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第七章 统计案例（高效培优单元测试·提升卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58分）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．为了研究高中学生中性别与对乡村音乐态度（喜欢和不喜欢两种态度）的关系，运用2×2列联表进行独立性检验，得到的结论是有99%的把握认为性别与喜欢乡村音乐有关系，则的值可以为（ ）
A．2.853 B．3.841 C．6.758 D．6.451
【答案】C
【分析】由题意，对比选项即可得解.
【详解】有的把握认为性别与喜欢乡村音乐有关系，则．
故选：C．
2．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（单位：）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：
由此散点图，在10℃至35℃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（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据散点图的变化规律，寻求合适的特征函数.
【详解】由图可知，随着温度的增加，发芽率的增长速度越来越慢，符合对数型函数的特征.
故选：D.
3．考查棉花种子经过处理跟生病之间的关系得到如表数据：
项目 种子处理 种子未处理 总计
得病 32 101 133
不得病 192 213 405
总计 224 314 538
根据以上数据，则（ ）
A．种子是否经过处理决定是否生病
B．种子是否经过处理跟是否生病无关
C．种子是否经过处理跟是否生病有关
D．以上都是错误的
【答案】C
【分析】根据表格提供的数据作出判断.
【详解】由列联表中的数据可知，
种子经过处理，得病的比例明显降低，
种子未经过处理，得病的比例要高些，
所以可得结论：种子是否经过处理跟是否生病有关.
故选：C
4．对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其样本相关系数的比较，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由散点图结合相关系数关系结合选项可得答案.
【详解】由散点图，可得，又由图可得图1，图2相关性强于图3，图4，
则，，结合选项，可得满足题意.
故选：D
5．假设有两个分类变量和的列联表如下：注：的观测值.对于同一样本，以下数据能说明和有关系的可能性最大的一组是（ ）
总计
a 10 a+10
c 30
总计
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】当一定时，相差越大，与相差越大，的观测值就越大，得出分类变量和有关系的可能性越大.
【详解】根据独立性检验的方法和列联表可得，当与相差越大，则分类变量和有关系的可能性越大，
即相差越大，与相差越大．
由各选项可得A满足条件，
故选：A．
6．鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰“鸢飞戾天，鱼跃于渊”.鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名（图1），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），绘制对应散点图（图2）如下：
计算得样本相关系数为0.8642，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为少.根据以上信息，如下判断正确的为（ ）
A．花萼长度和花瓣长度不存在相关关系
B．花萼长度和花瓣长度负相关
C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为5.8612cm
D．若选取其他品种鸢尾花进行抽样，所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数一定为0.8642
【答案】C
【详解】 因为相关系数，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，所以花瓣长度和花萼长度呈正相关，且相关性较强，所以A，B选项错误；
当时，代入经验回归方程为，可得，
所以花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为5.8612cm，所以C选项正确；
若选取其他品种 尾花进行抽样，所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数不一定是0.8642，所以D选项错误.故选C
7．已知线性相关系数r是描述成对数据线性相关程度的统计量，也称为皮尔逊相关系数；一元线性回归分析是基于拟合误差Q取最小值的假设进行的，最终可得回归方程（回归直线）．现有5个数据点，小明对它们进行了一元线性回归分析，得到线性相关系数和回归方程，随后发现自己漏掉了一个数据点且恰好．重新计算6个数据点得到线性相关系数和回归方程，对于下面两个说法：
①一定小于 ②与一定重合
则（ ）
A．①正确②错误 B．①正确②正确 C．①错误②正确 D．①错误②错误
【答案】C
【分析】根据相关系数的定义，以及得到回归直线方程的过程，即可判断选项.
【详解】当增加一个与回归直线完全拟合的数据点后，这个点没有产生新的拟合误差，整体数据点与回归直线的拟合程度变得更好，所以，不一定，故①错误；
回归方程是基于5个数据点通过最小二乘法（使拟合误差取最小值）得到的，当加入新的数据点，因为它在回归直线上，它不会改变原来使取得最小的直线的位置，所以与一定重合，故②正确.故选：C
8．在卡方独立性检验中，，其中为列联表中第行列的实际频数，为假定独立情况下由每行 每列的总频率乘以总频数得到的理论频数，取时，如表所示，则有：，因此：与课本公式等价，故以下列联表的最小值为（ ）
1 2
3 4
30
30 25 45
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知，不全列联表，并分别计算出每行 每列的实际频数，然后带入公式列出关系式，借助的关系即可完成最值得求解.
【详解】由已知，可将上述列联表补充完整，
30
30 25 45
，所以，
；
；
；
；
；
；
，①
由，设，，所以
，
带入①式得：
令，设函数，该函数为对勾函数，函数在区间单调递减，在区间单调递增，而因为，所以当时最接近最小值，故时，时①式取得最小值，为.
故选：C.
二 选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.)
9．某位同学在研究两个变量x，y之间的关系时，得到一组样本数据，该同学准确计算得到这两个变量之间的经验回归方程为，且，该同学在校对过程中发现有两个样本数据，测量误差很大，去除这两个数据后，重新求得经验回归方程的斜率为2.2，则下列说法中正确的是（ ）
A．变量x，y之间呈正相关关系
B．去除两个测量误差很大的样本数据后，新的经验回归直线过点
C．去除两个测量误差很大的样本数据后，重新求得的经验回归方程为
D．去除两个测量误差很大的样本数据后，数据的残差为0.2
【答案】AB
【分析】根据回归直线的斜率判断A，求出新数据的样本中心点，进而求出回归方程即可判断BC，根据残差的概念计算即可判断D.
【详解】因为，，所以变量x，y之间呈正相关关系，故A正确；
当时，，设原始数据有n个，
去除两个测量误差很大的样本数据后，，，
所以新的经验回归直线过点，
则新的经验回归方程为，故B正确，C错误；
当时，，则数据的残差为，故D错误.
故选：AB.
10．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设，利用最小二乘法，得到线性回归方程为，则下列说法中正确的是（ ）
A．变量y关于x的非线性回归曲线是轴对称图形
B．变量y关于x的非线性回归曲线是中心对称图形
C．当时，变量y的估计值取到最小值e
D．当时，变量y的估计值取到最大值
【答案】AD
【分析】由经验回归方程的相关知识逐一判断各个选项即可得解.
【详解】将代入线性回归方程，
得，即，故回归曲线关于直线轴对称；
当时，取到最大值2，因为在R上单调递增，则取到最大值.
故选：AD
11．为考察药物A对预防疾病B的效果，在两个不同规模的动物种群中分别进行了试验，根据种群一的试验结果得到如下列联表：
药物A 疾病B 合计
未患病 患病
未服用 28 22 50
服用 34 16 50
合计 62 38 100
计算得到．假设种群二试验结果对应的列联表中，每个单元格的数据都为上表对应单元格数据的5倍，则根据小概率值的独立性检验，（ ）
附：，
0.1 0.05 0.01 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
A．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过5%
B．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过10%
C．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过1%
D．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.5%
【答案】C
【分析】设各项数据变为原来的5倍后，根据题意计算对应出的值，参考数据逐项分析即可得出答案.
【详解】对于A,B，因为，
所以当时，无法推断种群一中药物A对预防疾病B有效，故A,B错误；
对于C,由，将各项数据变为原来的5倍，
则，
所以当时，则种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过.故C正确；
对于D,因为，
所以当时，无法推断种群二中药物A对预防疾病B有效，故D错误.
故选：C.
第二部分（非选择题 共92分）
填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．用模型拟合一组数据，令，将模型转化为经验回归方程，则 ．
【答案】
【分析】将两边取自然对数，再结合题意得到，，即可求出.
【详解】因为，两边取自然对数可得，
令，可得，又，
所以，，所以，
所以.
13．已知，之间的一组数据：若与满足经验回归方程，则此曲线必过点 .
x
y
【答案】
【分析】设，则，根据回归方程性质可得回归直线所过定点.
【详解】由已知，
设，则，
由回归直线性质可得在直线上，
又，，
所以点在直线上，故点在曲线上.
14．针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查．在全校学生中随机抽取（是正整数）个学生，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有 人．
参考数据及公式如下：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
参考公式：，其中．
【答案】
【分析】设男生人数为，依题意可得列联表；根据表格中的数据，代入求观测值的公式，求出观测值同临界值进行比较，列不等式即可得出结论.
【详解】因为抽取个学生，女生人数是男生人数的，
所以抽取个男生，个女生，为了便于计算，我们令，
设男生人数为，依题意可得列联表如下：
喜欢追星 不喜欢追星 总计
男生
女生
总计
根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，
则，由，解得，
由题知应为6的整数倍，
而根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，
则男生至少有30人，
故答案为：30.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（13分）
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，分别用两台机床生产了件产品，产品的质量情况统计如下表：
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
(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)依据小概率值的独立性检验，能否认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？
附：
0.05 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】(1)甲机床生产的产品中一级品的频率为：.
乙机床生产的产品中一级品的频率为：.
(2)依据小概率值的独立性检验，可认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.
【分析】（1）直接计算频率即可.
（2）先计算，再与给出的数据进行比较，即可得出结论.
【详解】（1）甲机床生产的产品中一级品的频率为：.
乙机床生产的产品中一级品的频率为：.（6分）
（2）由题意：.
因为，所以依据小概率值的独立性检验，可认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.(13分)
16．(15分)
近期甲型H3N2流感来袭，医学研究表明，如果每天温差太大，人们受风寒刺激极易受凉感冒，自身抵抗力就会变弱，易受流感病毒侵袭，特别是对于学生及老年人群体更需保暖和多加防范.我校数学建模社团成员共同研究了一天昼夜温差的大小与我校患流感就诊人数多少之间的关系，他们记录了某周周一至周六的温差，并到校医室查阅了这六天中每天学生新增流感就诊的人数，得到数据如下：
日期 周一 周二 周三 周四 周五 周六
昼夜温差t(℃) 4 7 8 9 14 12
新增流感就诊人数y(位) y y y y y y
参考数据：，
(1)已知第一天新增流感就诊的学生中有3位男生，从第一天新增的流感就诊学生中随机抽取2位，其中男生人数记为X，若抽取的2人中至少一位女生的概率为 求X的分布列和数学期望；
(2)已知两个变量t与y之间的样本相关系数 ，请用最小二乘法求出y关于t的经验回归方程 ，据此估计昼夜温差为13℃时，我校新增流感就诊的学生人数.
参考公式：，
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为.
(2)经验回归方程为；当昼夜温差13℃时，我校新增流感就诊的学生人数为人.
【分析】（1）先根据已知条件求出第一天新增流感就诊的学生总数，然后求出的可能取值为0，1，2以及对应的概率值，列出分布列，根据期望公式求出数学期望即可.
（2）根据条件中给的公式和相关系数先求出，然后得到，然后根据公式求出，进而得到，从而求得经验回归方程和昼夜温差为13℃时的函数值.
【详解】（1）因为抽取的2人中至少一位女生的概率为，所以抽取的2人中全是男生的概率为.
设第一天新增流感就诊的学生共人，则，化简得.
解得（舍去）或.
所以由题意可知的可能取值为0，1，2，
.
所以的分布列为
0 1 2
所以数学期望为.（6分）
（2）由题意可知，，
所以.
所以.
因为，所以，
解得.而，所以
所以y关于t的经验回归方程为.
当昼夜温差时，我校新增流感就诊的学生人数为人.（15分）
17.（15分）
23．为了促进锂电产业发展，市创新研究院课题组对企业研发经费的投入和企业当年的销售收入的关系进行了研究，他们收集了上一年不同企业销售收入y（单位：10万元）与一定范围内的研发经费x（单位：10万元）的数据，根据收集的13组观测数据，得到如下的散点图，分别利用或建立y关于x的回归方程，令，得到如下数据，且与的相关系数分别为，，且．
10.15 108.40 3.04 0.16
14.00 －2.10 11.67 0.21 21.22
(1)用相关系数说明哪种模型建立y与x的回归方程更合适；
(2)根据（1）的结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；
(3)已知企业的利润z满足，试根据回归方程求出企业利润的最大值．
参考数据和公式：，，，对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，相关系数．
【答案】(1)模型建立与的回归方程更合适
(2)
(3)万元
【分析】（1）求出相关系数，比较大小，越接近1回归方程更适合.
（2）先换元用公式，求出线性回归方程，再回代求出非线性回归方程即可.
（3）用（2）的方程代入利润方程得出利润z关于研发经费x的函数关系式，再用基本不等式可解决.
【详解】（1）由题意知，
，
因为，所以用模型建立与的回归方程更合适.（5分）
（2）令，回归方程为，
因为，
，
所以关于的回归方程为，即.（10分）
（3）由题意知
，当且仅当，即时取等号,
则，所以.当且仅当时等号成立，
所以当研发经费投入为60万元时企业生产的利润最大，最大利润为万元.(15分)
18．(15分)
某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60 名学生的短跑成绩合格.这100名学生中有45名学生每周自主锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周自主锻炼时间超过5小时.现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周自主锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周自主锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为.用频率估计概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训.依据小概率值的独立性检验，零假设为：学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间相互独立.
