《专题11.7 二项分布、正态分布（精讲）-2021年新高考数学一轮复习学与练（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题11.7 二项分布、正态分布（精讲）-2021年新高考数学一轮复习学与练（解析版）.docx（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题11.7 二项分布、正态分布【考纲要求】1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念,理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题.2正态分布(1)通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征(2)了解正态分布的均值、方差及其含义.【知识清单】知识点1. 条件概率条件概率及其性质(1)对于任何两个事件和，在已知事件发生的条件下，事件发生的概率叫做条件概率，用符号来表示，其公式为.在古典概型中，若用表示事件中基本事件的个数，则.(2)条件概率具有的性质：； 如果和是两互斥事件，则知识点2. 相互独立事件同时发生的概率 (1
2、)对于事件、，若的发生与的发生互不影响，则称、是相互独立事件(2)若与相互独立，则，(3)若与相互独立，则与，与，与也都相互独立(4)若，则与相互独立知识点3. 独立重复试验的概率1n次独立重复试验(1)定义一般地，在相同条件下重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，称为n次独立重复试验(2)公式一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pn(k)Cpk(1p)nk，(k0,1,2，n)知识点4. 二项分布1.若将事件A发生的次数设为X，发生的概率为P，不发生的概率q1p，那么在n次独立重复试验
3、中，事件A恰好发生k次的概率是P(Xk)Cpkqnk(k0,1,2，n)于是得到X的分布列X01knPCp0qnCp1qn1CpkqnkCpnq0由于表中第二行恰好是二项式展开式(qp)nCp0qnCp1qn1CpkqnkCpnq0各对应项的值，称这样的离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作XB(n，p)2.二项分布的期望、方差：若，则.若，则知识点5. 正态分布1正态曲线及其性质(1)正态曲线：函数，(x)e，x(，)，其中实数，(0)为参数，我们称，(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(2)正态曲线的性质：曲线位于x轴上方，与x轴不相交；曲线是单峰的，它关于直线x对称；曲
4、线在x处达到峰值；曲线与x轴之间的面积为1；当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿x轴平移，如图甲所示；当一定时，曲线的形状由确定，越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；越小曲线越“瘦高”总体分布越集中，如图乙所示：甲乙2正态分布一般地，如果对于任何实数a，b(ab)，随机变量X满足P(aXb)，(x)dx，则称随机变量X服从正态分布(normal distribution)正态分布完全由参数和确定，因此正态分布常记作N(，2)如果随机变量X服从正态分布，则记为XN(，2)3正态总体三个特殊区间内取值的概率值P(X)0.6826；P(2X2)0.9544；P(3X3)0.997443原
5、则通常服从正态分布N(，2)的随机变量X只取(3，3)之间的值【考点梳理】考点一 ： 条件概率【典例1】（2019北京东城高二期末）一个不透明的袋子中，放有大小相同的5个小球，其中3个黑球，2个白球如果不放回的依次取出2个球回答下列问题：()第一次取出的是黑球的概率；()第一次取出的是黑球，且第二次取出的是白球的概率；()在第一次取出的是黑球的条件下，第二次取出的是白球的概率【答案】（）（）（）【解析】依题意，设事件A表示“第一次取出的是黑球”，设事件B表示“第二次取出的是白球”（）黑球有3个，球的总数为5个，所以P（A）；（）第一次取出的是黑球，且第二次取出的是白球的概率为P（AB）；（）在
6、第一次取出的是黑球的条件下，第二次取出的是白球的概率为P（B|A）【规律方法】解决条件概率问题的步骤第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在前提下”等字眼，一般为条件概率题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率若为条件概率，则进行第二步第二步，计算概率，这里有三种思路：思路一（定义法）：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)求P(B|A)；思路二（基本事件法）：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)；思路三（缩减样本空间法）：缩小样本空间的方法，就是去掉第一
7、次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简计算条件概率，如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式计算提醒：要注意P(B|A)与P(A|B)的不同：前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率【变式探究】（2019广东高二期末）从1，2，3，4，5中任取两个不同的数，事件表示“取到的两数之和为偶数”，事件表示“取到的较大的数为奇数”，则（ ）ABCD【答案】A【解析】事件“取到的两个数之和为偶数”所包含的基本事件有：、， （A）=4，事件“取到的较大的数为奇数”所包含的基本事件有、，故选：考点二 ：相互独立事件同时发生的
8、概率【典例2】（2019湖北高二期末（理）某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】第一种情况：该选手通过前三关，进入第四关，所以,第二种情况：该选手通过前两关，第三关没有通过，再来一次通过，进入第四关，所以.所以该选手能进入第四关的概率为.故选：D【典例3】（2020全国高考真题（理）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛
9、，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）记事件甲连胜四场，则；（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为，所以，需要进行第五场比赛的概率为；（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件甲赢，记事件丙赢，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙
10、赢的概率为.【规律方法】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算(2)求相互独立事件同时发生的概率的主要方法利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算【变式探究】1.（2019人大附中石景山学校高一期中）投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A,“骰子向上的点数是3”为事件B,则事件A，B中至少有一件发生的概率是( )ABCD【答案】C【解析】由题意可知，事件A与事件B是相互独立的，而
11、事件A、B中至少有一件发生的事件包含、，又，所以所事件的概率为，故选C2. （2013全国高考真题（文）甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为各局比赛的结果都相互独立，第局甲当裁判.（I）求第局甲当裁判的概率；（II）求前局中乙恰好当次裁判概率.【答案】（I）（II）【解析】（）记表示事件“第2局结果为甲胜”，表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A表示事件“第4局甲当裁判”.则.（）记表示事件“第1局结果为乙胜”，表示事件“第2局乙参加比赛时，结果为乙胜”，表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙胜”
12、，B表示事件“前4局中恰好当1次裁判”.则.（1）利用独立事件的概率公式求解，关键是明确A表示事件“第4局甲当裁判”和表示事件“第2局结果为甲胜”，表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”之间个独立关系；（2）明确X的可能取值，然后利用独立事件和互斥事件的公式逐一求解.【总结提升】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算(2)求相互独立事件同时发生的概率的主要方法利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算考
13、点三 ：独立重复试验【典例4】（2015全国高考真题（理）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（ ）A0.648B0.432C0.36D0.312【答案】A【解析】该同学通过测试的概率为，故选A【典例5】（多选题）（2020襄阳市第一中学月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：从中任取3球，恰有一个白球的概率是；从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；从中有放回的取球
14、3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为. 则其中正确命题的序号是（ ）ABCD【答案】ABD【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.故选：ABD.【总结提升】独立重复试验的特点(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的. (2)每次试验中的事件是相互独立的，其
15、实质是相互独立事件的特例【变式探究】1.（2019广东高二期末（理）从分别标有1，2，9的9张卡片中有放回地随机抽取5次，每次抽取1张则恰好有2次抽到奇数的概率是（）ABCD【答案】B【解析】每次抽到奇数的概率都相等，为，故恰好有2次抽到奇数的概率是，故选：B2.（2019湖北高二期末）总决赛采用7场4胜制，2018年总决赛两支球队分别为勇士和骑士，假设每场比赛勇士获胜的概率为0.6，骑士获胜的概率为0.4，且每场比赛的结果相互独立，则恰好5场比赛决出总冠军的概率为_【答案】0.2688【解析】恰好5场比赛决出总冠军的情况有两种：一种情况是前4局勇士队3胜一负，第5局勇士胜，另一种情况是前4局
16、骑士队3胜一负，第5局骑士胜，恰好5场比赛决出总冠军的概率为：故答案为：0.2688【总结提升】1.运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率2解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验；3在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率考点四 ：二项分布及其应用【典例6】（2020科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理）已知随机变量服从二项分布，则（ ）AB
17、CD【答案】D【解析】表示做了次独立实验，每次试验成功概率为，则选【典例7】为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：用户编号123
18、45678910年用电量(度)1 0001 2601 4001 8242 1802 4232 8153 3254 4114 600(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列；(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值【答案】见解析【解析】(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交
19、电费为4 6000.565 3(4 2002 160)0.05(4 6004 200)0.32 822.38(元)(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为，则可取0,1,2,3,4.P(0)，P(1)，P(2)，P(3)，P(4)，故的分布列为01234P(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足XB，可知P(Xk)Ck10k(k0,1,2,3，10)由解得k.又kN*，所以当k4时概率最大，故k4.【规律方法】1.判断随机变量X服从二项分布的条件(XB(n，p)(1)X的取值为0,1,2，n.(2)P(Xk)Cpk(1p)nk(k0
20、,1,2，n，p为试验成功的概率)提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布2. 二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的(2)各次试验中的事件是相互独立的(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生(4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数3.二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即与，每次试验中.我们将这样的试验称为次独立重复试验，也称为伯努利试验在次独立重复试验中，每次试验事件发生的概率均
21、为，即，.由于试验的独立性，次试验中，事件在某指定的次发生，而在其余次不发生的概率为.而在次试验中，事件恰好发生次的概率为，.它恰好是的二项展开式中的第项4. 牢记且理解事件中常见词语的含义：(1) 、中至少有一个发生的事件为；(2) 、都发生的事件为；(3) 、都不发生的事件为；(4) 、恰有一个发生的事件为；(5) 、至多一个发生的事件为.【变式探究】1.（2020山西运城高二期末（理）经检测有一批产品合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为，则取得最大值时的值为（ ）A2B3C4D5【答案】C【解析】由题意，随机变量，若取得最大值时，则: 则，解得，则故选：2（2020青
22、铜峡市高级中学高二期末（理）有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则（ ）ABCD【答案】D【解析】因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为从中取3次，为取得次品的次数，则,选择D答案【总结提升】1.在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率2.解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P(Xk)Cpk(1p)nk(k0,1,2，n)必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试
23、验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验独立重复地进行了n次3.二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率解题的一般思路是：根据题意设出随机变量分析出随机变量服从二项分布找到参数n，p写出二项分布的分布列将k值代入求解概率4利用二项分布求解“至少”“至多”问题的概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率5.二项分布中的概率最值问题一般地，若随机变量X服从二项分布，即XB(n，p)，其中0pn，则当k取n时，P(Xk)最大(2)如果(n1)p是不超过n的正整数，则当k(n1)p1和(n1)p时，P(Xk)都
24、达到最大值(3)如果(n1)p是不超过n的非整数，那么当k(n1)p时(n1)p表示不超过(n1)p的最大整数)，P(Xk)最大6.求二项分布的最值的方法：根据B(n，p)，列出分布列P(k)Cpk(1p)nk，k0,1,2,3，n.利用比较法(作差或作商)比较P(k1)和P(k)的大小令P(k)P(k1)0或1，求出k的取值区间，此区间即为P(k)的单调增区间，它的补集即为单调减区间结合P(k)的单调性确定P(k)的最大值和对应的k的值考点五 ：与二项分布有关的均值与方差【典例8】（2019天津高考真题（理）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况
25、互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；（）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.【答案】（）见解析；（）【解析】 ()因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为，故，从面.所以，随机变量的分布列为：0123随机变量的数学期望.()设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.且.由题意知事件与互斥，且事件与，事件与均相互独立，从而由()知：.【典例9】（2019河北高二期末（理）互联
26、网正在改变着人们的生活方式，在日常消费中手机支付正逐渐取代现金支付成为人们首选的支付方式. 某学生在暑期社会活动中针对人们生活中的支付方式进行了调查研究. 采用调查问卷的方式对100名18岁以上的成年人进行了研究，发现共有60人以手机支付作为自己的首选支付方式，在这60人中，45岁以下的占，在仍以现金作为首选支付方式的人中，45岁及以上的有30人. （1）从以现金作为首选支付方式的40人中，任意选取3人，求这3人至少有1人的年龄低于45岁的概率；（2）某商家为了鼓励人们使用手机支付，做出以下促销活动：凡是用手机支付的消费者，商品一律打八折. 已知某商品原价50元，以上述调查的支付方式的频率作为
27、消费者购买该商品的支付方式的概率，设销售每件商品的消费者的支付方式都是相互独立的，求销售10件该商品的销售额的数学期望.【答案】（1）；（2）440【解析】（1）设事件表示至少有1人的年龄低于45岁， 则. （2）由题意知，以手机支付作为首选支付方式的概率为. 设表示销售的10件商品中以手机支付为首选支付的商品件数，则，设表示销售额，则， 所以销售额的数学期望（元）.【总结提升】与二项分布有关的期望、方差的求法(1)求随机变量的期望与方差时，可首先分析是否服从二项分布，如果B(n，p)，则用公式E()np，D()np(1p)求解，可大大减少计算量(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线
28、性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(ab)aE()b以及E()np求出E(ab)，同样还可求出D(ab)【变式探究】1.（辽宁高考真题（理）一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)【答案】(1)0.108.(2) 1.8，0.72.【解析】（1）设表示事件“日销售量不低于100个
29、”，表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此.（2）X的可能取值为0,1,2,3.相应的概率为,分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为,所以期望为.2（2020浙江）2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个
30、黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）；（2）选择第二种方案更合算.【解析】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为；（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值
31、为、.，.故的分布列为，所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，由已知可得，故，所以（元）.因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.考点六：正态曲线及其性质【典例10】（2020湖北十堰期末）设某地胡柚（把胡柚近似看成球体）的直径（单位：服从正态分布，则在随机抽取的1000个胡柚中，直径在，内的个数约为附：若，则，A134B136C817D819【答案】B【解析】由题意，则故直径在，内的个数约为故选：【典例11】（多选题）（2020辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量，其中，下列等式成立有( )ABCD【答案】AC【解析】随机变量服从标准正态分布，正态曲线关
32、于对称，根据曲线的对称性可得：A.，所以该命题正确；B.，所以错误；C.，所以该命题正确；D.或，所以该命题错误故选：【规律方法】1.求正态曲线的两个方法(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值，纵坐标为(2)待定系数法：求出，便可2.正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x对称，曲线与x轴之间的面积为1.(2)利用3原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的，进行对比联系，确定它们属于(，)，(2，2)，(3，3)中的哪一个3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲
33、线与x轴之间面积为1(2)熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值(3)注意概率值的求解转化：P(Xa)1P(Xa)；P(Xa)P(Xa)；若b，则P(Xb)特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称【变式探究】1.（2020陕西碑林西北工业大学附属中学月考（理）某校1000名学生的某次数学考试成绩服从正态分布，正态分布密度曲线如图所示，则成绩位于区间(51，69的人数大约是（ ）A997B954C800D683【答案】D【解析】由题图知，其中，人数大约为0.68271000683.故选：D.2（多选题）（2020江苏省海头高级中学高二月考）海头高级中学高二
34、年级组织了一次调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数，则下列命题正确的是（ ）A这次考试的数学平均成绩为100B分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数相同C分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同D这次考试的数学成绩方差为10【答案】AC【解析】因为数学成绩服从正态分布，其密度函数，所以，即.所以这次考试的平均成绩为，标准差为，故A正确，D错误.因为正态曲线的对称轴为，所以分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数不相同，故B错误；分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同，故C正确.故选：AC考点七 ：正态分布的应用【典例12】(
35、2020开封模拟)某商场经营的某种包装的大米质量(单位：kg)服从正态分布N(10，2)，根据检测结果可知P(9.910.1)0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg以下的职工数大约为()A10B20C20 D40【答案】B【解析】由已知得P(9.9)0.02，所以分发到的大米质量在9.9 kg以下的职工数大约为1 0000.0220.故选B.【典例13】（2020全国高三其他（理）某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的
36、16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.（1）求这批树苗的高度高于米的概率，并求图（1）中，的值；（2）若从这批树苗中随机选取3株，记为高度在的树苗数量，求的分布列和数学期望；（3）若变量满足且，则称变量满足近似于正态分布的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收.试问：该批树苗能否被签收？【答案】（1）概率为，；（2）分布列答案见解析，数学期望；（3）被签收.【解析】（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于米的共有15株，以样本的频率估计总体的概率，可得这
37、批树苗的高度高于米的概率为.记为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：，.因为组距为，所以，.（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在的概率为.因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次独立重复试验，所以随机变量服从二项分布，故的分布列为，即0123(或).（3）由，取，由（2）可知，又结合（1），可得，所以这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收.【规律方法】1.在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N(，2)的随机变量X只取(3，3)之间的值如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况2.
38、求正态变量X在某区间内取值的概率的基本方法：(1)根据题目中给出的条件确定与的值(2)将待求问题向(，(2，2，(3，3这三个区间进行转化；(3)利用X在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果【变式探究】1（2020黑龙江爱民牡丹江一中开学考试（理）2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象在政府部门的牵头下，部分工厂转业生产口罩，已知某工厂生产口罩的质量指标，单位为g，该厂每天生产的质量在的口罩数量为818600件，则可以估计该厂每天生产的质量在15.15g以上的口罩数量为（ ）参考数据：若，则，A158 700B22 750C2 7
39、00D1 350【答案】D【解析】由题意知，即，即；所以，所以该厂每天生产的口罩总量为（件），又，所以估计该厂每天生产的质量在15.15g以上的口罩数量为（件）故选：D 2.(2019济南市学习质量评估)某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高越好由测量结果得到如下频率分布直方图：(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值(2)由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值服从正态分布N(，102)，计算该批产品该项指标值落在(180,220上的概率；国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150
40、均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，在的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.等级合格优良优秀售价102030附：若N(，2)，则P()0.682 7，P(22)0.954 5.【答案】见解析【解析】(1)由10(20.0020.0080.0090.0220.024a)1，解得a0.033，则平均值100.002170100.009180100.022190100.033200100.024210100.00822
41、0100.002230200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.(2)由题意可得200，10，则P(22)P(180220)0.954 5，则该批产品指标值落在(180,220上的概率为0.954 5.设每盒该产品的售价为X元，由可得X的分布列为X102030P0.022 750.954 50.022 75则每盒该产品的平均售价为E(X)100.022 75200.954 5300.022 7520，故每万盒的平均利润为20155(万元)【总结提升】假设检验的思想(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的
42、统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设(2)若随机变量服从正态分布N(，2)，则落在区间(3，3内的概率为0.9974，亦即落在区间(3，3之外的概率为0.0026，此为小概率事件如果此事件发生了，就说明不服从正态分布(3)对于小概率事件要有一个正确的理解：小概率事件是指发生的概率小于3%的事件对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性第27页，总27页