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微专题31 统计与成对数据的统计分析
高考定位 高考对本专题内容的考查往往以实际问题为背景，考查随机抽样与用
样本估计总体、经验回归方程的求解与运用、独立性检验问题，常与概率综合考
查，中等难度.
【真题体验】
1.(2022·全国乙卷)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
0.0
4
0.06
0.0
4
0.08
0.08
0.0
5
0.05
0.0
7
0.07
0.06
0.6
材积量yi
0.2
5
0.40
0.2
2
0.54
0.51
0.3
4
0.36
0.4
6
0.42
0.40
3.9
并计算得∑x＝0.038，∑y＝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)样本中10 棵这种树木的根部横截面积的平均值x＝＝0.06(m2)，
样本中10 棵这种树木的材积量的平均值
y＝＝0.39(m3)，
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06 m2，平均一棵的材
积量为0.39 m3.
(2)r＝
＝
＝
＝≈≈0.97.
(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得＝，解得Y＝1 209(m3).
则该林区这种树木的总材积量估计为1 209 m3.
2.(2024·全国甲卷)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p为升级改造后抽取的n 件产
品的优级品率.如果p>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＝，n＝a＋b＋c＋d.
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p＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以p>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.
【热点突破】
热点一 用样本估计总体
1.频率分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距，纵坐标表示，频率＝组距×.
2.在频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.
3.利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数.
(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即众数.
(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和相等.
(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形
的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.
考向1 统计图表与数字特征的应用
例1 (1)(多选)(2024·湛江二模)广东省湛江市2017 年到2022 年常住人口变化图如
图所示，则( )
A.湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口的极差约为38 万
B.湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口呈递增趋势
C.湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口的第60 百分位数为730.50 万
D.湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口的中位数为717.02 万
(2)(2024·新乡模拟)已知甲、乙两名篮球运动员在四场小组赛中的得分(单位：分)
如下表：
甲
6
12
9
13
乙
8
11
7
14
则对于这两组数据，不相同的数字特征是( )
A.平均数
B.中位数
C.方差
D.极差
答案 (1)ACD (2)B
解析 (1)由图可知，湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口的极差约为
736.00－698.12≈38(万)，A 正确；
这6 年的常住人口前3 年呈递增趋势，后三年也递增，但后三年的常住人口低于
前3 年，B 错误；
湛江市2017 年到2022 年这6 年的常住人口按照从小到大的顺序排列为698.12，
703.09，703.54，730.50，732.20，736.00，6×0.6＝3.6，所以第60 百分位数为
730.50 万，中位数为＝717.02(万)，C，D 均正确.
(2)对于A，甲的平均数为＝10，乙的平均数为＝10，故A 错误；
对于B，将甲从小到大排列为：6，9，12，23，所以中位数为＝10.5；
将乙从小到大排列为：7，8，11，14，所以中位数为＝9.5，故B 正确；
对于C，甲的方差为[(6－10)2＋(9－10)2＋(12－10)2＋(13－10)2]＝7.5，
乙的方差为[(8－10)2＋(11－10)2＋(7－10)2＋(14－10)2]＝7.5，故C 错误；
对于D，甲的极差为13－6＝7，乙的极差为14－7＝7，故D 错误.故选B.
考向2 用样本的频率分布估计总体分布
例2 (多选)(2024·温州模拟)在一次数学考试中，某班成绩的频率分布直方图如图
所示，则下列说法正确的是( )
A.图中所有小长方形的面积之和等于1
B.中位数的估计值介于100 和105 之间
C.该班成绩众数的估计值为97.5
D.该班成绩的极差一定等于40
答案 ABC
解析 对于A，由频率分布直方图的性质可知，图中所有小长方形的面积之和等
于1，A 正确；
对于B，易知组距为5，前两组成绩所占的频率为(0.01＋0.06)×5＝0.35<0.5，前
三组成绩所占的频率为(0.01＋0.06＋0.05)×5＝0.6>0.5，由中位数定义可得其估
计值介于100 和105 之间，B 正确；
对于C，由图可知频率最高的成绩区间为[95，100)，取中间值为代表可知该班
成绩众数的估计值为97.5，C 正确；
对于D，由图可知成绩最高区间为[125，130]，最低区间为[90，95)，但最高分
和最低分不一定分别为130，90，所以其成绩极差不一定为40，D 错误.
