eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 计数）：（2020$\cdot$西宁模拟）某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动. 活动规则如下：消费额每满 100 元可转动如图所示的转盘一次, 并获得相应金额的返券, 假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在 $A$ 区域返券 60 元; 停在 $B$ 区域返券 30 元; 停在 $C$ 区域不返券. 例如: 消费 218 元, 可转动转盘 2 次, 所获得的返券金额是两次金额之和.

（I）若某位顾客消费 128 元，求返券金额不低于 30 元的概率;

（II）若某位顾客恰好消费 280 元, 并按规则参与了活动, 他获得返券的金额记为 $X$ (元) . 求随机变量 $X$ 的分布列和数学期望.


选项：
答案：解: 设指针落在 $A, B, C$ 区域分别记为事件 $A, B, C$.

则 $P(A)=\frac{1}{6}, P(B)=\frac{1}{3}, P(C)=\frac{1}{2}$.

(I) 若返券金额不低于 30 元, 则指针落在 $A$ 或 $B$ 区域. $\therefore P=P(A)+P(B)=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=\frac{1}{2}$即消费 128 元的顾客，返券金额不低于 30 元的概率是 $\frac{1}{2}$.

(II) 由题意得, 该顾客可转动转盘 2 次.

随机变量 $X$ 的可能值为 $0,30,60,90,120$.

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=0)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4} ;$

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=30)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times 2=\frac{1}{3}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=60)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{6} \times 2+\frac{1}{3} \times \frac{1}{3}=\frac{5}{18}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=90)=\frac{1}{3} \times \frac{1}{6} \times 2=\frac{1}{9}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=120)=\frac{1}{6} \times \frac{1}{6}=\frac{1}{36}$.

所以，随机变量 $X$ 的分布列为:

| $X$  |       0       |      30       |       60       |      90       |      120       |
| :--: | :-----------: | :-----------: | :------------: | :-----------: | :------------: |
| $P$  | $\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{5}{18}$ | $\frac{1}{9}$ | $\frac{1}{36}$ |

其数学期望 $\mathrm{EX}=0 \times \frac{1}{4}+30 \times \frac{1}{3}+60 \times \frac{5}{18}+90 \times \frac{1}{9}+120 \times \frac{1}{36}=40$.
解析：解: 设指针落在 $A, B, C$ 区域分别记为事件 $A, B, C$.

则 $P(A)=\frac{1}{6}, P(B)=\frac{1}{3}, P(C)=\frac{1}{2}$.

(I) 若返券金额不低于 30 元, 则指针落在 $A$ 或 $B$ 区域. $\therefore P=P(A)+P(B)=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=\frac{1}{2}$即消费 128 元的顾客，返券金额不低于 30 元的概率是 $\frac{1}{2}$.

(II) 由题意得, 该顾客可转动转盘 2 次.

随机变量 $X$ 的可能值为 $0,30,60,90,120$.

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=0)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4} ;$

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=30)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times 2=\frac{1}{3}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=60)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{6} \times 2+\frac{1}{3} \times \frac{1}{3}=\frac{5}{18}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=90)=\frac{1}{3} \times \frac{1}{6} \times 2=\frac{1}{9}$;

$\mathrm{P}(\mathrm{X}=120)=\frac{1}{6} \times \frac{1}{6}=\frac{1}{36}$.

所以，随机变量 $X$ 的分布列为:

| $X$  |       0       |      30       |       60       |      90       |      120       |
| :--: | :-----------: | :-----------: | :------------: | :-----------: | :------------: |
| $P$  | $\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{5}{18}$ | $\frac{1}{9}$ | $\frac{1}{36}$ |

其数学期望 $\mathrm{EX}=0 \times \frac{1}{4}+30 \times \frac{1}{3}+60 \times \frac{5}{18}+90 \times \frac{1}{9}+120 \times \frac{1}{36}=40$.
题目（高一 · 计数）：（2019 春・九台区期中）甲、乙两射击运动员分别对一目标射击 1 次，甲射中的概率为 0.8 , 乙射中的概率为 0.9 , 求:

（1）两人都射中的概率;

（2）两人中恰有一人射中的概率;

（3）两人中至少有一人射中的概率.
选项：
答案：解：设 “甲射击一次, 击中目标” 为事件 $A$, “乙射击一次, 击中目标” 为事件 B. 事件 $A$ 与 $B$ 是相互独立的.

(1) 两人都射中的概率为 $P(A B)=P(A) P(B)=0.8 \times 0.9=0.72$.

(2) 两人中恰有一人射中的概率为 $P(A \bar{B})+P(\bar{A} B)=0.8 \times(1-0.9)+(1-0.8) \times 0.9=0.26$.

