第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
回归分析及预测 高考对本讲内容的考查往往以实际问题为背景，考查经验回归方程的求解与运用、独立性检验等问题，常与概率综合考查，难度中等
独立性检验
二、真题感悟
1.（2024·全国甲卷理17题）（独立性检验）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
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＝，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
2.（2022·全国乙卷理19题）（回归分析、样本相关系数）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 7 8 9 10 总和
根部横截 面积xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
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.
重｜难｜排｜查
1.求经验回归方程
（1）收集样本数据，设为（xi，yi）（i＝1，2，…，n）（数据一般由题目给出）；
（2）作出散点图，确定x，y具有线性相关关系（也可用样本相关系数r判断）；
（3）把数据制成表格，并列出xi，yi，xiyi，；
（4）计算，，，xiyi；
（5）代入公式计算，的值；
（6）确定经验回归方程＝x＋；
（7）利用决定系数R2或残差分析判断拟合效果.
2.独立性检验的一般步骤
（1）根据样本数据列出2×2列联表；
（2）计算随机变量χ2的观测值，查表确定临界值xα；
（3）如果χ2≥xα，就推断“X与Y不独立”，这种推断犯错误的概率不超过P（χ2≥xα）；否则不能推断“X与Y不独立”，或者在样本数据中没有发现足够证据支持结论“X与Y不独立”.
回归分析及预测
【例1】 （2024·郑州第三次质量检测）按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布.下表是2020—2024年五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比（yi％）：
年份 年份代码 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年
xi 1 2 3 4 5
yi 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8
（1）求2020—2024年年份代码xi与yi的样本相关系数（精确到0.01）；
（2）请用样本相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并求出y关于x的经验回归方程；
（3）预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比.
附：样本相关系数
r＝，≈6.
经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：
＝，＝－，xiyi＝70.6，＝113.69.
感悟提升
回归分析通常用来判断两组数据之间的关系，解此类题时要清楚：
（1）若两个变量呈现线性相关关系，可直接通过计算公式求回归方程；
（2）若两个变量呈现非线性相关关系，解题时可利用化归与转化思想，通过恰当的变换，将其转化为线性相关关系，再求回归方程；
（3）利用回归方程可以进行预测与估计，但要注意回归方程表示的是两组数据之间的相关关系，并不是函数关系，所以利用该方程求出的值是估计值，而不是一个确定的值.
（2024·温州二模）红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金x（万元）与年收益y（万元）的8组数据：
x 10 20 30 40 50 60 70 80
y 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4
（1）用y＝bln x＋a模拟生产食品淀粉年收益y与年投入资金x的关系，求出回归方程；
（2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10％.2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值.（精确到0.1万元）
附：①经验回归直线＝v＋中斜率和截距的最小二乘估计分别为：
＝，＝－·.
②
yi ln xi （ln xi）2 yiln xi
161 29 20 400 109 603
③ln 2≈0.7，ln 5≈1.6.
独立性检验
【例2】 （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）我们规定得分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
优秀人数 非优秀人数
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？
感悟提升
解决独立性检验问题的关键是过好三关
（1）假设关：假设两个分类变量无关；
（2）公式关：把相关数据代入独立性检验公式求χ2的观测值；
（3）对比关：将求出的χ2的观测值与临界值比对，进行准确判断.
（2024·开封第三次质量检测）某学校有A，B两家餐厅，A餐厅有2种套餐选择，B餐厅有4种套餐选择，且这6种套餐各不相同.A餐厅距离教学楼相比于B餐厅要近很多，经调查发现，100名不同性别的学生选择餐厅用餐的情况如下：
男 女
在A餐厅用餐 40 20
在B餐厅用餐 15 25
（1）以题中所给频率作为概率，求某天甲、乙两名同学选择同一套餐用餐的概率；
（2）依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别与选择餐厅之间有关联？
附：χ2＝.
α 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 3.841 6.635 7.879 10.828
4 / 4专题六 概率与统计
第1讲 小题研透——计数原理与统计初步
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C 对于A，根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36＜50，所以亩产量的中位数不小于1 050 kg， 故A错误；对于B，亩产量不低于1 100 kg的频数为24＋10＝34，所以低于1 100 kg的稻田占比为＝66％，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1 200－900＝300，最小为1 150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为×（6×925＋12×975＋18×1 025＋30×1 075＋24×1 125＋10×1 175）＝1 067，故D错误.故选C.
2.BD 若该组样本数据为1，2，3，4，5，8，则2，3，4，5的平均数为，1，2，3，4，5，8的平均数为，两组数据的平均数不相等，故A错误；不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6，则x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，x3，x4，x5，x6的中位数，故B正确；若该组样本数据为1，2，2，2，2，8，则2，2，2，2的标准差为0，而1，2，2，2，2，8的标准差大于0，故C错误；由对选项B的分析可知，x2，x3，x4，x5的极差为x5－x2，x1，x2，x3，x4，x5，x6的极差为x6－x1，且易得x6－x1≥x5－x2，故D正确.故选B、D.
3.B 先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B.
4.24 112 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法） 每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，最大为112.
法二（整体分析法） 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
5.5 解析：由二项式定理知（ ＋x）10＝x10－k.记ak＝，k＝0，1，…，10.
