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11.5 成对数据的统计分析
五年高考
考点1 变量间的相关关系
1.(2022全国乙理,19,12分,中)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
0.0
根部横截面积x 4 0.060.040.080.080.05
i
材积量y 0.2 0.400.220.540.510.34
i
5
样本号i 7 8 9 10 总和
根部横截面积x 0.050.070.070.06 0.6
i
材积量y 0.360.460.420.40 3.9
i
10 10 10
并计算得
∑❑x2
=0.038,
∑❑y2
=1.615 8,
∑❑xy=0.247
4.
i i i i
i=1 i=1 i=1
(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.
n n
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
附:相关系数 i=1 r i=1 =,√1.896
√ n n √ n n
∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
≈1.377.
0.6
解析 (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为x= =0.06(m2),平均一棵的
10
3.9
材积量为y= =0.39(m3).
10
10 10
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
(2)样本相关系数 i=1 r i=1 =
√ 10 10 √ 10 10
∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1北京曲一线图书策划有限公司
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10
∑❑x y −10x y
i i
i=1
=
√ 10 10
(∑❑x2−10x 2 )(∑❑y2−10 y 2 )
i i
i=1 i=1
0.247 4−10×0.06×0.39
=
√(0.038−10×0.062 )×(1.615 8−10×0.392 )
0.013 4 0.013 4 0.013 4
= = ≈ ≈0.97.
√0.002×0.094 8 0.01√1.896 0.013 77
10 10
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
计算相关系数 i=1 r i=1 =时,需
√ 10 10 √ 10 10
∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
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.
X x
(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=
Y y
X·y 186×0.39
= =
x 0.06
1 209,
所以该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
2.(2020课标Ⅱ理,18,12分,中)某沙漠地区经过治理,生态系统得到很大改善,野生动物数
量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量,将其分成面积相近的200个地块,从这些
地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区,调查得到样本数据(x,y)(i=1,2,…,20),
i i
其中x和y分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位:公顷)和这种野生动物的数量,并计
i i
20 20 20 20 20
算得
∑❑x=60, ∑❑y=1
200,
∑❑(x-x)2=80, ∑❑(y-y)2=9
000,
∑❑(x-x)(y-y)=800.
i i i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生
动物数量的平均数乘地块数);
(2)求样本(x,y)(i=1,2,…,20)的相关系数(精确到0.01);
i i
(3)根据现有统计资料,各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地
区这种野生动物数量更准确的估计,请给出一种你认为更合理的抽样方法,并说明理由.
n n
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
附:相关系数 i=1 r i=1 =,√2≈1.414.
√ n n √ n n
∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1北京曲一线图书策划有限公司
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1 20
解析 (1)由已知得样本平均数y= ∑❑y=60,从而该地区这种野生动物数量的估计
20 i
i=1
值为60×200=12 000.
(2)样本(x,y)(i=1,2,…,20)的相关系数
i i
20 20
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
800 2√2
i=1 =r i=1 == =
√ 20 20 √ 20 20 √80×9 000 3
∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2∑❑(y −y) 2
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
≈0.94.
(3)分层随机抽样:根据植物覆盖面积的大小对地块分层,再对200个地块进行分层抽样.
理由如下:由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地
块间植物覆盖面积差异很大,从而各地块间这种野生动物数量差异也很大,采用分层抽样
的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性,提高了样本的代表性,从而可以获得
该地区这种野生动物数量更准确的估计.
3.(2018课标Ⅱ理,18,12分,中)下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y(单
位:亿元)的折线图.
为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额,建立了y与时间变量t的两个线性回归
^
模型.根据2000年至2016年的数据(时间变量t的值依次为1,2,…,17)建立模型①:y
^
=-30.4+13.5t;根据2010年至2016年的数据(时间变量t的值依次为1,2,…,7)建立模型②:y
=99+17.5t.
(1)分别利用这两个模型,求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值;
(2)你认为用哪个模型得到的预测值更可靠?并说明理由.
^
解析 (1)利用模型①,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
y
=-30.4+13.5×19=226.1(亿元).
^
利用模型②,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
y
=99+17.5×9=256.5(亿元).北京曲一线图书策划有限公司
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(2)解法一:利用模型②得到的预测值更可靠.理由如下:
(i)从折线图可以看出,2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=
-30.4+13.5t上下,这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描
述环境基础设施投资额的变化趋势.2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显
增加,2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近,这说明从2010年开始环境
基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势,利用2010年至2016年的数据建立的线性
^
模型 y=99+17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势,因此利
用模型②得到的预测值更可靠.
