2023学年高考数学一轮复习第十一章统计与统计案例第2讲用样本估计总体高效演练分层突破文新人教A版.doc

第2讲　用样本估计总体 [基础题组练] 1．把样本容量为20的数据分组，分组区间与频数如下：[10，20)，2；[20，30)，3；[30，40)，4；[40，50)，5；[50，60)，4；[60，70]，2，则在区间[10，50)上的数据的频率是(　　) A．0.05 B．0.25 C．0.5 D．0.7 解析：选D.由题知，在区间[10，50)上的数据的频数是2＋3＋4＋5＝14，故其频率为＝0.7. 2．(2023年·高考全国卷Ⅱ)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．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差 解析：选A.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. 3．(2023年·陕西咸阳模拟检测(二))PM2.5是衡量空气质量的重要指标，我国采用世界卫生组织的最宽值限定值，即PM2.5日均值在35 μg/m3以下空气质量为一级，在35～75μg/m3空气质量为二级，超过75 μg/m3为超标．如图是某地12月1日至10日的PM2.5(单位：μg/m3)的日均值，则下列说法不正确的是(　　) A．这10天中有3天空气质量为一级 B．从6日到9日PM2.5日均值逐渐降低 C．这10天中PM2.5日均值的中位数是55 D．这10天中PM2.5日均值最高的是12月6日 解析：选C.这10天中第一天，第三天和第四天，共3天空气质量为一级，所以A正确； 从题图可知从6日到9日PM2.5日均值逐渐降低，所以B正确； 从题图可知，这10天中PM2.5日均值最高的是12月6日，所以D正确； 由题图可知，这10天中PM2.5日均值的中位数是＝43， 所以C不正确．故选C. 4．甲、乙两组数的数据如茎叶图所示，则甲、乙的平均数、方差、极差及中位数中相同的是(　　) A．极差 B．方差 C．平均数 D．中位数 解析：选C.由题中茎叶图中数据的分布，可知方差不同，极差不同， 甲的中位数为＝18.5，乙的中位数为＝16， 甲＝＝， 乙＝＝， 所以甲、乙的平均数相同．故选C. 5．甲、乙、丙、丁四人参加某运动会射击项目的选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示： 甲 乙 丙 丁 平均环数 8.3 8.8 8.8 8.7 方差s2 3.5 3.6 2.2 5.4 从这四个人中选择一人参加该运动会射击项目比赛，最佳人选是 ． 解析：由题表中数据可知，丙的平均环数最高，且方差最小，说明技术稳定，且成绩好． 答案：丙 6．对某市“四城同创”活动中800名志愿者的年龄抽样调查统计后得到频率分布直方图(如图)，但是年龄组为[25，30)的数据不慎丢失，则依据此图可得： (1)[25，30)年龄组对应小矩形的高度为 ； (2)据此估计该市“四城同创”活动中志愿者年龄在[25，35)的人数为 ． 解析：设[25，30)年龄组对应小矩形的高度为h，则5×(0.01＋h＋0.07＋0.06＋0.02)＝1，解得h＝0.04.则志愿者年龄在[25，35)年龄组的频率为5×(0.04＋0.07)＝0.55，故志愿者年龄在[25，35)年龄组的人数约为0.55×800＝440. 答案：(1)0.04　(2)440 7．某校1 200名高三年级学生参加了一次数学测验(满分为100分)，为了分析这次数学测验的成绩，从这1 200人的数学成绩中随机抽取200人的成绩绘制成如下的统计表，请根据表中提供的信息解决下列问题： 成绩分组 频数 频率 平均分 [0，20) 3 0.015 16 [20，40) a b 32.1 [40，60) 25 0.125 55 [60，80) c 0.5 74 [80，100] 62 0.31 88 (1)求a、b、c的值； (2)如果从这1 200名学生中随机抽取一人，试估计这名学生该次数学测验及格的概率P(注：60分及60分以上为及格)； (3)试估计这次数学测验的年级平均分． 解：(1)由题意可得，b＝1－(0.015＋0.125＋0.5＋0.31)＝0.05，a＝200×0.05＝10，c＝200×0.5＝100. (2)根据已知，在抽出的200人的数学成绩中，及格的有162人．所以P＝＝0.81. (3)这次数学测验样本的平均分为 ＝＝73， 所以这次数学测验的年级平均分大约为73分． 8．