发布时间 : 星期日 文章人教版2020高考数学二轮复习专题四概率与统计第1讲统计与统计案例练习更新完毕开始阅读
解析 设所求的人数为n，由频率分布直方图，自习时间不少于22.5小时的频率为(0.04＋0.08＋0.16)×2.5＝0.7，∴n＝0.7×200＝140. 答案 140 三、解答题
9.(2018·全国Ⅰ卷)某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据(单位：m)和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表 [0.1，日用水量 [0，0.1) 0.2) 频数 1 3 0.3) 2 0.4) 4 0.5) 9 0.6) 26 0.7) 5 [0.2，[0.3，[0.4，[0.5，[0.6，3
使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量 频数 [0，0.1) [0.1，0.2) [0.2，0.3) [0.3，0.4) [0.4，0.5) [0.5，0.6) 1 5 13 10 16 5 (1)在下图中作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：
(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35(m)的概率；
(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表). 解 (1)所求的频率分布直方图如下：
3
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(2)由题可知用水量在[0.3，0.4]的频数为10，所以可估计在[0.3，0.35)的频数为5，故用243
水量小于0.35(m)的频数为1＋5＋13＋5＝24，其概率为P＝＝0.48.
50(3)该家庭未使用节水龙头50天的日用水量的平均数为
－
x1＝(0.05×1＋0.15×3＋0.25×2＋0.35×4＋0.45×9＋0.55×26＋0.65×5)＝0.48.
150
该家庭使用了节水龙头后50天的日用水量的平均数为
－
x2＝(0.05×1＋0.15×5＋0.25×13＋0.35×10＋0.45×16＋0.55×5)＝0.35.
3
150
估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48－0.35)×365＝47.45(m).
10.某市春节期间7家超市的广告费支出xi(万元)和销售额yi(万元)数据如下：
超市 广告费支出xi 销售额yi A 1 19 B 2 32 C 4 40 D 6 44 E 11 52 F 13 53 G 19 54 (1)若用线性回归模型拟合y与x的关系，求y关于x的线性回归方程；
(2)用对数回归模型拟合y与x的关系，可得回归方程y＝12ln x＋22，经计算得出线性回归模型和对数模型的R分别约为0.75和0.97，请用R说明选择哪个回归模型更合适，并用此模型预测A超市广告费支出为8万元时的销售额.
n7
7
2
2
2
^
∑xiyi－n·x y^
－－
^
－
^
参数数据及公式：x＝8，y＝42，∑xiyi＝2 794，∑xi＝708，b＝
i＝1
i＝1
－－
i＝1
n2
∑xi－nxi＝1
－
，a＝y－b2
－
x，ln 2≈0.7.
－
－
7
7
2
解 (1)∵x＝8，y＝42，∑xiyi＝2 794，∑xi＝708.
i＝1
i＝1
18
n∑xiyi－n·x y∴b＝
^
－－
i＝1
n2
∑xi－nxi＝1
－2
＝2 794－7×8×42
＝1.7， 2
708－7×8
因此a＝y－bx＝42－1.7×8＝28.4.
所以，y关于x的线性回归方程是y＝1.7x＋28.4. (2)∵0.75<0.97， ∴对数回归模型更合适.
当x＝8时，y＝12ln 8＋22＝36ln 2＋22＝36×0.7＋22＝47.2(万元). ∴广告费支出8万元时，预测A超市销售额为47.2万元.
11.(2017·全国Ⅰ卷)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30 min从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸(单位：cm).下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸： 抽取次序 零件尺寸 抽取次序 零件尺寸 －
^
^
^－^－
1 9.95 9 10.26 16
2 10.12 10 9.91 3 9.96 11 10.13 16
4 9.96 12 10.02 5 10.01 13 9.22 6 9.92 14 10.04 16
7 9.98 15 10.05 8 10.04 16 9.95 1
经计算得x＝∑xi＝9.97，s＝
16i＝1
16
2
16
－12
∑ （xi－x）＝16i＝1－122
（∑xi－16x）≈0.212，16i＝1
∑ （i－8.5）≈18.439，∑ (xi－x)(i－8.5)＝－2.78，其中xi为抽取的第i个零件
i＝1
i＝1
－
的尺寸，i＝1，2，…，16.
(1)求(xi，i)(i＝1，2，…，16)的相关系数r，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小(若|r|<0.25，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小).
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(x－3s，x＋3s)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. ①从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？
②在(x－3s，x＋3s)之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产的零
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－
－
－
－
件尺寸的均值与标准差.(精确到0.01)
n∑ （xi－x）（yi－y）
附：样本(xi，yi)(i＝1，2，…，n)的相关系数r＝
i＝1n－－
∑ （xi－x）
i＝1
－
n2
，0.008
－
2
∑ （yi－y）
i＝1
≈0.09.
解 (1)由样本数据得(xi，i)(i＝1，2，…，16)的相关系数
16
∑ （xi－x）（i－8.5）
－
r＝
i＝116
∑ （xi－x）
i＝1
－
16
2
≈
2
∑ （i－8.5）
i＝1
≈－0.18.
0.212×16×18.439
－2.78
由于|r|<0.25，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小.
(2)①由于x＝9.97，s≈0.212，由样本数据可以看出抽取的第13个零件的尺寸在(x－3s，x＋3s)以外.
因此需对当天的生产过程进行检查.
②剔除离群值，即第13个数据，剩下数据的平均数为 1
(16×9.97－9.22)＝10.02， 15
这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为10.02.
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－
－
－
∑xi≈16×0.212＋16×9.97≈1 591.134，
i＝1
222
剔除第13个数据，剩下数据的样本方差为 122
(1 591.134－9.22－15×10.02)≈0.008， 15
这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为0.008≈0.09.
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