易错提醒 1.对于给出的统计图表，一定要结合问题背景理解图表意义.
2.频率分布直方图中纵坐标不要误以为是频率.
训练1 某工厂A，B 两条生产线生产同款产品，若产品按照一、二、三等级分类，
则每件可分别获利10 元、8 元、6 元，现从A，B 生产线生产的产品中各随机抽
取100 件进行检测，结果统计如图：
(1)分别计算两条生产线抽样产品获利的方差，以此作为判断依据，说明哪条生
产线的获利更稳定；
(2)估计该厂产品产量为2 000 件时的利润以及一等级产品的利润.
解 (1)从A 生产线随机抽取的100 件产品获利的平均数x1＝×(10×20＋8×60＋
6×20)＝8(元)，
方差为s＝×[(10－8)2×20＋(8－8)2×60＋(6－8)2×20]＝1.6，
从B 生产线随机抽取的100 件产品获利的平均数为x2＝×(10×35＋8×40＋
6×25)＝8.2(元)，
方差为s＝×[(10－8.2)2×35＋(8－8.2)2×40＋(6－8.2)2×25]＝2.36，
所以s<s，则A 生产线的获利更稳定.
(2)从A，B 生产线共随机抽取的200 件产品获利的平均数为×[10×(20＋35)＋
8×(60＋40)＋6×(20＋25)]＝8.1(元)，
由样本估计总体，当产品产量为2 000 件时，估计该工厂获利2 000×8.1＝16
200(元).
因为从A，B 生产线共随机抽取的200 件产品中，A 生产线生产的一等级产品有
20 件，B 生产线生产的一等级产品有35 件，
由样本频率估计总体概率，得该工厂生产产品为一等级产品的概率估计值为＝，
当产品产量为2 000 件时，估计该工厂一等级产品获利2 000××10＝5 500(元).
热点二 回归分析
求经验回归方程的步骤
(1)依据成对样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系(有时可省略).
(2)计算出x，y，∑x，∑xiyi的值.
(3)计算a，b.
(4)写出经验回归方程.
例3 (2024·邯郸模拟)某民营学校为增强实力与影响力，大力招揽名师、建设校
园硬件设施，近5 年该校招生人数的数据如下表：
年份序号x
1
2
3
4
5
招生人数y/千
人
0.8
1
1.3
1.7
2.2
(1)由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合y 与x 的关系，请用相关系数加以
证明；
(2)求y 关于x 的经验回归方程，并预测当年份序号为7 时该校的招生人数.
参考数据：∑xiyi＝24.5，∑(yi－y)2＝1.26，≈3.55.
参考公式：相关系数r＝，
经验回归方程y＝bx＋a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
b＝，a＝y－bx.
解 (1)由题意知x＝(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
y＝(0.8＋1＋1.3＋1.7＋2.2)＝1.4，
∑ (xi－x)2＝4＋1＋0＋1＋4＝10，
所以r＝
＝＝≈≈0.986，
因为r 与1 非常接近，故可用线性回归模型拟合y 与x 的关系.
(2)b＝＝＝0.35，
a＝y－bx＝1.4－0.35×3＝0.35，
所以y 关于x 的经验回归方程为y＝0.35x＋0.35.
当x＝7 时，y＝0.35×7＋0.35＝2.8，
由此预测当年份序号为7 时该校的招生人数为2.8 千人.
易错提醒 1.样本点不一定在经验回归直线上，但点(x，y)一定在经验回归直线
上.
2.求b时，灵活选择公式，注意公式的推导和记忆.
3.利用样本相关系数判断相关性强弱时，看|r|的大小，而不是r 的大小.
4.区分样本相关系数r 与决定系数R2.