(1)先填写列联表，再依据小概率值的独立性检验，判断是否能认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关；
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
合计 100
(2)求学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率；
(3)为提高学生锻炼的积极性，学校偶尔会在田径运动场举办锻炼有奖活动，记表示事件“田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“小明去田径运动场锻炼”，.已知小明在田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率大.证明：.
参考公式与数据：，其中，.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
【答案】(1)列联表详见解析，，根据小概率值的独立性检验，可以认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关.
(2).
(3)证明详见解析.
【分析】（1）根据题意先完成列联表，根据表格中的数据计算即可进行独立性检验.
（2）综合条件概率公式、全概率公式、贝叶斯公式求解.
（3）根据条件概率公式与对立事件的概率公式化简求证.
【详解】（1）根据题意完善列联表如下：
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格 35 25 60
短跑成绩不合格 10 30 40
合计 45 55 100
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关.（6分）
（2）由（1）中的列联表知，短跑成绩不合格的学生有40人，其中每周自主锻炼时间超过5小时的有10人，每周自主锻炼时间不超过5小时的有30人.
记事件“甲在培训后短跑成绩合格”，事件“甲每周自主锻炼时间超过5小时”，则事件 “甲每周自主锻炼时间不超过5小时”，
用频率估计概率知 ，，
由题意知，，
由全概率公式知.
由贝叶斯公式知，即学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率为.（12分）
（3）由题意知，
所以，
因为，所以，
所以，
整理得，
所以，
即，
因为，所以，
所以，即.（17分）
19．（17分）
某人工智能研发公司为了开拓新产品市场，从最新研发的经典A型和卓越型两款机器人中（卓越型是A型的优化版），随机各抽取30台进行越野驾驶性能对比测试，测试在同等环境中进行，评定结果分为优秀和良好两种.得到了如下数据：经典A型优秀为7台，卓越型优秀为20台.
(1)完成下面2×2列联表，并根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析两款机器人的测试结果是否与越野驾驶性能优化有关.
款类 测试结果 总计
优秀 良好
型 20 30
A型 7 30
总计
(2)该公司为了进一步测试卓越型机器人的汉语智能性能，组织机器人队与人类队（母语为汉语）进行诗词抢答赛，每局比赛只有胜和负两种情况（无平局），每局人类战胜机器人的概率为胜者记2分，负者记1分.每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响.
（i）求三局比赛中，人类队累计得分X的分布列和数学期望；
（ii）若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义.
参考公式：
0.1 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)列联表见解析，认为测试结果与越野驾驶性能有关联
(2)（i）分布列见解析，4；（ii）答案见解析
【分析】（1）依题意列出2×2列联表，计算进行判断；
（2）（i）X的所有可能取值为3，4，5，6，分别求其对应概率得到分布列；（ii）设“赛满局人类队获胜”为事件C，有事件：第一阶段赛满局人类队胜，事件：第一阶段赛满局人类队负，由求解.
【详解】（1）依题意，列出2×2列联表如下：
款类 测试结果 总计
优秀 良好
型 20 10 30
A型 7 23 30
总计 27 33 60
零假设为：测试结果与越野驾驶性能优化无关.根据表中数据可得：
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为测试结果与越野驾驶性能有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.（5分）
（2）（i）X的所有可能取值为3，4，5，6，
，，
，.
∴X的分布列为
3 4 5 6
∴数学期望.（11分）
（ii）设“赛满局人类队获胜”为事件C，要使事件C发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件，
∴，，
①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局，
（a）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜；
（b）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为，
∴（其中）.
