4.2.4 随机变量的数字特征-【新课程能力培养】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

第四章概率与统计。 4.2.4随机变量的数字特征 第1课时 离散型随机变量的均值 例1袋中有4个红球，3个黑球，现 学习目标 从袋中随机取出4个球，设取到1个红球得 1.理解随机变量均值一期望， 2分，取到1个黑球得1分，试求得分X的 2.会用期望做出科学预测 均值 3.理解期望和加权平均数之间的区别与 联系。 要点精析 要点1利用定义求离散型随机变量的 均值 1.离散型随机变量的均值的概念 一般地，如果离散型随机变量X的分布 列如下表所示。 X X2 … Xn P P2 P& 则称E(X)=xP1+xP2+…+xP%+…+xPn= ∑即，为离散型随机变量X的均值或数学期 望（简称为期望） 2.离散型随机变量的均值的意义 均值是随机变量可能取值关于取值概 反思感悟 率的加权平均数，它综合了随机变量的取 求随机变量X的均值的方法和步骤： 值和取值的概率，反映了随机变量取值的 (1)理解随机变量X的意义，写出X 平均水平 所有可能的取值。 (2)求出X取每个值的概率P(X=k) (3)写出X的分布列」 (4)利用均值的定义求E(X), 学(51 高中数学选择性必修第二册人教B版 变式训练1 川要点2离散型随机变量均值的性质· 某卫视综艺节目中有一个环节叫“超级 若Y=aX+b,其中a,b均是常数(X是 猜猜猜”，规则如下：在这一环节中嘉宾需 随机变量)，则Y也是随机变量，且有 要猜三道题目，若三道题目中猜对一道题目 E(aX+b)=aE(X)+b. 可得1分，若猜对两道题目可得3分，要是 思考离散型随机变量的均值与样本 三道题目完全猜对可得6分，若三道题目全 平均值之间的关系如何？ 部猜错，则扣掉4分.如果嘉宾猜对这三道 例2已知随机变量X的分布列如下表 题目的概率分别为号，子，号，且三道题 所示 X -2 -1 目之间相互独立.求某嘉宾在该“猜题”环 1 1 1 节中所得分数的分布列与均值. 4 3 5 m 20 若Y=-2X,则E(Y)= ③变式训练② 例2中的条件不变，若专=aX+3,且 BE)=号，求a的值 (52)学 第四章概率与统计。 变式训练③ 变式训练4 已知随机变量专和η，其中n=12+7, 盒中装有5节同牌号的五号电池，其中 且E()=34,若的分布列如下表，则m的 混有2节废电池 值为() (1)若无放回地每次取一节电池检验， 1 2 直到取到好电池为止，求抽取次数X的分布 P 1 1 列及均值。 4 m 12 (2)若有放回地每次取一节电池检验， A司 B.1 求检验4次取到好电池次数Y的均值. 4 C.6 D.s 要点3常见的几种分布的均值 名称 两点分布 二项分布 超几何分布 公式 E(X)=p E(X)=np E(X)=nM N 例3 (1)有10件产品，其中3件是 次品，从中任取2件，用X表示取到次品的 个数，则E(X)等于() A子 c D.1 (2)某运动员投篮命中率为p=0.6. ①求投篮1次时命中次数X的均值 ②求重复5次投篮时，命中次数Y的 均值， 学(53 N 高中数学选择性必修第二册人教B版 川要点4均值的实际应用 变式训练⑤ 例4随机抽取某厂的某种产品200件， 受轿车在保修期内维修费等因素的影 经质检，其中有一等品126件、二等品50响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次 件、三等品20件、次品4件.已知生产1件 出现故障的时间有关，某轿车制造厂生产 一、二、三等品获得的利润分别为6万元、 甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现 2万元、1万元，而1件次品亏损2万元，从该厂已售出的两种品牌轿车中随机抽取 设1件产品的利润（单位：万元）为X. 50辆，统计数据如下： (1)求X的分布列. 品牌 (2)求1件产品的平均利润（即X的 甲 乙 均值)· 首次出现故 0Kx≤1 1<x≤2x>20Kx≤2x>2 (3)经技术革新后，仍有四个等级的产 障时间x/年 品，但次品率降为1%，一等品率提高为 轿车数量/辆 2 3 45 5 45 70%.若此时要求1件产品的平均利润不小 每辆利润/ 1 2 3 1.8 2.9 于4.73万元，则三等品率最多是多少？ 万元 将频率视为概率，解答下列问题 (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽 取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内 的概率， (2)若该厂生产的轿车均能售出，记生 产一辆甲品牌轿车的利润为X1,生产一辆乙 品牌轿车的利润为X2,分别求X1,X2的分 布列. (3)该厂预计今后这两种品牌轿车的销 量相当，受资金限制，只能生产其中一种品 牌轿车，若从经济效益的角度考虑，你认为 应该生产哪种品牌的轿车？请说明理由 (54)学 第四章概率与统计。 数学文化 例“博弈”原指下棋，现在多指一种 决策行为，即一些个人、团队或组织，在一 定规则约束下，同时或先后，一次或多次， 在各自允许选择的策略下进行选择和实施， 并从中各自取得相应结果或收益的过程.生 活中有很多游戏都蕴含着博弈，比如现在有 两个人玩亮硬币的游戏，甲、乙约定若同时 亮出正面，则乙得3分，甲得-3分，若同 时亮出反面，则乙得1分，甲得-1分，若 亮出结果是一正一反，则甲得2分，乙得 -2分. (1)若两人各自随机亮出正反面，求乙 收益的期望 (2)因为各自亮出正反面，而不是抛出 正反面，所以可以控制亮出正面或反面的频 率（假设进行多次游戏，频率可以代替概 率)，因此双方就面临竞争策略的博弈.甲、 乙可以根据对手出正面的概率调整自己出正 面的概率，进而增加自己赢得收益的期望， 以收益的期望为决策依据，甲、乙各自应该 如何选择亮出正面的概率，才能让结果对自 己最有利？并分析游戏规则是否公平 学(55 高中数学选择性必修第二册人教B版 第2课时 离散型随机变量的方差 例1袋中有20个大小相同的球，其中 学习目标 记上0号的有10个，记上n号的有n个 1.理解取有限个值的离散型随机变量的 (=1,2,3,4).现从袋中任取一球，表 方差及标准差的概念， 示所取球的标号. 2.能计算简单离散型随机变量的方差， (1)求专的分布列、均值和方差。 并能解决一些实际问题 (2)若7=a+b,E(n)=1,D(m)=11,试 3.掌握方差的性质以及两点分布的方差 求a,b的值. 的求法，会利用公式求它们的方差 要点精析 川要点1求离散型随机变量的方差 1.离散型随机变量的方差、标准差 设离散型随机变量X的分布列如下表所示， n P2 P Pn 因为X的均值为E(X),所以D(X)= [x1-E(X)]p1+[x2-E(X)]2p2+…+[xn-E(X)]pn= 三k-ECX)n,能够刻画X相对于均值的离 散程度（或波动大小），这称为离散型随机 反思感悟 变量X的方差.VD(X)称为离散型随机变 (1)求离散型随机变量方差的步骤： 量X的标准差，它也刻画一个离散型随机变 ①理解随机变量X的意义，写出X的 量的离散程度（或波动大小）· 所有取值； 2.离散型随机变量方差的性质 ②求出X取每个值的概率： (1)设a,b为常数，则D(aX+b)=a2D(X). ③写出X的分布列； (2)D(c)=0(其中c为常数). ④计算E(X); ⑤计算D(X): (2)线性关系的方差计算：若门=a+b, 则D(n)=a2D(5). (56)学 第四章概率与统计。 反思感悟 B变式训练① 两点分布与二项分布方差的计算步骤： 已知随机变量专的分布列如下表所示 (1)判断：判断随机变量服从什么 0 1 分布 (2)计算：直接代入相应的公式求解 12 3 6 方差」 (1)求E(),D(),VD() 变式训练2 (2)设7=2+3，求E(n),D(n). 某厂一批产品的合格率是98%， (1)计算从中抽取一件产品为正品的数 量的方差。 (2)从中有放回地随机抽取10件产品， 计算抽出的10件产品中正品数的方差及标 准差. 川要点2两点分布与二项分布的方差· X服从两点分布 X-B(n,P) D(X) p(1-p) (其中p为成功概率) p(1-p) 例2 (1)某运动员投篮命中率p=0.8, 则该运动员在一次投篮中命中次数X的方差 为 (2)为防止风沙危害，某地政府决定建 设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物.某 人一次种植了n株沙柳，已知各株沙柳成活 与否是相互独立的，成活率为p,设X为成 活沙柳的株数，已知E(X)=3,DX)=号， 则n= ,p= 学(57 高中数学选择性必修第二册人教B版 川要点3方差的应用 变式训练3 甲、乙两个野生动物保护区有相同的自 例3有甲、乙两种建筑材料，从中各 取等量样品检查它们的抗拉强度如下， 然环境，且候鸟的种类和数量也大致相同， 两个保护区每个季度发现违反保护条例的事 51 110 120 125 130 135 件次数的分布列如下. P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 X 0 1 2 3 52 100 115 125 130 145 P 0.3 0.3 0.2 0.2 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 Y 0 1 2 其中，专1，专2分别表示甲、乙两种材料 P 0.1 0.5 0.4 的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于 试评定这两个保护区的管理水平 120,试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程 度（哪一个的稳定性较好）· 反思感悟 均值、方差在决策中的作用： (1)均值：均值反映了离散型随机变 量取值的平均水平，均值越大，平均水平 越高 (2)方差：方差反映了离散型随机变 量取值的离散波动程度，方差越大越不 稳定 (3)在决策中常结合实际情形依据均 值、方差做出决断 58)学 第四章概率与统计。 川要点4分布列、均值、方差的综合应用： B变式训练④ 例4甲、乙两人进行定点投篮游戏， 有三张形状、大小、质地完全相同的卡 投篮者若投中，则继续投篮，否则由对方投 片，在各卡片上分别写上0,1,2，现从中 篮，第一次由甲投篮.已知每次投篮甲、乙 任意抽取一张，将其上数字记作x,然后放 命中的概率分别为号，子 回，再抽取一张，其上数字记作y,令X= xY. (1)求第三次由乙投篮的概率 (1)求X所取各值的分布列. (2)在前3次投篮中，乙投篮的次数为 (2)求随机变量X的均值与方差. X,求X的分布列、均值及方差. 反思感悟 处理综合问题的方法： 第一步：确定事件间的关系，是互斥、 对立还是相互独立。 第二步：要依据事件间的关系，选择 相应的概率公式，计算相应事件的概率. 第三步：列分布列，并计算均值及 方差. 学(59 高中数学选择性必修第二册人教B版 数学文化 例医疗机构为了研究某种病毒在人群 中的传播特征，需要检测血液是否为阳性 若现有n(n∈N*)份血液样本，每份样本被 取到的可能性相同，检测方式有以下两种： 方式一：逐份检测，需检测n次； 方式二：混合检测，将其中k(k∈N, k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检 测，若检测结果为阴性，说明这k份样本全 为阴性，则只需检测1次；若检测结果为阳 性，则需要对这k份样本逐份检测，因此检 测总次数为+1次.假设每份样本被检测为 阳性或阴性是相互独立的，且每份样本为阳 性的概率是p(0<p<1)· (1)在某地区，通过随机检测发现该地 区人群血液为阳性的概率约为0.8%.为了调 查某单位该病毒感染情况，随机选取50人 进行检测，有两个分组方案： 方案一：将50人分成10组，每组5 人；方案二：将50人分成5组，每组10人. 试分析哪种方案的检测总次数更少 (取0.9925-0.961,0.99210-0.923,0.992= 0.915) (2)现取其中k份血液样本，若采用逐 份检测方式，需要检测的总次数为1；采用 混合检测方式，需要检测的总次数为2.若 E(5)=E(飞2)，试解决以下问题 ①确定p关于k的函数关系. ②当k为何值时，p取最大值.并求出 最大值 (60)学高中数学选择性必修第二册人教B版 0 P 31 4 40 120 ②设“抽到的3件产品中一等品件数多于二等品件 数”为事件A,“恰好取出1件一等品和2件三等品” 为事件A1,“恰好取出2件一等品”为事件A2,“恰好 取出3件一等品”为事件A.由于事件A1,A2,A3彼此 互斥，且A=4,UA.UA.PA,)-C-0Pa Cio P2P(A)=PX-)12P)=P(A)+P4 PM动00动 即取出的3件产品中一等品的件数多于二等品的件 数的概率为3引 120 变式训练3是}【解析】若放回抽取，设取得红球 5 的个数为X,则X-B2,号引，取出2个颜色不同的球 即事件“X,PX=1)C×号×号-号若不放回抽 取，设取得红球的个数为Y,则Y~H(5,2,3),∴.取到 的2个球颜色不同的概率PCC=3 C-5 数学文化 例解：(1)根据频率分布直方图，可得 (0,10]的频率为0.010x10=0.1; (10,20]的频率为0.020×10=0.2： (20,30]的频率为0.030×10=0.3： (30,40]的频率为0.025×10=0.25： (40,50]的频率为0.015×10=0.15 ,x=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35x0.25+45×0.15=26.5. (2)根据题意得每支灭活疫苗的质量指标值位于 (10,30]内的概率为02+03-0.5，X-B4,),X 的可能取值为0,1,2,3,4，故 PX=0)=-c2上6PX=I)-C24 PX-2)-c3片，PX=3)-C34 Px=4-c3'6 (46 X的分布列如下表。 0 3 16 4 8 4 6 B0X0-6+x+2xg+3x4462 4.2.4随机变量的数字特征 第1课时离散型随机变量的均值 要点精析 例1解：取出4个球颜色及得分分布情况是4红得8 分，3红1黑得7分，2红2黑得6分，1红3黑得5 分，因t,P=5)-C-若PX=-6)-C-8 C=35 PX=7)=CC-号.PX=8)=CC=名·故X的分布列 如下表 X 6 7 18 3 号 0X0-5×第6x8+7x号48x5号 变式训练1解：根据题意，设X表示“该嘉宾所得分 数”，则X的可能取值为-4,1,3,6. PX=-4)l-号x1-3x1-3-g,PX1 1=2=人.X的分布列如下表 3-18-91 X -4 3 6 P 7 7 18 9 0=(-4xg+1x+3x6s- 18 9-9 例2吕【解析】由随机变量分布列的性质，得4+号 +写m+0l,解得m=石，E00=(-2x4+(-1x写 0x写+1x6+2×030由Y-2X,得B0=-2B0。 即E0-2x-0)-名 30+3 变式训练2解：E(专)=E(aX+3)=aE(X)+3=-1。 15. 变式训练3A【解析】，7=12+7，则E(7)=12E(5)+7, 即E(m)=12x4+2m+3a4x7+7=342m+3n=g.① 又4mn+2l,m+n=子.② 由①②可解得m=子故选A 例3（)号【解折】方法一：PX=0)=忌吊 PCX-1)-C) 方法二：由题意，知X服从N=10,M=3,n=2的超 几何分布，则EX)=W=号 (2)解：①投篮1次，命中次数X的分布列如下表. X 0 1 P 0.4 0.6 则E(X)=0.6. ②由题意，重复5次投篮，命中的次数Y服从二项 分布，即Y-B(5,0.6),则E(Y)=np=5x0.6=3. 变式训练4解：(1)由题意，X可取的值为1,2,3， 则PK=I=子，PX=2)=号×=0PX=3)=号x× 10 抽取次数X的分布列如下表。 2 10 10 参考答案。 B00=i+2xax0号 (2)由题意，每次检验取到好电池的概率均为 5’ 故y-B4,子，则E(Y)=4x3=号 X5=5 例4解：(1)X的所有可能取值有6,2,1，-2， PX=6)=8-063.PX-2=0-025,P0=I0=0 01,P0X=-2)=0-002放X的分布列如下表 6 2 1 -2 0.63 0.25 0.1 0.02 (2)E(X)=6×0.63+2×0.25+1×0.1+(-2)×0.02=4.34 (万元). (3)设技术革新后的三等品率为x,则此时1件产 品的平均利润为E(X)=6×0.7+2(1-0.7-0.01-x)+x+(-2) ×0.01=4.76-x(0≤x≤0.29)，依题意，E(X)≥4.73，即 4.76-x≥4.73，解得x≤0.03，三等品率最多为3%. 