第11講正態分布3種常考題型【考點分析】考點一：正態曲線①正態曲線：函數φμ，σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)，x∈(－∞，＋∞)，其中實數μ和σ(σ>0)為參數，φμ，σ(x)的圖象為正態分布密度曲線，簡稱正態曲線．②正態曲線φμ，σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)，x∈R有以下性質：1.曲線位于x軸上方，與x軸不相交；2.曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；3.曲線在x＝μ處達到最大值eq\f(1,σ\r(2π))；4.曲線與x軸之間的面積為1；5.當σ一定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖①；6.當μ一定時，曲線的形狀由σ確定，σ越小，曲線越“瘦高”；σ越大，曲線越“矮胖”，如圖②.考點二：正態分布的性質①正態分布：一般地，如果對于任何實數a，b(a<b)，隨機變量X滿足P(a<X≤b)等于正態分布曲線與軸所圍成的區域面積，則稱隨機變量X服從正態分布．正態分布完全由參數和確定，因此正態分布常記作N(μ，σ2)，如果隨機變量X服從正態分布，則記為。（此時，X不是離散型隨機變量，是連續型隨機變量。）②X～N(μ，σ2)中μ，σ的統計意義1.μ可取任意實數，表示平均水平的特征數，E(X)＝；2.σ>0表示標準差，D(X)＝σ2當μ一定時，σ越小，正態曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散考點三：正態總體在三個特殊區間內取值的概率值及3σ原則①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826；P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544；P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974.②由P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974，知正態總體幾乎總取值于區間(μ－3σ，μ＋3σ)之內.而在此區間以外取值的概率只有0.0026，通常認為這種情況在一次試驗中幾乎不可能發生.③在實際應用中，通常認為服從于正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之間的值，并簡稱之為3σ原則.【題型目錄】題型一：正態曲線題型二：利用正態分布求概率題型三：正態分布的實際應用【典型例題】題型一：正態曲線【例1】設有一正態總體，它的概率密度曲線是函數的圖像，且，則這個正態總體的平均數與標準差分別是（

）．A．10與8 B．10與2 C．8與10 D．2與10【答案】B【分析】化簡函數為，得到，即可求解.【詳解】因為，所以，即正態總體的平均數與標準差分別為與.故選：B．【例2】甲、乙兩類水果的質量（單位：kg）分別服從正態分布，，其相應的分布密度曲線如圖所示，則下列說法正確的是（

）（注：正態曲線的函數解析式為，）A．甲類水果的平均質量B．乙類水果的質量比甲類水果的質量更集中于均值左右C．甲類水果的平均質量比乙類水果的平均質量大D．乙類水果的質量服從的正態分布的參數【答案】A【分析】根據正態分布的特征可得兩者的均值、方差的大小關系，結合正態分布密度曲線可判斷D，進而即得.【詳解】由題圖可知甲圖象關于直線對稱，乙圖象關于直線對稱，所以，，，故A正確，C錯誤；因為甲圖象比乙圖象更“高瘦”（曲線越“高瘦”，越小，表示總體的分布越集中），所以甲類水果的質量比乙類水果的質量更集中于均值左右，故B錯誤；因為乙圖象的最高點為，即，所以，故D錯誤．故選：A．【例3】已知三個正態密度函數（，）的圖像如圖所示，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】由正態分布的圖像中對稱軸位置比較均值大小，圖像胖瘦判斷標準差的大小.【詳解】由題圖中的對稱軸知：，與(一樣)瘦高，而胖矮，所以.故選：C【例4】若隨機變量服從正態分布，記為，則關于的密度函數及其圖象，下列說法中錯誤的是（

