di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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、摩尔浓度相同.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：

<img_73>

<img_299>

$记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.70.$
$分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)。$

Solution:
甲离子残留百分比的平均值的估计值为
$2\times 0.15+3\times 0.20+4\times 0.30+5\times 0.20+6\times 0.10+7\times 0.05=4.05.$
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
$3\times 0.05+4\times 0.10+5\times 0.15+6\times 0.35+7\times 0.20+8\times 0.15=6.00.$



Final answer: $4.05，6$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611828983898114/img/compression/M_c8c2823a4e5af52c58622251689b8926.jpg)
$求这200名学生每周阅读时间的样本平均数 \overline{x} 和样本方差 s^2 (同一组的数据用该组区间中点值作代表)；$

Solution:
$根据频率分布直方图知，阅读时间在区间[5.5,6.5),[6.5,7.5),[7.5,8.5),[8.5,9.5),[9.5,10.5),[10.5,11.5),[11.5,12.5]内的频率分别为0.03,0.1,0.2,0.35,0.19,0.09,0.04$

$\overline{x} = 6\times 0.03+7\times 0.1+8\times 0.2+9\times 0.35+10\times 0.19+11\times 0.09+12\times 0.04=9$

$s^2 = (6-9)^2\times 0.03+(7-9)^2\times 0.1+(8-9)^2\times 0.2+(9-9)^2\times 0.35+(10-9)^2\times 0.19+(11-9)^2\times 0.09+(12-9)^2\times 0.04=1.78$

$所以样本平均数\overline{x}和样本方差s^2分别为9，1.78.$

Final answer: \overline{x}=9, s^2=1.78
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.$
<img_1571>
$求这200名学生每周阅读时间的样本平均数 \overline{x} 和样本方差 s^2 (同一组的数据用该组区间中点值作代表)；$

Solution:
$根据频率分布直方图知，阅读时间在区间[5.5,6.5),[6.5,7.5),[7.5,8.5),[8.5,9.5),[9.5,10.5),[10.5,11.5),[11.5,12.5]内的频率分别为0.03,0.1,0.2,0.35,0.19,0.09,0.04$

$\overline{x} = 6\times 0.03+7\times 0.1+8\times 0.2+9\times 0.35+10\times 0.19+11\times 0.09+12\times 0.04=9$

$s^2 = (6-9)^2\times 0.03+(7-9)^2\times 0.1+(8-9)^2\times 0.2+(9-9)^2\times 0.35+(10-9)^2\times 0.19+(11-9)^2\times 0.09+(12-9)^2\times 0.04=1.78$

$所以样本平均数\overline{x}和样本方差s^2分别为9，1.78.$

Final answer: \overline{x}=9, s^2=1.78
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.$
<img_1571>
$由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x大致服从正态分布N(\mu,\sigma^2)，其中\mu近似为样本平均数\overline{x}，\sigma^2近似为样本方差s^2。$
$①一般正态分布N(\mu,\sigma)的概率都可以转化为标准正态分布N(0,1)的概率进行计算：若X~N(\mu,\sigma^2)，令Y=\frac{X-\mu }{\sigma }，则Y~N(0,1)，且P(X\leq a)=P\left(Y\leq \frac{a-\mu }{\sigma }\right)，利用直方图得到的正态分布求P(X\leq 10)；$
$②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求Z的均值.$
$参考数据：\sqrt{178}\approx \frac{40}{3}，若Y~N(0,1)，则P(Y\leq 0.75)=0.773 4.$

Solution:
$①由(1)知 \mu =9，\sigma ^2=1.78，则有 X～N(9,1.78)，$
$\sigma =\sqrt{1.78}=\frac{\sqrt{178}}{10}\approx \frac{4}{3}，$
$P(X\leq 10)=P\left(Y\leq \frac{\frac{　}{10-9}}{\frac{4}{3}}\right)=P(Y\leq 0.75)=0.7734.$
$②由①知P(X>10)=1-P(X\leq 10)=0.226 6，可得Z～B(20,0.226 6)，$
$所以Z的均值E(Z)=20\times 0.226 6=4.532.$



