2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第7讲正态分布提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第7讲正态分布提能训练，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．(2023·江苏扬州调研)已知随机变量X～N(1，σ2)，P(X≥0)＝0.8，则P(X>2)＝( A )
A．0.2 B．0.4
C．0.6 D．0.8
[解析] 由X～N(1，σ2)，知：随机变量X的分布函数图象关于X＝1对称，∴P(X>2)＝P(X<0)＝1－P(X≥0)＝0.2.故选A.
2．(2024·江苏苏州中学期初考试)已知随机变量ξ服从正态分布N(0,4)，若P(ξ≥2)＝0.3，则P(ξ≥－2)＝( C )
A．0.2 B．0.3
C．0.7 D．0.8
[解析] 由题意知μ＝0，∴P(ξ≤－2)＝P(ξ≥2)＝0.3.∴P(ξ≥－2)＝1－P(ξ≤－2)＝0.7.故选C.
3．(2023·河北唐山一模)随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X<2)＝0.2，P(2A．6 B．5
C．4 D．3
[解析] 由题意可知P(X≥6)＝1－P(X<2)－P(2∴P(X≥6)＝P(X<2)，∴μ＝eq \f(6＋2,2)＝4.选C.
4．(2023·山东临沂二模)已知随机变量ξ服从正态分布N(3，σ2)，且P(ξ<5)＝0.7，则P(1<ξ<3)＝( D )
A．0.6 B．0.5
C．0.3 D．0.2
[解析] P(1<ξ<3)＝eq \f(1－2Pξ>5,2)＝eq \f(1－2[1－Pξ<5],2)＝0.2.故选D.
5．(2023·云南昆明、福建师大附中月考)已知某地区成年女性身高X(单位：cm)近似服从正态分布N(160，σ2)，且P(158A．200 B．400
C．600 D．700
[解析] 因为P(1586．(2023·福建宁德质检)某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶．根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量(单位：克)分别为X，Y，且X～N(μ1，σeq \\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \\al(2,2))，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是( D )
A．Y的数据较X更集中
B．P(X≤c)C．甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于eq \f(1,2)
D．P(X>c)＋P(Y≤c)＝1
[解析] Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，A正确；因为c与μ2之间的与密度曲线围成的面积S1＞c，μ1与密度曲线围成的面积S2，P(Y≤c)＝eq \f(1,2)＋S1，P(X≤c)＝eq \f(1,2)＋S2，∴P(X≤c)＜P(Y≤c)，B正确；∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克超过μ2的概率P＝P(X＞μ2)＞eq \f(1,2)，C正确；由B知：P(X>c)＝eq \f(1,2)－S2，P(Yc)＋P(Y1，D错误．故选D.
7．(2023·广东四校联考)已知随机变量X～B(6，p)，Y～N(μ，σ2)，且P(Y≥2)＝eq \f(1,2)，E(X)＝E(Y)，则p＝( B )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
[解析] 因为随机变量X～B(6，p)，所以E(X)＝6p，因为Y～N(μ，σ2)，P(Y≥2)＝eq \f(1,2)，所以μ＝2，即E(Y)＝2，又E(X)＝E(Y)所以6p＝2，即p＝eq \f(1,3).故选B.
二、多选题
8．已知某校高三年级有1 000人参加一次数学模拟考试，现把这次考试的分数转换为标准分，标准分的分数转换区间为[60,300]，若使标准分X服从正态分布N(180,900)．(参考数据：①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)
则下列结论正确的个数为( BC )
A．这次考试标准分超过180分的约有450人
B．这次考试标准分在(90,270]内的人数约为997
C．甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为eq \f(3,8)
D．P(240[解析] 这次考试标准分超过180分的约有500人，A错；∵P(90∵P(240＝eq \f(P90＝eq \f(Pμ－3σ≤X≤μ＋3σ－Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)
＝eq \f(0.997 3－0.954 5,2)＝0.021 4，
∴D错误．故选BC.
