第 09 讲 统计与成对数据的统计分析（2022-2024 高考真题）
（新高考专用）
一、单项选择题
1．（2024·全国·高考真题）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）并整理如下表
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 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1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
【解题思路】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极
差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
【解答过程】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 1050kg, 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于1100kg的频数为24+10=34，
100−34
所以低于1100kg的稻田占比为 =66%，故B错误；
100
对于C，稻田亩产量的极差最大为1200−900=300，最小为1150−950=200，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，平均值为
1
×(6×925+12×975+18×1025+30×1075+24×1125+10×1175)=1067，故D错误.
100
故选；C.
2．（2024·天津·高考真题）下列图中，线性相关性系数最大的是（ ）
A． B．C． D．
【解题思路】由点的分布特征可直接判断
【解答过程】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果
比较好，呈现明显的正相关，|r)值相比于其他3图更接近1.
故选：A.
3．（2024·上海·高考真题）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（
）
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
【解题思路】根据相关系数的性质可得正确的选项.
【解答过程】对于AB，当气候温度高，海水表层温度变高变低不确定，故AB错误.
对于CD，因为相关系数为正，故随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，
故C正确，D错误.
故选：C.
4．（2023·天津·高考真题）鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰：“鸢飞戾天，鱼跃余渊”. 鸢尾
花因花瓣形如鸢尾而得名，寓意鹏程万里、前途无量.通过随机抽样，收集了若干朵某品种鸢尾花的花萼长
度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为r=0.8642，利用最小二乘法
求得相应的经验回归方程为^y=0.7501x+0.6105，根据以上信息，如下判断正确的为（ ）A．花瓣长度和花萼长度不存在相关关系
B．花瓣长度和花萼长度负相关
C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为5.8612cm
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.8642
【解题思路】根据散点图的特点及经验回归方程可判断ABC选项，根据相关系数的定义可以判断D选项.
【解答过程】根据散点的集中程度可知，花瓣长度和花萼长度有相关性，A选项错误
散点的分布是从左下到右上，从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性，B选项错误，
把x=7代入^y=0.7501x+0.6105可得^y=5.8612cm，C选项正确；
由于r=0.8642是全部数据的相关系数，取出来一部分数据，相关性可能变强，可能变弱，即取出的数据
的相关系数不一定是0.8642，D选项错误
故选：C.
5．（2022·天津·高考真题）将1916到2015年的全球年平均气温（单位：❑∘C），共100个数据，分成6
组：[13.55,13.75),[13.75,13.95),[13.95,14.15),[14.15,14.35),[14.35,14.55),[14.55,14.75]，
并整理得到如下的频率分布直方图，则全球年平均气温在区间[14.35,14.75]内的有（ ）
A．22年 B．23年 C．25年 D．35年
【解题思路】由频率分布直方图可得所求区间的频率，进而可以求得结果.
【解答过程】全球年平均气温在区间[14.55,14.75]内的频率为(0.50+0.65)×0.2=0.23，
则全球年平均气温在区间[14.35,14.75]内的有100×0.23=23年.
故选：B.