Final answer: $0.7734, 4.532$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611828983898114/img/compression/M_c8c2823a4e5af52c58622251689b8926.jpg)
$由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x大致服从正态分布N(\mu,\sigma^2)，其中\mu近似为样本平均数\overline{x}，\sigma^2近似为样本方差s^2。$
$①一般正态分布N(\mu,\sigma)的概率都可以转化为标准正态分布N(0,1)的概率进行计算：若X~N(\mu,\sigma^2)，令Y=\frac{X-\mu }{\sigma }，则Y~N(0,1)，且P(X\leq a)=P\left(Y\leq \frac{a-\mu }{\sigma }\right)，利用直方图得到的正态分布求P(X\leq 10)；$
$②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求Z的均值.$
$参考数据：\sqrt{178}\approx \frac{40}{3}，若Y~N(0,1)，则P(Y\leq 0.75)=0.773 4.$

Solution:
$①由(1)知 \mu =9，\sigma ^2=1.78，则有 X～N(9,1.78)，$
$\sigma =\sqrt{1.78}=\frac{\sqrt{178}}{10}\approx \frac{4}{3}，$
$P(X\leq 10)=P\left(Y\leq \frac{\frac{　}{10-9}}{\frac{4}{3}}\right)=P(Y\leq 0.75)=0.773 4.$
$②由①知P(X>10)=1-P(X\leq 10)=0.226 6，可得Z～B(20,0.226 6)，$
$所以Z的均值E(Z)=20\times 0.226 6=4.532.$

Final answer: $0.7734和4.532$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图.

<img_132>
$求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85\%分位数；$

Solution:
$因为40\times (0.0005+0.002\times 2+2a+0.006 5)=1，解得a=0.004. 结合已知得观看时长在200分钟以下时间的占比为40\times (0.000 5+0.002+0.004+0.006+0.006 5)=0.76，观看时长在240分钟以下的占比为0.76+40\times 0.004=0.92，所以85\%的分数位于[200,240)内，85\%的分数位为200+40\times \frac{0.85-0.76}{0.92-0.76}  =222.5.$



Final answer: $0.004，222.5$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图.

![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611922794565634/img/compression/M_ab65872a75068421c74c662c46539de4.jpg)
$求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数；$

Solution:
$因为40\times (0.000 5+0.002\times 2+2a+0.006 5)=1，解得a=0.004. 结合已知得观看时长在200分钟以下时间的占比为40\times (0.000 5+0.002+0.004+0.006+0.006 5)=0.76，观看时长在240分钟以下的占比为0.76+40\times 0.004=0.92，所以85%的分数位于[200,240)内，85%的分数位为200+40\times \frac{0.85-0.76}{0.92-0.76}  =222.5.$

Final answer: $a=0.004，85%的分数位为222.5$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图.

![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611922794565634/img/compression/M_ab65872a75068421c74c662c46539de4.jpg)
采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人.若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在[200，240)的人数为X，求X的分布列和数学期望.

Solution:
因为观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16，0.08，
$所以采取分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人。所以抽取的3人中观看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3.P(X=1)=\frac{C^1_4 \cdot C^2_2}{C^3_6}= \frac{1}{5}, P(X=2)=\frac{C^2_4 \cdot C^1_2}{C^3_6}= \frac{3}{5}, P(X=3)=\frac{C^3_4}{C^3_6}= \frac{1}{5}, 所以X的分布列为$

| X | 1 | 2 | 3 |
| ---- | ---- | ---- |---- |
$| P | \frac{1}{5} | \frac{3}{5} | \frac{1}{5} |$

$所以E(X)=1\times \frac{1}{5}+2\times \frac{3}{5}+3\times \frac{1}{5}=2$

Final answer: $E(X)=2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图.