9．(2023·湖南模拟)已知某种袋装食品每袋质量(单位：g)X～N(500,16)，P(μ－σA．σ＝4
B．P(496C．随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量在区间(492,504]的约8 186袋
D．随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量小于488 g的不多于14袋
[解析] 对于A，X～N(500,16)，则σ2＝16，解得σ＝4，故A正确；对于B，P(49610．(2024·安徽摸底)“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系．某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其分布密度函数φ(x)＝，x∈(－∞，＋∞)，则( AC )
A．该地杂交水稻的平均株高为100 cm
B．该地杂交水稻株高的方差为10
C．该地杂交水稻株高在120 cm以上的数量和株高在80 cm以下的数量一样多
D．随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大
[解析] 因为正态分布密度函数为φ(x)＝，所以μ＝100，σ＝10，即均值为100，标准差为10，方差为100，故A正确，B错误；根据正态曲线的特征可知函数φ(x)关于x＝100轴对称，所以该地杂交水稻株高在120 cm以上的数量和株高在80 cm以下的数量一样多，故C正确，随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在(80,90)和在(110,120)的概率不一样大．故D错误．故选AC.
三、填空题
11．(2023·山东青岛调研)某地有6 000名学生参加考试，考试后数学成绩X近似服从正态分布N(110，σ2)，若P(90≤X≤110)＝0.45，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为 300 .
[解析] 由正态分布曲线的对称轴为μ＝110，以及P(90≤X≤110)＝0.45，可得P(110≤X≤130)＝0.45，因此P(X>130)＝eq \f(1,2)－P(110≤X≤130)＝0.05，故130分以上的人数为6 000×0.05＝300.
12．长风工厂产品质量指标X服从正态分布N(100，σ2)．质量指标介于98至102之间的产品为良品．为使这种产品的良品率达到95.45%，则需要调整生产工艺，使得σ至多为 1 .
(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|<2σ)＝0.954 5)
[解析] 由P(9813．(2023·广东广州阶段测试)已知随机变量ξ服从正态分布N(4，σ2)，且P(ξ<6)＝5P(ξ<2)，则P(2<ξ<6)＝ eq \f(2,3) .
[解析] 设P(ξ<2)＝x，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)＝x，
又P(ξ<6)＝5P(ξ<2)，∴P(2<ξ<6)＝4x，
根据题意x＋4x＋x＝1，∴x＝eq \f(1,6)，
∴P(2<ξ<6)＝4x＝eq \f(2,3).
14．(2024·云南三校联考)某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布(105，σ2)．若P(90≤X≤120)＝eq \f(1,2)，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于120的概率是 eq \f(9,64) .
[解析] 由题意知P(x≥120)＝eq \f(1－P90≤x≤120,2)＝eq \f(1,4).故所求概率为Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2×eq \f(3,4)＝eq \f(9,64).
四、解答题
15. (2024·云南大理统测)为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上．某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩(卷面共100分)频率分布直方图如图所示．
(1)用样本估计总体，试估计此次知识竞赛成绩的50%分位数；
(2)将此次竞赛成绩ξ近似看作服从正态分布N(μ，σ2)(用样本平均数和标准差s分别作为μ，σ的近似值)，已知样本的平均数约为80.5，标准差s≈7.5.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量X，求X的数学期望；
参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则
P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)≈0.68，
P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)≈0.95，
P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)≈0.99.
[解析] (1)由频率分布直方图可知：0.01×10＋0.04×10＝0.5，故此次知识竞赛成绩的50%分位数为80分．
(2)由题意可知ξ～N(80.5,7.52)，因为P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)≈0.68，即：P(73<ξ≤88)≈0.68，故P(ξ>88)＝eq \f(1－0.68,2)＝0.16，
由题意知：抽取的100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数X服从二项分布，即X～B(100,0.16)，故X的数学期望E(X)＝100×0.16＝16.