法一 对于k＝1，2，…，10，有＝·＝.当k≤2时，＞1；当k≥3时，＜1，因此a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
法二 对于k＝1，2，…，10，有ak－ak－1＝（－3）＝·（ －）＝·，当k≤2时，ak－ak－1＞0；当k≥3时，ak－ak－1＜0.因此有a0＜a1＜a2，a2＞a3＞…＞a10，所以展开式各项系数中的最大值为a2＝＝5.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）C （2）D 解析：（1）根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.故选C.
（2）由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋）＝150（种）.故选D.
跟踪训练
1.C 以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点.共有3×2＝6种选择，自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，∴以A为起点，C为终点时，共有6×2＝12种方法；同理可知，以C为起点，A为终点时，共有12种方法.∴完成该图“一笔画”的方法数为12＋12＝24种.
2.B 法一（排除法） 从7个点中任意取3个点共有种取法，因为B，D，E，F四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成－＝35－4＝31（个）不同三角形，故选B.
法二（分类法） 第一类：B，D，E，F四个点中一个点都不取，可构成＝1（个）三角形；第二类：从B，D，E，F四个点中取1个点，在A，C，G中取2个点，可构成＝12（个）三角形；第三类：从B，D，E，F四个点中取2个点，在A，C，G中取1个点，可构成＝18（个）三角形.共可以构成1＋12＋18＝31（个）三角形，故选B.
【例2】 （1）AC （2）－40 解析：（1）根据二项式定理，（ 2x－）8的通项为Tk＋1＝28－k（－1）kx8－2k，常数项为24（－1）4＝1 120，故A正确；第四项的系数为28－3（－1）3＝－1 792，第六项的系数为28－5（－1）5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
（2）（x－2y）6的通项公式为Tr＋1＝x6－r（－2y）r＝（－2）rx6－ryr，令r＝2得，T3＝（－2）2x4y2＝60x4y2，此时60x4y2·2＝120x4y2，令r＝3得，T4＝（－2）3x3y3＝－160x3y3，此时－160x3y3·＝－160x4y2，故x4y2的系数为120－160＝－40.
跟踪训练
1.C 令x＝0，则15＝a0，∴a0＝1；令x＝1，则35＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35－1＝242.故选C.
2.32 －1 080 解析：由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
3.4 解析：由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，故有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
【例3】 （1）BCD （2）2.5 解析：（1）设极差为t，由题中频率分布直方图可知，组距为1，共有12组，所以t≤1×12＝12，且不是一定取等号，所以A不正确；前6组频率之和为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，前7组频率之和为0.7＋0.1＝0.8，所以75％分位数应位于[8.5，9.5）内，由8.5＋1×＝9，可以估计75％分位数为9，所以B正确；家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64＞0.5，所以C正确；由题中频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02＋4×0.04＋5×0.1＋6×0.14＋7×0.2＋8×0.2＋9×0.1＋10×0.1＋11×0.04＋（12＋13＋14）×0.02＝7.68（万元），又7.68＞6.5，所以D正确.综上，选B、C、D.
（2）设样本数据x1，x2，…，x8的平均数为，则（xi－）2＝2，设样本数据y1，y2，…，y8的平均数为，由yi＝xi＋（－1）i（i＝1，2，…，8），则＝，所以（yi－）2＝[xi＋（－1）i－]2＝2＋（－1）i（xi－）＋1＝3＋（－1）ixi＝3＋×（－2）＝2.5.
跟踪训练
1.ACD 对于A，这5天的最高气温的平均数为＝24 ℃，最低气温的中位数为17 ℃，它们的差为7 ℃，A正确.对于B，这5天的最低气温的极差为6 ℃，B错误.对于C，这5天的最高气温的众数为26 ℃，C正确.对于D，最低气温从小到大排列为13 ℃，15 ℃，17 ℃，18 ℃，19 ℃，且5×0.4＝2，所以这5天的最低气温的第40百分位数是16 ℃，D正确.故选A、C、D.
2.168 27 解析：易知抽取的30名学生中，男生有20名，女生有10名，则用样本估计总体的平均值为＝168，估计总体的方差为s2＝×[16＋（170－168）2]＋×[25＋（164－168）2]＝27.
第2讲 小题研透——概率
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A 法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
2.BC 法一 依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N（2.1，0.12），故P（Y＞2）＝P（Y＞2.1－0.1）＝P（Y＜2.1＋0.1）≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为P（X＜1.8＋0.1）≈0.841 3，所以P（X＞1.8＋0.1）≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，而P（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A错误，故选B、C.
法二 由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682 6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝≈＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
3.ABD 对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝（1－β）2β＋（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝（1－α）2α＋（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D正确.故选A、B、D.
4. 解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；
（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；
（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.
共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】 D 将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
跟踪训练
1.C 设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P（A）＝＝，同理有P（B）＝.由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝.
2.D 令6个挂件分别为A，A，B，B，C，C，则将这6个挂件分为3组有5种可能：①AB，AB，CC；②AC，AC，BB；③BC，BC，AA；④AA，BB，CC；⑤AB，BC，AC.再将这分成3组的挂件分给3位同学，有3＋3＋3＋＋＝21（种）情况，恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件为分组①②③，有3＋3＋3＝9（种）情况，所以恰好有1位同学得到同类吉祥物挂件的概率是＝.故选D.
【例2】 （1）A （2）BCD 解析：（1）抛掷次数为1的概率为＝，点数可能为3或4，抛掷次数为2的概率为1－＝，此时基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4）共八种，其中点数之和至少为4的情况有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4）共五种，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为×＋×＝＋＝.故选A.