（3）两人中至少有一人射中的概率等于 1 减去两个人都没有击中的概率,

$\therefore$ 所求的概率等于 $1-P(\overline{\mathrm{AB}})=1-P(\overrightarrow{\mathrm{A}}) \cdot P(\overline{\mathrm{B}})=1-0.2 \times 0.1=0.98$.
解析：解：设 “甲射击一次, 击中目标” 为事件 $A$, “乙射击一次, 击中目标” 为事件 B. 事件 $A$ 与 $B$ 是相互独立的.

(1) 两人都射中的概率为 $P(A B)=P(A) P(B)=0.8 \times 0.9=0.72$.

(2) 两人中恰有一人射中的概率为 $P(A \bar{B})+P(\bar{A} B)=0.8 \times(1-0.9)+(1-0.8) \times 0.9=0.26$.

（3）两人中至少有一人射中的概率等于 1 减去两个人都没有击中的概率,

$\therefore$ 所求的概率等于 $1-P(\overline{\mathrm{AB}})=1-P(\overrightarrow{\mathrm{A}}) \cdot P(\overline{\mathrm{B}})=1-0.2 \times 0.1=0.98$.
题目（高一 · 计数）：（2019・红桥区二模）袋中装着标有数字 $1 、 2 、 3 、 4 、 5$ 的小球各 2 个, 从袋中任取 3 个小球,每个小球被取出的可能性都相等, 用 $\xi$ 表示取出的 3 个小球上的最大数字, 求:

(1) 取出的 3 个小球上的数字互不相同的概率;

(2) 随机变量 $\xi$ 的概率分布列和数学期望.
选项：
答案：解：（1）一次取出的 3 个小球上的数字互不相同的事件记为 $A$, 一次取出的 3 个小球上有两个数字相同的事件记为 $B$, 则事件 $A$ 和事件 $B$ 是互斥事件, 因为 $P(B)=\frac{C_{5}^{1} \cdot C_{2}^{2} \cdot C_{8}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{3}$所以 $P(A)=1-P(B)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3} . \quad(4$ 分)

（2）由题意 $\xi$ 有可能的取值为: $2 ， 3 ， 4 ， 5$ （5 分）

$$
\begin{aligned}
& P(\xi=2)=\frac{C_{2}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30} ; \quad(8 \text { 分 }) \\
& P(\xi=3)=\frac{C_{4}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{4}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{2}{15} ; \quad(9 \text { 分 } \\
& P(\xi=4)=\frac{C_{6}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{6}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10} ; \quad(10 \text { 分 }) \\
& P(\xi=5)=\frac{C_{8}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{8}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{8}{15} ; \quad(11 \text { 分 })
\end{aligned}
$$

所以随机变量 $\varepsilon$ 的概率分布为

| $\xi$ |       2        |       3        |       4        |       5        |
| :---: | :------------: | :------------: | :------------: | :------------: |
|  $P$  | $\frac{1}{30}$ | $\frac{2}{15}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{8}{15}$ |

（12 分）

因此 $\xi$ 的数学期望为: $\mathrm{E} \xi=2 \times \frac{1}{30}+3 \times \frac{2}{15}+4 \times \frac{3}{10}+5 \times \frac{8}{15}=\frac{13}{3}$ (14 分)
解析：解：（1）一次取出的 3 个小球上的数字互不相同的事件记为 $A$, 一次取出的 3 个小球上有两个数字相同的事件记为 $B$, 则事件 $A$ 和事件 $B$ 是互斥事件, 因为 $P(B)=\frac{C_{5}^{1} \cdot C_{2}^{2} \cdot C_{8}^{1}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{3}$所以 $P(A)=1-P(B)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3} . \quad(4$ 分)

（2）由题意 $\xi$ 有可能的取值为: $2 ， 3 ， 4 ， 5$ （5 分）

$$
\begin{aligned}
& P(\xi=2)=\frac{C_{2}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{1}{30} ; \quad(8 \text { 分 }) \\
& P(\xi=3)=\frac{C_{4}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{4}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{2}{15} ; \quad(9 \text { 分 } \\
& P(\xi=4)=\frac{C_{6}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{6}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{3}{10} ; \quad(10 \text { 分 }) \\
& P(\xi=5)=\frac{C_{8}^{2} \cdot C_{2}^{1}+C_{8}^{1} \cdot C_{2}^{2}}{C_{10}^{3}}=\frac{8}{15} ; \quad(11 \text { 分 })
\end{aligned}
$$

所以随机变量 $\varepsilon$ 的概率分布为

| $\xi$ |       2        |       3        |       4        |       5        |
| :---: | :------------: | :------------: | :------------: | :------------: |
|  $P$  | $\frac{1}{30}$ | $\frac{2}{15}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{8}{15}$ |