(ii)从计算结果看,相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元,由模型①得到的预测
值226.1亿元的增幅明显偏低,而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理,说明利用模
型②得到的预测值更可靠.
解法二:模型②得到的预测值更可靠,因为从总体数据看,该地区从2000年到2016年的环
境基础设施投资额是逐年上升的,从2000年到2009年间递增的幅度较小些,从2010年到
2016年间递增的幅度较大些,所以利用模型②得到的预测值更可靠.
考点2 列联表和独立性检验
1.(2022全国甲文,17,12分,中)甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营.为了
解这两家公司长途客车的运行情况,随机调查了甲、乙两城之间的500个班次,得到下面
列联表:
准点班次数未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(1)根据上表,分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率;
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关?
n(ad−bc) 2
附:K2= ,
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
.
解析 (1)根据题表中数据得A公司共有260个班次,B公司共有240个班次,
240 12
设事件“A公司甲、乙两城之间的长途客车准点”为M,则P(M)= = ,
260 13
210 7
设事件“B公司甲、乙两城之间的长途客车准点”为N,则P(N)= = ,
240 8北京曲一线图书策划有限公司
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12
所以A公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为 ,B公司甲、乙两城之间的长途
13
7
客车准点的概率为 .
8
(2)2×2列联表如下:
准点班次数未准点班次数合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合
450 50 500
计
n(ad−bc) 2 500×(240×30−20×210) 2
K2= = ≈3.205>2.706,故有90%的
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 260×240×450×50
把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.
2.(2020新高考Ⅰ,19,12分,中)为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气
质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM 和SO 浓度(单位:μg/m3),得下表:
2.5 2
SO
2
[0,50] (50,150] (150,475]
PM
2.5
[0,35] 32 18 4
(35,75] 6 8 12
(75,115] 3 7 10
(1)估计事件“该市一天空气中PM 浓度不超过75,且SO 浓度不超过150”的概率;
2.5 2
(2)根据所给数据,完成下面的2×2列联表:
SO
2
[0,150] (150,475]
PM
2.5
[0,75]
(75,115]北京曲一线图书策划有限公司
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(3)根据(2)中的列联表,判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM 浓度与SO 浓
2.5 2
度有关.
n(ad−bc) 2
附:K2= ,
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
解析 (1)根据抽查数据,该市100天的空气中PM 浓度不超过75,且SO 浓度不超过150
2.5 2
的天数为32+18+6+8=64,因此,该市一天空气中PM 浓度不超过75,且SO 浓度不超过
2.5 2
64
150的概率的估计值为 =0.64.
100
(2)根据抽查数据,可得2×2列联表:
SO
2
[0,150] (150,475]
PM
2.5
[0,75] 64 16
(75,115] 10 10
(3)根据(2)的列联表得
100×(64×10−16×10) 2
K2= ≈7.484.
80×20×74×26
由于7.484>6.635,故有99%的把握认为该市一天空气中PM 浓度与SO 浓度有关.
2.5 2
3. (2020课标Ⅲ,18,12分,中)某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量
等级和当天到某公园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):
锻炼人
次
[0, (200,(400,
200] 400] 600]
空气质量等级
1(优) 2 16 25
2(良) 5 10 12
3(轻度污染) 6 7 8
4(中度污染) 7 2 0
(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率;北京曲一线图书策划有限公司
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(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为
代表);
(3)若某天的空气质量等级为1或2,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等级为
3或4,则称这天“空气质量不好”.根据所给数据,完成下面的2×2列联表,并根据列联表,
判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
人次
人次>400
≤400
空气质量好
空气质量不
好
n(ad−bc) 2
附:K2= ,
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
解析 (1)由所给数据,该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如表:
空气质量等级 1 2 3 4
概率的估计值0.430.270.210.09
1
(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为 ×(100×20+300×35+500×45)=350.
100
(3)根据所给数据,可得2×2列联表:
人次
人次>400
≤400
空气质量好 33 37
空气质量不
22 8
好
100×(33×8−22×37) 2
根据列联表得K2= ≈5.820.
55×45×70×30
由于5.820>3.841,故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质
量有关.
4.(2023全国甲理,19,12分,中)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,
随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓
