7.5 正态分布-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

第七章 随机变量及其分布 7.5 正态分布 [学习任务] 1.通过误差模型，了解正态曲线、正态分布的概念.(重点) 2.通过借助具体实例的频率分布直方图，了解正态分布的特征及曲线表示的含义.(重点) 3.了解正态分布的均值、方差及其含义.(难点) 4.会用正态分布解决实际问题. 自主学习探新知 课前预习 双基落实 知识点一 正态曲线 f(x)=。2,z∈R,其中μ∈函数 R,σ>0为参数. 显然，对于任意x∈R,f(x)>0,它的图 象在x轴的上方.可以证明x轴和曲线之间 的区域的面积为1.我们称f(x)为正态密度 函数，称它的图象为正态密度曲线，简称正 态曲线. 若随机变量 X的概率分布密度函数为 f(x),则称随机变量 X服从正态分布，记为 X～N(μ,o2),特别地，当μ=0,σ=1时，称 随机变量 X服从标准正态分布. 知识点二 正态曲线的特点 (1)曲线是单峰的，它关于直线x=μ对称； o2n;(2)曲线在x=μ处达到峰值 (3)当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴. 知识点三 正态分布的期望与方差 若 X~N(μ,o2),则E(X)= ,D(X)= 知识点四 正态变量在三个特殊区间内 取值的概率 (1)P(μ—o≤X≤μ+o)≈0.682 7; (2)P(μ-2o≤X≤μ+2o)≈0.954 5; (3)P(μ-3o≤X≤μ+3o)≈0.997 3. 在实际应用中，通常认为服从于正态 分布 N(μ,o2)的随机变量 X只取[μ-3o, μ+3σ]中的值，这在统计学中称为 3σ 原则. 试一试 1.已知随机变量 X服从正态分布N(a,4),且 P(X>1)=0.5,则实数 a的值为 ( ) B.√3A.1 C.2 D.4 2.设随机变量 X～N(μ,o2),且 P(X≤c)= ( )P(X>c),则c= A.0 B.σ D.μC.-μ 3.设随机变量5服从正态分布 N(2,9),若P(X> c+1)=P(X<c—1),则c= 65 ?高中数学·选择性必修 第三册 互动探究解疑难 要点归纳 重难突破 探究一 正态曲线的应用 [例1] 如图所示是一个正态分布的图象，试 根据该图象写出正态密度函数的解析式，求 出随机变量总体的均值和方差. *y 2 探究二 利用正态分布的对称性求概率 [例2] 设 X～N(1,22),试求： (1)P(—1≤X≤3); (2)P(3≤X≤5). 5 10 15 20 2530 35 40~x0 Ⅱ规律方法|l 利用图象求正态密度函数的解析式，应抓住图象 的两个实质性特点：一是对称轴为x=μ,二是最大值 。√2为 ,这两点确定以后，相应参数μ,σ便确定了， 代入f(x)中便可求出相应的解析式。 跟踪训练 1.若一个正态密度函数是一个偶函数，且该函 4√数的最大值为 ,求该正态密度函数的 解析式. I规律方法l 利用正态分布求概率的两个方法 (1)对称法：由于正态曲线是关于直线x=μ对称 的，且概率的和为1,故关于直线x=μ对称的区间概 率相等.如： ①P(X<a)=1-P(X≥a); ②P(X<μ-a)=P(X>μ+a). (2)“3o”法：利用 X落在区间[μ-σ,μ+o],[μ一 2o,μ+2o],[μ-3o,μ+3o]内的概率分别是0.682 7, 0.954 5,0.997 3求解。 □跟踪训练 2.设 X～N(1,1),试求： (1)P(0<X≤2); (2)P(2<X≤3); (3)P(X≥3). ⋯⋯⋯⋯⋯6 第七章 随机变量及其分布 探究三 正态分布的实际应用 [例3] 某厂生产的圆柱形零件的外直径 X (单位：cm)服从正态分布 N(4,0.52).质检 人员从该厂生产的1 000件零件中随机抽查 1件，测得它的外直径为5.7 cm,试问：该厂 生产的这批零件是否合格? Ⅱ规律方法|Ⅱ-⋯ 解题时，应当注意零件尺寸应落在[μ-3o,μ+3o] 之内，否则可以认为该批产品不合格.判断的根据是小 概率事件在一次试验中几乎是不可能发生的，而一旦 发生了，就可以认为这批产品不合格. 跟踪训练 3.为深入学习党的二十大精神，我校团委组织 学生开展了“喜迎二十大，奋进新征程”知识 竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽 取了 100 名，统计出他们竞赛成绩分布 如下： [40, [50, [60, [70, [80, [90, 成绩(分) 50) 60) 70) 80) 90) 100] 人数 2 4 22 40 28 4 (1)求抽取的100名学生竞赛成绩的方差s2 (同一组中数据用该组区间的中点值为 代表); (2)以频率估计概率，发现我校参赛学生竞 赛成绩X近似地服从正态分布N(μ,o2),其 中μ近似为样本平均分x,o2近似为样本方 差s2,若μ—o<X≤μ+2σ,则参赛学生可获 得“参赛纪念证书”;若 X>μ+2σ,则参赛学 生可获得“参赛先锋证书”. ①若我校有 3 000 名学生参加本次竞赛活 动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数 (结果保留整数); ②试判断竞赛成绩为96分的学生能否获得 “参赛先锋证书”. 附：若X～N(μ,o2),则P(μ—σ≤X≤μ+σ) ≈0.6827,P(μ-2o≤X≤μ+2o)≈0.9545, P(μ-3o≤X≤μ+3o)≈0.997 3. 随堂巩固促应用 验证反馈 迁移运用 1.某校有1 000 人参加某次模拟考试，其中数 学考试成绩近似服从正态分布 N(105,o2) (σ>0),试卷满分150分，统计结果显示数 学成绩优秀(高于 120分)的人数占总人数 15的 ,则此次数学考试成绩在90分到105分 之间的人数约为 ( ) A.150 B.200 C.300 D.400 2.设随机变量 X～N(1,52),且 P(X≤0)= P(X>a-2),则实数 a的值为(( ) A.3 B.4 C.5 D.6] 3.(安徽亳州期末)已知随机变量ξ服从正态 分布N(3,o2),若P(s<4)=0.78,则 P(2< 5<3)= ( ) B.0.24A.0.2 C.0.28 D.0.32 4.设随机变量 X～N(3,1),若P(X>4)=p, 则P(2<X<4)= 提示、请完成《素能提升训练》训练十八 67 7.5 正态分布 【自主学习探新知】 知识点三 μ o2 试一试 1.A ∵随机变量X服从正态分布N(a,4),∴P(X>a) =0.5.由P(X>1)=0.5,可知 a=1. 2.D 由P(X≤c)=P(X>c),知 x=c为对称轴，又由 X~N(μ,a2)知对称轴为x=μ,故c=μ. 3.解析 ∵X~N(2,9),又P(X>c+1)=P(X<c-1), :c+1+c-1=2,∴c=2. 答案 2 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解] 从给出的正态曲线可知该正态曲线关于 。√2π'直线x=20对称，最大值是 ,所以μ=20.由- =2,解得σ=√2.于是该正态密度函数的解析式是 f(x)=2e,we(-0,+o),随机变量总体的均 值是μ=20,方差是o2=(√2)2=2. [跟踪训练] 1.解 由于该正态密度函数是一个偶函数， 所以正态曲线关于y轴对称，即μ=0,又该函数的最大 4√2值是 √2n.=4√2,解得σ=4.所以- 故所求正态密度函数的解析式为 f(a)=4√2n,ae(-o,+o). 探究二 [例2] [解]∵X~N(1,22),∴μ=1,σ=2, (1)P(-1≤X≤3)=P(1-2≤X≤1+2) =P(μ-o≤X≤μ+o)≈0.682 7. (2)∵P(3≤X≤5)=P(-3≤X≤-1), ∴P(3≤X≤5)=2[P(-3≤X≤5)-P(-1≤X≤3)] =2[P(1-4≤X≤1+4)-P(1-2<X≤1+2)] =2[P(μ-2o≤X≤μ+2o)-P(y-o≤X≤μ+o)] ≈2×(0.954 5-0.682 7)=0.1359. [跟踪训练] 2.