（12 分）

因此 $\xi$ 的数学期望为: $\mathrm{E} \xi=2 \times \frac{1}{30}+3 \times \frac{2}{15}+4 \times \frac{3}{10}+5 \times \frac{8}{15}=\frac{13}{3}$ (14 分)
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・长安区校级期末） 2020 年 8 月 11 日新华社北京电, 国家主席习近平对制止餐饮浪费
    行为作出重要指示. 他指出, 餐饮浪费现象, 触目惊心、令人痛心! “谁知盘中餐, 粒粒皆辛苦. ”尽管我国粮食生产连年丰收, 对粮食安全还是始终要有危机意识, 今年全球新冠肺炎疫情所带来的影响更是给我们敲响了警钟. 粮食问题是关乎民生的大问题. 某地近几年来粮食产量逐步上升,如表是部分统计数据:

|       年份        | 2015 | 2016 | 2017 | 2018 | 2019 |
| :---------------: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
|   年份代码 $x$    |  1   |  2   |  3   |  4   |  5   |
| 需求量 $y /$ 万吨 | 136  | 146  | 157  | 176  | 186  |

(1) 利用所给数据求粮食年需求量 $y$ 与年份代码 $x$ 之间的回归直线方程 $\hat{y}=\hat{b} x+\hat{a}$;

(2) 预测 2020 年的粮食需求量.

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}, \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$.
选项：
答案：解: (1) 计算样本平均数: $\bar{x}=3, \bar{y}=160.2$,

$\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}=1 \times 136+2 \times 146+3 \times 157+4 \times 176+5 \times 186=2533$,

$\sum_{i=1}^{5} x_{i}^{2}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+5^{2}=55$,

则 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}{ }^{2}-n \bar{x}^{2}}=\frac{2533-5 \times 3 \times 160.2}{55-5 \times 3 \times 3}=13$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=160.2-13 \times 3=121.2$.

故 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $\hat{y}=13 x+121.2$,

(2) 将 2020 年的年份代码 $x=6$ 代入回归直线方程 $y=13 x+121.2$,

可预测 2020 年的粮食需求量为: $\hat{y}=13 \times 6+121.2=199.2$.

故预测 2020 年的粮食需求量 199.2 万吨.
解析：解: (1) 计算样本平均数: $\bar{x}=3, \bar{y}=160.2$,

$\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}=1 \times 136+2 \times 146+3 \times 157+4 \times 176+5 \times 186=2533$,

$\sum_{i=1}^{5} x_{i}^{2}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+5^{2}=55$,

则 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}{ }^{2}-n \bar{x}^{2}}=\frac{2533-5 \times 3 \times 160.2}{55-5 \times 3 \times 3}=13$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=160.2-13 \times 3=121.2$.

故 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $\hat{y}=13 x+121.2$,

(2) 将 2020 年的年份代码 $x=6$ 代入回归直线方程 $y=13 x+121.2$,

可预测 2020 年的粮食需求量为: $\hat{y}=13 \times 6+121.2=199.2$.

故预测 2020 年的粮食需求量 199.2 万吨.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・齐齐哈尔期末） 2020 年 12 月 1 日 23 时 11 分, 我国探月工程嫦娥五号探测器降落在月球表面预选着陆区. 在顺利完成月面自动采样之后, 成功将携带样品的上升器送入到预定的环月轨道, 并于 12 月 17 日 1: 59 分精准返回着陆. 期间, 历经 23 天、往返路程超过 76 万公里. 嫦娥五号任务的圆满完成, 实现了我国航天史上的多项重大突破.

为了进一步培养中学生对航空航天的兴趣和爱好, 某校航空航天社团在本校高一年级进行了纳新工作。前五天的报名情况如表:

| 时间 (第 $x$ 天)  | 1    | 2    | 3    | 4    | 5    |
| :---------------- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 报名人数 $y($ 人) | 3    | 6    | 10   | 13   | 18   |

数据分析表明，报名人数与报名时间具有线性相关关系 $y=b x+\hat{a}$ ，据此请你解决以下问题:

(1) 求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程, 并预测第 8 天的报名人数（结果四舍五入取整数）;

(2) 为了更好地完成遴选任务, 由专家和社团现有的部分成员组成评审组, 已知现有社团成员 6 人, 其中女生 2 名, 男生 4 名, 现欲从中任选 2 人作为面试评委, 求选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的概率.

