专题十一 概率与统计-2024五年高考题分类训练（数学）

这是一份专题十一 概率与统计-2024五年高考题分类训练（数学），共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]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( D )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
[解析]记高一年级2名学生分别为a1 ，a2 ，高二年级2名学生分别为b1 ，b2 ，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有a1,a2 ，a1,b1 ，a1,b2 ，a2,b1 ，a2,b2 ，b1,b2 ，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有a1,b1 ，a1,b2 ，a2,b1 ，a2,b2 ，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P=46=23 ，故选D .
2. [2023全国卷乙，5分]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的概率为( A )
A. 56 B. 23 C. 12 D. 13
[解析]甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，故抽到不同主题的概率为1-636=56 ，故选A .
3. [2022新高考卷Ⅰ，5分]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( D )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
[解析]从7个整数中随机取2个不同的数，共有C72=21 （种）取法，取得的2个数互质的情况有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4} ，{3,5} ，{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7} ，{7,8} ，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为1421=23 ．故选D ．
4. [2022全国卷甲，5分]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( C )
A. 15 B. 13 C. 25 D. 23
[解析]从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是1,2 ,1,3 ,1,4 ,1,5 ,1,6 ,2,3 ,2,4 ,2,5 ,2,6 ,3,4 ,3,5 ,3,6 ,4,5 ,4,6 ,5,6 ，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是1,4 ,2,4 ,2,6 ,3,4 ,4,5 ,4,6 ，共6种取法，所以所求概率是P=615=25 .故选C .
5. [2021全国卷甲，5分]将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( C )
A. 13 B. 25 C. 23 D. 45
[解析]解法一 将4个1和2个0视为完全不同的元素，则将4个1和2个0随机排成一行有A66 种排法.将4个1排成一行有A44 种排法，再将2个0插空有A52 种排法.所以2个0不相邻的概率P=A44A52A66=23 .
解法二 将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C62 种排法.将4个1排成一行，再将2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C52 种排法.所以2个0不相邻的概率P=C52C62=23 .
6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( A )
A. 15 B. 25 C. 12 D. 45
[解析]
根据题意作出图形，如图所示，在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点，有10种可能情况，分别为OAB ，OAC ， OAD ，OBC ，OBD ，OCD ，ABC ，ABD ，ACD ，BCD ，其中取到的3点共线有OAC 和OBD2 种可能情况，所以在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为210=15 ，故选A .
7. [2019全国卷Ⅰ，5分]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( A )
A. 516 B. 1132 C. 2132 D. 1116
[解析]由6个爻组成的重卦种数为26=64 ，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C63=6×5×46=20 ．根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P=2064=516 ．故选A ．
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( D )
A. 16 B. 14 C. 13 D. 12
[解析]两位女同学相邻的概率P=A22A33A44=12 ,故选D .
二、填空题
9. [2023天津，5分]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5:4:6 .这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40% ，25% ，50% .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120 ;将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为35 .
[解析]解法一 设A= “从甲盒子中取一个球，是黑球”，B= “从乙盒子中取一个球，是黑球”，C= “从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知PA=40%=25 ,PB=25%=14 ,PC=50%=12 ,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PABC=PAPBPC=25×14×12=120 ;设D1= “取到的球是甲盒子中的”，D2= “取到的球是乙盒子中的”，D3= “取到的球是丙盒子中的”，E= “取到的球是白球”，由题意可知PD1=55+4+6=13 ,PD2=45+4+6=415 ,PD3=65+4+6=25 ,PE|D1=1-25=35 ，PE|D2=1-14=34 ,PE|D3=1-12=12 ，所以PE=PD1E+D2E+D3E=PD1E+PD2E+PD3E=PD1PE|D1+PD2PE|D2+PD3PE|D3=13×35+415×34+25×12=35 .
解法二 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6 种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3 种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为2×1×35×4×6=120 ；将三个盒子中的球混合在一起共有5+4+6=15 （个）球，其中白球共有3+3+3=9 （个），所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为915=35 .
10. [2022全国卷乙，5分]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310 .
[解析]从甲、乙等5名同学中随机选3名，有C53 种情况,其中甲、乙都入选有C31 种情况，所以甲、乙都入选的概率P=C31C53=310 .
11. [2022全国卷甲，5分]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635 .
[解析]从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C84=70 （种）.其中4个点共面有以下两种情况：
（1）所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1,有6种取法;
图1
（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2,也有6种取法.
图2
所以所取的4个点在同一个平面的概率P=1270=635 .
考点36 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]某地的中学生中有60% 的同学爱好滑冰，50% 的同学爱好滑雪，70% 的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( A )
A. 0.8B. 0.6C. 0.5D. 0.4
[解析]解法一如图，左圆表示爱好滑冰的同学所占比例，右圆表示爱好滑雪的同学所占比例，A 表示爱好滑冰且不爱好滑雪的同学所占比例，B 表示既爱好滑冰又爱好滑雪的同学所占比例，C 表示爱好滑雪且不爱好滑冰的同学所占比例，则0.6+0.5-B=0.7 ,所以B=0.4 ,C=0.5-0.4=0.1 .所以若该同学爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB+C= ，故选A .
解法二令事件A ，B 分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C 表示该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则PA=0.6 ,PB=0.5 ,PAB=PA+PB-0.7=0.4 ,所以PC=PA|B=PABPB= ，故选A .
2. [2022全国卷乙，5分]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p1 ，p2 ，p3 ，且p3>p2>p1>0 .记该棋手连胜两盘的概率为p ,则( D )
A. p 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，p 最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大
D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
[解析]设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲 ，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙 ，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙 ，由题意可知，P甲=2p1[p21-p3+p31-p2]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3 ，P乙=2p2[p11-p3+p31-p1]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3 ，P丙=2p3[p11-p2+p21-p1]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3 .所以P丙-P甲=2p2p3-p1>0 ，P丙-P乙=2p1p3-p2>0 ，所以P丙 最大，故选D .
3. [2021新高考卷Ⅰ，5分]有6个相同的球，分别标有数字1，2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( B )
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
[解析]事件甲发生的概率P （甲）=16 ，事件乙发生的概率P （乙）=16 ，事件丙发生的概率P （丙）=56×6=536 ，事件丁发生的概率P （丁）=66×6=16 .事件甲与事件丙同时发生的概率P （甲丙）=0 ，P （甲丙）≠P （甲）P （丙），故A 错误;事件甲与事件丁同时发生的概率P （甲丁）=136 ,P （甲丁）=P （甲）P （丁），故B 正确;事件乙与事件丙同时发生的概率P （乙丙）=16×6=136 ，P （乙丙）≠P （乙）P （丙），故C 错误;事件丙与事件丁同时发生的概率P （丙丁）=0 ，P （丙丁）≠P （丙）P （丁），故D 错误.选B .
4. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）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α0<α<1 ，收到0的概率为1-α ;发送1时，收到0的概率为β0<β<1 ,收到1的概率为1-β .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1）.( ABD )
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1-α1-β2
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β1-β2
C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β1-β2+1-β3
D. 当0<α<0.5 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
[解析]由题意，发0收1的概率为α ，发0收0的概率为1-α ； 发1收0的概率为β ，发1收1的概率为1-β .对于A ，发1收1的概率为1-β ，发0收0的概率为1-α ，发1收1的概率为1-β ，所以所求概率为1-α1-β2 ，故A 选项正确.对于B ，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为1-ββ1-β=β1-β2 ，故B 选项正确.对于C ，相当于发了1,1,1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β1-β2+C331-β3=3β1-β2+1-β3 ，故C 不正确.对于D ，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1=C32α1-α2+C331-α3=3α1-α2+1-α3 ;发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2=1-α ，当0<α<0.5 时，P1-P2=3α1-α2+1-α3-1-α=α1-α1-2α>0 ，故D 选项正确.综上，选ABD .
二、填空题
5. [2022天津，5分]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张,取后不放回,则两次都抽到A的概率为1221 ;在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是117 .
[解析]设事件A1= “第一次抽到A ”,事件A2= “第二次抽到A ”.
第1空 解法一不放回地取两次的可能结果种数为52×51 ，事件A1A2 包含的可能结果种数为4×3 ,
所以PA1A2=4×352×51=1221 .
解法二不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C522 种可能结果,事件A1A2 包含的可能结果为C42 ,
所以PA1A2=4×3252×512=1221 .
第2空 解法一因为PA1=452 ,
所以PA2|A1=PA1A2PA1=4×352×51452=117 .
解法二缩小样本空间,已知第一次抽到的是A 牌,所以还剩下51张牌,其中有3张A 牌,所以PA2|A1=351=117 .
6. [2020天津，5分]已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12 和13 .假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为16 ；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为23 .
[解析]依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13=16 ，甲、乙两球都不落入盒子的概率为1-12×1-13=13 ，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1-13=23 .
7. [2019全国卷Ⅰ，5分]甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6 ，客场取胜的概率为0.5 ，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4:1 获胜的概率是0.18.
[解析]解法一 甲队在前四场中有一场客场输，且第五场胜时，以4:1 获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108 ；甲队在前四场中有一场主场输，且第五场胜时，以4:1 获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072 .
综上所述，甲队以4:1 获胜的概率是P=0.108+0.072=0.18 .
解法二 由题意可得，一共比赛了五场，且第五场甲获胜，前四场甲队胜三场，输一场.
前四场甲队胜三场，输一场的情况有如下两种.
①甲队主场输一场，其概率P1=C21×0.6×0.4×C22×0.52=0.12 .
②甲队客场输一场，其概率P2=C22×0.62×C21×0.5×0.5=0.18 .
由于第五场必定是甲队胜，所以所求概率P=P1+P2×0.6=0.18 ，则甲队以4:1 获胜的概率为0.18．
三、解答题
8. [2023新高考卷Ⅰ，12分]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.
[答案]记“第2次投篮的人是乙”为事件A ，“第1次投篮的人是甲”为事件B ,则A=BA+BA ,
所以PA=PBA+BA=PBA+PBA=PBPA|B+PBPA|B=0.5×1-0.6+0.5×0.8=0.6 .
（2） 求第i 次投篮的人是甲的概率.
[答案]设第i 次投篮的人是甲的概率为pi ，由题意可知，p1=12 ,pi+1=pi×0.6+1-pi×1-0.8 ，即pi+1=0.4pi+0.2=25pi+15 ，
所以pi+1-13=25pi-13 ，
又p1-13=12-13=16 ，所以数列{pi-13 }是以16 为首项，25 为公比的等比数列，
所以pi-13=16×25i-1 ，
所以pi=13+16×25i-1 .
（3） 已知：若随机变量Xi 服从两点分布，且PXi=1=1-PXi=0=qi ,i=1 ,2,… ,n ，则E∑ni=1Xi=∑ni=1qi .记前n 次（即从第1次到第n 次投篮）中甲投篮的次数为Y ，求EY .
[答案]设第i 次投篮时甲投篮的次数为Xi ，则Xi 的可能取值为0或1，当Xi=0 时，表示第i 次投篮的人是乙，当Xi=1 时，表示第i 次投篮的人是甲，所以PXi=1=pi ，PXi=0=1-pi ，所以EXi=pi .
Y=X1+X2+X3+…+Xn ，
则EY=EX1+X2+X3+…+Xn=p1+p2+p3+…+pn ，
由（2）知，pi=13+16×25i-1 ，
所以p1+p2+p3+…+pn=n3+16×[1+25+252+…+25n-1]=n3+16×1-25n1-25=n3+518×[1-25n] .
9. [2022新高考卷Ⅰ，12分]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：
（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?
[答案]K2=200×40×90-60×10250×150×100×100=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.
（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“选到的人患有该疾病”,PB|APB|A 与PB|APB|A 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R .
（ⅰ） 证明:R=PA|BPA|B⋅PA|BPA|B ；
[答案]R=PB|APB|APB|APB|A=PB|A⋅PB|APB|A⋅PB|A ，
由题意知,证明PB|A⋅PB|APB|A⋅PB|A=PA|B⋅PA|BPA|B⋅PA|B 即可，
左边=PABPA⋅PA BPAPABPA⋅PA BPA=PAB⋅PA BPAB⋅PA B ，
右边=PABPB⋅PA BPBPABPB⋅PABPB=PAB⋅PA BPAB⋅PAB .
左边= 右边，故R=PA|BPA|B⋅PA|BPA|B .
（ⅱ） 利用该调查数据,给出PA|B ,PA|B 的估计值,并利用i 的结果给出R 的估计值.
附：K2=nad-bc2a+bc+da+cb+d ,
[答案]由调查数据可知PA|B=40100=25 ,PA|B=10100=110 ,
且PA|B=1-PA|B=35 ，PA|B=1-PA|B=910 ,所以R=2535×910110=6 .
10. [2020全国卷Ⅰ，12分]甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12 .
（1） 求甲连胜四场的概率；
[答案]甲连胜四场的概率为116 .
（2） 求需要进行第五场比赛的概率；
[答案]根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为116 ;
乙连胜四场的概率为116 ;
丙上场后连胜三场的概率为18 .
所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34 .
（3） 求丙最终获胜的概率.
[答案]丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18 ;
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116 ，18 ，18 .
因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716 .
【方法技巧】破解此类题的关键：一是认真读题，读懂题意；二是会判断事件的特征，如本题，会判断独立事件与互斥事件；三是会利用公式，即会利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求事件的概率．
11. [2019全国卷Ⅱ，12分]11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10 平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5 ，乙发球时甲得分的概率为0.4 ，各球的结果相互独立.在某局双方10:10 平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束.
（1） 求PX=2 ；
[答案]X=2 就是10:10 平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.因此PX=2=0.5×0.4+1-0.5×1-0.4=0.5 .
（2） 求事件“X=4 且甲获胜”的概率.
[答案]X=4 且甲获胜，就是10:10 平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.
因此所求概率为[0.5×1-0.4+1-0.5×0.4]×0.5×0.4=0.1 .
考点37 离散型随机变量及其分布列和数字特征
题组一
一、选择题
1. [2020全国卷Ⅲ，5分]在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1 ,p2 ,p3 ,p4 ,且i=14pi=1 ,则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( B )
A. p1=p4=0.1 ,p2=p3=0.4 B. p1=p4=0.4 ,p2=p3=0.1
C. p1=p4=0.2 ,p2=p3=0.3 D. p1=p4=0.3 ,p2=p3=0.2
[解析]对于A ，当p1=p4=0.1 ,p2=p3=0.4 时，随机变量X1 的分布列为
EX1=1×0.1+2×0.4+3×0.4+4×0.1=2.5 ,DX1=1-2.52×0.1+2-2.52×0.4+3-2.52×0.4+4-2.52×0.1=1.52×0.1+0.52×0.4+0.52×0.4+1.52×0.1=0.65 ,所以DX1=0.65 .对于B ,C ,D ，同理可得DX2=1.85 ,DX3=1.05 ,DX4=1.45 ,所以B 中的标准差最大.
二、填空题
2. [2020浙江，6分]盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ ，则Pξ=0= 13 ,Eξ= 1.
[解析]ξ=0 表示停止取球时没有取到黄球，所以Pξ=0=14+14×13=13 .
随机变量ξ 的所有可能取值为0,1,2，则
Pξ=1=24×13+24×13×12+14×23×12=13 ，
Pξ=2=24×13×12+14×23×12+24×13×12+24×13×12=13 ，
所以Eξ=0×13+1×13+2×13=1 .
三、解答题
3. [2023全国卷甲，12分]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 ）.
（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.
[答案]X 的所有可能取值为0,1,2，
PX=0=C20×1-12×1-12=14 ,PX=1=C21×12×1-12=12 ,PX=2=C22×12×12=14 ,（另解：两只小白鼠分在两个组，每只小白鼠都各有两种分配方案，总的分配方案为4种，两只小白鼠全部分配到试验组有1种情况，有一只分配到对照组有2种情况，全部分配到对照组有1种情况，利用古典概型的概率公式即可得解）
所以X 的分布列为
EX=0×14+1×12+2×14=1 .
（2） 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 18.820.221.322.523.2
25.826.527.530.132.634.3
34.835.635.635.836.237.3
40.543.2
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
（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:
[答案]根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数m=23.2+23.62=23.4 .
列联表如下：
（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?
附：K2=nad-bc2a+bc+da+cb+d ，
[答案]根据i 中结果可得K2=40×6×6-14×14220×20×20×20=6.4>3.841 ，
所以有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.
4. [2022全国卷甲，12分]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；
[答案]设甲学校获得冠军的事件为A ，则甲学校必须获胜2场或者3场.
PA=0.5×0.4×0.8+1-0.5×0.4×0.8+0.5×1-0.4×0.8+0.5×0.4×1-0.8=0.6 .
故甲学校获得冠军的概率为 0.6.
（2） 用X 表示乙学校的总得分，求X 的分布列与期望.
[答案]X 的取值可以为0，10,20,30.
PX=0=0.5×0.4×0.8=0.16 ，
PX=10=1-0.5×0.4×0.8+0.5×1-0.4×0.8+0.5×0.4×1-0.8=0.44 ，
PX=20=1-0.5×1-0.4×0.8+0.5×1-0.4×1-0.8+1-0.5×0.4×1-0.8=0.34
PX=30=1-0.5×1-0.4×1-0.8=0.06 .