<img_132>
采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人.若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在[200，240)的人数为X，求X的分布列和数学期望.

Solution:
因为观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16，0.08，
$所以采取分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人。所以抽取的3人中观看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3.P(X=1)=\frac{C^1_4 \cdot C^2_2}{C^3_6}= \frac{1}{5}, P(X=2)=\frac{C^2_4 \cdot C^1_2}{C^3_6}= \frac{3}{5}, P(X=3)=\frac{C^3_4}{C^3_6}= \frac{1}{5}, 所以X的分布列为$

| X | 1 | 2 | 3 |
| ---- | ---- | ---- |---- |
$| P | \frac{1}{5} | \frac{3}{5} | \frac{1}{5} |$

$所以E(X)=1\times \frac{1}{5}+2\times \frac{3}{5}+3\times \frac{1}{5}=2$

Final answer: $E(X)=2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611949536583681/img/editor/compression/aae0e46c-c265-4ae5-a0fc-bc8041802ba4.png)

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
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；

Solution:
$估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为\overline{x}=\frac{0.6}{10}=0.06(m^2),$
$平均一棵的材积量为\overline{y}=\frac{3.9}{10}=0.39(m^3).$

Final answer: $\overline{x}=0.06(m^2), \overline{y}=0.39(m^3).$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

<img_1490>

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
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；

Solution:
$估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为\overline{x}=\frac{0.6}{10}=0.06(m^2),$
$平均一棵的材积量为\overline{y}=\frac{3.9}{10}=0.39(m^3).$

Final answer: $\overline{x}=0.06(m^2), \overline{y}=0.39(m^3).$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611949536583681/img/editor/compression/aae0e46c-c265-4ae5-a0fc-bc8041802ba4.png)

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
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)；

Solution:
$样本相关系数r=\frac{\sum \limits^{10}_{i=1}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum \limits^{10}_{i=1}(x_i-\overline{x})^2\sum \limits^{10}_{i=1}(y_i-\overline{y})^2}}$

$=\frac{\sum \limits^{10}_{i=1}x_iy_i-10\overline{x}\overline{y}}{\sqrt{(\sum \limits^{10}_{i=1}x^2_i-10\overline{x}^2)(\sum \limits^{10}_{i=1}y^2_i-10\overline{y}^2)}}$

$=\frac{0.247 4-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{(0.038-10 \times 0.06^2)(1.615 8-10 \times 0.39^2)}}$

$=\frac{0.013 4}{\sqrt{0.002 \times 0.094 8}}$

$=\frac{0.013 4}{0.01\sqrt{1.896}}$

$\approx \frac{0.013 4}{0.013 77}$

\approx 0.97.

即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约为0.97.

Final answer: $0.97$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

<img_1490>

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
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)；

Solution:
$样本相关系数r=\frac{\sum \limits^{10}_{i=1}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum \limits^{10}_{i=1}(x_i-\overline{x})^2\sum \limits^{10}_{i=1}(y_i-\overline{y})^2}}$

$=\frac{\sum \limits^{10}_{i=1}x_iy_i-10\overline{x}\overline{y}}{\sqrt{(\sum \limits^{10}_{i=1}x^2_i-10\overline{x}^2)(\sum \limits^{10}_{i=1}y^2_i-10\overline{y}^2)}}$

$=\frac{0.247 4-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{(0.038-10 \times 0.06^2)(1.615 8-10 \times 0.39^2)}}$

$=\frac{0.013 4}{\sqrt{0.002 \times 0.094 8}}$

$=\frac{0.013 4}{0.01\sqrt{1.896}}$

$\approx \frac{0.013 4}{0.013 77}$

\approx 0.97.

即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约为0.97.

Final answer: $0.97$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

<img_1490>

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
$现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186 m^{2}. 已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比. 利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.$

Solution:
设这种树木的根部横截总面积为X m^2,总材积量为Y m^3，则

$\frac{X}{Y} = \frac{\overline{x}}{\overline{y}}$

则Y =

$\frac{X \cdot \overline{y}}{\overline{x}} = \frac{186 \times 0.39}{0.06} = 1209$

所以该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m^3.

Final answer: $1209$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：m^2)和材积量(单位：m^3)，得到如下数据：

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611949536583681/img/editor/compression/aae0e46c-c265-4ae5-a0fc-bc8041802ba4.png)

$并计算得\sum_{i=1}^{10} x_i^2 = 0.038，\sum_{i=1}^{10} y_i^2 = 1.6158，\sum_{i=1}^{10} x_iy_i = 0.2474.$

$附：相关系数r = \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})(y_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x})^2 \sum_{i=1}^{n} (y_i - \overline{y})^2}}，\sqrt{1.896} \approx 1.377.$
$现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186 m^{2}. 已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比. 利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.$

Solution:
设这种树木的根部横截总面积为X m^2,总材积量为Y m^3，则

$\frac{X}{Y} = \frac{\overline{x}}{\overline{y}}$

则Y =

$\frac{X \cdot \overline{y}}{\overline{x}} = \frac{186 \times 0.39}{0.06} = 1209$

所以该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m^3.

Final answer: $1209$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x_i,y_i)(i=1,2,\ldots ，20)，其中x_i和y_i分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得\sum^{20}_{i=1} x_i=60,\sum^{20}_{i=1} y_i=1 200,\sum^{20}_{i=1} (x_i-\overline{x})^2=80,\sum^{20}_{i=1} (y_i-\overline{y})^2=9 000,\sum^{20}_{i=1} (x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})=800.$

$附：相关系数r=\frac{\sum^n_{i=1}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum^n_{i=1}(x_i-\overline{x})^2\sum^n_{i=1}(y_i-\overline{y})^2}}，\sqrt{2}\approx 1.414.$
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地块数)；

Solution:
$由已知得样本平均数 \overline{y} = \frac{1}{20} \sum^{20}_{i=1} y_{i} = 60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60\times 200=12 000.$

Final answer: 12000
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x_i,y_i)(i=1,2,\ldots ，20)，其中x_i和y_i分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得\sum^{20}_{i=1} x_i=60,\sum^{20}_{i=1} y_i=1 200,\sum^{20}_{i=1} (x_i-\overline{x})^2=80,\sum^{20}_{i=1} (y_i-\overline{y})^2=9 000,\sum^{20}_{i=1} (x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})=800.$

$附：相关系数r=\frac{\sum^n_{i=1}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum^n_{i=1}(x_i-\overline{x})^2\sum^n_{i=1}(y_i-\overline{y})^2}}，\sqrt{2}\approx 1.414.$
$求样本 (x_i,y_i) (i=1,2,\ldots ，20)的相关系数(精确到0.01)；$

Solution:
$样本(x_{i},y_{i})(i=1,2,\ldots ,20)的相关系数$
$r= \frac{\sum \limits^{20}_{i=1}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sqrt{\sum \limits^{20}_{i=1}(x_i-\overline{x})^2\sum \limits^{20}_{i=1}(y_i-\overline{y})^2}} = \frac{800}{\sqrt{80 \times 9 000}} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \approx 0.94.$

Final answer: \frac{2\sqrt{2}}{3}
Subfield: Probability and Statistics


Question: 甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运行.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:

|      | 准点班次数 | 未准点班次数 |
| ---- | ---------- | ------------ |
| A    | 240        | 20           |
| B    | 210        | 30           |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)},$

| $P(K^2\geq k)$ | 0.100 | 0.050 | 0.010 |
| ---------- | ----- | ----- | ----- |
| $k$        | 2.706 | 3.841 | 6.635 |
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;

Solution:
$由题意可得A公司长途客车准点的概率P_1=\frac{240}{260}=\frac{12}{13}，B公司长途客车准点的概率P_2=\frac{210}{240}=\frac{7}{8}.$



Final answer: $P_1=\frac{12}{13}，P_2=\frac{7}{8}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：\mu g/m^3)，得下表：

|SO2/PM2.5 | [0,50] | (50，150] | (150，475] |
|:---:|:---:|:---:|:---:|
|[0，35]| 32 | 18 | 4 |
|(35，75]| 6 | 8 | 12 |
|(75，115]| 3 | 7 | 10 |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

| $P(K^2\geq k)$ | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
|:---:|:---:|:---:|:---:|
| $k$ | 3.841 | 6.635 | 10.828 |
估计事件“该市一天空气中PM_{2.5}浓度不超过75，且SO_{2}浓度不超过150”的概率；

Solution:
根据抽查数据，该市100天的空气中PM_{2.5}浓度不超过75，且SO_{2}浓度不超过150的天数为32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM_{2.5}浓度不超过75，且SO_{2}浓度不超过150的概率的估计值为

$\frac{64}{100}$

=0.64.

Final answer: $0.64$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 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：\mu g/m^3)，得下表：

|SO2/PM2.5 | [0,50] | (50，150] | (150，475] |
|:---:|:---:|:---:|:---:|
|[0，35]| 32 | 18 | 4 |
|(35，75]| 6 | 8 | 12 |
|(75，115]| 3 | 7 | 10 |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

| $P(K^2\geq k)$ | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
|:---:|:---:|:---:|:---:|
| $k$ | 3.841 | 6.635 | 10.828 |
根据所给数据，完成下面的2\times 2列联表：

|         | [0，150] | (150，475]  |
|-------------|:-------------:| :-----:|
| SO<sub>2</sub>,PM<sub>2.5</sub>   | - | - |
| [0，75]| -      |   - |
| (75，115]| -      |    - |

Solution:
根据抽查数据，可得2\times 2列联表：

|       | [0，150] | (150，475] |
|-------|-----------|-------------|
|[0，75] | 64 | 16 |
|(75,115] | 10 | 10 |

$其中SO_2和PM_{2.5}为列联表的表头样例。$

Final answer: $$
\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
 & [0，150] & (150，475) \\
\hline
[0，75] & 64 & 16 \\
\hline
(75,115) & 10 & 10 \\
\hline
\end{array}
$$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.

$附： \chi^2 = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

| $\alpha$  | 0.10  |0.05 | 0.010  | 0.005 | 0.001 |
|------|-------|------|-------|-------|-------|
| $x_\alpha$ | 2.706 |3.841| 6.635  | 7.879 | 10.828|
在试产初期，该款芯片的批次M生产前三道工序的次品率分别为P<sub>1</sub>=\(\frac{1}{60}\),P<sub>2</sub>=\(\frac{1}{59}\),P<sub>3</sub>=\(\frac{1}{58}\).
①求批次M芯片的次品率P<sub>M</sub>；
②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次M的芯片智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率.

Solution:
①批次M芯片的次品率为
$P_{M}=1-(1-P_{1})(1-P_{2})(1-P_{3})=1-\frac{59}{60}\times \frac{58}{59}\times \frac{57}{58}=\frac{1}{20}.$

②设批次M的芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
$由已知得P(A)=\frac{98}{100},P(AB)=1-P_{M}=1-\frac{1}{20}=\frac{19}{20}，$
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，
$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{19}{20}\times \frac{100}{98}=\frac{95}{98}.$



Final answer: P_M=\frac{1}{20}，P(B|A)=\frac{95}{98}
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：

|锻炼人次\空气质量等级 | [0，200] | (200，400] | (400，600] |
| --- | --- | --- | --- |
|1(优) | 2 |16 |25 |
|2(良) |5 |10 |12 |
|3(轻度污染) |6 |7 |8 |
|4(中度污染) |7 |2 |0 |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

|$P(K^2\geq k) $|0.050 |0.010 |0.001 |
| --- | --- | --- | --- |
|$k $|3.841 |6.635 |10.828 |
分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；