参考公式: $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}, \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$.
选项：
答案：解：（1）由题意, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(1+2+3+4+5)=3$,

$\bar{y}=\frac{1}{5} \times(2+6+10+13+18)=10$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}-5 \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{5} x_{i}{ }^{2}-5 \cdot \bar{x}^{2}}=\frac{187-5 \times 3 \times 10}{55-5 \times 9}=\frac{37}{10}=3.7$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=10-3.7 \times 3=-1.1$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $y=3.7 x-1.1$,

计算 $x=8$ 时, $\hat{y}=3.7 \times 8-1.1=28.5 \approx 29$,

即可预测第 8 天的报名人数约为 29 人;

(2) 设社团成员 6 人中女生 2 名为 $A 、 B$, 男生 4 名为 $c 、 d 、 e 、 f$,现从中任选 2 人, 基本事件为 $A B 、 A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f 、 c d 、 c e 、 c f 、 d e 、 d f 、 e f$
共 15 种,

选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的基本事件是 $A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f$ 共 8 种,故所求的概率值为 $P=\frac{8}{15}$.
解析：解：（1）由题意, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(1+2+3+4+5)=3$,

$\bar{y}=\frac{1}{5} \times(2+6+10+13+18)=10$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}-5 \bar{x} \cdot \bar{y}}{\sum_{i=1}^{5} x_{i}{ }^{2}-5 \cdot \bar{x}^{2}}=\frac{187-5 \times 3 \times 10}{55-5 \times 9}=\frac{37}{10}=3.7$,

$\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=10-3.7 \times 3=-1.1$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $y=3.7 x-1.1$,

计算 $x=8$ 时, $\hat{y}=3.7 \times 8-1.1=28.5 \approx 29$,

即可预测第 8 天的报名人数约为 29 人;

(2) 设社团成员 6 人中女生 2 名为 $A 、 B$, 男生 4 名为 $c 、 d 、 e 、 f$,现从中任选 2 人, 基本事件为 $A B 、 A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f 、 c d 、 c e 、 c f 、 d e 、 d f 、 e f$
共 15 种,

选出的 2 人中恰有一个男生和一个女生的基本事件是 $A c 、 A d 、 A e 、 A f 、 B c 、 B d 、 B e 、 B f$ 共 8 种,故所求的概率值为 $P=\frac{8}{15}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・香坊区校级期末） 2020 年初, 武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情, 并快速席卷我国其他地区，口罩成了重要的防疫物资．某口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其 2 月 1 日 2 月 9 日连续 9 天的日生产量 $y_{i}$ (单位: 十万只, $i=1,2, \cdots, 9$ ) 数据作了初步处理, 得到如图所示的散点图及一些统计量的值:

| $\bar{y}$ | $\bar{z}$ | $\sum_{i=1}^{9} t_{i} y_{i}$ | $\sum_{i=1}^{9} t_{i} z_{i}$ |
| :-------: | :-------: | :--------------------------: | :--------------------------: |
|   2.72    |    19     |            139.09            |             1095             |

注: 图中日期代码 $1 \sim 9$ 分别对应 2 月 1 日 $\sim 2$ 月 9 日; 表中 $z_{i}=e^{y_{i}}, \bar{z}=\frac{1}{9} \sum_{i=1}^{9} z_{i}$.

（1）由散点图分析, 样本点都集中在曲线 $y=\ln (b t+a)$ 的附近, 求 $y$ 关于 $t$ 的方程 $y=\ln (b t+a)$.

（2）估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万只.

参考公式: 回归直线方程是 $v=\hat{\beta} \mu+\hat{\alpha}, \hat{\beta}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(\mu_{i}-\bar{\mu}\right)\left(v_{i}-\bar{v}\right)}{\sum_{i=1}^{n}(\mu-\bar{\mu})^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n} \mu_{i} v_{i}-n \overline{\mu v}}{\sum_{i=1}^{n} \mu_{i}^{2}-n \bar{\mu}^{2}}, \hat{\alpha}=\bar{v}-\hat{\beta} \bar{\mu}$.

参考数据: $e^{4} \approx 54.6$.


选项：
答案：解：（1）由题意知, $y=\ln (b t+a)$,

所以 $\mathrm{z}=e^{y}=b t+a$,

计算 $\bar{t}=\frac{1}{9} \times(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5$,

$\sum_{i=1}^{9} t_{i}{ }^{2}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+5^{2}+6^{2}+7^{2}+8^{2}+9^{2}=285$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{9} t_{i} z_{i}-9 \bar{t} \cdot \bar{z}}{\sum_{i=1}^{9} t_{i}^{2}-9 \cdot \bar{t}^{2}}=\frac{1095-9 \times 5 \times 19}{285-9 \times 5^{2}}=4$,

$\hat{a}=\bar{z}-b \bar{t}=19-4 \times 5=-1$,

所以 $y$ 关于 $t$ 的方程为 $y=\ln (4 t-1)$.