解∵X~N(1,1),∴μ=1,σ=1. (1)P(0<X≤2)=P(1-1<X≤1+1) =P(μ-a<X≤μ+σ)≈0.682 7. (2)∵P(2<X≤3)=P(-1<X≤0), .P(2<X≤3)=1[P(-1<X≤3)-P(O<X≤2)] =1[P(1-2<X≤1+2)-P(1-1<X≤1+1)] =2[P(μ-2o<X≤μ+2o)-P(μ-o<X≤x+o)] ≈×(0.9545-0.6827)=0.1359. (3)∵P(X≥3)=P(X≤-1), ∴P(X≥3)=2[1-P(1-2<X≤1+2)] =2[1-P(y-2o<X≤p+2o)] ≈2×(1-0.954 5)=0.022 75 探究三 [例3] [解] 由于外直径 X~N(4,0.52), 则X在[4-3×0.5,4+3×0.5],即[2.5,5.5]之内取 值的概率为0.997 3,在[2.5,5.5]之外取值的概率为 0.002 7, 而5.76[2.5,5.5],这说明在一次试验中，出现了几乎 不可能发生的小概率事件，据此可以认为这批零件是不 合格的. [跟踪训练] 3.解 (1)由题表知，抽取的这100名学生竞赛成绩的平 均分x=75,所以100名学生本次竞赛成绩的方差s2= (45-75)2×100+(55-75)2×140+(65-75)2×120 +(75-75)2×40+(85-75)2×2+(95-75)2× 100=100. (2)①由于μ近似为样本成绩平均分x,o2近似为样本 成绩方差s2,所以μ=75,o2=100,则σ=√100=10,由 于竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ,o2),因此学生 可获得“参赛纪念证书”的概率 P(μ-o<X≤μ+2σ)= 2P(μ-o<X≤x+o)+_P(μ-2o<X≤μ+2o)≈2 ×0.6827+1×0.9545=0.818 6.又3000×0.8186 =2 455.8≈2 456,所以估计获得“参赛纪念证书”的学 生人数为2 456, ②当X>μ+2o时，即X>95 时，参赛学生可获得“参赛 先锋证书”,所以竞赛成绩为96分的学生能获得“参赛 先锋证书”. 【随堂巩固促应用】 1.C P(X<90)=P(X>120),P(90≤X≤120)=1-2× 5=3,P(90≤X≤105)=3,,所以此次数学考试成绩 1000×1o=300.故在 90分到 105分之间的人数约为1 选C. 2.B 因为随机变量X～N(1,52),且P(X≤0)=P(X>a —2),所以由正态分布密度曲线的对称性(对称轴是x =1)可知，a-2=2×1,解得a=4. 3.C 易知正态曲线的对称轴为直线x=3.由P(f<4)= 0.78,得P(s≥4)=P(ξ≤2)=1-0.78=0.22,则 P(2 <ξ<4)=1-2×0.22=0.56,故P(2<8<3)=2P(2 <s<4)=1×0.56=0.28.故选C. 24 4.解析 由X~N(3,1),得μ=3,所以P(3<X<4)=2- p,即P(2<X<4)=2P(3<X<4)=1-2p. 答案1-2p 专题2与概率及分布列有关的七类 典型问题 题型一 1.解(1)由题意可知，若各路段均不会遇到降水，则返回 A地的时间为17点，因此若18点之前能返回A地的充 要条件是降水的路段数不超过1,记事件M?,M?,M?分 别表示在上午AB路段降水、上午BC路段降水、下午 CA路段降水，则所求概率P=P(M?M?M?)+ P(M?M?M?)+P(M?M?M?)+P(M?M?M?)=0.7×0.8 ×0.1+0.3×0.8×0.1+0.7×0.2×0.1+0.7×0.8× 0.9=0.598. (2)设基本路段正常行驶时间为x,降水概率为p,则该 路段行驶时间X的分布列为 行驶时间X x+1x 概率P 1-p p ∴E(X)=x(1-p)+(x+1)p=x+p. 