Solution:
: 由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如表：

| 空气质量等级 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| 概率的估计值 | 0.43 | 0.27 | 0.21 | 0.09 |

Final answer: 0.43, 0.27, 0.21, 0.09
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：

|锻炼人次\空气质量等级 | [0，200] | (200，400] | (400，600] |
| --- | --- | --- | --- |
|1(优) | 2 |16 |25 |
|2(良) |5 |10 |12 |
|3(轻度污染) |6 |7 |8 |
|4(中度污染) |7 |2 |0 |

$附：K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

|$P(K^2\geq k) $|0.050 |0.010 |0.001 |
| --- | --- | --- | --- |
|$k $|3.841 |6.635 |10.828 |
求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；

Solution:
$一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为 \frac{1}{100} \times (100\times 20+300\times 35+500\times 45)=350.$

Final answer: $350$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二、高三随机抽取200名学生(该学校学生总数较多)，调查日均晨读时间，数据如表：

|日均晨读时间/分钟  |[0,10)|[10,20)|[20,30)|[30,40)|[40,50)|[50,60]|
|----------------|-------|--------|--------|--------|--------|------|
|人数            |5      |10      |25      |50      |50      |60    |

将学生日均晨读时间在[30,60]上的学生评价为“晨读合格”。

$参考公式：\chi^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}，其中n=a+b+c+d.$

临界值表：

|\alpha      |0.1   |0.05  |0.01  |0.005 |0.001 |
|------|------|------|------|------|------|
|x_\alpha    |2.706 |3.841 |6.635 |7.879 |10.828|
$将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量 \xi ，求 \xi  的数学期望.$

Solution:
由题意，知学生晨读合格的概率为
$\frac{160}{200} = \frac{4}{5}$
$易知 \xi～B \left(2,\frac{4}{5}\right)，$
$所以 P \left(\xi =0\right) = C_0^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^0 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^2 = \frac{1}{25}，$
$P \left(\xi =1\right) = C_1^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^1 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^1 = \frac{8}{25}，$
$P \left(\xi =2\right) = C_2^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^0 = \frac{16}{25}， $
$\xi  的分布列为$

|   $\xi$   | 0 | 1 | 2 |
|  :---:  | :---: | :---: | :---: |
|   $P$   | $\frac{1}{25}$ | $\frac{8}{25}$ | $\frac{16}{25}$ |

$所以 E(\xi ) = 0\times  \frac{1}{25} + 1\times  \frac{8}{25} + 2\times  \frac{16}{25} = \frac{8}{5}.$



Final answer: $\frac{8}{5}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二、高三随机抽取200名学生(该学校学生总数较多)，调查日均晨读时间，数据如表：

|日均晨读时间/分钟  |[0,10)|[10,20)|[20,30)|[30,40)|[40,50)|[50,60]|
|----------------|-------|--------|--------|--------|--------|------|
|人数            |5      |10      |25      |50      |50      |60    |

将学生日均晨读时间在[30,60]上的学生评价为“晨读合格”。

$参考公式：\chi^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}，其中n=a+b+c+d.$

临界值表：

|\alpha      |0.1   |0.05  |0.01  |0.005 |0.001 |
|------|------|------|------|------|------|
|x_\alpha    |2.706 |3.841 |6.635 |7.879 |10.828|
$将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量 \xi ，求 \xi  的分布列和数学期望.$

Solution:
由题意，知学生晨读合格的概率为
$\frac{160}{200} = \frac{4}{5}$
$易知 \xi～B \left(2,\frac{4}{5}\right)，$
$所以 P \left(\xi =0\right) = C_0^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^0 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^2 = \frac{1}{25}，$
$P \left(\xi =1\right) = C_1^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^1 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^1 = \frac{8}{25}，$
$P \left(\xi =2\right) = C_2^2 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^0 = \frac{16}{25}， $
$\xi  的分布列为$

|   $\xi$   | 0 | 1 | 2 |
|  :---:  | :---: | :---: | :---: |
|   $P$   | $\frac{1}{25}$ | $\frac{8}{25}$ | $\frac{16}{25}$ |