5.通过经验回归方程求的都是估计值，而不是真实值.
训练2 (2024·重庆诊断)当前，新一轮科技革命和产业变革蓬勃兴起，以区块链
为代表的新一代信息技术迅猛发展，现收集某地近6 年区块链企业总数量相关数
据，如表：
年份
2018
2019
2020
2021
2022
2023
编号x
1
2
3
4
5
6
企业总数量y/百个
50
78
124
121
137
352
(1)若用模型y＝aebx拟合y 与x 的关系，根据提供的数据，求出y 与x 的经验回归
方程；
(2)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比
赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛.比赛规则如下：①每场比赛有两个公
司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一
场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司
获得此次信息化技术比赛的“优胜公司”称号.已知在每场比赛中，甲胜乙的概
率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，若首场由甲乙比赛，求甲公司获得
“优胜公司”称号的概率.
参考数据：∑ui＝28.5，∑xiui＝106.05，其中，ui＝ln yi.
参考公式：对于一组数据(xi，yi)(i＝1，2，3，…，n)，其经验回归方程y＝bx＋a
的斜率和截距的最小二乘估计分别为b＝，a＝y－bx.
解 (1)令u＝ln y＝ln(aebx)＝bx＋ln a，
x＝＝3.5，u＝＝4.75，
则b＝
＝＝0.36，
ln a＝4.75－0.36×3.5＝3.49，所以a＝e3.49，
所以y＝e3.49·e0.36x＝e0.36x＋3.49.
(2)设甲公司获得“优胜公司”称号为事件A，
则P(A)＝×＋×××＋×××＝，
所以甲公司获得“优胜公司”称号的概率为.
热点三 独立性检验
独立性检验的一般步骤
(1)根据样本数据列成2×2 列联表；
(2)根据公式χ2＝，计算χ2的值；
(3)查表比较χ2与临界值的大小关系，作统计判断.χ2越大，对应假设事件H0成立
(两类变量相互独立)的概率越小，H0不成立的概率越大.
例4 (2024·徐州模拟)某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，
学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，
设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习.据统计显示，P(A|B)＝，P(A|B)＝，
P(B)＝.
(1)计算P(A)和P(A|B)的值，并判断A 与B 是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层随机抽样的方法抽取了一
个容量为m(m∈N*)的样本，利用独立性检验，计算得χ2＝1.350.为提高检验结论
的可靠性，现将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，使得能有99.5%的把握认为
学习兴趣与主动预习有关，试确定t 的最小值.
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)由已知P(A|B)＝1－P(A|B)＝1－＝，P(A|B)＝1－P(A|B)＝1－＝，
又因为P(B)＝，
所以P(B)＝1－P(B)＝1－＝，
所以P(A)＝P(B)·P(A|B)＋P(B)·P(A|B)＝×＋×＝，
又P(AB)＝P(A|B)·P(B)＝×＝，
所以P(AB)≠P(A)P(B)，所以A 与B 不为独立事件.
(2)假设原列联表为
预习
兴趣
合计
高
不高
主动
a
b
a＋b
不太主动
c
d
c＋d
合计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
根据原数据有＝1.35.
若将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，
则新的列联表为：
预习
兴趣
合计
高
不高
主动
ta
tb
t(a＋b)
不太主动
tc
td
t(c＋d)
合计
t(a＋c)
t(b＋d)
t(a＋b＋c＋d)
则χ2＝
＝＝1.35t≥7.879，解得t≥5.84，
又t∈N*，所以t 的最小值为6.
易错提醒 1.χ2越大两分类变量无关的可能性越小，推断犯错误的概率越小，通
过表格查得无关的可能性.
2.有99.5%的把握认为两个变量有关，就是在犯错误的概率不超过0.005 的前提
下认为两个变量有关，并不是指两个变量无关的可能性为0.005.