②若第一阶段赛满局人类队负，即前局人类胜局数，要使总赛满局后人类获胜，需满足：前局胜局，且后局全胜，
前局胜局的概率为，后局全胜的概率为，
因此
所以
代入，化简得，
所以
统计意义：对于单局胜率小于的挑战者，增加比赛总场次会降低其最终获胜的概率.(17分)21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第七章 统计案例（高效培优单元测试·提升卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58分）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．为了研究高中学生中性别与对乡村音乐态度（喜欢和不喜欢两种态度）的关系，运用2×2列联表进行独立性检验，得到的结论是有99%的把握认为性别与喜欢乡村音乐有关系，则的值可以为（ ）
A．2.853 B．3.841 C．6.758 D．6.451
2．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（单位：）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：
由此散点图，在10℃至35℃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（ ）
A． B． C． D．
3．考查棉花种子经过处理跟生病之间的关系得到如表数据：
项目 种子处理 种子未处理 总计
得病 32 101 133
不得病 192 213 405
总计 224 314 538
根据以上数据，则（ ）
A．种子是否经过处理决定是否生病
B．种子是否经过处理跟是否生病无关
C．种子是否经过处理跟是否生病有关
D．以上都是错误的
4．对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其样本相关系数的比较，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．假设有两个分类变量和的列联表如下：注：的观测值.对于同一样本，以下数据能说明和有关系的可能性最大的一组是（ ）
总计
a 10 a+10
c 30
总计
A． B．
C． D．
6．鸢是鹰科的一种鸟，《诗经·大雅·旱麓》曰“鸢飞戾天，鱼跃于渊”.鸢尾花因花瓣形如鸢尾而得名（图1），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），绘制对应散点图（图2）如下：
计算得样本相关系数为0.8642，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为少.根据以上信息，如下判断正确的为（ ）
A．花萼长度和花瓣长度不存在相关关系
B．花萼长度和花瓣长度负相关
C．花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值约为5.8612cm
D．若选取其他品种鸢尾花进行抽样，所得花萼长度与花瓣长度的样本相关系数一定为0.8642
7．已知线性相关系数r是描述成对数据线性相关程度的统计量，也称为皮尔逊相关系数；一元线性回归分析是基于拟合误差Q取最小值的假设进行的，最终可得回归方程（回归直线）．现有5个数据点，小明对它们进行了一元线性回归分析，得到线性相关系数和回归方程，随后发现自己漏掉了一个数据点且恰好．重新计算6个数据点得到线性相关系数和回归方程，对于下面两个说法：
①一定小于 ②与一定重合
则（ ）
A．①正确②错误 B．①正确②正确 C．①错误②正确 D．①错误②错误
8．在卡方独立性检验中，，其中为列联表中第行列的实际频数，为假定独立情况下由每行 每列的总频率乘以总频数得到的理论频数，取时，如表所示，则有：，因此：与课本公式等价，故以下列联表的最小值为（ ）
1 2
3 4
30
30 25 45
A． B． C． D．
二 选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.)
9．某位同学在研究两个变量x，y之间的关系时，得到一组样本数据，该同学准确计算得到这两个变量之间的经验回归方程为，且，该同学在校对过程中发现有两个样本数据，测量误差很大，去除这两个数据后，重新求得经验回归方程的斜率为2.2，则下列说法中正确的是（ ）
A．变量x，y之间呈正相关关系
B．去除两个测量误差很大的样本数据后，新的经验回归直线过点
C．去除两个测量误差很大的样本数据后，重新求得的经验回归方程为
D．去除两个测量误差很大的样本数据后，数据的残差为0.2
10．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设，利用最小二乘法，得到线性回归方程为，则下列说法中正确的是（ ）
A．变量y关于x的非线性回归曲线是轴对称图形
B．变量y关于x的非线性回归曲线是中心对称图形
C．当时，变量y的估计值取到最小值e
D．当时，变量y的估计值取到最大值
11．为考察药物A对预防疾病B的效果，在两个不同规模的动物种群中分别进行了试验，根据种群一的试验结果得到如下列联表：
药物A 疾病B 合计
未患病 患病
未服用 28 22 50
服用 34 16 50
合计 62 38 100
计算得到．假设种群二试验结果对应的列联表中，每个单元格的数据都为上表对应单元格数据的5倍，则根据小概率值的独立性检验，（ ）
附：，
0.1 0.05 0.01 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
A．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过5%
B．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过10%
C．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过1%
D．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.5%
第二部分（非选择题 共92分）
填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．用模型拟合一组数据，令，将模型转化为经验回归方程，则 ．
13．已知，之间的一组数据：若与满足经验回归方程，则此曲线必过点 .
