2024年新高考数学一轮复习讲义 第8讲 计数原理与概率统计（2022-2023年高考真题）

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第8讲 计数原理与概率统计（2022-2023年高考真题）
一．选择题
1．（2023•乙卷）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有　　
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】
【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为：．
故选：．
2．（2023•甲卷）有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为　　
A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1
【答案】
【解析】根据题意，在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中，设某人报足球俱乐部为事件，报乒乓球俱乐部为事件，
则（A），
由于有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，则同时报名两个俱乐部的由人，则，
则．
故选：．
3．（2023•乙卷）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，
甲、乙两位参赛同学构成的基本事件总数，
其中甲、乙两位参赛同学抽到不同主题包含的基本事件个数，
则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为．
故选：．
4．（2023•甲卷）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，
从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，
基本事件总数，
这2名学生来自不同年级包含的基本事件个数，
则这2名学生来自不同年级的概率为．
故选：．
5．（2023•甲卷）有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为　　
A．120 B．60 C．40 D．30
【答案】
【解析】先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法，
然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有种选法．
故选：．
6．（2023•上海）根据所示的散点图，下列说法正确的是　　

A．身高越大，体重越大 B．身高越大，体重越小
C．身高和体重成正相关 D．身高和体重成负相关
【答案】
【解析】根据散点图的分布可得：身高和体重成正相关．
故选：．
7．（2023•新高考Ⅱ）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有　　
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】
【解析】初中部和高中部分别有400和200名学生，
人数比例为，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有种．
故选：．
8．（2022•甲卷）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，
，，，，，，共15种取法，
其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有，，，，，，共6种情况，
则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率；
故选：．
9．（2022•北京）若，则　　
A．40 B．41 C． D．
【答案】
【解析】法一：，
可得，，，
，
故答案为：41．
法二：，
令，可得，
再令，可得，
两式相加处以2可得，，
故选：．
10．（2022•乙卷）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，且．记该棋手连胜两盘的概率为，则　　
A．与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，最大
【答案】
【解析】选项，已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以受比赛次序影响，故错误；
设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为，棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为，棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为，
，
同理可得，，
，
，，
最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大．
故选：．
11．（2022•新高考Ⅱ）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有　　
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】
【解析】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有种情况，
甲站在两端的情况有种情况，
甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有种，
故选：．
12．（2022•甲卷）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：

则　　
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】
【解析】对于，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：
，，，，，，，，，，
讲座前问卷答题的正确率的中位数为：，故错误；
对于，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：
，故正确；
对于，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，
讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故错误；
对于，讲座后问卷答题的正确率的极差为：，
讲座前正确率的极差为：，
讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故错误．
故选：．
13．（2022•新高考Ⅰ）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】从2至8的7个整数中任取两个数共有种方式，
其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，
故所求概率为．
故选：．
二．多选题
14．（2023•新高考Ⅰ）有一组样本数据，，，，其中是最小值，是最大值，则　　
A．，，，的平均数等于，，，的平均数
B．，，，的中位数等于，，，的中位数
C．，，，的标准差不小于，，，的标准差
D．，，，的极差不大于，，，的极差
【答案】
【解析】选项，，，，的平均数不一定等于，，，的平均数，错误；
选项，，，，的中位数等于，，，，的中位数等于，正确；
选项，设样本数据，，，为0，1，2，8，9，10，可知，，，的平均数是5，，，，的平均数是5，
，，，的方差，
，，，的方差，
，，错误．
选项，，，，正确．
故选：．
15．（2023•新高考Ⅱ）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为　　
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D．当时，若发送0，则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
【答案】
【解析】采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为：，故正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为：，故正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1包含收到的信号为包含两个1或3个1，
故所求概率为：，故错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率，
单次传输发送0译码为0的概率，


，
当时，，
故，故正确．
故选：．
三．填空题
16．（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．若选2门，则只能各选1门，有种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有，
综上共有种不同的方案．
故答案为：64．
17．（2023•天津）甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，，．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 　 　．
【答案】；．
【解析】设盒子中共有球个，
则甲盒子中有黑球个，白球个，
乙盒子中有黑球个，白球个，
丙盒子中有黑球个，白球个，
从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为；
将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率．
故答案为：；．
18．（2023•上海）现有某地一年四个季度的（亿元），第一季度为232（亿元），第四季度为241（亿元），四个季度的逐季度增长，且中位数与平均数相同，则该地一年的为 ．
【答案】946．
【解析】设第二季度为亿元，第三季度为亿元，则，
中位数与平均数相同，
，
，
该地一年的为．
故答案为：946．
19．（2023•天津）在的展开式中，项的系数为 ．
【答案】60．
【解析】二项式的展开式的通项为，
令得，，
项的系数为．
故答案为：60．
20．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 ．
【答案】49．
【解析】二项式的通项为，，1，2，，，
二项式的通项为，，1，2，，，
，，1，2，，，
若，则为奇数，
此时，
，
，
，
又为奇数，
的最大值为49．
故答案为：49．
21．（2022•天津）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到的概率为 　 　．
【答案】；．
【解析】由题意，设第一次抽到的事件为，第二次抽到的事件为，
则，（B），
，
故答案为：；．
22．（2022•上海）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为 ．
【答案】．
【解析】从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有种，
而所有的抽取方法共有种，
故每一类都被抽到的概率为，
故答案为：．
23．（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ．
【答案】10．
【解析】二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，
即，即，
，
故答案为：10．
24．（2022•浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则　 　．
【答案】；．
【解析】根据题意可得：的取值可为1，2，3，4，
又，
，
，
，
，
故答案为：；．
25．（2022•浙江）已知多项式，则　8 　．
【答案】8，．
【解析】，
；
令，则，
令，则，
．
故答案为：8，．
26．（2022•甲卷）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ．
【答案】．
【解析】根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有种取法，
若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，
则这4个点在同一个平面的概率；
故答案为：．
27．（2022•新高考Ⅱ）已知随机变量服从正态分布，且，则 ．
【答案】0.14．
【解析】随机变量服从正态分布，
，
，
故答案为：0.14．
28．（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】．
【解析】的通项公式为，
当时，，当时，，
的展开式中的系数为．
故答案为：．
29．（2022•乙卷）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ．
【答案】
【解析】方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，
从5人中选3人有以下10个基本事件：
甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁、乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊；
甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊；
故甲、乙被选中的概率为．
方法二：
由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数，
甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数，
根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率．
30．（2022•上海）在的展开式中，则含项的系数为 ．
【答案】66．
【解析】展开式的通项公式为，由，得，
得，
即，即含项的系数为66，
故答案为：66．
四．解答题
31．（2023•乙卷）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，，2，，．试验结果如下：
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记，2，，，记，，，的样本平均数为，样本方差为．
（1）求，；
（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，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，否则不认为有显著提高）
【解析】（1）根据表中数据，计算，2，，，填表如下：
试验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536