（2）对于A，∵n（A）＝60，n（D）＝10，n（A∪D）＝70，∴n（A∪D）＝n（A）＋n（D），∴A与D互斥，故A错误；对于B，∵n（A∪B）＝n（A）＋n（B）＝n（Ω），∴A与B互为对立，故B正确；对于C，∵P（A）＝＝，P（C）＝＝，P（A∩C）＝＝，∴P（A∩C）＝P（A）P（C）＝，∴A与C相互独立，故C正确；对于D，∵n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，∴n（B∩C）＝8，∴P（B∩C）＝＝，又∵P（B）＝＝，P（C）＝＝，∴P（B∩C）＝P（B）P（C）＝，∴B与C相互独立，故D正确.故选B、C、D.
跟踪训练
1.A 由题意得，P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，∴P（AB）＝P（A）P（B），∴事件A与B相互独立，则A与也相互独立，∴P（A）＝P（A）P（）＝P（A）（1－P（B））＝×＝.故选A.
2.D 当n＝2时，AB表示一正一反，故P（AB）＝2××＝，故A正确；此时P（A）＝2××＝，P（B）＝1－P（）＝1－×＝，P（AB）＝≠＝P（A）P（B），故B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（）＝1－××＝，故C正确；此时P（AB）＝3×××＝，P（A）＝1－P（）＝1－××－××＝，P（B）＝××＋3×××＝，所以P（AB）＝＝×＝P（A）P（B），故D错误.故选D.
【例3】 （1）C （2）B 解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（2）设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲线生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝＝，P（A2）＝，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝.由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝p＋×＝0.08，解得p＝.故选B.
跟踪训练
1. 解析：由题意知甲选到A的概率P＝＝.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝＝，P（MN）＝＝，所以P（N｜M）＝＝＝.
2. 解析：设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”.因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P（A）＝，P（）＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）＝×＋×＝.
【例4】 D 因为正态密度函数为f（x）＝，所以E（X）＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P（X＜70）＝P（X＞110），又P（70≤X≤110）＝0.8，所以P（X＞110）＝＝0.1，又共有50 000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50 000×0.1＝5 000，故选D.
跟踪训练
1.D 随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，所以P（1.5≤X＜2）＝0.36，P（X＜1.5）＝（1－0.36×2）＝0.14，所以P（X＞1.5）＝1－0.14＝0.86，故选D.
2.0.01（答案不唯一，小于等于0.02的正数即可） 解析：依题意可得μ＝80，要使次品率不高于0.27％，则正品率不低于99.73％，又根据正态曲线的特征知，｜ξ－80｜＜3σ，所以ξ∈（80－3σ，80＋3σ） （79.94，80.06），所以解得σ≤0.02，故σ的一个值可以为0.01.
第3讲 大题专攻——随机变量及其分布
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：X的所有可能取值为0，1，2，
且P（X＝k）＝，k＝0，1，2，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＝1.
2.解：（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
所以比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）（1－0.53）＝0.686.
（2）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15.
P（X＝0）＝（1－p）3＋[1－（1－p）3]·（1－q）3，
P（X＝5）＝[1－（1－p）3]··q·（1－q）2，
P（X＝10）＝[1－（1－p）3]··q2·（1－q），
P（X＝15）＝[1－（1－p）3]·q3，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）＋15q3]＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）＝15pq（q－p）（3－p－q），
由0＜p＜q≤1，
得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（i＝1，2，3）摸到红球为事件Bi，
则事件A＝∪B1∪B1B2，
显然，B1，B1B2彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P（A）＝P（∪B1∪B1B2）＝P（）＋P（B1）＋P（B1B2），
因为每次摸到红球后放回，所以P（Bi）＝，P（）＝，
所以P（A）＝＋×＋××＝.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P（X＝2）＝P（）＝，
P（X＝3）＝P（B1）＝×＝，
P（X＝4）＝P（B1B2）＋P（B1B2B3B4）＝××＋（）4＝，
P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝（）3×＝，
所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为
X 2 3 4 5
P
E（X）＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
跟踪训练
解：（1）记抛掷骰子的样本点为（a，b），则样本空间Ω＝{（a，b）｜1≤a≤6，1≤b≤6，a∈N*，b∈N*}，
则n（Ω）＝36，
记事件A＝“X＞0”，记事件B＝“X＝［］＝”，
则A＝{（a，b）｜1≤a≤b≤6，a∈N*，b∈N*，且［］＞0}，则n（A）＝21.
又AB＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3），（3，6），（4，4），（5，5），（6，6）}，
则n（AB）＝14，
所以P（B｜A）＝＝＝，
即在X＞0的条件下，X＝的概率为.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝，P（X＝5）＝，P（X＝6）＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
【例2】 解：（1）记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共＝4（种），
所以P（A）＝＝＝.
（2）参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝＋2×＋3×＝.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝（ ）2×＋（ ）3＝，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B（ n，），
由题意得n≥5，得n≥，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
跟踪训练
解：（1）由题意可知：每次抛掷骰子上两级台阶的概率为＝，上三级台阶的概率为＝，
且X的可能取值为6，7，8，9，可得（X－6）～B（3，），则有：
P（X＝6）＝（）3＝，
P（X＝7）＝××（）2＝，
P（X＝8）＝×（）2×＝，
P（X＝9）＝（）3＝，
所以X的分布列为
X 6 7 8 9
P
因为E（X－6）＝3×＝1，所以E（X）＝7.