变式训练5解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障 发生在保修期内”为事件A,则P4)=2+3= 50-10 (2)依题意，得X1的分布列如下表. 3 9 P 3 25 50 10 X2的分布列如下表. X2 1.8 2.9 1 P 10 10 (3)由(2)得EX,-lx5+2x+3x号-286（万 元)，50X18x0+29x品-279（万元） E(X1)>E(X2),.应生产甲品牌轿车. 数学文化 例解：(1)是各自随机亮出正反面，甲、乙亮出 正面的概率均可认为是方，设乙在此游戏中的得分为随 机变量专，则专的可能取值为-2,1,3，∴可得乙得分 47 高中数学选择性必修第二册人教B版 的分布列如下表. -2 3 1 2 4 B)-2x号+x4+3x号-0 (2)假设甲以p(0≤P≤1)的概率亮出正面，乙以 g(0≤q≤1)的概率亮出正面，甲得分的随机变量为X, 乙得分的随机变量为Y,此时甲得分的分布列如下表. 2 -1 -3 p(1-q)+q(1-p) (1-p)(1-q) pq .甲的收益期望为E(X)=2[p(1-g)+g(1-p)]-(1-p)· (1-q)-3pq=(3-8g)p+3g-1.同理，可得乙得分的分布列 如下表. -2 1 3 p(1-q)+q(1-p) (1-p)(1-q) pq ,乙得分期望为E(Y)=-2[p(1-g)+9(1-p)]+(1-p)· (1-q)+3p9=(8p-3)q-3p+1. 根据甲的得分期望，可知乙的最优策略是亮出正面 的概率为，否则若<9≤1，有3-8<0，甲的得分 期望E(X)=(3-8q)p+3g-1,甲可以选择都亮出反面的策 略，即p=0,达到预期得分最大，此时EX)=3-日 若0≤g<令，则甲选择都亮出正面的策略，即p=1,达 到预期得分最大，E(X)-2-5g>名，同理，可知甲的最优 策略是亮出正面的概率为令，“最终两人的决策为保持 亮出正面的瓶率都为令而当=令时，E(X)=名，E (V)-名，此时游戏结果对两人都是最有利的，但是 规则不公平 第2课时离散型随机变量的方差 要点精析 例1解：(1)的分布列如下表. 48 0 2 3 4 1 3 2 20 10 5 则BE)-0x+1x20+2x0+3x品+4x写15.DE归 0-15x}+(1-15x0+(2-15ix0+(3-15x易 (4-15×5-2.75. (2)由D(n)=2D(),得2×2.75=11，得a=±2.又由 E(7)=aE(5)+b,得1.5a+b=1,.当a=2时，由1=2x1.5+ b,得b=-2；当a=-2时，由1=-2×1.5+b,得b=4. a2或=2 b=-2b=4. 变式训练1解：(1)B(E)=(-1×号+0x号+1×石 6 6 3.VD(-v5 3· (2)E-2EE)+3=子，Dm)=40E)-9 例2()0.16()6【解折】（①）依题意， 知X服从两点分布，.D(X)=0.8(1-0.8)=0.16. (2)由题意，知X服从二项分布B(n,p),由E(X) =p-3,DX)=p1p=号，得1p7,p=2,n=6 变式训练2解：(1)用专表示抽得的正品数，则= 0,1.专服从两点分布，且P(5=0)=0.02,P(5=1)=0.98, .D(E)=p(1-p)=0.98(1-0.98)=0.0196. (2)用X表示抽得的正品数，则X~B(10,0.98), .D(X)=10x0.98×0.02=0.196,标准差为VD(X)≈0.44. 