2025版高考数学一轮总复习素养提升训练题第9章统计成对数据的统计分析第2讲成对数据的统计分析

这是一份2025版高考数学一轮总复习素养提升训练题第9章统计成对数据的统计分析第2讲成对数据的统计分析，共4页。试卷主要包含了8＋10，1＋10，635＝x0，5和SO2浓度，得下表，484，841等内容，欢迎下载使用。
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为eq \(x,\s\up6(－))和eq \(y,\s\up6(－))，样本方差分别记为seq \\al(2,1)和seq \\al(2,2).
(1)求eq \(x,\s\up6(－))，eq \(y,\s\up6(－))，seq \\al(2,1)，seq \\al(2,2)；
(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果eq \(y,\s\up6(－))－eq \(x,\s\up6(－))≥2eq \r(\f(s\\al(2,1)＋s\\al(2,2),10))，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高)．
[解析] (1)由题中数据可得
eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(9.8＋10.3＋10＋10.2＋9.9＋9.8＋10＋10.1＋10.2＋9.7,10)
＝10，
eq \(y,\s\up6(－))＝eq \f(10.1＋10.4＋10.1＋10＋10.1＋10.3＋10.6＋10.5＋10.4＋10.5,10)
＝10.3，
seq \\al(2,1)＝eq \f(1,10)[(9.8－10.0)2＋(10.3－10.0)2＋(10.0－10.0)2＋(10.2－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋(9.8－10.0)2＋(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋(10.2－10.0)2＋(9.7－10.0)2]＝0.036，
seq \\al(2,2)＝eq \f(1,10)[(10.1－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.0－10.3)2＋(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋(10.6－10.3)2＋(10.5－10.3)2＋(10.4－10.3)2＋(10.5－10.3)2]＝0.04.
(2)由(1)知eq \(y,\s\up6(－))－eq \(x,\s\up6(－))＝10.3－10＝0.3,2eq \r(\f(s\\al(2,1)＋s\\al(2,2),10))＝2eq \r(\f(0.036＋0.04,10))＝2eq \r(0.007 6)，
则0.3＝eq \r(0.09)>2eq \r(0.007 6)＝eq \r(0.030 4)，
所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
2．(2021·全国高考)甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：
(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？
(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？
附：2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)
[解析] (1)甲机床生产的产品中的一级品的频率为eq \f(150,200)＝75%，
乙机床生产的产品中的一级品的频率为eq \f(120,200)＝60%.
(2)2＝eq \f(400×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(150×80－120×50))2,270×130×200×200)＝eq \f(400,39)>10>6.635＝x0.010，
故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异．
【变式训练】
1．(2020·新高考Ⅰ)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PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：
(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；
(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：
(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PM2.5浓度与SO2浓度有关．
附：2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，
[解析] (1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为eq \f(64,100)＝0.64.
(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：
(3)根据(2)的列联表得
2＝eq \f(100×64×10－16×102,80×20×74×26)≈7.484.
由于7.484>6.635＝x0.010，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关．
2．(2020·高考课标Ⅱ卷)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(xi，yi)(i＝1,2，…，20)，其中xi和yi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，并计算得eq \i\su(i＝1,20,x)i＝60，eq \i\su(i＝1,20,y)i＝1 200，eq \i\su(i＝1,20, )(xi－eq \x\t(x))2＝80，eq \i\su(i＝1,20, )(yi－eq \x\t(y))2＝9 000，eq \i\su(i＝1,20, )(xi－eq \x\t(x))(yi－eq \x\t(y))＝800.
(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以地块数)；
(2)求样本(xi，yi)(i＝1,2，…，20)的相关系数(精确到0.01)；
(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．
附：相关系数r＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2\i\su(i＝1,n, )yi－\x\t(y)2))，eq \r(2)≈1.414.
[解析] (1)样区野生动物平均数为eq \f(1,20)eq \i\su(i＝1,20,y)i＝eq \f(1,20)×1 200＝60，
地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为200×60＝12 000.
(2)样本(xi，yi)(i＝1,2，…，20)的相关系数为r＝eq \f(\i\su(i＝1,20, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,20, )xi－\x\t(x)2\i\su(i＝1,20, )yi－\x\t(y)2))＝eq \f(800,\r(80×9 000))＝eq \f(2\r(2),3)≈0.94.
(3)更合理的抽样方法是分层抽样．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．由(2)知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，
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的数量差异很大，
采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，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．旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5
一级品
二级品
合计
甲机床
150
50
200
乙机床
120
80
200
合计
270
130
400
P(2≥xα)
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
SO2
PM2.5
[0,50]
(50,150]
(150,475]
[0,35]
32
18
4
(35,75]
6
8
12
(75,115]
3
7
10
SO2
PM2.5
[0,150]
(150,475]
[0,75]
(75,115]
P(2≥xα)
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
SO2
PM2.5
[0,150]
(150,475]
[0,75]
64
16
(75,115]
10
10