所以X 的分布列为
所以EX=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13 .
5. [2022北京，13分]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9.50 m 以上（含9.50 m ）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：m ）：
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；
[答案]设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件A .
因为比赛成绩达到9.50 m 以上（含9.50 m ）的同学将获得优秀奖，甲以往的比赛成绩中达到9.50 m 以上（含9.50 m ）的有9.80 m ,9.70 m ,9.55 m ,9.54 m ，共4个，
所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率PA=0.4 .
（Ⅱ） 设X 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X 的数学期望EX ;
[答案]X 的所有可能取值为0，1，2，3.
由（Ⅰ）知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率PA=0.4 .
设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件B ，C ,
则PB=0.5 ,PC=0.5 .
PX=0=1-0.4×1-0.5×1-0.5=0.15 ,
PX=1=0.4×1-0.5×1-0.5+1-0.4×0.5×1-0.5+1-0.4×1-0.5×0.5=0.4 ，
PX=2=0.4×0.5×1-0.5+0.4×1-0.5×0.5+1-0.4×0.5×0.5=0.35 ，
PX=3=0.4×0.5×0.5=0.1 ，
所以EX=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4 .
（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）
[答案]在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数来看，甲获得冠军的概率估计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大.
6. [2021新高考卷Ⅰ，12分]某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8 ，能正确回答B类问题的概率为0.6 ，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1） 若小明先回答A类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列；
[答案]由题意得，X 的所有可能取值为0,20,100,
PX=0=1-0.8=0.2 ,
PX=20=0.8×1-0.6=0.32 ,
PX=100=0.8×0.6=0.48 ,
所以X 的分布列为
（2） 为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
[答案]当小明先回答A类问题时，由（1）可得EX=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4 .
当小明先回答B类问题时，记Y 为小明的累计得分，
则Y 的所有可能取值为0，80，100，
PY=0=1-0.6=0.4 ,
PY=80=0.6×1-0.8=0.12 ,
PY=100=0.6×0.8=0.48 ,
所以Y 的分布列为
EY=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6 .
因为57.6>54.4 ，即EY>EX ,所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
题组二
一、选择题
1. [2019浙江，4分]设0则当a 在0,1 内增大时，( D )
A. DX 增大B. DX 减小
C. DX 先增大后减小D. DX 先减小后增大
[解析]由分布列得EX=1+a3 .
解法一DX=1+a3-02×13+1+a3-a2×13+1+a3-12×13=29a-122+16 ，
所以当a 在0,1 内增大时，DX 先减小后增大．故选D ．
解法二DX=EX2-E2X=0+a23+13-a+129=2a2-2a+29=29[a-122+34] ，
所以当a 在0,1 内增大时，DX 先减小后增大．故选D ．
二、解答题
2. [2021新高考卷Ⅱ，12分]一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，PX=i=pii=0,1,2,3 .
（1） 已知p0=0.4 ，p1=0.3 ，p2=0.2 ，p3=0.1 ，求EX ；
[答案]由题意，知PX=0=0.4 ,PX=1=0.3 ,PX=2=0.2 ,PX=3=0.1 ,
∴X 的分布列为
EX=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1 .
（2） 设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程p0+p1x+p2x2+p3x3=x 的一个最小正实根，求证：当EX≤1 时，p=1 ，当EX>1 时，p<1 ；
[答案]记fx=p3x3+p2x2+p1-1x+p0 .
由题知，p 为fx=0 的最小正实根，
由p0=1-p1-p2-p3 ，
得fx=p3x3-1+p2x2-1+p1x-1-x-1
=x-1[p3x2+p3+p2x+p3+p2+p1-1〗 .
记gx=p3x2+p3+p2x+p3+p2+p1-1 ，则g1=3p3+2p2+p1-1=EX-1 ,
g0=p3+p2+p1-1=-p0<0 .
当EX≤1 时,g1≤0 ,易知gx 在0,1 上单调递增，
∴ 当x∈0,1 时,gx=0 无实根.
∴fx=0 在0,1 上有且仅有一个实根，即p=1 ，
∴ 当EX≤1 时，p=1 .
当EX>1 时，g1>0 ,又g0<0 ,gx 在0,1 上单调递增，
∴gx=0 在0,1 上有唯一实根p' ,
∴fx=0 的最小正实根p=p'∈0,1 ,
∴ 当EX>1 时，p<1 .
（3） 根据你的理解说明（2）问结论的实际含义.
[答案]EX≤1 ，表示1个微生物个体繁殖下一代的个数不超过自身个数，种群数量无法维持稳定或正向增长，多代繁殖后将面临灭绝，所以p=1 .
EX>1 ,表示1个微生物个体可以繁殖下一代的个数超过自身个数，种群数量可以正向增长，所以面临灭绝的可能性小于1.
3. [2019全国卷Ⅰ，12分]为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定:对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1 分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1 分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α 和β ，一轮试验中甲药的得分记为X .
（1） 求X 的分布列;
[答案]X 的所有可能取值为-1 ,0,1.
PX=-1=1-αβ ,
PX=0=αβ+1-α1-β ,
PX=1=α1-β .
所以X 的分布列为
（2） 若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pii=0,1,…,8 表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0 ，p8=1 ，pi=api-1+bpi+cpi+1i=1,2,…,7 ，其中a=PX=-1 ，b=PX=0 ，c=PX=1 .假设α=0.5 ，β=0.8 .
（ⅰ） 证明:{pi+1-pi}i=0,1,2,…,7 为等比数列;
[答案]由（1）得a=0.4 ,b=0.5 ,c=0.1 .
因此pi=0.4Pi-1+0.5pi+0.1pi+1 ,故0.1pi+1-pi=0.4pi-pi-1 ,即pi+1-pi=4pi-pi-1 .