9
6
8

15
11
19
18
20
12
计算平均数为，
方差为．
（2）由（1）知，，，
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．
32．（2023•上海）2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：

红色外观
蓝色外观
棕色内饰
12
8
米色内饰
2
3
（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件为小明取到红色外观的模型，事件为小明取到棕色内饰的模型，求（B）和，并判断事件和事件是否独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色；
假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖600元，二等奖300元、三等奖150元；
请你分析奖项对应的结果，设为奖金额，写出的分布列并求出的数学期望．
【解析】（1）若红色外观的模型，则分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率（A），
若小明取到棕色内饰，分红色外观12，蓝色外观8，则对应的概率（B）．
取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个，即，
则．
（A）（B），（A）（B），
即事件和事件不独立．
（2）由题意知，300，150，
则外观和内饰均为同色的概率、
外观和内饰都异色的概率、
仅外观或仅内饰同色的概率，
，
，，，
则的分布列为：

150
300
600




则（元．
33．（2023•新高考Ⅱ）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，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为（c）；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为（c）．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的概率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率（c）时，求临界值和误诊率（c）；
（2）设函数（c）（c）（c）．当，，求（c）的解析式，并求（c）在区间，的最小值．
【详解】
（1）当漏诊率（c）时，
则，解得；
（c）；
（2）当，时，
（c）（c）（c），
当，时，（c）（c）（c），
故（c），
所以（c）的最小值为0.02．
34．（2023•新高考Ⅰ）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，2，，，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【详解】
（1）设第2次投篮的人是乙的概率为，
由题意得；
（2）由题意设为第次投篮的是甲，
则，
，
又，则是首项为，公比为0.4的等比数列，
，即，
第次投篮的人是甲的概率为；
（3）由（2）得，
由题意得甲第次投篮次数服从两点分布，且，
，
当时，；
当时，，
综上所述，，．
35．（2022•甲卷）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
（1）求甲学校获得冠军的概率；
（2）用表示乙学校的总得分，求的分布列与期望．
【答案】（1）甲学校获得冠军的概率为0.6；
（2）的分布列为：

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06
的期望．
【分析】
根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分的值可取0，10，20，30，分别求出取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．
【详解】
（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：

第一场比赛
第二场比赛
第三场比赛
甲学校获胜概率
0.5
0.4
0.8
乙学校获胜概率
0.5
0.6
0.2
甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，
①甲学校3场全胜，概率为：，
②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：，
所以甲学校获得冠军的概率为：；
（2）乙学校的总得分的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：
，
，
，
，
则的分布列为：

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06
的期望．
36．（2022•新高考Ⅱ）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的概率；
（3）已知该地区这种疾病患者的患病率为，该地区年龄位于区间，的人口占该地区总人口的．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001 ．

【解析】（1）由频率分布直方图得该地区这种疾病患者的平均年龄为：
岁．
（2）该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的频率为：
，
估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间，的概率为0.89．
（3）设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间，为事件，此人患这种疾病为事件，
则．
37．（2022•北京）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（Ⅰ）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（Ⅱ）设是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计的数学期望；
（Ⅲ）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【解析】（Ⅰ）甲以往的10次成绩中有4次获得优秀奖，用频率估计概率，则甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率．
（Ⅱ）用频率估计概率，则乙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为，丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为，
的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
．
（Ⅲ）由题中数据可知，乙与丙获得优秀奖的概率较大，均为，且丙投出过三人成绩中的最大值，
在三人中有一定优势，
故如果发挥较好的话丙获得的概率估计值最大．
38．（2022•新高考Ⅰ）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：

不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
（1）能否有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，表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”， 表示事件“选到的人患有该疾病”， 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，记该指标为．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出，的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出的估计值．
附：．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
【解析】（1）补充列联表为：

不够良好
良好
合计
病例组
40
60
100
对照组
10
90
100
合计
50
150
200
计算，
所以有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）证明：；
（ⅱ）利用调查数据，，，，，
所以．
39．（2022•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：和材积量（单位：，得到如下数据：
样本号
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
材积量
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，，．
（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；
（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．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，．
【分析】
根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．
【详解】
（1）设这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，
则根据题中数据得：，；
（2）由题可知，；
（3）设总根部面积和，总材积量为，则，故．