二、多项选择题
6．（2023·全国·高考真题）有一组样本数据x ,x ,⋅⋅⋅,x ，其中x 是最小值，x 是最大值，则（ ）
1 2 6 1 6
A．x ,x ,x ,x 的平均数等于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的平均数
2 3 4 5 1 2 6
B．x ,x ,x ,x 的中位数等于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的中位数
2 3 4 5 1 2 6
C．x ,x ,x ,x 的标准差不小于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的标准差
2 3 4 5 1 2 6D．x ,x ,x ,x 的极差不大于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的极差
2 3 4 5 1 2 6
【解题思路】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【解答过程】对于选项A：设x ,x ,x ,x 的平均数为m，x ,x ,⋅⋅⋅,x 的平均数为n，
2 3 4 5 1 2 6
x +x +x +x +x +x x +x +x +x 2(x +x )−(x +x +x +x )
则n−m= 1 2 3 4 5 6− 2 3 4 5= 1 6 5 2 3 4 ，
6 4 12
因为没有确定2(x +x ),x +x +x +x 的大小关系，所以无法判断m,n的大小，
1 6 5 2 3 4
例如：1,2,3,4,5,6，可得m=n=3.5；
例如1,1,1,1,1,7，可得m=1,n=2；
11
例如1,2,2,2,2,2，可得m=2,n= ；故A错误；
6
对于选项B：不妨设x ≤x ≤x ≤x ≤x ≤x ，
1 2 3 4 5 6
x +x
可知x ,x ,x ,x 的中位数等于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的中位数均为 3 4，故B正确；
2 3 4 5 1 2 6 2
对于选项C：因为x 是最小值，x 是最大值，
1 6
则x ,x ,x ,x 的波动性不大于x ,x ,⋅⋅⋅,x 的波动性，即x ,x ,x ,x 的标准差不大于x ,x ,⋅⋅⋅,x
2 3 4 5 1 2 6 2 3 4 5 1 2 6
的标准差，
1
例如：2,4,6,8,10,12，则平均数n= (2+4+6+8+10+12)=7，
6
√1 ❑√105
标准差s =❑ [(2−7) 2+(4−7) 2+(6−7) 2+(8−7) 2+(10−7) 2+(12−7) 2)= ，
1 6 3
1
4,6,8,10，则平均数m= (4+6+8+10)=7，
4
√1
标准差s =❑ [(4−7) 2+(6−7) 2+(8−7) 2+(10−7) 2)=❑√5，
2 4
❑√105
显然 >❑√5，即s >s ；故C错误；
3 1 2
对于选项D：不妨设x ≤x ≤x ≤x ≤x ≤x ，
1 2 3 4 5 6
则x −x ≥x −x ，当且仅当x =x ,x =x 时，等号成立，故D正确；
6 1 5 2 1 2 5 6
故选：BD.
三、解答题
7．（2024·上海·高考真题）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生
中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：时间范围学业成绩 [0,0.5)[0.5,1)[1,1.5)[1.5,2)[2,2.5)
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
n(ad−bc) 2
（附：χ2= ,其中n=a+b+c+d，P(χ2≥3.841)≈0.05．）
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
【解题思路】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.
179+43+28 25
【解答过程】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比 = ，
580 58
25
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为29000× =12500．
58
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
1 [0.5 0.5+1 1+1.5 1.5+2 2+2.5 )
×139+ ×191+ ×179+ ×43+ ×28 ≈0.9．
580 2 2 2 2 2
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：
[1,2) 其他 合计
优秀 45 50 95
不优
177 308 485
秀
合计 222 358 580
提出零假设H ：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
0
其中α=0.05．
580×(45×308−177×50) 2
χ2= ≈3.976>3.841．
95×485×222×358
则零假设不成立，
即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．8．（2024·全国·高考真题）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(1−p)
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
n
生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（❑√150≈12.247）
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
【解题思路】（1）根据题中数据完善列联表，计算K2，并与临界值对比分析；
√ p(1−p)
（2）用频率估计概率可得p=0.64，根据题意计算p+1.65❑ ，结合题意分析判断.
n
【解答过程】（1）根据题意可得列联表：优级品 非优级品
甲车
26 24
间
乙车
70 30
间
150(26×30−24×70) 2 75
可得K2= = =4.6875，
50×100×96×54 16
因为3.841<4.6875<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.
96
（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，
150
用频率估计概率可得p=0.64，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p=0.5，
√ p(1−p) √0.5(1−0.5) 0.5
则p+1.65❑ =0.5+1.65❑ ≈0.5+1.65× ≈0.567，
n 150 12.247
√ p(1−p)
可知p>p+1.65❑ ，
n
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.
9．（2023·全国·高考真题）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，
每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测
量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为x，
i
y (i=1,2,⋅⋅⋅,10)．试验结果如下：
i
试验序号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
i
54 57 59
伸缩率x 533 551 522 544 541 568 548
i 5 5 6
53 56 57
伸缩率y 527 543 530 533 522 550 536
i 6 0 6
记z =x −y (i=1,2,⋅⋅⋅,10)，记z ,z ,⋅⋅⋅,z 的样本平均数为z，样本方差为s2．
i i i 1 2 10
(1)求z，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果√ s2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否
z≥2❑
10
则不认为有显著提高）
【解题思路】（1）直接利用平均数公式即可计算出x,y，再得到所有的z值，最后计算出方差即可；
i
√ s2
（2）根据公式计算出2❑ 的值，和z比较大小即可.