又因为p1-p0=p1≠0 ,所以{pi+1-pi}i=0,1,2,…,7 为公比为4,首项为p1 的等比数列.
（ⅱ） 求p4 ，并根据p4 的值解释这种试验方案的合理性.
[答案]由i 可得
p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0
=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0
=48-13p1 .
由于p8=1 ,故p1=348-1 ，所以
p4=p4-p3+p3-p2+p2-p1+p1-p0
=44-13p1
=1257 .
p4 表示最终认为甲药更有效的概率.
由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5 ,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=1257≈0.0039 ，此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.
考点38 二项分布、超几何分布、正态分布
题组
一、选择题
1. [2021新高考卷Ⅱ，5分]某物理量的测量结果服从正态分布N10,σ2 ，则下列结论中不正确的是( D )
A. σ 越小，该物理量一次测量结果落在9.9,10.1 内的概率越大
B. 该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C. 该物理量一次测量结果小于9.99的概率与大于10.01的概率相等
D. 该物理量一次测量结果落在9.9,10.2 内的概率与落在10,10.3 内的概率相等
[解析]设该物理量一次测量结果为X .对A ，σ 越小，说明数据越集中在10附近，所以X 落在9.9,10.1 内的概率越大，所以选项A 正确；对B ，根据正态曲线的对称性可得，PX>10=0.5 ,所以选项B 正确；对C ，根据正态曲线的对称性可得，PX>10.01=PX<9.99 ，所以选项C 正确；对D ，根据正态曲线的对称性可得，P9.9P10.2P10二、填空题
2. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知随机变量X 服从正态分布N2,σ2 ，且P22.5= 0.14.
[解析]因为X～N2,σ2 ，所以PX>2=0.5 ，所以PX>2.5=PX>2-P23. [2022浙江，6分]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ξ ，则Pξ=2= 1635 ,Eξ= 127 .
[解析]由题意知Pξ=2=C21C42+C22C41C73=1635 .
ξ 的可能取值为1,2,3,4，
Pξ=1=C62C73=1535=37 ，Pξ=3=C32C73=335 ，Pξ=4=1C73=135 ，
所以ξ 的分布列为
Eξ=1×37+2×1635+3×335+4×135=127 .
4. [2021浙江，6分]袋中有4个红球，m 个黄球，n 个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ ,若取出的两个球都是红球的概率为16 ,一红一黄的概率为13 ，则m-n= 1,Eξ= 89 .
[解析]由题意可得，Pξ=2=C42C4+m+n2=124+m+n3+m+n=16 ，化简得m+n2+7m+n-60=0 ,得m+n=5 .取出的两个球一红一黄的概率P=C41Cm1C4+m+n2=4m36=13 ，解得m=3 ，故n=2 .所以m-n=1 .易知ξ 的所有可能取值为0，1，2，且Pξ=2=16 ，Pξ=1=C41C51C92=59 ，Pξ=0=C52C92=518 ，所以Eξ=0×518+1×59+2×16=89 .
三、解答题
5. [2019天津，13分]设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为23 ，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ） 用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；
[答案]因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为23 ，故X∼B3,23 ，从而PX=k=C3k23k133-k ，k=0 ,1,2,3.
所以，随机变量X 的分布列为
随机变量X 的数学期望EX=3×23=2 .
（Ⅱ） 设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率.
[答案]设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y ，则Y∼B3,23 ,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0} .
由题意知事件{X=3,Y=1} 与{X=2,Y=0} 互斥，且事件{X=3} 与{Y=1} ，事件{X=2} 与{Y=0} 均相互独立，
从而由（Ⅰ）知PM=P{X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}=P{X=3,Y=1}+P{X=2,Y=0}=P{X=3}P{Y=1}+P{X=2}P{Y=0}=827×29+49×127=20243 .
考点39 统计
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅱ，5分]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( D )
A. C40045⋅C20015 种B. C40020⋅C20040 种C. C40030⋅C20030 种D. C40040⋅C20020 种
[解析]由题意，初中部和高中部学生人数之比为400200=21 ，所以抽取的60名学生中初中部应有60×23=40 （人），高中部应有60×13=20 （人），所以不同的抽样结果共有C40040⋅C20020 种，故选D .
2. [2022全国卷甲，5分]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( B )
A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
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
[解析]对于A ，讲座前问卷答题的正确率的中位数是70%+75%2=72.5% ，所以A 错误；对于B ，讲座后问卷答题的正确率分别是80% ，85% ，85% ，85% ，85% ，90% ，90% ，95% ，100% ，100% ，其平均数显然大于85% ，所以B 正确；对于C ，由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，讲座后问卷答题的正确率波动较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正确率的标准差，所以C 错误；对于D ，讲座前问卷答题的正确率的极差是95%-60%=35% ，讲座后问卷答题的正确率的极差是100%-80%=20% ，所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于讲座后问卷答题的正确率的极差，所以D 错误.故选B .
3. [2022天津，5分]为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa ）的分组区间为[12,13),[13,14) ，[14,15),[15,16) ，[16,17] ，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…… ，第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为( B )
A. 8B. 12C. 16D. 18
[解析]由频率分布直方图得第一组、第二组、第三组的频率分别为0.24、0.16、0.36.因为第一组和第二组共有20人，所以志愿者的总人数为20÷0.24+0.16=50 ，所以第三组的人数为0.36×50=18 ，则第三组中有疗效的人数为18-6=12 ，故选B .
4. [2021全国卷甲，5分]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，下面结论中不正确的是( C )
A. 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B. 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C. 估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D. 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
[解析]对于A ，根据频率分布直方图可知，家庭年收入低于4.5万元的农户比率约为0.02+0.04×1×100%=6% ，故A 正确；对于B ，根据频率分布直方图可知，家庭年收入不低于10.5万元的农户比率约为0.04+0.02+0.02+0.02×1×100%=10% ，故B 正确；对于C ，根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值约为3×0.02+4×0.04+5×0.10+6×0.14+7×0.20+8×0.20+9×0.10+10×0.10+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14×0.02=7.68 （万元），故C 错误；对于D ,根据频率分布直方图可知，家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的农户比率约为0.10+0.14+0.20+0.20×1×100%=64%>50% ，故D 正确.