（2）因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学生位于第10级台阶，则抛掷3次后，学生位于第7级台阶，抛掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为P1＝××（）2×＝，
所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P＝××（1－）＝.
【例3】 解：（1）记“从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少有1株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件A，所以P（A）＝＝.
（2）记“从第i（i＝1，2，3）组的鸡冠花中各随机抽取1株，这株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件Bi，
由题意可知：P（B1）＝，P（B2）＝，P（B3）＝，
X的可能取值有0，1，2，3，则有：
P（X＝0）＝（1－）×（1－）×（1－）＝，
P（X＝1）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝，
P（X＝2）＝××（1－）＋×（1－）×＋（1－）××＝，
P（X＝3）＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（3）由题意可知：ζ1，ζ2，ζ3均服从两点分布，则有：
ζ1的分布列为：
ζ1 0 1
P
可得ζ1的方差D（ζ1）＝×＝；
ζ2的分布列为：
ζ2 0 1
P
可得ζ2的方差D（ζ2）＝×＝；
ζ3的分布列为：
ζ3 0 1
P
可得ζ3的方差D（ζ3）＝×＝；
因为＞＞，所以D（ζ2）＞D（ζ3）＞D（ζ1）.
跟踪训练
解：（1）设ζ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，
则P（ζ＝5）＝P（ζ＝7）＝P（ζ＝8）＝0.2，P（ζ＝6）＝0.4，
X的取值范围是{10，11，12，13，14，15，16}，
P（X＝10）＝0.2×0.2＝0.04，
P（X＝11）＝2×0.2×0.4＝0.16，
P（X＝12）＝0.42＋2×0.2×0.2＝0.24，
P（X＝13）＝2×（0.2×0.2＋0.2×0.4）＝0.24，
P（X＝14）＝0.22＋2×0.4×0.2＝0.2，
P（X＝15）＝2×0.2×0.2＝0.08，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04，
X的分布列为
X 10 11 12 13 14 15 16
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）由（1）可知P（X≥12）＝0.8，
P（X≥13）＝0.56，
故n0＝13.
（3）由（2）可知n0－1＝12，
在灯带安全使用寿命期内，当n＝12时，设购买替换灯珠所需总费用为u元，当n＝13时，设购买替换灯珠所需总费用为v元，则
E（u）＝24＋0.24×4＋0.2×8＋0.08×12＋0.04×16＝28.16，
E（v）＝26＋0.2×4＋0.08×8＋0.04×12＝27.92，
E（v）＜E（u），
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，n＝n0比n＝n0－1的方案更优.
第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2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
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5＞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＝4.687 5＜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）由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以＞p＋1.65，
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.
2.解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39.
（2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4，
（xi－）2＝－10（）2＝0.002，
（yi－）2＝－10（）2＝0.094 8，
所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝
≈≈0.97.
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝，
所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）由已知可得，＝＝3，
＝＝5.1，
由题可列下表：
xi－ －2 －1 0 1 2
yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
（xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝，
r＝＝≈≈－0.98.
（2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述.
由问题（1）知，＝＝＝－0.59，
＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87，
所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87.
（3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56％.
跟踪训练
解：（1）＝，＝，
＝＝＝5，
∴＝－＝－5×＝2，
∴＝5ln x＋2.
（2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x），
∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22，
f'（x）＝－＝0 x＝50，
当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5.
【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.
由于前三列概率之和为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
优秀人数 非优秀人数
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）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝，
设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐，
事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐，
事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐，
P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝，
则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）·P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝，
故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为.
（2）根据数据可得列联表：
餐厅 性别 合计
男 女
在A餐厅用餐 40 20 60
在B餐厅用餐 15 25 40
合计 55 45 100
零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005，
依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
培优点1 体育比赛与闯关
【例1】 解：（1）记事件A＝“甲班在项目A中获胜”，则P（A）＝××＋×（ ）2××＋×（ ）2×（ ）2×＝，
所以甲班在项目A中获胜的概率为.
（2）记事件B＝“甲班在项目B中获胜”，
则P（B）＝（ ）3＋×（ ）4＋×（ ）5＝.
X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝×＝，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，
P（X＝1）＝1－P（X＝0）－P（X＝2）＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E（X）＝0×＋1×＋2×＝.所以甲班获胜的项目个数的数学期望为.
跟踪训练
解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝××＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
【例2】 解：（1）甲连胜四场的概率为.
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
（3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
跟踪训练
解析：比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙连胜；第一局乙获胜，后三局丙连胜，第一局甲获胜，后三局丙连胜的概率P1＝×××＝，第一局乙获胜，后三局丙连胜的概率P2＝×××＝，故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
【例3】 解：（1）甲以11∶9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11∶9赢得比赛的概率为P＝×（ ）2×（ ）2＋（ ）2××＝.
（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝（ ）2×＝，
P（X＝1）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝2）＝×（ ）2×＋（ ）2×＝，
P（X＝3）＝（ ）2×＝，
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
跟踪训练
D 三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意.若丙全赢（ 概率是（ ）2）时，丙得6分，其他3队分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是（ ）2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是（ ）2，乙丁这场比赛无论结果如何均符合题意；（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是（ ）2，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为××（ ）2×［×（ ）2×＋（ ）2＋（ ）2×］＝，D正确.故选D.
培优点2 概率与统计中的创新问题
【例1】 解：（1）K2＝＝24＞6.635，
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.