(2) 令 $\ln (4 t-1)>4$, 解得 $t>\frac{e^{4}+1}{4} \approx 13.9$, 即 $t \geqslant 14$,

所以估计该厂从 2 月 14 日开始日生产量超过四十万只.
解析：解：（1）由题意知, $y=\ln (b t+a)$,

所以 $\mathrm{z}=e^{y}=b t+a$,

计算 $\bar{t}=\frac{1}{9} \times(1+2+3+4+5+6+7+8+9)=5$,

$\sum_{i=1}^{9} t_{i}{ }^{2}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}+5^{2}+6^{2}+7^{2}+8^{2}+9^{2}=285$,

所以 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{9} t_{i} z_{i}-9 \bar{t} \cdot \bar{z}}{\sum_{i=1}^{9} t_{i}^{2}-9 \cdot \bar{t}^{2}}=\frac{1095-9 \times 5 \times 19}{285-9 \times 5^{2}}=4$,

$\hat{a}=\bar{z}-b \bar{t}=19-4 \times 5=-1$,

所以 $y$ 关于 $t$ 的方程为 $y=\ln (4 t-1)$.

(2) 令 $\ln (4 t-1)>4$, 解得 $t>\frac{e^{4}+1}{4} \approx 13.9$, 即 $t \geqslant 14$,

所以估计该厂从 2 月 14 日开始日生产量超过四十万只.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・齐齐哈尔期末）流行性感冒（简称流感）是流感病毒引起的急性呼吸道感染, 是一种传染性强、传播速度快的疾病. 其主要通过空气中的飞沫、人与人之间的接触或与被污染物品的接触传播. 流感每年在世界各地均有传播, 在我国北方通常呈冬春季流行, 南方有冬春季和夏季两个流行高峰. 儿童相对免疫力低, 在幼儿园、学校等人员密集的地方更容易被传染. 某幼儿园将去年春季该园患流感小朋友按照年龄与人数统计，得到如表数据:

|   年龄 $(x)$   |  2   |  3   |  4   |  5   |  6   |
| :------------: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
| 患病人数 $(y)$ |  32  |  32  |  27  |  24  |  20  |

(1) 求 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程;

（2）计算变量 $x 、 y$ 的相关系数 $r$ （计算结果精确到 $0.01 ）$, 并回答是否可以认为该幼儿园去年春季患流感人数与年龄相关性很强?

（若 $|r| \in[0.75,1]$, 则 $x 、 y$ 相关性很强; 若 $|r| \in[0.3,0.75$ ), 则 $x 、 y$ 相关性一般;若 $|r| \in[0,0.25]$, 则 $x 、 y$ 相关性较弱. ) 参考数据: $\sqrt{30} \approx 5.5$.

参考公式: 回归方程: $\hat{y}=\hat{b} x+\hat{a}$, 其中 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}, \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$,

相关系数: $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \cdot \sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$.
选项：
答案：解: (1) 由题意得, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(2+3+4+5+6)=4$, $\bar{y}=\frac{1}{5} \times(32+32+27+24+20)=27$,则 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\frac{(-2) \times 5+(-1) \times 5+0 \times 0+1 \times(-3)+2 \times(-7)}{(-2)^{2}+(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}+2^{2}}=-3.2$, $\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=27+3.2 \times 4=39.8$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $\hat{y}=-3.2 x+39.8$.

(2) 计算相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \cdot \Sigma_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{-32}{\sqrt{10 \times 108}}=\frac{-16}{3 \sqrt{30}} \approx-0.97$,

$|r|=0.97 \in[0.75,1]$, 这说明 $x 、 y$ 的相关性很强.

因此可以认为该幼儿园去年春季患流感的人数与年龄相关性很强.
解析：解: (1) 由题意得, 计算 $\bar{x}=\frac{1}{5} \times(2+3+4+5+6)=4$, $\bar{y}=\frac{1}{5} \times(32+32+27+24+20)=27$,则 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\frac{(-2) \times 5+(-1) \times 5+0 \times 0+1 \times(-3)+2 \times(-7)}{(-2)^{2}+(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}+2^{2}}=-3.2$, $\hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}=27+3.2 \times 4=39.8$,

所以 $y$ 关于 $x$ 的线性回归方程为 $\hat{y}=-3.2 x+39.8$.

(2) 计算相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \cdot \Sigma_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{-32}{\sqrt{10 \times 108}}=\frac{-16}{3 \sqrt{30}} \approx-0.97$,

$|r|=0.97 \in[0.75,1]$, 这说明 $x 、 y$ 的相关性很强.