为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，制图如下： 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下： 甲公司规定每件4.5元；乙公司规定每天35件以内(含35件)的部分每件4元，超出35件的部分每件7元． (1)根据图中数据写出甲公司员工A在这10天投递的快递件数的平均数和众数； (2)根据图中数据估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费． 解：(1)甲公司员工A在这10天投递的快递件数的平均数为36，众数为33. (2)根据题图中数据，可估算甲公司的每位员工该月所得劳务费为4.5×36×30＝4 860(元)，易知乙公司员工B每天所得劳务费X的可能取值为136，147，154，189，203， 所以乙公司的每位员工该月所得劳务费约为×(136×1＋147×3＋154×2＋189×3＋203×1)×30＝165.5×30＝4 965(元)． [综合题组练] 1．(2023年·安徽五校联盟第二次质检)数据a1，a2，a3，…，an的方差为σ2，则数据2a1，2a2，2a3，…，2an的方差为(　　) A. B．σ2 C．2σ2 D．4σ2 解析：选D.设a1，a2，a3，…，an的平均数为a，则2a1，2a2，2a3，…，2an的平均数为2a，σ2＝. 则2a1，2a2，2a3，…，2an的方差为＝4×＝4σ2.故选D. 2.(2023年·郑州市第二次质量预测)将甲、乙两个篮球队各5场比赛的得分数据整理成如图所示的茎叶图，由图可知以下结论正确的是(　　) A．甲队平均得分高于乙队的平均得分 B．甲队得分的中位数大于乙队得分的中位数 C．甲队得分的方差大于乙队得分的方差 D．甲、乙两队得分的极差相等 解析：选C.由题中茎叶图得，甲队的平均得分甲＝＝29，乙队的平均得分乙＝＝30，甲<乙，选项A不正确；甲队得分的中位数为29，乙队得分的中位数为30，甲队得分的中位数小于乙队得分的中位数，选项B不正确；甲队得分的方差s＝×[(26－29)2＋(28－29)2＋(29－29)2＋(31－29)2＋(31－29)2]＝，乙队得分的方差s＝×[(28－30)2＋(29－30)2＋(30－30)2＋(31－30)2＋(32－30)2]＝2，s>s，选项C正确；甲队得分的极差为31－26＝5，乙队得分的极差为32－28＝4，两者不相等，选项D不正确．故选C. 3.(2023年·沈阳市质量监测(一))某篮球运动员的投篮命中率为50%，他想提高自己的投篮水平，制定了一个夏季训练计划，为了了解训练效果，执行训练前，他统计了10场比赛的得分，计算出得分的中位数为15，平均得分为15，得分的方差为46.3.执行训练后也统计了10场比赛的得分，茎叶图如图所示： (1)请计算该篮球运动员执行训练后统计的10场比赛得分的中位数、平均得分与方差； (2)如果仅从执行训练前后统计的各10场比赛得分数据分析，你认为训练计划对该运动员的投篮水平的提高是否有帮助？为什么？ 解：(1)训练后得分的中位数为＝14.5； 平均得分为＝15； 方差为[(8－15)2＋(9－15)2＋(12－15)2＋(14－15)2＋(14－15)2＋(15－15)2＋(16－15)2＋(18－15)2＋(21－15)2＋(23－15)2]＝20.6. (2)尽管中位数训练后比训练前稍小，但平均得分一样，训练后方差20.6小于训练前方差46.3，说明训练后得分稳定性提高了(阐述观点合理即可)，这是投篮水平提高的表现．故此训练计划对该篮球运动员的投篮水平的提高有帮助． 4．(2023年·广州市调研测试)某蔬果经销商销售某种蔬果，售价为每千克25元，成本为每千克15元．销售宗旨是当天进货当天销售．如果当天卖不出去，未售出的全部降价以每千克10元处理完．根据以往的销售情况，按[0，100)，[100，200)，[200，300)，[300，400)，[400，500]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图计算该种蔬果日需求量的平均数(同一组中的数据用该组区间中点值代表)； (2)该经销商某天购进了250千克该种蔬果，假设当天的需求量为x千克(0≤x≤500)，利润为y元．求y关于x的函数关系式，并结合频率分布直方图估计利润y不小于1 750元的概率． 解：(1)＝50×0.001 0×100＋150×0.002 0×100＋250×0.003 0×100＋350×0.002 5×100＋450×0.001 5×100＝265. 故该种蔬果日需求量的平均数为265千克． (2)当日需求量不低于250千克时，利润y＝(25－15)×250＝2 500(元)， 当日需求量低于250千克时，利润y＝(25－15)x－(250－x)×5＝15x－1 250(元)， 所以y＝， 由y≥1 750，得200≤x≤500， 所以P(y≥1 750)＝P(200≤x≤500)＝0.003 0×100＋0.002 5×100＋0.001 5×100＝0.7. 故估计利润y不小于1 750元的概率为0.7. 7