5. [2019全国卷Ⅱ，5分]演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( A )
A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差
[解析]记9个原始评分分别为a ,b ,c ,d ,e ,f ,g ,h ,i （按从小到大的顺序排列），易知e 为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A ．
6. [2023新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）有一组样本数据x1 ，x2 ，… ，x6 ，其中x1 是最小值，x6 是最大值，则( BD )
A. x2 ，x3 ，x4 ，x5 的平均数等于x1 ，x2 ，… ，x6 的平均数
B. x2 ，x3 ，x4 ，x5 的中位数等于x1 ，x2 ，… ，x6 的中位数
C. x2 ，x3 ，x4 ，x5 的标准差不小于x1 ，x2 ，… ，x6 的标准差
D. x2 ，x3 ，x4 ，x5 的极差不大于x1 ，x2 ，… ，x6 的极差
[解析]取x1=1 ，x2=x3=x4=x5=2 ， x6=9 ，（指点迷津:适时举特例，可快速排除）则x2 ，x3 ，x4 ，x5 的平均数等于2，标准差为0，x1 ，x2 ，… ，x6 的平均数等于3，标准差为223=663 ，故A ，C 均不正确；（技巧：由于是多选题，故可排除A ，C ，即选BD ）根据中位数的定义，将x1 ，x2 ，… ，x6 按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1 是最小值，x6 是最大值，故x2 ，x3 ，x4 ，x5 的中位数是将x2 ，x3 ，x4 ，x5 按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1 ，x2 ，… ，x6 的中位数相等，故B 正确；根据极差的定义，知x2 ，x3 ，x4 ，x5 的极差不大于x1 ，x2 ，… ，x6 的极差，故D 正确.综上，选BD .
7. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）下列统计量中可用于度量样本x1 ，x2 ，… ，xn 离散程度的有( AC )
A. x1 ，x2 ，… ，xn 的标准差B. x1 ，x2 ，… ，xn 的中位数
C. x1 ，x2 ，… ，xn 的极差D. x1 ，x2 ，… ，xn 的平均数
[解析]平均数、众数和中位数均刻画了样本数据的集中趋势，一般地，对数值型数据集中趋势的描述，可以用平均数和中位数，对分类型数据集中趋势的描述，可以用众数.方差、标准差和极差均是度量样本数据离散程度的.故选AC .
8. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）有一组样本数据x1 ，x2 ，… ,xn ，由这组数据得到新样本数据y1 ,y2 ,… ,yn ，其中yi=xi+ci=1,2,…,n ，c 为非零常数，则( CD )
A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同D. 两组样本数据的样本极差相同
[解析]设样本数据x1 ,x2 ,… ,xn 的平均数、中位数、标准差、极差分别为x- ,m ,σ ,t .依题意得，新样本数据y1 ,y2 ,… ,yn 的平均数、中位数、标准差、极差分别为x-+c ,m+c ,σ ,t ，因为c≠0 ，所以C ，D 正确，故选CD .
9. [2020新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）我国新冠肺炎疫情进入常态化,各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图,下列说法正确的是( CD )
A. 这11天复工指数和复产指数均逐日增加
B. 这11天期间,复产指数增量大于复工指数的增量
C. 第3天至第11天复工复产指数均超过80%
D. 第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量
[解析]由折线图知，第1天至第2天复工指数减少，第7天至第8天复工指数减少，第10天至第11天复工指数减少，第7天至第9天复产指数减少，故A 错误；由折线图知，第1天的复产指数与复工指数的差大于第11天的复产指数与复工指数的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B 错误；由折线图知，第3天至第11天复工复产指数均超过80% ，故C 正确；由折线图知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D 正确.综上，选CD .
二、填空题
10. [2020江苏，5分]已知一组数据4,2a ,3-a ,5,6的平均数为4,则a 的值是2.
[解析]由平均数公式可得4+2a+3-a+5+65=4 ，解得a=2 .
11. [2019全国卷Ⅱ，5分]我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97 ，有20个车次的正点率为0.98 ，有10个车次的正点率为0.99 ，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98.
[解析]经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为10×0.97+20×0.98+10×0.9910+20+10=0.98 ．
【方法技巧】 概率的估算值不是精确值，求解本题时，根据统计数据估算出列车正点总数与列车总数的比值即可.
三、解答题
12. [2021全国卷乙，12分]某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
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x 和y ，样本方差分别记为s12 和s22 .
（1） 求x ，y ，s12 ,s22 ;
[答案]由表格中的数据易得：
x=-0.2+0.3+0+0.2-0.1-0.2+0+0.1+0.2-0.310+10.0=10.0 ，
y=0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.510+10.0=10.3 ,
s12=110×[9.7-10.02+2×9.8-10.02+9.9-10.02+2×10.0-10.02+10.1-10.02+2×10.2-10.02+10.3-10.02]=0.036 ，
s22=110×[10.0-10.32+3×10.1-10.32+10.3-10.32+2×10.4-10.32+2×10.5-10.32+10.6-10.32]=0.04 .
（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y-x≥2s12+s2210 ，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）.
[答案]由（1）中数据可得y-x=10.3-10.0=0.3 ，而2s12+s2210=25s12+s22=0.030 4 ,显然有y-x>2s12+s2210 成立，所以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.
题组二
解答题
1. [2023全国卷乙，12分]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xi ,yii=1,2,…,10 ，试验结果如下：
记zi=xi-yii=1,2,…,10 ,z1 ,z2 ,… ,z10 的样本平均数为z ，样本方差为s2 .
（1） 求z ，s2 .