（2）①证明：R＝
＝，
由题意知，证明＝即可，
左边＝
＝，
右边＝
＝.
左边＝右边，故R＝·.
②由调查数据可知P（A｜B）＝＝，P（A｜）＝＝，
且P（｜B）＝1－P（A｜B）＝，P（｜）＝1－P（A｜）＝，
所以R＝×＝6.
跟踪训练
解：（1）依题意，X1服从超几何分布，故X1的分布列为P（X1＝k）＝，k∈N，0≤k≤100.
X1 0 1 … 99 100
P …
（2）①证明：由题可知Xi（i＝1，2，…，20）均服从完全相同的超几何分布，所以E（X1）＝E（X2）＝…＝E（X20），E（）＝E（ Xi）＝E（ Xi）＝E（Xi）＝×20E（X1）＝E（X1），
D（）＝D（ Xi）＝D（ Xi）＝D（Xi）＝×20D（X1）＝D（X1）.
故E（）＝E（X1），D（）＝D（X1）.
②由①可知的均值E（）＝E（X1）＝.
由公式得X1的方差D（X1）＝，
所以D（）＝.
依题意有
解得N＝1 456，M＝624，
所以可以估计M＝624，N＝1 456.
【例2】 解：（1）依题意，X～B（ 5，），则P（X＝0）＝（ ）5＝，P（X＝1）＝（ ）4（ ）＝，
P（X＝2）＝（ ）3（ ）2＝＝，
P（X＝3）＝（ ）2（ ）3＝，
P（X＝4）＝（ ）（ ）4＝，
P（X＝5）＝（ ）5＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
故E（X）＝5×＝.
（2）设事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P（Y＝n）＝××（ ）n－2×＝×（ ）n－2，
当n为偶数时，
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2］，
令Sn＝1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－1）·（ ）n－2，
则Sn＝1·（ ）2＋3·（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n，
两式相减得：Sn＝1＋2［（ ）2＋（ ）4＋…＋（ ）n－2］－（n－1）·（ ）n，
则Sn＝－（ ）n·（ ＋n），
即P（AB）＝－（ ＋n）·（ ）n.
当n为奇数时，同理可得
P（AB）＝P（2）＋P（4）＋…＋P（n－1）＝［1·（ ）0＋3·（ ）2＋…＋（n－2）·（ ）n－3］
＝－（ n＋）·（ ）n－1，
综上，P（AB）＝
【例3】 解：（1）∵10×（0.012＋0.026＋0.032＋a＋0.01）＝1，∴a＝0.02.
样本平均数的估计值为50×0.12＋60×0.26＋70×0.32＋80×0.2＋90×0.1＝69.
（2）∵μ＝69，σ＝10.5.
∴P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）≈＝0.022 75.
∴能参加复试的人数约为40 000×0.022 75＝910.
（3）由题意有x2y＝.
答对两道题的概率P＝x2（1－y）＋x（1－x）y＝x2＋2xy－3x2y.
而x2y＝，∴P＝x2＋－.
令f（x）＝x2＋－（0＜x≤1），
则f'（x）＝2x－＝，
∴当x∈（ 0，）时，f'（x）＜0，f（x）在（ 0，）内单调递减；
当x∈（ ，1］时，f'（x）＞0，f（x）在（ ，1］内单调递增.
∴当x＝时，f（x）min＝.故概率P的最小值为.
跟踪训练
解：（1）由题意知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2
P
则E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
记事件A：小王已经答对一题，事件B：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率
P（B｜A）＝＝＝＝.
（2）①由题意知，f（p）＝p（1－p）2
＝3p3－6p2＋3p（ 0＜p＜），
则f'（p）＝3（3p－1）（p－1），
令f'（p）＝0，解得p＝或p＝1（舍），
当p∈（ 0，）时，f'（p）＞0，当p∈（ ，）时，f'（p）＜0，
所以f（p）在区间（ 0，）内单调递增，在区间（ ，）内单调递减，
所以当p＝时，f（p）有极大值，且f（p）的极大值为f（ ）＝.
②由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y，
则Y的可能取值为60，120，180，360，
P（Y＝60）＝（1－p）3，
P（Y＝120）＝p（1－p）2，
P（Y＝180）＝p2（1－p），
P（Y＝360）＝p3，
所以E（Y）＝60（1－p）3＋120p（1－p）2＋180p2（1－p）＋360p3＝60（2p3＋3p＋1），
所以9E（Y）≥1 120，
即540（2p3＋3p＋1）≥1 120，
整理得2p3＋3p－≥0，
经观察可知p＝是方程2p3＋3p－＝0的根，
故2p3＋3p－＝2（ p3－p2）＋（ p2－p）＋（ p－）＝（ p－）（ 2p2＋p＋），
因为2p2＋p＋＞0恒成立，
所以由2p3＋3p－≥0可得p－≥0，解得p≥，
又0＜p＜，所以p的取值范围为［，）.
【例4】 解：（1）①二维离散型随机变量（ξ，η）的所有可能取值为（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0）.
②由题意得0≤m＋n≤3，
P（ξ＝m，η＝n）＝P（ξ＝m｜η＝n）·P（η＝n），
因为P（η＝n）＝（ ）n（ ）3－n.
P（ξ＝m｜η＝n）＝（ ）m·（ ）3－n－m＝（ ）3－n，
所以P（ξ＝m，η＝n）＝（ ）3－n·（ ）n·（ ）3－n＝＝·.