例3解：E(传)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+ 135x0.2=125. E(2)=100x0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2= 125. D(51)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125- 125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50. D(ξ2)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125- 125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165. 由此可见E(5)=E(传2)，D(传)<D(5), 故两种材料的抗拉强度的均值相等，其稳定程度材 料乙明显不如材料甲，即甲的稳定性好 变式训练3解：甲保护区内违反保护条例的次数X的 均值和方差分别为E(X)=0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2= 1.3,D(X)=(0-1.3)2×0.3+(1-1.3)2×0.3+(2-1.3)2×0.2+(3- 1.3)2×0.2=1.21 乙保护区内违反保护条例的次数Y的均值和方差分 别为E(Y)=0x0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,D(Y)=(0-1.3)2×0.1+ (1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.41. E(X)=E(Y),D(X)>D(Y),∴两个保护区内每个 季度发现违反保护条例的事件的平均次数相同，但甲保 护区内违反保护条例的事件次数相对分散且波动较大， 乙保护区内违反保护条例的事件次数更加集中和稳定， 相对而言，乙保护区的管理更好一些， 例4据：)×号+号×是 (2)由题意，得X的所有可能取值为0,1,2， PX=0=xP=1=号+号x rx2-x-方 故X的分布列如下表。 0 2 1 7 1 9 18 2 50x0-g+8+2宁点 0)-0xg1-g2瓷×对器 变式训练4解：(1)由题意，知随机变量X的可能 取值为0,1,2,4.“X=0”是指两次取的卡片上至少有 一张为0，其概率为PX-01-号×号-号，X=1是 指两次取的卡片上都标着1，其概率为P(X=1)=}× 号)，“X=2”是指两次取的卡片上一个标者1，另 一个标着2，其概率为P0X=2)-2x兮×兮号，X=4 是指两次取的卡片上都标着2，其概率为P心X=4)=弓× 参考答案。 日g 则X的分布列如下表。 0 1 2 4 5 2 1 9 9 9 2)0X)-0x+1xg+2号+4xg1, D0X0=(0-1x号+(1-1xg+(2-10x号+4-1x 1=16 9=9 数学文化 例解：(1)设方案一中每组的检验次数为X,则X 的取值为1,6，则P(X=1)=(0.992)5=0.961:P(X=6)=1- (0.992)=0.039.则X的分布列如下表. 6 P 0.961 0.039 则E(X)=1×0.961+6×0.039=1.195,故方案一的检验 总次数的期望为10E(X)=10x1.195=11.95. 设方案二中每组的检验次数为Y,则Y的取值为 1,11,则P(X=1)=(0.992)1=0.923;P(X=11)=1-(0.992)0 =0.077.则Y的分布列如下表. 1 11 0.923 0.077 则E(Y)=1×0.923+11x0.077=1.77,故方案二的检验 总次数的期望为5E(Y)=5×1.77=8.85,11.95>8.85,则 方案二的检验次数更少 (2)由已知，得专=k,专2=1或2=k+1,则P(传=1)= (1-p),P(传=k+1)=1-(1-p),则E(5)=(1-p)+(1+k)· [1-(1-p)]=k+1-k(1-p),E(5)=E(52),则k=k+1- k(1-p为，即p=1-(太)产(k≥2，keN),令fk)=1- (g产≥2.keN),2)1-(3,3)1-(号)广， 49 高中数学选择性必修第二册人教B版 则f(2)-f3)=(兮)方-(2)宁<0，当k≥3时，fk+1) )-(4 令g(x)=-1nx(x≥3)，g(x)=1nx,当x≥3时， x2 g(x)>0,则g(x)在[3，+∞)上单调递增， 则当k≥3时，名c中血k+1.