[答案]由题意，求出zi 的值如表所示，
则z=110×9+6+8-8+15+11+19+18+20+12=11 ，
s2=110×[9-112+6-112+8-112+-8-112+15-112+11-112+19-112+18-112+20-112+12-112]=61 .
（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z≥2s210 ,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）.
[答案]因为2s210=26.1=24.4 ，z=11=121>24.4 ，
所以可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.
2. [2022新高考卷Ⅱ，12分]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）;
[答案]估计该地区这种疾病患者的平均年龄x=10×5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002=47.9 .
（2） 估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70) 的概率;
[答案]该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70) 的概率P=0.012+0.017×2+0.023+0.020×10=0.89 .
（3） 已知该地区这种疾病的患病率为0.1% ，该地区年龄位于区间[40,50) 的人口占该地区总人口的16% .从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50) ，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0.000 1 ）.
[答案]设从该地区任选一人，年龄位于区间[40,50) 为事件A ，患这种疾病为事件B ，则PA=16% ,
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40,50) 的概率为0.023×10=0.23 ，
结合该地区这种疾病的患病率为0.1% ，可得PAB=0.1%×0.23=0.000 23 ，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40,50) ，则此人患这种疾病的概率为PB|A=PABPA=0.000 2316%≈0.001 4 .
3. [2020全国卷Ⅰ，12分]某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为A，B，C，D四个等级.加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：
甲分厂产品等级的频数分布表
乙分厂产品等级的频数分布表
（1） 分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；
[答案]由试加工产品等级的频数分布表知，
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为40100=0.4 ;
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为28100=0.28 .
（2） 分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务?
[答案]由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为
65×40+25×20-5×20-75×20100=15 .
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为
70×28+30×17+0×34-70×21100=10 .
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.
4. [2020全国卷Ⅱ，12分]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,yii=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∑20i=1xi=60 ,∑20i=1yi=1 200 ,∑20i=1xi-x2=80 ,∑20i=1yi-y2=9 000 ,∑20i=1xi-xyi-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）；
[答案]由已知得样本平均数y=120∑20i=1yi=60 ,从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200=12 000 .
（2） 求样本xi,yii=1,2,…,20 的相关系数（精确到0.01 ）;
[答案]样本xi,yii=1,2,…,20 的相关系数
r=∑20i=1xi-xyi-y∑20i=1xi-x2∑20i=1yi-y2=80080×9 000=223≈0.94 .
（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=∑ni=1xi-xyi-y∑ni=1xi-x2∑ni=1yi-y2 ,2≈1.414 .
[答案]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.
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.
题组三
解答题
1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]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pc ;误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为qc .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pc=0.5% 时，求临界值c 和误诊率qc ;
[答案]由题图知100-95×0.002=1%>0.5% ,所以95设X 为患病者的该指标，
则pc=PX≤c=c-95×0.002=0.5% ,（从频率分布直方图中正确读取相关数据是求解问题的关键）
解得c=97.5 .
设Y 为未患病者的该指标，
则qc=PY>c=100-97.5×0.01+5×0.002=0.035=3.5% ．
（2） 设函数fc=pc+qc .当c∈[95,105] 时,求fc 的解析式，并求fc 在区间[95,105] 的最小值.
[答案]当95≤c≤100 时,（提醒：注意分类讨论思想的应用）
pc=c-95×0.002=0.002c-0.19 ，
qc=100-c×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01 ，
所以fc=pc+qc=-0.008c+0.82 ；
当100pc=5×0.002+c-100×0.012=0.012c-1.19 ，
qc=105-c×0.002=-0.002c+0.21 ，
所以fc=pc+qc=0.01c-0.98 ．
综上所述，fc=-0.008c+0.82,95≤c≤100,0.01c-0.98,100由一次函数的单调性知，函数fc 在[95,100] 上单调递减，在(100,105] 上单调递增,（提示：对于一次函数y=kx+bk≠0 ，当k>0 时，函数单调递增；当k<0 时，函数单调递减）
作出fc 在区间[95,105] 上的大致图象（略），可得fc 在区间[95,105] 的最小值fcmin=f100=-0.008×100+0.82=0.02 ．
2. [2022全国卷乙，12分]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:
并计算得∑10i=1xi2=0.038 ,∑10i=1yi2=1.6158 ,∑10i=1xiyi=0.2474 .
（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；
[答案]估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积x=∑10i=1xi10=0.610=0.06 ，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量y=∑10i=1yi10=3.910=0.39 .
（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 ）；
[答案]∑10i=1xi-xyi-y=∑10i=1xiyi-10xy=0.013 4 ，
∑10i=1xi-x2=∑10i=1xi2-10x2=0.002 ，
∑10i=1yi-y2=∑10i=1yi2-10y2=0.094 8 ，
所以∑10i=1xi-x2∑10i=1yi-y2=0.002×0.094 8=0.000 1×1.896≈0.01×1.377=0.013 77 ,
所以样本相关系数r=∑10i=1xi-xyi-y∑10i=1xi-x2∑10i=1yi-y2≈0.013 40.013 77≈0.97 .
（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=∑ni=1xi-xyi-y∑ni=1xi-x2∑ni=1yi-y2 ,1.896≈1.377 .
[答案]设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3 ，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以 ，
所以Y=186× 209 ,即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3 .
3. [2019天津，13分]2019年,我国施行个人所得税专项附加扣除办法,涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72,108,120人,现采用分层抽样的方法,从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
（Ⅰ） 应从老、中、青员工中分别抽取多少人?
[答案]由已知,知老、中、青员工人数之比为6:9:10 ,由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工,因此应从老、中、青员工中分别抽取6人,9人,10人.