（2）证明：由定义及全概率公式知：
P（ξ＝ai）＝P{（ξ＝ai）∩[（η＝b1）∪（η＝b2）∪…∪（η＝bj）∪…]}
＝P{[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]∪[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]∪…∪[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]∪…}
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝b1）]＋P[（ξ＝ai）∩（η＝b2）]＋…＋P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＋…
＝P[（ξ＝ai）∩（η＝bj）]＝P（ξ＝ai，η＝bj）
＝Pij.
跟踪训练
解：（1）因为X～B（ 3，），所以xk＝P（X＝k）＝（ ）k（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
因为Y～B（ 3，），所以yk＝P（Y＝k）＝（ ）k·（ ）3－k＝（k＝0，1，2，3），
所以＝＝23－2k（k＝0，1，2，3），
所以D（X｜｜Y）＝xkln＝××ln 23＋××ln 2＋××ln 2－1＋××ln 2－3＝ln 2.
（2）因为xk＝P（X＝k）＝pk（1－p）2－k（k＝0，1，2），
y0＝P（Y＝0）＝，y1＝P（Y＝1）＝，y2＝P（Y＝2）＝，
所以D（X｜｜Y）＝xkln
＝x0ln＋x1ln＋x2ln
＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2）.
令f（p）＝（1－p）2ln[6（1－p）2]＋2p（1－p）ln[3p（1－p）]＋p2ln（6p2），
则f'（p）＝－2（1－p）ln[6（1－p）2]－2（1－p）＋（2－4p）ln[3p（1－p）]＋2－4p＋2pln（6p2）＋2p
＝（－2＋4p）ln 6－2ln（1－p）＋2ln p＋（2－4p）ln 3
＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
令g（p）＝2ln p－2ln（1－p）＋（4p－2）ln 2，
则g'（p）＝＋＋4ln 2，
因为0＜p＜1，所以g'（p）＞0，故g（p）在（0，1）上单调递增，
又g（ ）＝0，所以当0＜p＜时，g（p）＜0，即f'（p）＜0，当＜p＜1时，g（p）＞0，即f'（p）＞0，
所以f（p）在（ 0，）上单调递减，在（ ，1）上单调递增，
所以f（p）min＝f（ ）＝ln.
（3）证明：令φ（x）＝ln x－x＋1，则φ'（x）＝－1＝.易得当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，故φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以 x∈（0，＋∞），φ（x）≤φ（1）＝0，
所以ln x≤x－1，所以ln≤－1，
所以ln x≥1－，
所以D（X｜｜Y）＝xkln≥xk（ 1－）
＝（xk－yk）＝xk－yk＝1－1＝0，
即D（X｜｜Y）的值不可能为负.
1 / 3第4讲 大题专攻——成对数据的统计分析
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
回归分析及预测 高考对本讲内容的考查往往以实际问题为背景，考查经验回归方程的求解与运用、独立性检验等问题，常与概率综合考查，难度中等
独立性检验
二、真题感悟
1.（2024·全国甲卷理17题）（独立性检验）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
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＝，
P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
解：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2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
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5＞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＝4.687 5＜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）由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以＞p＋1.65，
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.
2.（2022·全国乙卷理19题）（回归分析、样本相关系数）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 7 8 9 10 总和
根部横截 面积xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
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.
解：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积＝＝＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量＝＝＝0.39.
（2）（xi－）（yi－）＝xiyi－10＝0.013 4，
（xi－）2＝－10（）2＝0.002，
（yi－）2＝－10（）2＝0.094 8，
所以＝＝≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝≈≈0.97.
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以＝，
所以Y＝＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
重｜难｜排｜查
1.求经验回归方程
（1）收集样本数据，设为（xi，yi）（i＝1，2，…，n）（数据一般由题目给出）；
（2）作出散点图，确定x，y具有线性相关关系（也可用样本相关系数r判断）；
（3）把数据制成表格，并列出xi，yi，xiyi，；
（4）计算，，，xiyi；
（5）代入公式计算，的值；
（6）确定经验回归方程＝x＋；
（7）利用决定系数R2或残差分析判断拟合效果.
2.独立性检验的一般步骤
（1）根据样本数据列出2×2列联表；
（2）计算随机变量χ2的观测值，查表确定临界值xα；
（3）如果χ2≥xα，就推断“X与Y不独立”，这种推断犯错误的概率不超过P（χ2≥xα）；否则不能推断“X与Y不独立”，或者在样本数据中没有发现足够证据支持结论“X与Y不独立”.
回归分析及预测
【例1】 （2024·郑州第三次质量检测）按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布.下表是2020—2024年五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比（yi%）：
年份 年份代码 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年
xi 1 2 3 4 5
yi 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8
（1）求2020—2024年年份代码xi与yi的样本相关系数（精确到0.01）；
（2）请用样本相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并求出y关于x的经验回归方程；
（3）预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比.
附：样本相关系数r＝，≈6.
经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：
＝，＝－，xiyi＝70.6，＝113.69.
解：（1）由已知可得，＝＝3，
＝＝5.1，
由题可列下表：
xi－ －2 －1 0 1 2
yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
（xi－）（yi－）＝－5.9，＝，＝，
r＝＝≈≈－0.98.
（2）由问题（1）知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，｜r｜接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用一元线性回归模型进行描述.
由问题（1）知，＝＝＝－0.59，
＝－＝5.1－（－0.59）×3＝6.87，
所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87.
（3）令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56，预测2028年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56%.
感悟提升
回归分析通常用来判断两组数据之间的关系，解此类题时要清楚：
（1）若两个变量呈现线性相关关系，可直接通过计算公式求回归方程；
（2）若两个变量呈现非线性相关关系，解题时可利用化归与转化思想，通过恰当的变换，将其转化为线性相关关系，再求回归方程；
（3）利用回归方程可以进行预测与估计，但要注意回归方程表示的是两组数据之间的相关关系，并不是函数关系，所以利用该方程求出的值是估计值，而不是一个确定的值.
（2024·温州二模）红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金x（万元）与年收益y（万元）的8组数据：
x 10 20 30 40 50 60 70 80
y 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4
（1）用y＝bln x＋a模拟生产食品淀粉年收益y与年投入资金x的关系，求出回归方程；
（2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10%.2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值.（精确到0.1万元）
附：①经验回归直线＝v＋中斜率和截距的最小二乘估计分别为：
＝，＝－·.
②
yi ln xi （ln xi）2 yiln xi
161 29 20 400 109 603
③ln 2≈0.7，ln 5≈1.6.
解：（1）＝，＝，
＝＝＝5，
∴＝－＝－5×＝2，
∴＝5ln x＋2.
（2）设投入食品淀粉的资金为x万元，投入药用淀粉的资金为（200－x）万元，年收益为f（x），
∴f（x）＝5ln x＋2＋（200－x）＝5ln x－x＋22，
f'（x）＝－＝0 x＝50，
当0＜x＜50时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当50＜x＜200时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）max＝f（50）＝5ln 50－5＋22＝5（2ln 5＋ln 2）＋17≈36.5.
独立性检验
【例2】 （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）我们规定得分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
优秀人数 非优秀人数
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？
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.
由于前三列概率之和为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
优秀人数 非优秀人数
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.
感悟提升
解决独立性检验问题的关键是过好三关
（1）假设关：假设两个分类变量无关；
（2）公式关：把相关数据代入独立性检验公式求χ2的观测值；
（3）对比关：将求出的χ2的观测值与临界值比对，进行准确判断.
（2024·开封第三次质量检测）某学校有A，B两家餐厅，A餐厅有2种套餐选择，B餐厅有4种套餐选择，且这6种套餐各不相同.A餐厅距离教学楼相比于B餐厅要近很多，经调查发现，100名不同性别的学生选择餐厅用餐的情况如下：
男 女
在A餐厅用餐 40 20
在B餐厅用餐 15 25
（1）以题中所给频率作为概率，求某天甲、乙两名同学选择同一套餐用餐的概率；
（2）依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别与选择餐厅之间有关联？
附：χ2＝.
α 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 3.841 6.635 7.879 10.828
解：（1）由表中数据可得，选择A餐厅的概率为＝，选择B餐厅的概率为＝，
设事件A1：甲、乙两名同学去A餐厅用餐，
事件B1：甲、乙两名同学去B餐厅用餐，
事件A：甲、乙两名同学选择同一套餐用餐，
P（A1）＝（）2，P（B1）＝（）2，P（A｜A1）＝，P（A｜B1）＝，
则P（A）＝P（A1）P（A｜A1）＋P（B1）P（A｜B1）＝（）2×＋（）2×＝，
故甲、乙两名同学选择同一套餐的概率为.
（2）根据数据可得列联表：
餐厅 性别 合计
男 女
在A餐厅用餐 40 20 60
在B餐厅用餐 15 25 40
合计 55 45 100
零假设为H0：认为性别与选择餐厅之间无关，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈8.249＞7.879＝x0.005，
依据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以推断H0不成立，即性别与选择餐厅之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
1.（2024·湘潭质量检测）2023年8月8日是我国第15个“全民健身日”，设立全民健身日（FitnessDay）是适应人民群众体育的需求，促进全民健身运动开展的需要.某学校为了提高学生的身体素质，举行了跑步竞赛活动，活动分为长跑、短跑两类项目，且该班级所有同学均参加活动，每位同学选择一项活动参加.
长跑 短跑
男同学 30 10
女同学 a 10
若采用分层随机抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名.
（1）求a的值以及该班同学选择长跑的概率；
（2）依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否推断选择跑步项目的类别与其性别有关？
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.05 0.01 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解：（1）因为采用分层随机抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名，所以男女同学的比例为2∶1，则＝2，故a＝10，
该班同学选择长跑的概率为＝.
（2）依题意，完善2×2列联表，如下，
性别 跑步项目类别 合计
长跑 短跑
男同学 30 10 40
女同学 10 10 20
合计 40 20 60
零假设为H0：选择跑步项目类别与学生性别无关，
χ2＝＝＝3.75＜6.635＝x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断出H0不成立，
因此可以认为H0成立，即认为选择跑步项目类别与学生性别无关.
2.（2024·石家庄质量检测）在推动电子制造业高质量发展的大环境下，某企业统筹各类资源，进行了积极的改革探索.下表是该企业每月生产的一种核心产品的产量x（3≤x≤15）（件）与相应的生产总成本y（万元）的四组对照数据.
x 5 7 9 11
y 200 298 431 609
企业研究人员建立了y与x的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下：
经验回归方程①：＝＋173；经验回归方程②：＝68x－160.