10
545+533+551+522+575+544+541+568+596+548
【解答过程】（1）x= =552.3，
10
536+527+543+530+560+533+522+550+576+536
y= =541.3，
10
z=x−y=552.3−541.3=11，
z =x −y 的值分别为: 9,6,8,−8,15,11,19,18,20,12，
i i i
故
(9−11) 2+(6−11) 2+(8−11) 2+(−8−11) 2+(15−11) 2+0+(19−11) 2+(18−11) 2+(20−11) 2+(12−11) 2
s2= =61
10
√ s2 √ s2
（2）由（1）知:z=11，2❑ =2❑√6.1=❑√24.4，故有z≥2❑ ,
10 10
所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.
10．（2023·全国·高考真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明
显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳
性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率p(c)=0.5％时，求临界值c和误诊率q(c)；
(2)设函数f (c)=p(c)+q(c)，当c∈[95,105)时，求f (c)的解析式，并求f (c)在区间[95,105)的最小值．
【解题思路】（1）根据题意由第一个图可先求出c，再根据第二个图求出c≥97.5的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点100，即可得出f (c)的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【解答过程】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为5×0.002>0.5%，所以95<c<100，
所以(c−95)×0.002=0.5%，解得：c=97.5，
q(c)=0.01×(100−97.5)+5×0.002=0.035=3.5%．
（2）当c∈[95,100]时，
f(c)=p(c)+q(c)=(c−95)×0.002+(100−c)×0.01+5×0.002 =−0.008c+0.82≥0.02；
当c∈(100,105]时，
f(c)=p(c)+q(c)=5×0.002+(c−100)×0.012+(105−c)×0.002 =0.01c−0.98>0.02,
故f(c)={−0.008c+0.82,95≤c≤100)
，
0.01c−0.98,100<c≤105
所以f (c)在区间[95,105)的最小值为0.02．
11．（2023·全国·高考真题）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度臭氧环境，对照组的小白鼠
饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(1)计算试验组的样本平均数；
(2)（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，
完成如下列联表
<m ≥m
对照
组试验
组
（ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增
加量有差异？
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
【解题思路】（1）直接根据均值定义求解；
（2）（i）根据中位数的定义即可求得m=23.4，从而求得列联表；
（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.
【解答过程】（1）试验组样本平均数为：
1
(7.8+9.2+11.4+12.4+13.2+15.5+16.5+18.0+18.8+19.2+19.8+20.2
20
396
+21.6+22.8+23.6+23.9+25.1+28.2+32.3+36.5)= =19.8
20
（2）（i）依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21
位数据的平均数，
由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为19.2,19.8,20.2,20.2,21.3,21.6,22.5,22.8,23.2,23.6,⋯，
故第20位为23.2，第21位数据为23.6，
23.2+23.6
所以m= =23.4，
2
故列联表为：
<m ≥m 合计
对照组 6 14 20
试验组 14 6 20
合计 20 20 40
40×(6×6−14×14) 2
（ii）由（i）可得，K2= =6.400>3.841，
20×20×20×20
所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.
12．（2023·全国·高考真题）一项试验旨在研究臭氧效应.实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠
饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）.
(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X的分布列和数学期望；
(2)实验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
实验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
（i）求40只小鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于的数据的个数，完成如
下列联表：
<m ≥m
对照
组
实验
组
（ii）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加
量有差异．
n(ad−bc) 2
附：K2= ,
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
k 0.100 0.050 0.010
0
P(K2≥k )2.706 3.841 6.635
0
【解题思路】（1）利用超几何分布的知识即可求得分布列及数学期望；
（2）（i）根据中位数的定义即可求得m=23.4，从而求得列联表；
（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.