上午 上午 下午 下午 正常行驶所需 路段 降水 行驶时间 降水 行驶时间 概率 期望值 时间(小时) 概率 期望值 AB 2 0.3 2.3 0.6 2.6 BC 2 0.2 2.2 0.7 2.7 CA 3 0.3 3.3 0.9 3.9 设采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为Y,Z, 则E(Y)=2.3+2.2+3.9=8.4.E(Z)=2.6+2.7+3.3 =8.6.∴采用甲方案更有利于办事之后能更早返回A地. 2.解(1)设工种A,B,C对应职工的每份保单保险公司的 收益分别为随机变量X,Y,Z(单位：元),则X,Y,Z的分 布列分别为 X a-100×10?a 1-0 0P Y a a-100×10? 1-0 10P z b b—50×10? 1-0 0P E(X)=a×(1-0)+(a-100×10)×0=a-10, E(Y)=a×(1-0)+(a-100×104)×0=a-20, E(Z)=b×(1-o)+(b-50×104)×o=b-50,所以 (a-10)×50000×0.6+(a—20)×50000×0.3+(b— 50)×50000×0.1-20×10?≥(a×50000×0.6+a× 50000×0.3+b×50000×0.1)×0.15,整理，得153a十 17b≥4200. (2)方案一：单位不与保险公司合作，则单位每年赔偿金支 出的期望与固定开支共为30000×100×10?×10+ 15000×100×10?×0+5000×50×10?×0+35×104 =1.2×10?(元); 方案二：单位与保险公司合作，则单位支出金额为(30000 ×25+15000×25+5000×60)×0.8=1.14×10?(元).因 为1.2×10?>1.14×10?,所以建议单位选择方案二. 题型二 3.解(1)记事件A=“此批零件检测未通过，恰好检测5 次”,则前4次有1次未通过，第5次未通过.P(A)=C× 0.1×0.93×0.1=0.02916.即恰好检测5次未通过的概 率为0.02916. (2)由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复 合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为 —90元，设每件零件可获利X元.X的所有可能取值为 70,50,-90.P(X=70)=p;P(X=50)=0.6(1-p); P(X=-90)=0.4(1-p),则E(X)=70p+50×0.6(1— p)-90×0.4(1-p)=76p-6,∴76p-6≥60,解得 38p≥8,,即每件零件为合格零件的概率p的最小值为 4.解(1)当n=2时，X的所有可能取值为0,1,2,则P(X =0)=C=15,P(X=1)=CC=18,P(X=2)= Cc=190,所以X的分布列为 X 0 1 2 153 90P E(X)=0×193+1×5+2×190=亏. (2)X=1的概率为P(X=1)=CC=n(290,I≤n ≤20,且n∈N*.因为n(20-n)≤[”+(20-”]=100, 当且仅当n=20—n,即n=10时等号成立，所以当n=10 时，X=1的概率P(X=1)取最大值，最大值是 题型三 5.解(1)由题意知ξ的可能取值为0,1,所以专服从两点分 布，P(e=1)=3,则P(e=0)=1-P(E=1)=10..因此 的分布列为 0 1 71 31旧P (2)若每次抽取后都放回，则每次抽到一等品的概率均为 10,,3次抽取可以看成3次独立重复试验，因此η～ B(3,吾),它的分布列为P(n=k)=c(6)^(0), k=0,1,2,3,如表： 0 1 2 37 13430 14000 1000 1000P (3)①若每次抽取后都不放回，则随机抽取3次可看成随 机抽取1次，且1次抽取了3件，因此一等品件数X服从 25