训练3 (2024·济南质检)人工智能的发展为许多领域带来了巨大的便利，但同时
也伴随着一些潜在的安全隐患.为了调查不同年龄阶段的人对人工智能所持的态
度，某机构从所在地区随机调查了100 人，所得结果统计如图表所示：
年龄/岁
[20，30)
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70]
频数
24
16
15
25
20
持支持态度
20
13
12
15
10
(1)完成下列2×2 列联表，并依据小概率值α＝0.010 的独立性检验，判断对人工
智能所持态度是否与年龄有关；
对人工智能的态度
年龄在50 岁
合计
以上(含50 岁)
以下
支持
不支持
合计
(2)以频率估计概率，若在该地区所在年龄在50 岁以上(含50 岁)的人中随机抽取
3 人，记X 为3 人中持支持态度的人数，求X 的分布列以及数学期望.
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
解 (1)由题可得如下2×2 列联表
对人工智能的态度
年龄在50 岁
以上(含50 岁)
以下
合计
支持
25
45
70
不支持
20
10
30
合计
45
55
100
零假设为H0：对人工智能所持态度与年龄无关.
χ2＝≈8.129，
因为8.129>6.635，
所以依据小概率值α＝0.010 的独立性检验，有充分证据推断H0不成立，即对人
工智能所持态度与年龄有关.
(2)依题意可知，年龄在50 岁以上(含50 岁)的人中对人工智能持支持态度的频率
为＝.
由题意可得X～B，则X 的所有可能取值为0，1，2，3.
又P(X＝0)＝C×＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
P(X＝3)＝C×＝，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以X 的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·成都调研)一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，13，16，17，若
该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40 百分位数是( )
A.4
B.4.5
C.5
D.9
答案 C
解析 极差为17－2＝15，故该组数据的中位数是15×＝9，共有6 个数据，故
中位数为＝9，解得m＝5，6×40%＝2.4，
故该组数据的第40 百分位数为5.故选C.
2.(2024·山西部分学校质检)已知一组正数x1，x2，x3，x4，x5的方差为s2＝∑x－
9，则另一组数据2x1－1，2x2－1，2x3－1，2x4－1，2x5－1 的平均数为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案 B
解析 由s2＝∑(xi－x)2＝(∑x－5x2)
＝∑x－x2，可得x2＝9，
由x>0，解得x＝3，
故数据2x1－1，2x2－1，2x3－1，2x4－1，2x5－1 的平均数为2×3－1＝5.故选B.
3.(2024·湖南名校联考)某校数学兴趣小组在某座山测得海拔高度x(单位：千米)
与气压y(单位：千帕)的六组数据(xi，yi)(i＝1，2，…，6)，并将其绘制成如图所
示的散点图，分析研究发现B 点相关数据不符合实际，删除B 点后重新进行回
归分析，则下列说法正确的是( )
A.删除点B 后，样本数据的两变量x，y 正相关
B.删除点B 后，相关系数r 的绝对值更接近于1
C.删除点B 后，新样本的残差平方和变大
D.删除点B 后，解释变量x 与响应变量y 相关性变弱
答案 B
解析 从题中散点图可知，删除点B 后，样本数据的两变量x，y 负相关，所以
A 错误；
由于B 点较其他点偏离程度大，故删除B 点后，回归效果更好，从而相关系数r
的绝对值更接近于1，所以B 正确；
同理删除后决定系数R2更接近于1，所以新样本的残差平方和变小，所以C 错误；
由B，C 分析知解释变量x 与响应变量y 相关性增强，所以D 错误.故选B.
4.2024 年4 月，国内鲜菜、食用油、粮食、禽肉、鲜果、鸡蛋、猪肉价格同比
(与去年同期相比)的变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A.食用油、粮食、禽肉、鲜果、鸡蛋、猪肉这6 种食品中，食用油价格同比涨幅
最小
B.猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的5 倍
C.2023 年4 月鲜菜价格要比2024 年4 月高
D.这7 种食品价格同比涨幅的平均数超过10%
答案 C
解析 由图可知，粮食价格同比涨幅比食用油价格同比涨幅小，故A 错误；
猪肉价格同比涨幅为34.4%，禽肉价格同比涨幅为8.5%，34.4%－5×8.5%<0，
故B 错误；
因为鲜菜价格同比涨幅为－21.2%，说明2023 年4 月鲜菜价格要比2024 年4 月
高，故C 正确；
这7 种食品价格同比涨幅的平均数为
≈7.47%<10%，故D 错误.