$所以 E(\xi ) = 0\times  \frac{1}{25} + 1\times  \frac{8}{25} + 2\times  \frac{16}{25} = \frac{8}{5}.$

Final answer: $\xi  的分布列为$

| $\xi$ |       0        |       1        |        2        |
| :---: | :------------: | :------------: | :-------------: |
|  $P$  | $\frac{1}{25}$ | $\frac{8}{25}$ | $\frac{16}{25}$ |

$E(\xi ) = \frac{8}{5}.$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 研究显示，越来越多的上班族下班后通过慢跑强身健体，慢跑属于一种有氧运动，可以消耗人体大量热量，坚持慢跑可以促进新陈代谢，增加肺活量以及增强心脏功能，提升人体免疫力，因此深受青年人喜爱.下图统计了小明这100天每天慢跑的时间情况(单位：分钟).

![24AXGK5SX409.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635167151268712450/img/compression/M_2c7d096cd43d9d8ce075d27beae21198.jpg)
求m的值.

Solution:
$依题意，得(0.005+0.012+m+0.034+0.015+0.003) \times 10=1，解得m=0.031。$

Final answer: $0.031$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 研究显示，越来越多的上班族下班后通过慢跑强身健体，慢跑属于一种有氧运动，可以消耗人体大量热量，坚持慢跑可以促进新陈代谢，增加肺活量以及增强心脏功能，提升人体免疫力，因此深受青年人喜爱.下图统计了小明这100天每天慢跑的时间情况(单位：分钟).

<img_185>
求m的值.

Solution:
$依题意，得(0.005+0.012+m+0.034+0.015+0.003) \times 10=1，解得m=0.031。$

Final answer: $0.031$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 根据中国海洋生态环境状况公报，从2017年到2021年全国直排海污染源中各年份的氨氮总量i(单位：千吨)与年份的散点图如图.
<img_146>
记年份代码为i(i=1，2，3，4，5)，t=1/x，对数据处理后得：

\|     |     | $\sum^{5}_{i=1}t^2_i$ | $\sum^{5}_{i=1}y^2_i $| $\sum^{5}_{i=1}x_iy_i $| $$\sum^{5}_{i=1}t_iy_i$ |
|-----|-----|-----|-----|-----|-----|
|  $\bar{y}$ | $\bar{t}$ | | | | |
|  6  | 0.5 |  1.5                  |  210                  |  76                  |  17                  |

$参考公式：回归方程\hat{y}=\hat{v}i+\hat{u}中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为\hat{v}=\frac{\sum^{n}_{i=1}(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sum^{n}_{i=1}(x_i-\bar{x})^2}=\frac{\sum^{n}_{i=1}x_iy_i-n\bar{x}\bar{y}}{\sum^{n}_{i=1}x^2_i-n\bar{x}^2}，\hat{u}=\bar{y}-\hat{v}\bar{x}．$
根据(1)的判断结果，建立y关于x的回归方程，并预测2022年全国直排海污染源中的氨氮总量(计算结果精确到整数)．

Solution:
因为 
$\hat{d} $
=
$\frac{\sum \limits^{5}_{{i=1}}t_iy_i-5\overline{t} \cdot \overline{y}}{\sum \limits^{5}_{{i=1}}t^2_i-5\overline{t}^2} $
=8，
且 
$\hat{c} $
= 
$\overline{y} $

- $\hat{d}\overline{t} $
=2,
所以y关于t的回归方程为 
$\hat{y} =8t+2，即y关于x的回归方程为$ 
$\hat{y} =\frac{8}{x} +2$,
2022年对应的年份代码为x=6，所以 
$\hat{y} \approx 3$，
故预计2022年全国直排海污染源中的氨氮总量为3千吨．

Final answer: $3$