B组能力提升
1．(2024·重庆西北狼教育联盟联考)已知随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～N(2，σ2)，若P(X≤1)＝0.36，P(Y<4)＝p，则P(0A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
[解析] 因为X～B(2，p)，Y～N(2，σ2)，P(X≤1)＝0.36，所以P(X≤1)＝(1－p)2＋2p(1－p)＝0.36，解得p＝0.8或p＝－0.8(舍)，由P(Y<4)＝p＝0.8，则P(Y≥4)＝1－0.8＝0.2，所以P(02．(多选题)(2024·江西名校联考)若随机变量X～N(μ，σ2)，X的密度函数为f(x)＝，则正确的是( ACD )
A．X的密度曲线与y轴只有一个交点
B．X的密度曲线关于x＝σ对称
C．2P(X>μ＋3σ)＝P(|X－μ|>3σ)
D．若Y＝eq \f(X－μ,σ)，则E(Y)＝0，D(Y)＝1
[解析] 若X～N(μ，σ2)，则其密度函数f(x)＝，因此X的密度曲线与y轴只有一个交点，故A正确；X的密度曲线关于直线x＝μ对称，故B错误；P(|X－μ|>3σ)＝P(X<μ－3σ)＋P(X>μ＋3σ)＝2P(X>μ＋3σ)，故C正确；E(Y)＝eq \f(EX－μ,σ)＝0，D(Y)＝eq \f(1,σ2)D(X)＝1，故D正确．
3．(2023·河北邯郸摸底)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：
将学生日均晨读时间在[30,60]上的学生评价为“晨读合格”．
(1)请根据上述表格中的统计数据填写下面2×2列联表，依据α＝0.05的独立性检验，能否认为“晨读合格”与年级有关联？
(2)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ξ，求ξ的分布列和数学期望．
参考公式：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据：
[解析] (1)列联表如下：
χ2＝eq \f(200×25×85－15×752,100×100×40×160)＝3.125<3.841＝x0.05，
所以依据α＝0.05的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联．
(2)由题设，学生晨读合格的概率为eq \f(160,200)＝eq \f(4,5)，
易知ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(4,5)))，所以
P(ξ＝0)＝Ceq \\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＝eq \f(1,25)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(4,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(8,25)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))0＝eq \f(16,25)，
ξ的分布列为
所以E(ξ)＝0×eq \f(1,25)＋1×eq \f(8,25)＋2×eq \f(16,25)＝eq \f(8,5).
4．(2024·福建宁德一中模拟)书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间(单位：分钟)进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．
(1)根据频率分布直方图，估计这100位年轻人每天阅读时间的平均数eq \x\t(x)(单位：分钟)；(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)
(2)若年轻人每天阅读时间X近似地服从正态分布N(μ，100)，其中μ近似为样本平均数eq \x\t(x)，求P(64(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组[50,60)，[60,70)，[80,90)的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于[80,90)的人数ξ的分布列和数学期望．
附参考数据：若，则①P(μ－σ[解析] (1)根据频率分布直方图得：
eq \x\t(x)＝(55×0.01＋65×0.02＋75×0.045＋85×0.02＋95×0.005)×10＝74.
(2)由题意知X～N(74,100)，即μ＝74，σ＝10，
所以P(64(3)由题意可知[50,60)，[60,70)和[80,90)的频率之比为：1∶2∶2，
故抽取的10人中[50,60)，[60,70)和[80,90)分别为：2人，4人，4人，
随机变量ξ的取值可以为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,6)，P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(2,4),C\\al(3,10))＝eq \f(3,10)，P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,30)，
故ξ的分布列为：
所以E(ξ)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5).
5．(2023·广东中山一中等七校联考)在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”(即正在使用的设备出故障时才启动的设备)．已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”(即一台正常设备，两台备用设备)的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉．设三台设备的可靠度均为p(0(1)当p＝0.9时，求能正常工作的设备数X的分布列和数学期望；
(2)已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失．为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.9，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，设备维护总费用为5万元．请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？
[解析] (1)X为正常工作的设备数，由题意可知X～B(3,0.9)．
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)×0.90×(1－0.9)3＝0.001，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×0.91×(1－0.9)2＝0.027，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×0.92×(1－0.9)＝0.243，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)×0.93×(1－0.9)0＝0.729，
从而X的分布列为
由X～B(3,0.9)，则E(X)＝3×0.9＝2.7.
(2)设方案1、方案2的总损失分别为Y1，Y2，
采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到0.9，由(1)可知计算机网络断掉的概率为0.001，不断掉的概率为0.999，
故E(Y1)＝80 000＋0.001×500 000＝80 500元；
采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，可知计算机网络断掉的概率为Ceq \\al(0,3)×0.80×(1－0.8)3＝0.008，
故E(Y2)＝50 000＋0.008×500 000＝54 000元．
因此，从期望损失最小的角度判断，决策部门应选择方案2.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
项目
晨读不合格
晨读合格
合计
高二
高三
15
100
合计
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
项目
晨读不合格
晨读合格
合计
高二
25
75
100
高三
15
85
100
合计
40
160
200
ξ
0
1
2
P
eq \f(1,25)
eq \f(8,25)
eq \f(16,25)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729