5.(2024·厦门模拟)已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25 和a，
23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则( )
A.甲组数据的第70 百分位数为23
B.甲、乙两组数据的极差不相同
C.乙组数据的中位数为24.5
D.甲、乙两组数据的方差相同
答案 D
解析 由题设得＝－3，
解得a＝28，
甲组数据中6×70%＝4.2，故70 百分位数为24，A 错误；
甲组数据的极差为25－20＝5，乙组数据的极差为28－23＝5，所以甲、乙两组
数据的极差相同，故B 错误；
乙组数据从小到大为23，24，25，26，27，28，故其中位数为＝25.5，C 错误；
甲的平均数为＝22.5，
乙的平均数为＝25.5，
所以甲的方差为×(2.52＋1.52＋0.52＋0.52＋1.52＋2.52)＝，
乙的方差为×(2.52＋2.52＋1.52＋0.52＋0.52＋1.52)＝，故两组数据的方差相同，D
正确.
6.(2024·新高考Ⅱ卷)某农业研究部门在面积相等的100 块稻田上种植一种新型水
稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并整理得表
亩产量
[900，950)
[950，1 000)
[1 000，1 050)
频数
6
12
18
亩产量
[1 050，1 100)
[1 100，1 150)
[1 150，1 200)
频数
30
24
10
根据表中数据，下列结论中正确的是( )
A.100 块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B.100 块稻田中亩产量低于1 100 kg 的稻田所占比例超过80%
C.100 块稻田亩产量的极差介于200 kg 至300 kg 之间
D.100 块稻田亩产量的平均值介于900 kg 至1 000 kg 之间
答案 C
解析 对于A，因为前3 组的频率之和0.06＋0.12＋0.18＝0.36<0.5，
前4 组的频率之和0.36＋0.30＝0.66>0.5，
所以100 块稻田亩产量的中位数所在的区间为[1 050，1 100)，故A 不正确；
对于B，100 块稻田中亩产量低于1 100 kg 的稻田所占比例为×100%＝66%，故
B 不正确；
对于C，因为1 200－900＝300，1 150－950＝200，所以100 块稻田亩产量的极
差介于200 kg 至300 kg 之间，故C 正确；
对于D，100 块稻田亩产量的平均值为×(925×6＋975×12＋1 025×18＋1
075×30＋1 125×24＋1 175×10)＝1 067(kg)，故D 不正确.
7.(2024·西安调研)5G 技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G 手机的销量也逐
渐上升，某手机商场统计了最近5 个月手机的实际销量，如表所示
时间x
1
2
3
4
5
销量y/千只
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5
若y 与x 线性相关，且经验回归方程为y＝0.24x＋a，则下列说法不正确的是(
)
A.由题中数据可知，变量y 与x 正相关
B.a＝0.28
C.可以预测x＝6 时该商场5G 手机销量为1.72 千只
D.x＝5 时，残差为－0.02
答案 D
解析 对于A，从数据看，y 随x 的增加而增加，所以变量y 与x 正相关，故A
正确；
对于B，由表中数据知，x＝＝3，y＝＝1，所以样本点的中心为(3，1)，将(3，
1)代入y＝0.24x＋a中得a＝1－3×0.24＝0.28，故B 正确；
对于C，由B 项可知y＝0.24x＋0.28，所以当x＝6 时该商场5G 手机销量约为y＝
0.24×6＋0.28＝1.72(千只)，故C 正确；
对于D，将x＝5 代入经验回归方程y＝0.24x＋0.28，得y＝0.24×5＋0.28＝1.48，
则e＝1.5－1.48＝0.02，故D 错误.