因此可以认为该幼儿园去年春季患流感的人数与年龄相关性很强.
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・城关区校级期末）某地随着经济的发展, 居民收入逐年增长, 如表是该地一建设银行连续五年的储蓄存款（年底余额），如表 1:

|       年份 $x$        | 2015 | 2016 | 2017 | 2018 | 2019 |
| :-------------------: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
| 储蓄存款 $y$ (千亿元) |  5   |  6   |  7   |  8   |  10  |

表 1

为了研究计算的方便, 工作人员将上表的数据进行了处理, $t=x-2014, z=y-5$ 得到如表 2:

| 时间代号 $t$ |  1   |  2   |  3   |  4   |  5   |
| :----------: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
|     $z$      |  0   |  1   |  2   |  3   |  5   |

表 2

(I) 求 $\mathrm{z}$ 关于 $t$ 的线性回归方程;

（II）通过（I）中的方程，求出得 $y$ 关于 $x$ 的回归方程;

（III）用所求回归方程预测到 2022 年年底，该地储蓄存款额可达多少？

(附: 对于线性回归方程 $\hat{y}=\hat{b} x+\hat{a}$, 其中 $\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \overline{x y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-n \bar{x}^{2}}, \hat{a}=\bar{y}-\hat{b} \bar{x}$. )
选项：
答案：解: ( I ) $\bar{t}=3, \bar{z}=2.2, \sum_{i=1}^{5} t_{i} z_{i}=45, \sum_{i=1}^{5} t_{i}{ }^{2}=55$,

$\hat{b}=\frac{45-5 \times 3 \times 2.2}{55-5 \times 9}=1.2$,

$\hat{a}=\bar{z}-\hat{b} \bar{t}=2.2-3 \times 1.2=-1.4$,

所以 $\hat{z}=1.2 t-1.4$.

(II) 将 $t=x-2014, z=y-5$, 代入 $\hat{z}=1.2 t-1.4$,

得 $\hat{y}-5=1.2(x-2014)-1.4$, 即 $\hat{y}=1.2 x-2413.2$.

（III）因为 $\hat{y}=1.2 \times 2022-2413.2=13.2$,

所以预测到 2022 年底，该地储蓄额可达 13.2 千亿元.
解析：解: ( I ) $\bar{t}=3, \bar{z}=2.2, \sum_{i=1}^{5} t_{i} z_{i}=45, \sum_{i=1}^{5} t_{i}{ }^{2}=55$,

$\hat{b}=\frac{45-5 \times 3 \times 2.2}{55-5 \times 9}=1.2$,

$\hat{a}=\bar{z}-\hat{b} \bar{t}=2.2-3 \times 1.2=-1.4$,

所以 $\hat{z}=1.2 t-1.4$.

(II) 将 $t=x-2014, z=y-5$, 代入 $\hat{z}=1.2 t-1.4$,

得 $\hat{y}-5=1.2(x-2014)-1.4$, 即 $\hat{y}=1.2 x-2413.2$.

（III）因为 $\hat{y}=1.2 \times 2022-2413.2=13.2$,

所以预测到 2022 年底，该地储蓄额可达 13.2 千亿元.
题目（高一 · 计数）：020 秋・二道区校级期末）某种产品的广告费支出 $x$ 与销售额 $y$ （单位：百万元）之间有如下对应数据:

| $x$  |  2   |  4   |  5   |  6   |  8   |
| :--: | :--: | :--: | :--: | :--: | :--: |
| $y$  |  30  |  40  |  60  |  50  |  70  |

（1）画出散点图;

（2）求回归直线方程;

（3）试预测广告支出为 10 百万元时，销售额多大?

（注: $b=\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} y_{i}-n \bar{x} \bar{y}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}{ }^{2}-n x^{2}}, a=\bar{y}-b \bar{x}$.
选项：
答案：解：（1）根据表中所列数据可得散点图如图:

(2) $\bar{x}=5, \bar{y}=50, \sum_{i=1}^{5} x_{i}{ }^{2}=145, \sum_{i=1}^{5} y_{i}{ }^{2}=13500, \sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}=1380$,

$\therefore b=\frac{1380-5 \times 5 \times 50}{145-5 \times 5^{2}}=6.5, a=50-6.5 \times 5=17.5$,

$\therefore y=6.5 x+17.5$;

(3) $x=10$ 时, $y=6.5 \times 10+17.5=82.5$ （百万元）.

<ImageHere>
解析：解：（1）根据表中所列数据可得散点图如图:

(2) $\bar{x}=5, \bar{y}=50, \sum_{i=1}^{5} x_{i}{ }^{2}=145, \sum_{i=1}^{5} y_{i}{ }^{2}=13500, \sum_{i=1}^{5} x_{i} y_{i}=1380$,

$\therefore b=\frac{1380-5 \times 5 \times 50}{145-5 \times 5^{2}}=6.5, a=50-6.5 \times 5=17.5$,

$\therefore y=6.5 x+17.5$;

(3) $x=10$ 时, $y=6.5 \times 10+17.5=82.5$ （百万元）.
题目（高一 · 计数）：(2020 秋・朝阳区校级期末) 某高级中学 100 位学生在市统考中的理科综合分数, 以 $[160,180$ ), $[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300 ）$ 分组的频率分布直方图如图所示.

(1) 求直方图中 $x$ 的值;

（2）估计理科综合分数在 240 分以上的概率;

(3) 估计理科综合分数的众数和中位数.


