大题04 统计与概率2026年高考数学压轴题突破（七大类）

解答败:施阜易就针

—°(EES°—

题型一寓散型感机变量及其分布列...................................................1

题型二趣几何分布与二次分布......................................................4

题型三均值与方篁的实际应用......................................................8

题型可正态分布与标准正笈分布...................................................11

题型五线性回为与非线性回中.....................................................13

题型六题立性检凝及应用.........................................................16

题型七条件梃率/全概率公式/贝叶斯公式..........................................18

题型八概率与统计图衰的域合应用.................................................21

题型九概率与其他知识的交汇应用.................................................25

题型十利用概率解决决氧臭问题...................................................29

必用大题...............32

高微型随机变量及其分布列

9大题典例

1.；23-24高三下.广东佛山—模)密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员

参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.

⑴在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗,双方获胜的概率均为

工;若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为J,求在该游戏环节中，获胜考为甲的概

率：

[2)甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏:如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和

②.密室①有2个门，密室②有3个门(每个门都可以双向开)，甲在每个密室随机选择1个门出去，若

走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为X(X=1,2),求X的

分布列.

心密室外

①b②

【答案】⑴条:(2)分布列见解析

42

【解析】⑴7人中随机选择2人，共有0?=21种情况，其中含甲的情况有&=6种,•M

6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，

则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为《x==《，

和同级的玩家对抗并获胜的概率为2

21242

故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为+2=3;

214242

⑵设8为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，

2为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，

考虑打，需考虑甲直接从a号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，

故8鼻①，

考虑则甲从匕号门进行密室①，且从密室①走出密室，

故刀②,

轶立①②，可得启=日，

5

所以P(X=1)=R=白故P(X=2)=1一*=9

0JJ

故分布列如下:

X12

3__2

P

解法指导

求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：

(1)根据题中条件确定随机变量的可能取值；

(2)求出随机变量所有可能取谊对应的概率,即可得出分布列；

(3)根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望(在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如

超几何分布或二项分布，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算。)

S变式调练

2.[24—25高三上•贵州•月考习)已知甲、乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲、乙两人以抢答的

方式答题，抢到并回答正确得1分,答错则对方得1分，甲、乙两人初始分均为0分，答题过程中当一人

比另一人的得分多2分时，答题结束,且分高者获胜，若甲、乙两人总共答完5题时仍未分出胜负，则答

题直接结束，且分高者获胜.已知甲、乙两人每次抢到题的概率都为♦，甲、乙两人答对每道题的概率

分别为;,3，每道题两人答对与否相互独立,且每题都有人抢答.

412

[1)求第一题结束时甲获得1分的概率；

[2)记X表示知识竞赛结束时，甲、乙两人总共答题的数量，求X的分布列与期望.

【答案】⑴4：⑵分布列见解析，£。)=等

ool

【解析】(1)设每道题的抢答中，记甲得1分为事件

“发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，

Z4Z1ZJ

甲率先得1分的概率为2.

⑵由⑴知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为?

设两人共抢答了X道题比赛结束，根据比赛规则，X的可能取值为2,4,5.

P(X=2)=1X春+春

■JJJJ»

P(X=4)=C}xj-xj-x/2*2*1乂1]_20

,3333}81'

P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=4)=普

ol

X245

2016

P£

98181

E(X)=2x卷+4X需+5＞招=需.

3.(24-25高三上•北京•月考习)某校举办知识竞赛，己知学生甲是否做对每个题目相互独立，做对AB

C三道题目的概率以及做对时获得相应的奖金如表所示.

题目ABC

411

做对的概率

T~2T

获得的奖金/元204080

规则如下:按照的顺序做题，只有做对当前题目才有资格做下一题.

[注：甲最终获得的奖金为答对的题目相对应的奖金总和.]

⑴求甲没有获得奖金的概率；

(2)求甲最终获得的奖金X的分布列及期望：

13)如果改变做题的顺序，最终获得的奖金期望是否相同？如果不同，你认为哪个顺序最终获得的奖

金期望最大？(不需要具体计算过程，只需给出判断)

【答案】(1)3；(2)分布列见解析，40(元)；(3)不同，按照ABC的顺序获得奖金的期望最大，理由见解析.

【解析】(1)甲没有萩得奖金，则题目力没有做对，

设甲没有获得奖金为事件A〃，则=l-

⑵分别用48。表示做对题目48。的事件，则42。相互独立.

由题意，X的可能取值为0,2。,60,140.

P(X=0)=。(石)=1一言=《;尸(X=20)=尸(4而=4乂(1-[)=之；

P(X=60)=P(4B(5)=£=条尸(X=140)=P(4BC)=WX

DN'4/1UOZ41U

所以甲最终获得的奖金X的分布列为

X0206011()

1231

P

10Io

E(X)=0x占+20x§+60x义+140x工=40(元).

551()1()

(3)不同，按照48。的顺序获得奖金的期望最大，理由如下：

由(2)知，按照4BC的顺序获得奖金的期望为40元，

若按照的顺序做题，

则奖金X的可能取值为0,20,100,140.

P(X=0)=l_[=!；P(X=20)=2-=日；

555'4/5

P(X=100)=|X|X(14)=^(X=140)=|X|X|=1L.

故期望值为ox《+20x盘+100x1+140x1=36元；

551010

若按照BAC的顺序做题，

则奖金X的可能取值为0,40,60,140.

P(X=0)=l-±=±；P(X=40)=^-X(1-4)=^7：

=x(1,1；l=A;p(x=140)=±x|x±=_L,

故期望值为0x。+40xA+60x磊+140x去=36元：

若按照的顺序做题，

则奖金X的可能取值为0,40,120,140.

P(X=0)=l--l-=-i-；P(X=40)=-i-x(l-i)=1；

P(X=120)=1X|X(1-1)=^^=140)=1X±X|=X.

故期望值为Ox。+40+60x系+140x《=36元，

若按照C,AB的顺序做题，

则奖金X的可能取值为0,80,100,140.

P(X=0)=l-1=|；P(X=80)=|x(l-1)=^；

P(X=100)=1X|X(14)=^(^=140)=1X|X|=1L.

故期望值为0x；+80X工+100x1+140x占=28元，

42U1(Jlu

若按照CR力的顺序做题，

则奖金X的可能取值为0,80,120,140.

P(X=0)=l—+=,;P(X=80)=+x(l—4)=!；

P(X=1。。)+4XW；尸(X=140)十录*击.

故期望值为0xW+80x5+100x工+140x2=26.5元,

484()1()

显然按照4BC的顺序获得奖金的期望最大.

4

题型二超几何分布与二项分布

S大题典例

4.(24-25高三上・北京•期中)某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等

级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：

等级一等品二等品三等品四等品

数量40301020

⑴根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件,再从这10件产品中随机抽取3件,

记这3件产品中一等品的数量为X,求X的分布列及数学期望；

⑵若将频率视为概率,从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率；

⑶生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，

方案一:产品不分类，售价均为21元/件.

方案二:分类卖出，分类后的产品售价如下:

等级一等品二等品三等品四等品

售价/(元/件)24221816

从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由.

【答案】(1)X的分布列见解析；E(X)=9;(2)芸;(3)应该选择方案一

5125

【解析】(1)由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件,

所以X的可能取值为0,1,2,3.

n/Y—_C玛_1p/y-iA—&森_1

p(x-°)-wr-1)-FT-5’

(x2)

」---W*p(x-3)--30*

则X的分布列为：

X0123

1131

P

-6~21030

E(X)=0x《+lx-1*+92*X3-+,3nyX1--6

o

(2)从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为y,则V〜

.-.P(Y=l)=Cjx-^x

O(1M

(3)由题意得，方案二的产品的平均售价为：

2"需+22'斋+18X晋+16X需=21.2(元/件),

V21<21.2,

二.从采购商的角度考虑，应该选择方案一.

解法指导

1、独立重复试验与二项分布

(1)定型:"独立”"重:复〃是二项分布的基本特征，"每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特

征.判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果,且两种试验结果发生

的概率分别为p,1-P，还要看是否为n次独立重复试验,随机变量是否为某事件在这n次独立重复试

验中发生的次数.

(2)定参,确定二项分布中的两个参数n和p,即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.

(3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率,列出分布列.

(4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值.

k

相关公式：已知X〜p),则P(X=k)=CnP(l—p)"T(k=0,l,2,…，n),E(X)=npfD(X)=np(l

一p).

2、超几何分布的适用范围及本质

(1)适用范围：考察对象分两类；已知各类对象的个数;从中扯取若干个个题，考察某一类个题个数的概

率分布；

(2)本质：超几何分布是不放问抽样问题,在每次试验中某一事件发牛的概率是不相同的.

3、超几何分布与二项分布的区别

(1)超几何分布需要知道总体的容量,而二项分布不需要：

(2)超几何分布是“不放I可〃抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的，而二项分布是“有放

回”的抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同点。

S变式训练

5.[24-25高三上•黑龙江哈尔滨•月考习)哈三中文学社团举行知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规

则如下：第一轮，参赛选手从4类6道题中任选3道进行答题，都答完后错题个数不超过1道(否则终

止比赛)才能进行第二轮答题；第二轮答题从B类1。道题中任选3道进行答题.A类题每答对一道

得10分，0类题每答对一道得30分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜.总分80分或90分为三等

奖，110分为二等奖，120分为一等奖.某班参加活动的同学力类题中只有4道能答对，石类题中，每

题答对的概率均为善，且各题答对与否互不影响.

<5

[1)求该同学被终止比赛的概率；

(2)现该同学进入笫二轮，求他在笫二轮答题中得分X的分布列及期望；

(3)求该同学获得三等奖的概率.

【答案】⑴言:(2)分布列见解析,E(X)=60:(3)41

545

【解析】(1)从工类6道题中任选3道，其中1道会做，2道不会做，则被终止比赛，

所以该同学被终止比赛的概率为=去=《.

Ci205

(2)由题意可知，X的所有可能取值为90,60,30,0,

4-]P(X=90)=(1)3=-^,P(X=60)=Cr(y)x(1)2=g=1,•M

23

p(x=30)=cb(1)x(f)=A=1,p(x=0)=(1)=^,

所以X的分布列为：

X9060300

841

P2

27V9-27

所以E(X)=90X-^-+60X4+30X-？-+0X-^-=60.

279927

（3）该同学获得三等奖，共有两种情况，

第一轮得20分（答对2道），则第二轮得60分（对2道），

概率为警5信小会

②第一轮得30分（答对3道），则第二轮得60分（对2道），

概率为鲁5（舒吟，

所以该同学获得三等奖的概率为若.斯・信答C.（/x£=.

6.[24-25高三上•重庆・月考习）我国承诺2030年前“碳达峰”，2060年“碳中和”，“碳达峰”是指二氧化

碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；“碳中和”是指针对排放的二氧化碳要采取植树、节

能减排等各种方式全部抵消掉.做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳

的排放，助力“碳中和”.重庆十一中某班利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初

赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛,才能进入决赛.首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第

一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为1•，第三组通过初赛和复赛的概率分别为P和弓-P，

oJ

其中UVpS：■，三组是否通过初赛和复赛互不影响.

⑴求P取何值时，第三组进入决赛的概率最大;

]2）在（1）的条件下,求进入决赛的队伍数X的分布列和数学期望.

【答案】⑴!■:⑵分布列见解析，?

【解析】⑴由题知：第三组通过初赛和复赛的概率为=「得一p）=-p?+等0=—（p—,

<7JJ，

又因为，所以

所以，当P=,时，第三组进入决赛概率最大为J.

jy

⑵由⑴知：第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为,X<■=[■.

•Joy

因为进入决赛的队伍数X〜凤3,/)，

所以P(X=0)=C)x(l,卜瑞；P(X=l)=Gx/x[l.卜瑞=馈.:

P(X=2)=C?x信),(1得)=常=晶;P(X=3)=C"(/=悬・

所以随机变量X的分布列为:

X0123

P1251008064

729243243729

小户。，嗡+】x股+2X晶+3X蒜吗.

JR型三均值与方差的实际应用

9大题典例

7.[24-25高三上•河北•期中)随着我国城镇化建设的不断推进，各种智能终端的普及和互联互通，人工

智能在教育、医疗、金融、出行、物流等领域发挥了巨大的作用.为普及人工智能相关知识，培养青少年

对科学技术的兴趣，某中学组织开展“科技兴国”人工智能知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类(每类

题有若干道)，各类试题的每题分值及选手小李答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值,

否则得0分，竞赛分三轮答题依次进行，竞赛结束,各轮得分之和即为选手最终得分.

项目

每小题分值每小题答对概率

题型

2

甲类题10

T

1

乙类题20

T

丙类题1

30~2

具竞赛规则为：

第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题:若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正

确，同样进入第二轮答题;否贝J,退出比赛.

第二轮，在丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题;否则，退出比赛.

第三轮，在乙类试题中选择一道作答.

⑴求小李答题次数恰好为2次的概率；

，⑵求小李最终得分的数学期望.

【答案】⑴亮；⑵矍

【解析】(1)记事件4=”小李先答对甲类一道试题”，6="小李继续答对另一道甲类试题”，

C="小李答对乙类试题”，。="小李答对丙类试题”，

则尸缶)=尸但)=看，P(。)=1，P(0=<•

DD/

记事件E=”小李答题次数恰好为2次”，则E=(25)U(NA).

P(E)=P(AD)+P(AB)=F(A)P(D)+P(A)P(B)=系、。+。、｝=今，

J/JJV

即小李答题次数恰好为2次的概率为毋.

(2)设小李最终得分为X,由题知X的可能值为0,10,40,60.

P(X=0)=P(码段xU

P(X=10)=P(AD)+P{ABD)=

J/JJZJ

P(X=40)=P(ADC)+P(ABDC)=TxixT+Tx4xi

oZooo/oLi

?(*=60)=尸04。。)+尸(民5。。)=等乂4x|+|x|x-i-x1=^.

所以E(X)=0x[+10xJ+40x焉+60乂白=嘴.

解法指导

利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策,其中随机变量X的均值的意义在于描述

随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况，品种的优劣、仪器的

好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关。

1、若我们希望实际的平均水平较理想时，则先求随机变量Xi，X2的均值。当E(XJ=E(X2)时，不

应误认为它们一样好，还需要用O(XJ,0(X2)来比较这两个随机变量的偏离程度。

2、若我们希望比较稳定时,应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近。

9变式训练

8.(24-25高三上•四川成都•月考习)某小区有3000名居民，想通过验血的方法筛选乙肝病毒携带者，假

设携带病街的人占a%.为减轻工作量，随机地按九人一组分组，然后将各组九个人的血样混合在一起

化验.若混合血样呈阴性，说明这几个人全部阴性;若混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈

阳性,就需要对每个人再分别化验•次.

⑴若Q=02。=20,试估算该小区化验的总次数；

[2)若Q=0.9,且每人单独化验一次花费10元，打人混合化验一次花费九+9元，求当口为何值时•，每

个居民化验的平均费用最少.

注:假设每位居民的化验结果呈阴性还是阳性相互独立.当OV0VO.O1时，(l—p『七1-79.

【答案】(1)270;(2)10

【解析】⑴设每组需要检脸的次数为X,若混合血样为阴性，

则X=lt若混合血样呈阳性，则X=21,

所以尸(X=1)=(1—O.OO2)20,P(X=21)=1-(1-O.OO2)20,

所以E(X)=1x(1-O.OO2)204-21x[l-(l-O.OO2)20]=21-20x(1-0.002产七21-20x(1-20x

0.002)=1.8

一共有3000+20=150组,故估计该小区化验的总次数是1.8x150=270.

(2)设每组九人总费用为V元，若混合血样呈阴性，则Y=n+9:

若混合血样呈阳性，则y=lln+9,

故P(y=71+9)=(1—0.009)、P(y=lln+9)=l-(l-0.009)”

E(y)=(n+9)-0.991"4-(lln4-9)-(1-0.991")=lln-10nx0.991”+9

每位居民的化验费用为旦”•=+9=H-10x0.99H+-=11-10x(1-0.009n)

nnn•M

n

=11-10+0.09n+—>1+2,0.09九=2.8元

■nNn

当且仅当0.09九=2,即九=10时取等号，故n=10时，每个居民化脸的平均费用最少.

n

9.（24—25高三上•辽宁丹东•期中）甲乙两人各有几张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别

标有数字1,3,5,2n-1,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,……，2九,两人进行九轮比赛，在每轮比

赛中，甲按照固定顺序1,3,5,……，2"一1每轮出一张卡片，乙从自己持有的卡片中随机选一张，并

比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得。分，然后各自弃置此轮所选的卡片

1弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.

•1）当n=4时，求甲的总得分小于2的概率.

（2）分别求甲得分的最小值和最大值的概率；

（3）已知:若随机变量X2：服从两点分布，且P（X=1）=1—P（Xz=0）=q”i=1,2,3,…，九，则

1轮到第九轮比赛）中甲的总得分为V,乙的总得分为Z,求E

；丫）和E（Z）的值，并由这两个值来判断随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差有什么变化规律？

【答案】（1）口:（2）甲得分最小值和最大值的概率都为；；（3）答案见解析

【解析】（1）甲顺序为1,3,5,7,乙选卡片的不同顺序共有4!=24种，

而使得甲得分小于2的所有顺序共有12种,

2,4,6,82,4,8,6：2,6,4,8;2,6,8,4;2,8,6,4:

4,2,6,8;4,6,2,8;4,6,8,2;4,8,6,2;6,4,8,2;

(),4,2,8;8,4,6,2.

力古典概型得甲的总得分小于2的概率为£=4：

242

⑵甲按照固定顺序1,3,5,7,…，2九一1,乙松照2、4,6,8,…，2九，

甲得分最小值为0,则概率为」7.

n

甲按照固定顺序1,3,5,7,…，2九一1,乙按照2九、2,4,6,…，2九一2,

甲得分最大值为九一1,则概率为」7.

J1,第i轮得分的是甲

⑶设随机变量X尸（0,第i轮得分的是乙i=1,2,•••,九，

则不服从两点分布，p（X=1）=立工，且y=fX：,

nt=i

由题意可得,顼y）=E（£x.）=E（£T）=T+ti+

£（Zf-当工=+，

因为E（y）-E（z）=-1,

所以随着轮数的增加，甲乙的总得分期望之差不变，总是甲比乙多1分.•M

■瓦秋・正态分布与标准正态分布

9大题典例

10.⑵-25高三上•浙江•月考习)在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000人，数

学均分都为94,标准差都为12,并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校

的数学分数不服从正态分布.

U)甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70分及以下的学生中抽取10人进行访问，学生小力考

分为68分，求他被抽到的概率大约为多少；

(2)根据统计发现学校乙得分不低于130分的学生有25人，得分不高于58分的有1人,试说明乙学校

教学的特点；

参考数据：若X~N(〃42),则尸(//-)&X&〃+<T)u0.68,P(〃-2(T&X&〃+2Qu0.95,P(〃-3b

<XW〃+3㈤比0.99.

【答案】(1)0.4;(2)乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.

【解析】(1)由题意可知甲校学生数学得分X~N(94,122),

由H〃一+右0.95,

可得P(70&X&118)x0.95,则尸(X&70)七1"^95=0.025,

所以分数在70分及以下的学生有1000x0.025=25,

所以学生小4被抽到的概率p=锂■=0.4

25

⑵由。(〃-3o&X&〃+3o)%0.99,

可得：P(58WXW130)七0.99

所以甲校不低于130分的概率为1.；99=().()05,

得分不高于58分的概率为1-*=°ops,

所以甲校不低于130分有1000x0.005=5人，得分不高于58分有1000x0.005=5人，

故乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.

解法指导

关于正态总体在某个区间内取值的概率求法

⑴熟记P(〃-。<*<〃+。).尸(〃一2。<乂4〃+2。)，尸(〃-3。<乂<〃+：力)的值.

(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与。轴之间面积为1：

①正态曲线关于直线c=〃对称，从而在关于l=〃对称的区间上概率相等；

②P(XVQ)=1—P(X>Q),P(XV〃-Q)=P(X>〃+Q).

S变式训练

11.【24—25高三上•江苏泰州•月考习)以4地生产的所有番茄为总体，总体中每个番茄的重量为随机变

帚X,X〜N(〃"2),其中均为正数.随机从总体中抽取几个番茄作为一个样本，番茄的重量分别

为X1,X2,…,X”,其取值相互独立.样本均值为元.•M

（£匕）=之后（均;如果

。)已知对于任意的随机变量K,X,…，匕，有E匕,匕，…，K的取值相互独

\i=lf1=1

立，则又有。(£匕)(均.求E(又)及成又).

\i=l)3=1

⑵若d>0,证明：〃-dvNv〃+d是又一dv〃vN+d的充要条件.

【答案】⑴顼》)=〃，仪元)=3；⑵证明见解析

Vn

【解析】⑴由题意将E(X)二回:］引-/(与X)=:琴(X)-5却-：”二4

X，X2,…，X”的取值相互独立，

故，⑴=两=》)=拈嘴力拈热⑻=符

⑵下面的不等式变换完全等价：

即〃一dVXV〃+d,—dVX—〃Vd,—dV〃一XVd,X—dV〃VX+d,

故〃一dv又V〃+d是又一dv〃vN+d的充要条件.

12.按照国际乒联的规定，标准的乒乓球在直径符合的条件下，重量为2.7克，其重量的误差在区间［

-0.081,0.081］内就认为是合格产品，在正常情况下样本的重量误差，服从正态分布.现从某厂生产的

一批产品中随机抽取10件样本,其重量如下：

2.722.682.72.752.6G2.72.62.692.72.8

U)计算上述10件产品的误差的平均数及标准差S；

(2)①利用⑴中求的平均数，标准差s,估计这批产品的合格率能否达到96%；

②如果产品的误差服从正态分布N(0,0.04052),那么从这批产品中随机抽取10件产品，则有不合格产

品的概率为多少？(附；若随机变量力服从正态分布则尸(〃。<1<“十(7)%。.683,。(〃

2trV-V4+2。)％0.954,P(/z-3bVcV〃+3/工0.997,0.9541°用0.624,0.9971。用0.9704分别代

替计算)

【答案】(1)0,0.05;(2)①不能；②0.3756

【解析】(1)由题意10件产品的误差分别为0.02,—0.02,0,0.05,—0.04,0,—0.1,—0.01,0,0.1,

误差的平均数为1=().02-0.02+0+0.05—0.04+0-0.1-0.01+0+0.1=(),

、…,0.022+(-0.02)2+02+0.052+(-0.04)2+02+(-0.1)2+(-0.01)2+02+0.12八八…

万差为s~=-----------------------------------------------------------------=0.0025,

所以标准差为s=0.05;

(2)①由(1)中计算得〃=00=0.05

所以P(〃-2。&>+2(7)=尸(0-2x0.05<。40+2x0.05)=尸(-0.1Vc40.1)

因为在一O.lWcWO.l内包括了所有的合格产品，也包括了不合格的产品，

而F(-0.1&C&0.1)七0.954<0.96,

所以这批抽查的产品的合格率不能达到96%.

②因为产品重量的误差服从正态分布N(0,0.04052),所以〃=00=0.0405,

〃一2(rV%V〃+2。即为-0.081<x<0.081,

所以每件产品合格的概率尸(〃-2。+2000.954,•M

所以随机抽取10件产品中有不合格产品的概率为1-0.954Kly1-0.6244=0.3756.

题型五线性回归与非线性回归

S大题典例

13二24-25高三上•陕西西安・模拟预测）近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保

护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向.“保护环

境，人人有责”，在政府和有关企'业的努力下，某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示:

年份£20192020202120222023

新能源汽车购买数量,（万辆）0.400.701.101.501.80

⑴计算g与c的相关系数丁（保留三位小数）;

⑵求g关于c的线性回归方程,并预测该地区2025年新能源汽车购买数量.

£（g一5）（奶一见£（电一元）（"一y）

参考公式/=—_In,b=日“--------------td=y-bx.

隹也F毕T）2

参考数值：713多3.6056,E（口一元）（仇一切=3.6.

£=1

【答案】⑴0.998;⑵2.54万辆

2021x5+(-2)+(-1)+0+1+20.40+0.70+1.10+1.50+1.80

【解析】⑴元==2021,5=w

55

Z出一历)2=(-2)2+(-1)2+02+12+22=10,

i=l

2(^-^)2=(-0-7)2+(-0-4)?+°2+0-42+0-72=1-3

(=1

Z(CL-)(%一1

3.63.6

所以r*=0.998：

VWxVl?33.6056

一切

赤(与一历)(劭一①

⑵由⑴知，6=上:------------=4^-=0.36,

Z3T10

1=1

d=y-bx=l.l-2021X0.36=-726.46,

所以y关于rr的线性回归方程是y=0.36c-726.46,

当c=2025时，。=0.36x2025-726.46=2.54(万辆),

该地区2025年新能源汽车购买数量约为2.54万辆.

解法指导

1、线性回归分析问题的类型及解题方法•M

⑴求线性回归方程:①利用公式求出回归系数6,&；②利用网归直线过样本中心点求系数；

（2）利用回归方程进行预测：把线性回归方程看作一次函数，求函数值；

（3）利用回归直线判断正、负相关:决定正相关函数负相关的系数是5：

（4）回归方程的拟合效果可以利用相关系数判断，当|『|越接近1时,两变量的线性相关性越强。

2、非线性回归经验回归方程的求法

（1）根据原始数据（。,妨作出散点图；（2）根据散点图，选择恰当的拟合函数；（3）作恰当的变换，将其转

化成线性函数，求经验回归方程；（4）在（3）的基础上通过相应的变换，即可得非线性经验回归方程。

S变式训练

14.【24—25高三上•广东•月考习）仙人掌别名老鸦舌,神仙掌，这一独特的仙人掌科草本植物，以其顽强的

生命力和独特的形态在自然界中独树一帜，以其形似并拢手指的手掌，且带有刺的特征而得名.仙人

学不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值,被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥

的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力，我国某农业大学植物研究所相关人

员为了解仙人掌的植株高度U（单位：cm）,与其根茎长度以单位：cm）之间是否存在线性相关的关系,

通过采样和数据记录得到如下数据：

样本编号i1234

根茎长度电10121416

植株高度%6286112132

参考数据：2（%一动2=20,2（仅一）丫=2792,73490259.1.

/=1i=l

⑴由上表数据计算相关系数〃，并说明是否可用线性回归模型拟合y与。的关系（若|r|>0.75,则可

用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001）；

[2）求夕关于⑦的线性回归方程.

附:对于一组数据出，珀,（如如），.-，（4,%），其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关

Z（B一元）（仇一切汇®一动®L））

系数r的公式分别为5=，=1„--------,d=y—bx,r=—,-〃•

X⑶-肃