二、多选题
8.(2024·开封二模)为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调
查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是( )
A.该地农户家庭年收入的极差为12
B.估计该地农户家庭年收入的75%分位数约为9
C.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5 万元至8.5 万元之间
D.估计该地农户家庭年收入的平均值超过6.5 万元
答案 BCD
解析 观察频率分布直方图，
对于A，该地农户家庭年收入的极差约为14－3＝11，故A 错误；
对于B，数据在[2.5，8.5)的频率为0.02＋0.04＋0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.7，数据
在[2.5，9.5)的频率为0.8，因此75%分位数m∈(8.5，9.5)，(m－8.5)×0.1＝
0.05，解得m＝9，故B 正确；
对于C，数据在[4.5，8.5)内的频率为0.1＋0.14＋0.2＋0.2＝0.64>0.5，C 正确；
对于D，家庭年收入的平均值x＝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)，D 正确.
9.(2024·合肥模拟)现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测
评，具体打分如表(满分100 分).设事件M 表示“从甲机构测评分数中任取3 个，
至多1 个超过平均分”，事件N 表示“从甲机构测评分数中任取3 个，恰有2 个
超过平均分”.下列说法正确的是( )
机构名称
甲
乙
分值
90
98
90
92
95
93
95
92
91
94
A.甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B.甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C.乙机构测评分数的第一四分位数为91.5
D.事件M，N 互为对立事件
答案 BD
解析 对于A，甲机构测评分数的平均分x甲＝＝93，乙机构测评分数的平均分x乙
＝＝93，A 错误；
对于B，甲机构测评分数的方差S＝×[(90－93)2＋(98－93)2＋(90－93)2＋(92－
93)2＋(95－93)2]＝9.6，乙机构测评分数的方差S＝×[(93－93)2＋(95－93)2＋(92
－93)2＋(91－93)2＋(94－93)2]＝2，B 正确；
对于C，乙机构测评分数从小到大排列为：91，92，93，94，95，又i＝np＝
5×0.25＝1.25，所以乙机构构测评分数的第一四分位数为92，C 错误；
对于D，因为甲机构测评分数中有且仅有2 个测评分数超过平均分，由对立事件
的定义知，事件M，N 互为对立事件，D 正确.
三、填空题
10.某校抽取100 名学生做体能测试，其中百米测试中，成绩全部介于13 秒与18
秒之间，将测试结果分成五组：第一组[13，14)，第二组[14，15)，…，第五组
[17，18].如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图，若成绩低于a 即为优秀，
如果优秀的人数为14，则a 的估计值是________.
答案 14.5
解析 优秀人数所占的频率为＝0.14，
测试结果位于[13，14)的频率为0.06<0.14，
测试结果位于[13，15)的频率为0.06＋0.16＝0.22>0.14，
所以a∈(14，15)，
由题意可得0.06＋(a－14)×0.16＝0.14，
解得a＝14.5.
11.某学校有男生400 人，女生600 人.为了调查该校全体学生每天睡眠时间，采
用分层随机抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5 小时，方
差为1，女生每天睡眠时间均值为7 小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分
配，则可估计总体方差为________.
答案 0.76
解析 由题意，总体的均值为×7.5＋×7＝7.2，
根据分层随机抽样的性质，则总体的方差为×[1＋(7.5－7.2)2]＋×[0.5＋(7.2－7)2]
＝0.436＋0.324＝0.76.
12.足球是一项大众喜爱的运动，某校足球社通过调查并进行科学的统计分析，
对学校学生喜爱足球是否与性别有关的问题，得出了结论：喜爱足球与性别有关，
此推断犯错误的概率不大于0.005.据足球社透露，他们随机抽取了若干人进行调
查，抽取女生人数是男生人数的2 倍，男生喜爱足球的人数占男生人数的，女生
喜爱足球的人数占女生人数的.通过以上信息，可以确定本次足球社所调查的男
生至少有________人.
附：χ2＝.
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xa
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
答案 12
解析 设被调查的男生为x 人，则女生为2x 人，依题意可得到列联表如下：
足球
性别
合计
男生
女生
喜爱
不喜爱
合计
x
2x
3x
所以χ2＝＝，
因此本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005 的前提下认为喜爱足球与性别
有关”的结论，所以有χ2≥7.879，即≥7.879，解得x≥11.818 5，
又因为上述列联表中的所有数字均为整数，故x 的最小值为12.