选项：
答案：解：（1）由 $(0.002+0.0095+0.011+0.0125+\chi+0.005+0.0025 ） \times 20=1$,

得 $x=0.0075$,

故直方图中 $x$ 的值为 0.0075 .

（2）理科综合分数在 $[240,260 ）$ 的学生有 $0.0075 \times 20 \times 100=15$ （人）,同理可求理科综合分数为 $[260,280 ）,[280,300]$ 的用户分别有 10 人、 5 人,故估计理科综合分数在 240 分以上的概率为 $\frac{15+10+5}{100}=0.3$.

(3) 估计理科综合分数的众数是 $\frac{220+240}{2}=230$,

$\because(0.002+0.0095+0.011) \times 20=0.45<0.5$,

$\therefore$ 理科综合分数的中位数在 $[220,240 ）$ 内, 设中位数为 $a$,

则 $(0.002+0.0095+0.011) \times 20+0.0125 \times(a-220)=0.5$,

解得 $a=224$,
故中位数为 224 .
解析：解：（1）由 $(0.002+0.0095+0.011+0.0125+\chi+0.005+0.0025 ） \times 20=1$,

得 $x=0.0075$,

故直方图中 $x$ 的值为 0.0075 .

（2）理科综合分数在 $[240,260 ）$ 的学生有 $0.0075 \times 20 \times 100=15$ （人）,同理可求理科综合分数为 $[260,280 ）,[280,300]$ 的用户分别有 10 人、 5 人,故估计理科综合分数在 240 分以上的概率为 $\frac{15+10+5}{100}=0.3$.

(3) 估计理科综合分数的众数是 $\frac{220+240}{2}=230$,

$\because(0.002+0.0095+0.011) \times 20=0.45<0.5$,

$\therefore$ 理科综合分数的中位数在 $[220,240 ）$ 内, 设中位数为 $a$,

则 $(0.002+0.0095+0.011) \times 20+0.0125 \times(a-220)=0.5$,

解得 $a=224$,
故中位数为 224 .
题目（高一 · 计数）：（2020 秋・长安区校级期末）新冠肺炎疫情期间，为确保 “停课不停学” , 各校精心组织了线上教学活动. 开学后, 某校采用分层抽样的方法从高中三个年级的学生中抽取一个容量为 150 的样本进行关于线上教学实施情况的问卷调查. 已知该校高一年级共有学生 660 人, 高三年级共有 540 人, 抽取的样本中高二年级有 50 人. 如表是根据抽样调查情况得到的高二学生日睡眠时间 (单位: h）的频率分布表.

|   分组    | 频数 | 频率 |
| :-------: | :--: | :--: |
| $[6,6.5)$ |  5   | 0.10 |
| $[6,5.7)$ | $x$  | $y$  |
| $[7,7.5)$ |  7   | 0.14 |


| $[7.5,8)$ |  12  | 0.24 |
| :-------: | :--: | :--: |
| $[8,8.5)$ | $z$  | 0.20 |
| $[8.5,9]$ |  8   | 0.16 |
|   合计    |  50  |  1   |

(1) 求该校高二学生的总数;

（2）求频率分布表中实数 $x, y, z$ 的值;

（3）已知日睡眠时间在区间 $[6,6.5 ）$ 内的 5 名高二学生中, 有 2 名女生, 3 名男生, 若从中任选 3 人进行面谈, 求选中的 3 人恰好为两男一女的概率.
选项：
答案：解：（1）设该校高二学生总数为 $n$,

由题意 $\frac{50}{150}=\frac{n}{660+540+n}$,

解得 $n=600$,

$\therefore$ 该校高二学生的总数为 1800 人.

(2) 由题意 $\frac{z}{50}=0.2$, 解得 $z=10$, $x=50-5-7-12-10-8=8$, $y=\frac{8}{50}=0.16$.

（3）记” 选中的 3 人恰好为两男一女 “为事件 $A$,记 5 名高二学生中女生为 $A, B$, 男生为 $a, b, c$,从中任选 3 人包含的基本事件有 10 种情况, 它们是等可能的, 这 10 种情况分别为: $(A, B, a)$
$(A, B, b)$,
$(A, B, c),(A, a, b)$,
$(A, a, c)$
$(A, b, c)$,
$(B$,

$a, b),(B, a, c),(B, b, c),(a, b, c)$,

事件 $A$ 包含的基本事件有 $(A, a, b),(A, a, c),(A, b, c),(B, a, b),(B, a, c)$, $(B, b, c)$ ，共 6 个,

$\therefore$ 选中的 3 人恰好为两男一女的概率 $P(A)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$.
解析：解：（1）设该校高二学生总数为 $n$,

由题意 $\frac{50}{150}=\frac{n}{660+540+n}$,

解得 $n=600$,

$\therefore$ 该校高二学生的总数为 1800 人.