（Ⅱ） 抽取的25人中,享受至少两项专项附加扣除的员工有6人,分别记为A ,B ,C ,D ,E ,F .享受情况如下表,其中“◯ ”表示享受,“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
（ⅰ） 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
[答案]从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A ,B} ,{A ,C} ,{A ,D} ,{A ,E} ,{A ,F} ,{B ,C} ,{B ,D} ,{B ,E} ,{B ,F} ,{C ,D} ,{C ,E} ,{C ,F} ,{D ,E} ,{D ,F} ,{E ,F} ,共15种.
（ⅱ） 设M 为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件M 发生的概率.
[答案]由表格知,符合题意的所有可能结果为{A ,B} ,{A ,D} ,{A ,E} ,{A ,F} ,{B ,D} ,{B ,E} ,{B ,F} ,{C ,E} ,{C ,F} ,{D ,F} ,{E ,F} ,共11种.
所以,事件M 发生的概率PM=1115 .
4. [2019全国卷Ⅲ，12分]为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验:将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、物质的量浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：
记C 为事件:“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5% ”，根据直方图得到PC 的估计值为0.70.
（1） 求乙离子残留百分比直方图中a ，b 的值；
[答案]由已知得0.70=a+0.20+0.15 ,故a=0.35 .
b=1-0.05-0.15-0.70=0.10 .
（2） 分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
[答案]甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2%×0.15+3%×0.20+4%×0.30+5%×0.20+6%×0.10+7%×0.05=4.05% .
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3%×0.05+4%×0.10+5%×0.15+6%×0.35+7%×0.20+8%×0.15=6% .
考点40 成对数据的统计分析
题组
一、选择题
1. [2023天津，5分]调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中相关系数r=0.824 5 ，下列说法正确的是( C )
A. 花瓣长度和花萼长度没有相关性
B. 花瓣长度和花萼长度呈负相关
C. 花瓣长度和花萼长度呈正相关
D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.824 5
[解析]因为相关系数r=0.824 5>0.75 ，所以花瓣长度和花萼长度的相关性较强，并且呈正相关，所以选项A ,B 错误，选项C 正确；因为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数也会发生变化，所以选项D 错误.故选C .
【方法技巧】（1）因为相关系数r=∑ni=1xi-xyi-y∑ni=1xi-x2∑ni=1yi-y2 ,所以相关系数是由两个变量的样本数据决定的，当两个变量的样本数据发生变化时，一般相关系数也会发生变化.
（2）在回归分析中，一般地，当r 越大，两个变量的相关性越强.当r>0 时，r 越大，正相关性越强；当r<0 时，r 的绝对值越大，负相关性越强.
（3）在回归分析中，一般地，当r>0.75 时，就认为两个变量的相关性较强.
2. [2020全国卷Ⅰ，5分]某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：℃ ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据xi,yii=1,2,…,20 得到下面的散点图：
由此散点图，在10 ℃ 至40 ℃ 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是( D )
A. y=a+bx B. y=a+bx2 C. y=a+bex D. y=a+bln x
[解析]根据题中散点图，用光滑的曲线把图中各点依次连起来（图略），由图并结合选项可排除A ，B ，C ，故选D ．
二、解答题
3. [2022全国卷甲，12分]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:
（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；
[答案]由题表可得A 公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为240240+20=1213 ，
B公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为210210+30=78 ．
（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?
附：K2=nad-bc2a+bc+da+cb+d ,
[答案]K2 的观测值k=500×240×30-20×2102240+20×210+30×240+210×20+30≈3.205>2.706 ，所以有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．
4. [2020新高考卷Ⅰ，12分]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;
[答案]根据抽查数据，该市100天空气中的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64100=0.64 .
（2） 根据所给数据，完成下面的2×2 列联表：
[答案]根据抽查数据，可得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:K2=nad-bc2a+bc+da+cb+d ,
[答案]根据（2）的列联表得
K2 的观测值k=100×64×10-16×10280×20×74×26≈7.484 .
由于7.484>6.635 ,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.
5. [2019全国卷Ⅰ，12分]某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价,得到下面列联表:
（1） 分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
[答案]由调查数据知,男顾客中对该商场服务满意的比率为4050=0.8 ,因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8.
女顾客中对该商场服务满意的比率为3050=0.6 ,因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.
（2） 能否有95% 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2=nad-bc2a+bc+da+cb+d ,
[答案]K2 的观测值k=100×40×20-30×10250×50×70×30≈4.762 .
由于4.762>3.841 ,故有95% 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
PK2≥k
0.050 0.010 0.001
k
3.841 6.635 10.828
X1
1
2
3
4
P
0.1
0.4
0.4
0.1
X
0
1
2
P
14
12
14
≥m
对照组
试验组
≥m
对照组
6
14
试验组
14
6
PK2≥k
0.100 0.50 0.010
k
2.706 3.841 6.635
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
X
0
a
1
P
13
13
13
X
0
1
2
3
P
0.4
0.3
0.2
0.1
X
-1
0
1
P
1-αβ
αβ+1-α1-β
α1-β
ξ
1
2
3
4
P
37
1635
335
135
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
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
试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
试验序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
zi
9
6
8
-8
15
11
19
18
20
12
等级
A
B
C
D
频数
40
20
20
20
等级
A
B
C
D
频数
28
17
34
21
利润
65
25
-5
-75
频数
40
20
20
20
利润
70
30
0
-70
频数
28
17
34
21
样本号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积xi
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yi
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
◯
◯
×
◯
×
◯
继续教育
×
×
◯
×
◯
◯
大病医疗
×
×
×
◯
×
×
住房贷款利息
◯
◯
×
×
◯
◯
住房租金
×
×
◯
×
×
×
赡养老人
◯
◯
×
×
×
◯
准点班次数
未准点班次数
A
240
20
B
210
30
PK2≥k
0.100 0.050 0.010
k
2.706 3.841 6.635
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]
SO2
PM2.5
[0,150]
(150,475]
[0,75]
64
16
（75,115]
10
10
PK2≥k
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
PK2≥k
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828