其中经验回归方程①的残差图如图所示（残差＝观测值－预测值）；
（1）在下表中填写经验回归方程②的残差，根据残差分析，判断哪一个经验回归方程更适宜作为y关于x的经验回归方程，并说明理由；
x 5 7 9 11
y 200 298 431 609
（2）从该企业在过去几年生产的该产品中随机抽取100件，优等品有60件，合格品有40件.每件优等品利润为20万元，每件合格品利润为15万元.若视频率为概率，该企业某月计划生产12件该产品，记优等品件数为X，总利润为Y.
（ⅰ）求Y与X的关系式，并求E（X）和E（Y）；
（ⅱ）记该月的成本利润率为p，在（1）中选择的经验回归方程下，求p的估计值.（结果保留2位小数）
附：成本利润率＝.
解：（1）经验回归方程②的残差数据如下表：
x 5 7 9 11
y 200 298 431 609
20 －18 －21 21
经验回归方程②的残差图如图所示：
经验回归方程①更适宜作为y关于x的经验回归方程.
（以下理由或其他合理的理由，说出一条即可得分）：
理由1：经验回归方程①这4个样本点的残差的绝对值都比经验回归方程②的小.
理由2：经验回归方程①这4个样本的残差点落在的带状区域比经验回归方程②的带状区域更窄.
理由3：经验回归方程①这4个样本的残差点比经验回归方程②的残差点更贴近x轴.
（2）（ⅰ）由题意知，每件产品为优等品的概率P0＝＝0.6，
则X～B（12，0.6），因此E（X）＝12×0.6＝7.2，
由Y＝20X＋15×（12－X）＝5X＋180，
则E（Y）＝5E（X）＋180＝216.
（ⅱ）由（ⅰ）知总利润为216万元，总成本估计值＝＋173＝749（万元），
则p＝≈0.29.
3.（2024·湖南常德模拟）某市组织宣传小分队进行法律法规宣传，某宣传小分队记录了前9天每天普及的人数，得到下表：
时间x（天） 1 2 3 4 5 6 7 8 9
每天普及的人数y 80 98 129 150 203 190 258 292 310
（1）从这9天的数据中任选4天的数据，以X表示4天中每天普及人数不少于240人的天数，求X的分布列和数学期望；
（2）由于统计人员的疏忽，第5天的数据统计有误，如果去掉第5天的数据，试用剩下的数据求出每天普及的人数y关于天数x的经验回归方程.
参考数据：＝yi＝190，（xi－）2＝60，
（yi－）2＝55 482，（xi－）（yi－）＝1 800.
解：（1）每天普及人数不少于240人的天数为3，则X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
（2）设原来数据的样本中心点为（，），去掉第5天的数据后样本中心点为（'，'），
'＝（1＋2＋3＋4＋6＋7＋8＋9）＝5，'＝x5＝5＝，
'＝（9－y5）＝（9×190－203）＝，
故＝
＝
＝
＝＝＝30，
＝'－'＝－30×5＝，
所以＝30x＋.
4.（2024·河南九师联盟）PM2.5是指环境空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物.它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量越高，说明空气污染越严重.城市中的PM2.5成分除扬尘等自然因素外，燃料的燃烧也是一个重要来源.某市环境检测部门为检测燃油车流量对空气质量的影响，在一个检测点统计每日过往的燃油车流量x（单位：辆）和空气中的PM2.5的平均浓度y（单位：μg/m3）.检测人员采集了50天的数据，制成2×2列联表（部分数据缺失）：
PM2.5的平均浓度 燃油车日流量 合计
燃油车日流量x＜1 500 燃油车日流量x≥1 500
PM2.5的平均浓度y＜100 16 24
PM2.5的平均浓度y≥100 20
合计 22
（1）完成上面的2×2列联表，并根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆有关联？
（2）经计算得y与x之间的经验回归方程为＝0.12x－73.86，且这50天的燃油车的日流量x的标准差Sx＝249，PM2.5的平均浓度y的标准差Sy＝36.若样本相关系数r满足｜r｜≥0.75，则判定所求经验回归方程有价值；否则判定其无价值.
①判断该经验回归方程是否有价值；
②若这50天的燃油车的日流量x满足＝1.23×108，试求这50天的PM2.5的平均浓度y的平均数（利用四舍五入法精确到0.1）.
参考数据：×1.23＝0.024 6，2492＝62 001，≈1 548.55.
解：（1）2×2列联表如下：
PM2.5的平均浓度 燃油车日流量 合计
燃油车日流量x＜1 500 燃油车日流量x≥1 500
PM2.5的平均浓度y＜100 16 8 24
PM2.5的平均浓度y≥100 6 20 26
合计 22 28 50
零假设为H0：PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆无关联.
根据列联表中的数据，计算得
χ2＝≈9.624＞7.879＝x0.005，
所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，所以可以认为PM2.5的平均浓度小于100 μg/m3与燃油车日流量小于1 500辆有关联.
（2）①由题意，得＝＝0.12，
得（xi－）（yi－）＝0.12（xi－）2，
由Sx＝＝249，
Sy＝＝36，
得r＝
＝
＝0.12×＝0.12×＝0.83＞0.75，
所以该经验回归方程有价值.
②因为Sx＝＝249，
即＝249，
所以＝≈1 548.55，
又＝0.12－73.86≈0.12×1 548.55－73.86＝111.966≈112.0.
故可推算出这50天PM2.5平均浓度y的平均数约为112.0 μg/m3.
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