(2) 由题意 $\frac{z}{50}=0.2$, 解得 $z=10$, $x=50-5-7-12-10-8=8$, $y=\frac{8}{50}=0.16$.

（3）记” 选中的 3 人恰好为两男一女 “为事件 $A$,记 5 名高二学生中女生为 $A, B$, 男生为 $a, b, c$,从中任选 3 人包含的基本事件有 10 种情况, 它们是等可能的, 这 10 种情况分别为: $(A, B, a)$
$(A, B, b)$,
$(A, B, c),(A, a, b)$,
$(A, a, c)$
$(A, b, c)$,
$(B$,

$a, b),(B, a, c),(B, b, c),(a, b, c)$,

事件 $A$ 包含的基本事件有 $(A, a, b),(A, a, c),(A, b, c),(B, a, b),(B, a, c)$, $(B, b, c)$ ，共 6 个,

$\therefore$ 选中的 3 人恰好为两男一女的概率 $P(A)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 春・荔湾区校级月考）某厂生产的某种零件的尺寸 $Z$ 大致服从正态分布 $\left.N （ 100,5^{2}\right)$ ，且规定尺寸 $Z \notin(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 为次品, 其余的为正品. 生产线上的打包机自动把每 5 件零件打包成 1 箱, 然后进入销售环节，若每销售一件正品可获利 50 元，每销售一件次品亏损 100 元. 现从生产线生产的零件中抽样 20 箱做质量分析，作出的频率分布直方图如图:

（1）估计生产线生产的零件的次品率及零件的平均尺寸;

（2）从生产线上随机取一箱零件, 求这箱零件销售后的期望利润及不亏损的概率.


选项：
答案：解：（1）次品的尺寸范围 $Z \notin(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$, 即 $Z \notin(100-3 \times 5,100+3 \times 5)$,即 $Z \ddagger （ 85 ， 115 ） ，$

故生产线生产的产品次品率为: $0.012 \times 10+0.008 \times 10=0.20$,

生产线生产的产品平均尺寸为:

$0.012 \times 10 \times 80+0.024 \times 10 \times 90+0.036 \times 10 \times 100+0.020 \times 10 \times 110+0.008 \times 10 \times 120=98.8 ;$

（2）设生产线上的一箱零件（5 件）中的正品数为 $X$,

正品率为 $1-0.2=0.8$, 故 $X \sim B(5,0.8), E(X)=5 \times 0.8=4$,

设销售生产线上的一箱零件获利为 $Y$ 元，

则 $Y=50 X-100(5-X)=150 X-500 E(Y)=150 E(X)-500=100 （$ 元），

设事件 $B$ : 销售生产线上的一箱零件不亏损，

则 $P(B)=P(Y \geq 0)=P(X=4)+P(X=5)=C_{5}^{4}\left(\frac{1}{5}\right)\left(\frac{4}{5}\right)^{4}+C_{5}^{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{5}=\frac{2304}{3125}$,

答: 生产线生产的零件的次品率为 0.2 , 零件的平均尺寸为 98.8 ,

这箱零件销售后的期望利润为 100 元, 不亏损的概率为 $\frac{2304}{3125}$ (0.73728).
解析：解：（1）次品的尺寸范围 $Z \notin(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$, 即 $Z \notin(100-3 \times 5,100+3 \times 5)$,即 $Z \ddagger （ 85 ， 115 ） ，$

故生产线生产的产品次品率为: $0.012 \times 10+0.008 \times 10=0.20$,

生产线生产的产品平均尺寸为:

$0.012 \times 10 \times 80+0.024 \times 10 \times 90+0.036 \times 10 \times 100+0.020 \times 10 \times 110+0.008 \times 10 \times 120=98.8 ;$

（2）设生产线上的一箱零件（5 件）中的正品数为 $X$,

正品率为 $1-0.2=0.8$, 故 $X \sim B(5,0.8), E(X)=5 \times 0.8=4$,

设销售生产线上的一箱零件获利为 $Y$ 元，

则 $Y=50 X-100(5-X)=150 X-500 E(Y)=150 E(X)-500=100 （$ 元），

设事件 $B$ : 销售生产线上的一箱零件不亏损，

则 $P(B)=P(Y \geq 0)=P(X=4)+P(X=5)=C_{5}^{4}\left(\frac{1}{5}\right)\left(\frac{4}{5}\right)^{4}+C_{5}^{5}\left(\frac{4}{5}\right)^{5}=\frac{2304}{3125}$,

答: 生产线生产的零件的次品率为 0.2 , 零件的平均尺寸为 98.8 ,

这箱零件销售后的期望利润为 100 元, 不亏损的概率为 $\frac{2304}{3125}$ (0.73728).