可通过统计表从数据上说明两分类变量的相关性的大小.
（ √ ）
（3）χ2的大小是判断事件A和B是否相关的统计量. （ √ ）
（4）在2×2列联表中，若｜ad－bc｜越小，则说明两个分类变量之间关
系越强. （ × ）
（5）独立性检验的方法就是用的反证法. （ × ）
√
√
√
×
×
2. 观察下面各等高堆积条形图，其中两个分类变量关系最强的是（ ）
√
解析： 通过等高堆积条形图可知，选项B中y1，y2的差异最大，故两个
分类变量关系最强.故选B.
3. 第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州举行.为了搞好对外宣传工
作，会务组选聘了50名记者担任对外翻译工作，下表为“性别与会俄语”
的2×2列联表，则a－b＋d＝ .
性别 是否会俄语 合计
会俄语 不会俄语
男 a b 20
女 6 d
合计 18 50
28
解析：由2×2列联表得a＋6＝18，所以a＝12，因为a＋b＝20，所以b＝
8，因为6＋d＝50－20＝30，所以d＝24，所以a－b＋d＝12－8＋24＝
28.
4. 已知变量X，Y，由它们的样本数据计算得到χ2≈4.328，χ2的部分临界
值表如下：
α 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
则最大有 的把握说变量X，Y有关系（填百分数）.
解析：因为χ2≈4.328＞3.841＝x0.05，所以在犯错误的概率不超过0.05的前
提下认为变量X，Y有关系.所以最大有95%的把握说变量X，Y有关系.
95%
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
分类变量与列联表（基础自学过关）
1. 〔多选〕根据如图所示的等高堆积条形图，下列叙述正确的是（ ）
A. 吸烟患肺病的频率约为0.2
B. 吸烟不患肺病的频率约为0.8
C. 不吸烟患肺病的频率小于0.05
D. 吸烟与患肺病无关系
√
√
√
解析： 从等高堆积条形图中可以明显地看出，吸烟患肺病的频率远
远大于不吸烟患肺病的频率.所以吸烟与患肺病有关，D错误；由题图得，
A、B、C都正确.
2. 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2×2列联表如下：
X Y 合计
y1 y2
x1 a b a＋b
x2 c d c＋d
合计 a＋c b＋d a＋b＋c＋d
对同一样本，以下数据能说明X与Y有关联关系可能性最大的一组为（ ）
A. a＝9，b＝3，c＝2，d＝1 B. a＝9，b＝2，c＝3，d＝1
C. a＝2，b＝3，c＝1，d＝9 D. a＝3，b＝1，c＝2，d＝9
√
解析： 根据χ2的计算公式及a＋b＋c＋d＝15可得，当n相等时，｜
ad－bc｜越小，说明X与Y之间的关系越弱；｜ad－bc｜越大，说明X
与Y之间的关系越强，经过逐一验证，可知选D.
3. （2024·江西模拟）在某次独立性检验中，得到如下列联表：
A 总计
B 200 800 1 000
180 a 180＋a
总计 380 800＋a 1 180＋a
最后发现，两个分类变量没有关联，则a的值可能是（ ）
A. 200 B. 720
C. 100 D. 180
√
解析： ∵两个分类变量没有关联，∴ ≈ ，解得a≈720，故选B.
练后悟通
两个分类变量之间关联关系的定性分析方法
（1）频率分析法：比较列联表中 与 的大小，粗略地判断分类变
量X和Y之间有无关系.一般来说，这两个值相差越大，分类变量有关系的
可能性越大；
（2）图形分析法：常用等高堆积条形图展示列联表数据的频率特征，将
列联表中的两行数据用高度相同的两个条形表示出来，其中两列的数据分
别对应不同的颜色，这就是等高堆积条形图.两个深色条的高相差越明
显，说明两个分类变量之间关系越强.
分类变量关联性的判断（师生共研过关）
某科研机构为了研究中年人秃发与患心脏病是否有关，随机调查了
一些中年人的情况，具体数据如表：
患心脏病 无心脏病
秃发 20 300
不秃发 5 450
根据表中数据得到χ2≈15.968，因为χ2＞10.828，则断定中年人秃发与患心
脏病有关系.那么这种判断出错的可能性为（ ）
A. 0.001 B. 0.05
C. 0.025 D. 0.01
解析： 因为χ2＞10.828＝x0.001，因此判断出错的可能性为0.001，故选A.
解题技法
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”.
某市政府调查市民收入增减与旅游愿望的关系时，采用独立性检验法抽查
了3 000人，计算得χ2＝6.023，则市政府断言市民收入增减与旅游愿望有
关系的可信程度是（ ）
A. 90% B. 95%
C. 99% D. 99.5%
解析： 结合选项，由临界值表，得6.023＞3.841＝x0.05，所以断言市
民收入增减与旅游愿望有关系的可信程度为95%.
√
独立性检验的应用（师生共研过关）
（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）；
解： 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（分）.
由于前三组概率之和为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）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 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
解： 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 非优秀
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.
解题技法
独立性检验的具体步骤
（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）根据样本数据整理出2×2列联表，利用公式计算χ2的值；
（3）根据实际问题的需要确定容许推断“两个分类变量有关系”犯错误
概率的上界α，然后查表确定临界值xα；
（4）当χ2≥xα时，我们就推断H0不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯
错误的概率不超过α；当χ2≤xα时，我们没有充分证据推断H0不成立，可
以认为X和Y独立.
（2025·八省联考）为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物
（单位：只）试验，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用 100 80 s
服用 150 70 220
合计 250 t 400
（1）求s，t；
解： 由列联表知s＝100＋80＝180，t＝80＋70＝150.
（2）记未服用药物A的动物患疾病B的概率为P，给出P的估计值；
解： 由列联表知，未服用药物A的动物有s＝180只，
未服用药物A且患疾病B的动物有80只，
所以未服用药物A的动物患疾病B的频率为 ＝ ，
所以未服用药物A的动物患疾病B的概率的估计值为P＝ .
（3）根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为药物A对预防疾病B
有效？
附：χ2＝ ，
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解： 零假设为H0：药物A对预防疾病B无效，
由列联表得到χ2＝ ＝ ≈6.734＞6.635＝
x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即认为药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.01，
所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能认为药物A对预防疾病B
有效.
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
1. （2025·安徽一模）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝
7.174.根据α＝0.005的独立性检验，结论为（ ）
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A. 变量x与y独立
B. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
C. 变量x与y不独立
D. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005
√
解析： 因为χ2＝7.174＜7.879＝x0.005，所以依据α＝0.005的独立性检
验，我们认为变量x与y独立，故选A.
2. 为了解某大学的学生是否喜欢体育锻炼，用简单随机抽样方法在校园内
调查了120位学生，得到如下2×2列联表：
是否喜欢体育锻炼 性别 合计
男 女
喜欢 a b 73
不喜欢 c 25
合计 74
则a－b－c＝（ ）
A. 7 B. 8
C. 9 D. 10
√
解析： 根据题意，可得c＝120－73－25＝22，a＝74－22＝52，b＝73－52＝21.∴a－b－c＝52－21－22＝9.
3. 对甲、乙两个班级学生的数学考试成绩按照优秀和不优秀统计人数后，
得到如下的列联表，则χ2约为（ ）
班级 数学成绩 合计
优秀 不优秀
甲班 11 34 45
乙班 8 37 45
合计 19 71 90
A. 0.600 B. 0.828
C. 2.712 D. 6.014
√
解析： χ2＝ ≈0.600，故选A.
4. 为考察A，B两种药物预防某疾病的效果，进行药物实验，分别得到如下等高堆积条形图：
根据图中信息，在下列各项中，
说法最佳的一项是（ ）
A. 药物B的预防效果优于药物A的预防效果
B. 药物A的预防效果优于药物B的预防效果
C. 药物A，B对该疾病均有显著的预防效果
D. 药物A，B对该疾病均没有预防效果
√
解析： 从等高堆积条形图可以看出，服用药物A后未患病的比例比服
用药物B后未患病的比例大得多，预防效果更好.
5. 〔多选〕某大学为了解学生对学校食堂服务的满意度，随机调查了50名
男生和50名女生，每位学生对食堂的服务给出满意或不满意的评价，得到
如下所示的列联表，经计算χ2≈4.762，则可以推断出（ ）
性别 满意 不满意
男 30 20
女 40 10
A. 该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为
B. 调查结果显示，该学校男生比女生对食堂服务更满意
C. 认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超过
0.05
D. 认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超
过0.01
√
√
解析： 对于A，该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为
＝ ，故A正确；对于B，该学校女生对食堂服务满意的概率的估计值为
＝ ＞ ，故B错误；因为χ2≈4.762＞3.841＝x0.05，认为男、女生对
该食堂服务的评价有差异，此推断犯错误的概率不超过0.05，故C正确，D
错误.
6. 某高校《统计初步》课程的教师随机调查了选该课的学生情况，调查数
据如下表：
性别 非统计专业 统计专业
男 13 10
女 7 20
为了判断是否主修统计专业与性别有无关系，根据表中的数据，计算得到
χ2≈ （保留三位小数），所以判定 （填“能”或“不
能”）在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否主修统计专业与性
别有关.
4.844
能
解析：由题意可知，χ2＝ ≈4.844＞3.841＝x0.05，
所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为是否主修统计专业
与性别有关.
7. 〔多选〕晚上睡眠充足是提高学习效率的必要条件，某高中M的高三年
级学生晚上10点10分必须休息，另一所同类高中N的高三年级学生晚上11
点休息，并鼓励学生还可以继续进行夜自习，稍晚再休息.有关人员分别
对这两所高中的高三年级学习总成绩前50名学生的学习效率进行问卷调
查，其中高中M有30名学生的学习效率高，且从这100名学生中随机抽取1
人，抽到学习效率高的学生的概率是0.4，则（ ）
A. 高中M的前50名学生中有60%的学生学习效率高
B. 高中N的前50名学生中有40%的学生学习效率高
C. 有99.9%的把握认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关
D. 认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关的犯错概率超过0.05
√
√
解析： 高中M的前50名学生中有30人学习效率高，即 ×100%＝
60%，所以A正确.高中N的前50名学生中有10人学习效率高，即 ×100%
＝20%，所以B错误.这100名学生中学习效率高的学生有100×0.4＝40
（人），根据题意填写列联表如下.
学校 学习效率高低 合计
学习效率高 学习效率不高
高中M 30 20 50
高中N 10 40 50
合计 40 60 100
χ2＝ ＝ ≈16.667＞10.828＝x0.001，有99.9%的把握
认为学生学习效率高低与晚上睡眠是否充足有关，C正确.认为学生学习效
率高低与晚上睡眠是否充足有关的犯错概率不超过0.05，所以D错误.故选
A、C.
8. 〔多选〕针对时下的“航天热”，某校团委对“是否喜欢航天与学生性
别的关系”进行了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生中喜
欢航天的人数占男生人数的 ，女生中喜欢航天的人数占女生人数的 ，若
依据α＝0.05的独立性检验，认为是否喜欢航天与学生性别有关，则被调
查的学生中男生的人数可能为（ ）
A. 25 B. 45
C. 60 D. 75
√
√
√
解析： 设男生的人数为5n（n∈N*），根据题意列出2×2列联表如
下所示：
是否喜欢航天 性别 合计
男生 女生
喜欢航天 4n 3n 7n
不喜欢航天 n 2n 3n
合计 5n 5n 10n
则χ2＝ ＝ ，∵依据α＝0.05的独立性检验，认为
是否喜欢航天与学生性别有关，∴χ2≥3.841，即 ≥3.841，得
n≥8.066 1，∴5n≥40.330 5，又n∈N*，∴结合选项知B、C、D正确.故
选B、C、D.
9. 某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程，采用大密度集中
培训与周末分散培训两种方式，调查了105名学员，统计结果为：接受大
密度集中培训的55名学员中有50名学员一次考试通过，接受周末分散培训
的学员一次考试通过的有30名.根据统计结果，认为“能否一次考试通过
与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过 .
0.001
考试情况 培训方式 合计
集中培训 分散培训
一次考试通过 50 30 80
一次考试未通过 5 20 25
合计 55 50 105
则χ2＝ ≈13.793＞10.828＝x0.001，故认为“能否一次
考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过0.001.
解析：由题意，可得如下2×2列联表：
10. （情境创新）为了了解空气质量指数（AQI）与参加户外健身运动
的人数之间的关系，某校环保小组在暑假期间（60天）进行了一项统
计活动：每天记录到体育公园参加户外健身运动的人数，并与当天
AQI值（从气象部门获取）构成60组成对数据（xi，yi）（i＝1，
2，…，60），其中xi为当天参加户外健身运动的人数，yi为当天的AQI
值，并制作了如下散点图：
环保小组发现散点有分区聚集的特点，尝试作聚类分析.用直线x＝100与y
＝100将散点图分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（如图），统计得到各区域的
点数分别为5，10，10，35，并初步认定“参加户外健身运动的人数不少
于100与AQI值不大于100有关联”，则该“初步认定”犯错误的概率范围
是 .
（0.001，0.005）
则χ2＝ ＝10.因为7.879＜10＜10.828，故犯错率在
0.001与0.005之间，所以该“初步认定”犯错误的概率范围是（0.001，
0.005）.
解析：根据散点图，建立2×2列联表为
AQI值 参加户外健身运动人数 合计
人数＜100 人数≥100
AQI＞100 10 5 15
AQI≤100 10 35 45
合计 20 40 60
11. （2024·全国甲卷理17题改编）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
乙甲间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）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？
解： 根据题意列出列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
可得χ2＝ ＝ ＝4.687 5，
因为3.841＜4.687 5＜6.635，
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，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）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）
解： 由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品
的频率为 ＝0.64，
用频率估计概率可得 ＝0.64，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5，
则p＋1.65 ＝0.5＋1.65× ≈0.5＋1.65×
≈0.57，
可知 ＞p＋1.65 ，所以可以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.
THANKS
演示完毕 感谢观看