即()产< (中)应.则当≥3时，k+1))0,则23 f(4)>f(5)…,即当k=3时，f(k)有最大值，最大值为 3)-(3片 4.2.5正态分布 要点精析 例1(1)202(2)BCD【解析】(1)从给出的 正态曲线，可知该正态曲线关于直线x=20对称，最大 2V元，u=201 值是1 V2m2V元，解得o -1 V2,因此总体的均值u=20,方差σ2=(V2)2=2. (2)由题中图象，可知三科总体的平均数（均值） 相等，由正态分布密度曲线的性质，可知σ越大，正态 曲线越“矮胖”，σ越小，正态曲线越“瘦高”，故三科 总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙. 变式训练1ABD【解析】只有C错误，当u一定时， 曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，总体 分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分 散.故选ABD. 例2解：-N(1,2),u=1,=2. (1)P(-1≤≤3)=P(1-2≤≤1+2)》 =Pu-0≤ξ≤u+0)≈0.683. (2)P(3≤专≤5)=P(-3≤专≤-1)，∴P(3≤≤5)= 2[P(-3≤5≤5)-P-1≤6≤3)]=3[P1-4≤6≤14) P1-2≤5≤1+2)]=3[Pu-2g≤5≤u+2o)-P-≤5≤ u+o)]=2×(0.954-0.683)-0.1355. 变式训练2解：P(5)=P(5<-3)=)[1-P(-3≤≤5) =号[1-P1-4≤≤1+4刀 50 =号[1-Pu-2a≤5≤+2o】 =2×1-0954)-0.023. 变式训练3C【解析】随机变量专服从正态分布 N(2,σ2)，u=2,对称轴是专=2.P(5<4)=0.8, ∴P(5≥4)=P(5≤0)=0.2，.P(0<<4)=0.6,.P(0<5<2)= 0.3.故选C. 例3解：(1)X-N(20,4),∴u=20,σ=2，-0= 18,u+o=22,于是尺寸在18~22mm间的零件所占的百 分比大约是68.3%. (2)u-30=14,u+30=26,u-20=16,u+2=24, 尺寸在24~26mm间的零件所占的百分比大约是 99.7%-95.4%=2.15%..尺寸在24-26mm间的零件大 2 约有5000x2.15%≈108个. 变式训练4解：成绩服从正态分布N(80,5), ∴u=80,=5,则u-=75,u+0=85. 成绩在[75,85]内的同学占全班同学的68.3%， 成绩在[80,85]内的同学占全班同学的34.15%. 设该班有x名同学，则34.15%x=17,解得x≈50. ,u-20=80-10=70,u+2σ=80+10=90， .∴.成绩在[70,90]内的同学占全班同学的95.4%， 成绩在90分以上的同学占全班同学的2.3%. 即有50×2.3%≈1人，即成绩在90分以上的仅有 1人. 例4解：(1)X-N(0,1), D(-3)-PX<-3)=2[1-P(-3≤X≤3)】 =2×1-097)-0015 (2)X-N(0,1)且Φ(0.42)=0.6628，∴.由Φ(-a) +Φ(a)=1,得Φ(-0.42)=1-Φ(0.42)=1-0.6628=0.3372. 变式训练5解：(1)(-0.25)=1-(0.25)=1-0.5987= 0.4013. (2)P(0.25<X≤0.51)=P(X<0.51)-P(X<0.25)= Φ(0.51)-Φ(0.25)=0.6915-0.5987=0.0928. 数学文化 例C【解析】由题意，u=80,w=5,则P(75<X≤85)= 0.6826,P(70<X≤90)=0.9544.P(85<X≤90)=7× (0.9544-0.6826)=0.1359.P(75<X≤90)=0.6826+