x
y
14．针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查．在全校学生中随机抽取（是正整数）个学生，其中女生人数是男生人数的，男生追星的人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的，若根据小概率值的独立性检验，判断中学生追星与性别有关，则男生至少有 人．
参考数据及公式如下：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
参考公式：，其中．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（13分）
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，分别用两台机床生产了件产品，产品的质量情况统计如下表：
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
(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)依据小概率值的独立性检验，能否认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？
附：
0.05 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
16．(15分)
近期甲型H3N2流感来袭，医学研究表明，如果每天温差太大，人们受风寒刺激极易受凉感冒，自身抵抗力就会变弱，易受流感病毒侵袭，特别是对于学生及老年人群体更需保暖和多加防范.我校数学建模社团成员共同研究了一天昼夜温差的大小与我校患流感就诊人数多少之间的关系，他们记录了某周周一至周六的温差，并到校医室查阅了这六天中每天学生新增流感就诊的人数，得到数据如下：
日期 周一 周二 周三 周四 周五 周六
昼夜温差t(℃) 4 7 8 9 14 12
新增流感就诊人数y(位) y y y y y y
参考数据：，
(1)已知第一天新增流感就诊的学生中有3位男生，从第一天新增的流感就诊学生中随机抽取2位，其中男生人数记为X，若抽取的2人中至少一位女生的概率为 求X的分布列和数学期望；
(2)已知两个变量t与y之间的样本相关系数 ，请用最小二乘法求出y关于t的经验回归方程 ，据此估计昼夜温差为13℃时，我校新增流感就诊的学生人数.
参考公式：，
17.（15分）
23．为了促进锂电产业发展，市创新研究院课题组对企业研发经费的投入和企业当年的销售收入的关系进行了研究，他们收集了上一年不同企业销售收入y（单位：10万元）与一定范围内的研发经费x（单位：10万元）的数据，根据收集的13组观测数据，得到如下的散点图，分别利用或建立y关于x的回归方程，令，得到如下数据，且与的相关系数分别为，，且．
10.15 108.40 3.04 0.16
14.00 －2.10 11.67 0.21 21.22
(1)用相关系数说明哪种模型建立y与x的回归方程更合适；
(2)根据（1）的结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；
(3)已知企业的利润z满足，试根据回归方程求出企业利润的最大值．
参考数据和公式：，，，对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，相关系数．
18．(15分)
某兴趣小组调查了某校100名学生100米短跑成绩的情况，其中有60 名学生的短跑成绩合格.这100名学生中有45名学生每周自主锻炼时间超过5小时，60名短跑成绩合格的学生中有35名学生每周自主锻炼时间超过5小时.现对短跑成绩不合格的学生进行跑步技巧培训，已知每周自主锻炼时间超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为，每周自主锻炼时间不超过5小时的学生参加跑步技巧培训后，学生的短跑成绩合格的概率为.用频率估计概率，从短跑成绩不合格的学生中随机抽取1名学生（记为甲）进行跑步技巧培训.依据小概率值的独立性检验，零假设为：学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间相互独立.
(1)先填写列联表，再依据小概率值的独立性检验，判断是否能认为学生短跑成绩合格与每周自主锻炼时间超过5小时有关；
每周自主锻炼时间超过5小时 每周自主锻炼时间不超过5小时 合计
短跑成绩合格
短跑成绩不合格
合计 100
(2)求学生甲在培训后短跑成绩合格的情况下，每周自主锻炼时间不超过5小时的概率；
(3)为提高学生锻炼的积极性，学校偶尔会在田径运动场举办锻炼有奖活动，记表示事件“田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“小明去田径运动场锻炼”，.已知小明在田径运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去运动场锻炼的概率大.证明：.
参考公式与数据：，其中，.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
主锻炼时间不超过5小时的概率为.（12分）
19．（17分）
某人工智能研发公司为了开拓新产品市场，从最新研发的经典A型和卓越型两款机器人中（卓越型是A型的优化版），随机各抽取30台进行越野驾驶性能对比测试，测试在同等环境中进行，评定结果分为优秀和良好两种.得到了如下数据：经典A型优秀为7台，卓越型优秀为20台.
(1)完成下面2×2列联表，并根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析两款机器人的测试结果是否与越野驾驶性能优化有关.
款类 测试结果 总计
优秀 良好
型 20 30
A型 7 30
总计
(2)该公司为了进一步测试卓越型机器人的汉语智能性能，组织机器人队与人类队（母语为汉语）进行诗词抢答赛，每局比赛只有胜和负两种情况（无平局），每局人类战胜机器人的概率为胜者记2分，负者记1分.每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响.
（i）求三局比赛中，人类队累计得分X的分布列和数学期望；
（ii）若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义.
参考公式：
0.1 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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