【解答过程】（1）依题意，X的可能取值为0,1,2，
C0C2
19
C1C19
20
C2C18
19
则P(X=0)= 2 38 = ，P(X=1)= 2 38 = ，P(X=2)= 2 38 = ，
C20 78 C20 39 C20 78
40 40 40
所以X的分布列为：X 0 1 2
19 20 19
P
78 39 78
19 20 19
故E(X)=0× +1× +2× =1.
78 39 78
（2）（i）依题意，可知这40只小白鼠体重增量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位
与第21位数据的平均数，观察数据可得第20位为23.2，第21位数据为23.6，
23.2+23.6
所以m= =23.4，
2
故列联表为：
<m ≥m 合计
对照组 6 14 20
实验组 14 6 20
合计 20 20 40
40×(6×6−14×14) 2
（ii）由（i）可得，K2= =6.400>3.841，
20×20×20×20
所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与正常环境中体重的增加量有差异.
13．（2022·全国·高考真题）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 ⩾k0).100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
【解题思路】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算K2，再利用临界值表比较即可得结论.
【解答过程】（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
240 12
则P(M)= = ；
260 13
B共有班次240次，准点班次有210次，
设B家公司长途客车准点事件为N，
210 7
则P(N)= =
.
240 8
12
A家公司长途客车准点的概率为 ；
13
7
B家公司长途客车准点的概率为 .
8
（2）列联表
未准点班次
准点班次数 合计
数
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
n(ad−bc) 2
K2=
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
500×(240×30−210×20) 2
= ≈3.205>2.706，
260×240×450×50
根据临界值表可知，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.
14．（2022·全国·高考真题）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
0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
x
i
材积量y 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
i10 10 10
并计算得∑ x2=0.038,∑ y2=1.6158,∑ x y =0.2474．
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186m2．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
∑(x −x)(y −y)
i i
附：相关系数r= i=1 ,❑√1.896≈1.377．
√ n n
❑∑(x −x) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
【解题思路】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种
树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估
计值．
0.6
【解答过程】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x= =0.06
10
3.9
样本中10棵这种树木的材积量的平均值y= =0.39
10
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，
平均一棵的材积量为0.39m3
10 10
∑❑(x −x)(y −y) ∑❑x y −10x y
i i i i
r= i=1 = i=1
（2）
√ 10 10 √ 10 10
❑∑❑(x
i
−x) 2∑❑(y
i
−y) 2 ❑ ( ∑❑x
i
2−10x2 )( ∑❑y
i
2−10 y2 )
i=1 i=1 i=1 i=1
0.2474−10×0.06×0.39 0.0134 0.0134
= = ≈ ≈0.97
❑√(0.038−10×0.062 )(1.6158−10×0.392
)
❑√0.0001896 0.01377
则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，
0.06 186
可得 = ，解之得Y =1209m3．
0.39 Y则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3.
15．（2022·全国·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯
分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未
患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良
良好
好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有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)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该
P(B|A) P(B|A)
疾病”． 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指
P(B|A) P(B|A)
标为R．
P(A|B) P(A|B)
（ⅰ）证明：R= ⋅ ；
P(A|B) P(A|B)
（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
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
【解题思路】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有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)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；
(ii)根据（i）结合已知数据求R.
n(ad−bc) 2 200(40×90−60×10) 2
【解答过程】（1）由已知K2= = =24，
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 50×150×100×100
又P(K2≥6.635)=0.01，24>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.
P(B|A) P(B|A) P(AB) P(A) P(AB) P(A)
（2）(i)因为R= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ，
P(B|A) P(B|A) P(A) P(AB) P(A) P(AB)P(AB) P(B) P(AB) P(B)
所以R= ⋅ ⋅ ⋅
P(B) P(AB) P(B) P(AB)
P(A|B) P(A|B)
所以R= ⋅ ，
P(A|B) P(A|B)
(ii)
40 10
由已知P(A|B)= ，P(A|B)= ，
100 100
60 90
又P(A|B)= ，P(A|B)= ，
100 100
P(A|B) P(A|B)
所以R= ⋅ =6.
P(A|B) P(A|B)