四、解答题
13.(2024·台州模拟)为了了解高中学生课后自主学习数学时间(x 分钟/每天)和他们
的数学成绩(y 分)的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据(表一).
表一
编号
1
2
3
4
5
学习时间x
30
40
50
60
70
数学成绩y
65
78
85
99
108
(1)请根据所给数据求出x，y 的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数
学时间为100 分钟时的数学成绩；(参考数据：∑xiyi＝22 820，∑yi＝435，xi的方
差为200)
(2)基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样
调查了220 位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，
得到2×2 列联表(表二).依据表中数据及小概率值α＝0.001 的独立性检验，分析
“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关.
表二
周末在校自主学习
成绩进步
合计
没有
有
参与
35
130
165
未参与
25
30
55
合计
60
160
220
附：b＝，a＝y－bx，
χ2＝.
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
χα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)x＝＝50，y＝＝87，
又xi(i＝1，2，3，…，5)的方差为∑(xi－x)2＝200，
所以b＝＝＝＝1.07，
a＝y－bx＝87－1.07×50＝33.5，
故y＝1.07x＋33.5，
当x＝100 时，y＝140.5，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100 分钟时的数学成绩为140.5 分.
(2)零假设为H0：学生周末在校自主学习与成绩进步无关.
根据数据，计算得到：
χ2＝
＝＝≈12.22，
因为12.22>10.828，所以依据α＝0.001 的独立性检验，可以认为“周末自主学习
与成绩进步”有关.
14.某高科技公司对其产品研发投资额x(单位：百万元)与其年销售量y(单位：千
件)的数据进行统计，整理后得到如下统计表和散点图.
x
1
2
3
4
5
6
y
0.5
1
1.5
3
6
12
z＝ln y
－0.7
0
0.4
1.1
1.8
2.5
(1)该公司科研团队通过分析散点图的特征后，计划分别用①y＝bx＋a和②y＝
edx＋c两种方案作为年销售量y 关于年投资额x 的回归分析模型，请根据统计表的
数据，确定方案①和②的经验回归方程；(注：系数b，a，d，c按四舍五入保留
一位小数)
(2)根据下表中数据，用决定系数R2(不必计算，只比较大小)比较两种模型的拟合
效果哪个更好，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测当研发年投资额为8
百万元时，产品的年销售量是多少？
残差平方和
经验回归方程
y＝bx＋a
y＝edx＋c
∑(yi－yi)2
18.29
0.65
参考公式及数据：
b＝＝，
a＝y－bx，R2＝1－
＝1－，
∑xizi＝－1×0.7＋2×0＋3×0.4＋4×1.1＋5×1.8＋6×2.5＝28.9，e3.4＝30.
解 (1)由题可得x＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝3.5，
y＝(0.5＋1＋1.5＋3＋6＋12)＝4，
∑xiyi＝1×0.5＋2×1＋3×1.5＋4×3＋5×6＋6×12＝121，
∑x＝1＋4＋9＋16＋25＋36＝91，
所以b＝＝≈2.11，
a＝y－bx≈4－2.11×3.5≈－3.4，
方案①经验回归方程y＝2.1x－3.4，
对y＝edx＋c两边取对数得ln y＝dx＋c，
令z＝ln y，z＝dx＋c是一元线性回归方程，
z＝(－0.7＋0＋0.4＋1.1＋1.8＋2.5)＝0.85，
d＝＝≈0.63，
c＝z－dx≈0.85－0.63×3.5≈－1.4，
方案②经验回归方程y＝e0.6x－1.4.
(2)方案①决定系数R＝1－，
方案②决定系数R＝1－，R<R，
故模型②的拟合效果更好，精度更高，
当研发年投资额为8 百万元时，产品的年销售量y＝e4.8－1.4＝e3.4＝30(千件).