）A．當時，正態曲線關于軸對稱B．正態曲線一定是單峰的C．曲線的峰值為D．當無限增大時，曲線無限接近軸【答案】C【分析】根據正態分布曲線的性質逐個判斷即可【詳解】對A，當時，正態曲線關于，即軸對稱，故A正確；對B，根據正態曲線函數的性質可得正態曲線一定是單峰的，故B正確；對C，曲線在處取得峰值為，故C錯誤；對D，當無限增大時，曲線無限接近軸，故D正確；故選：C【題型專練】1．李明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到，假設坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態分布，．X和Y的分布密度曲線如圖所示．則下列結果正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據給定的正態分布密度曲線，結合正態分布的對稱性和性質，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A中，隨機變量服從正態分布，且，可得隨機變量的方差為，即，所以A錯誤；對于B中，根據給定的正態分布密度曲線圖像，可得隨機變量，所以，所以B錯誤；對于C中，根據正態分布密度曲線圖像，可得時，隨機變量對應的曲線與圍成的面積小于時隨機變量對應的曲線與圍成的面積，所以，所以C正確；對于D中，根據正態分布密度曲線圖像，可得，，即，所以D錯誤.故選：C.2．（多選題）已知隨機變量X的概率密度函數為(，)，且的極大值點為，記，，則（

）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】利用隨機變量X的概率密度函數可得到，可判斷A；利用復合函數單調性可得在上遞增，在上遞減，即的極大值點為，故可判斷B；根據密度曲線關于對稱，可判斷CD【詳解】對于A，由隨機變量X的概率密度函數為可得，因為，所以，所以隨機變量X服從正態分布，故錯誤；對于B，因為二次函數在上遞增，在上遞減，由函數在上單調遞增，根據復合函數的單調性可得(，)在上遞增，在上遞減，所以的極大值點為，所以，所以隨機變量X服從正態分布，故正確；對于C，因為，，又，所以，即，故正確；對于D，因為，，所以，故正確；故選：BCD3．（多選題）關于正態密度曲線，下列說法正確的是（

）A．曲線關于直線對稱B．曲線的峰值為C．越大，曲線越“矮胖”D．對任意，曲線與軸圍成的面積總為1【答案】ACD【分析】根據密度曲線的解析式判斷ABC，由密度曲線的特點判斷D即可得解.【詳解】對于A，根據正態密度曲線可知，，，故，所以曲線關于直線對稱正確；對于B，當時，的峰值為，故不正確；對于C，當越大時，的峰值越小，所以曲線形狀“矮胖”，故正確；對于D，由正態曲線的特點知，曲線與軸圍成的面積總為1，故正確.故選：ACD4．設隨機變量，X的正態密度函數為，則______.【答案】0【分析】由正態密度函數結構直接可得.【詳解】由正態密度函數結構特征可知，.故答案為：0題型二利用正態分布求概率【例1】某物理量的測量結果服從正態分布，下列結論中不正確的是（

）A．越大，該物理量在一次測量中在的概率越大B．C．D．越小，該物理量在一次測量中落在與落在的概率相等【答案】A【分析】越大，正態密度曲線越“胖矮”，可知選項A錯誤；根據正態密度曲線的對稱性，可知BCD正確．【詳解】為數據的方差，所以越大，數據在均值附近越分散，所以測量結果落在內的概率越小，故A錯誤;由正態分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為0.5，故B正確；由正態分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等，故C正確；由正態分布密度曲線的對稱性可知，該物理量在一次測量中落在與落在的概率相等，故D正確.故選：A.【例2】隨機變量X服從正態分布N(μ，σ2)，則P(μ－2σ≤X＜μ＋σ)＝（

）附：概率P(μ－σ≤X＜μ＋σ)P(μ－2σ≤X＜μ＋2σ)P(μ－3σ≤X＜μ＋3σ)近似值 【答案】A【分析】根據題意結合正態分布的對稱性運算求解.【詳解】由題意可得：∴故選：A.【例3】隨機變量的概率分布密度函數，其圖象如圖所示，設，則圖中陰影部分的面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據正態分布的性質即可求解.【詳解】解：由題意可知，則，故圖中陰影部分的面積為.故選：C.【例4】已知隨機變量X服從正態分布，且，則（

） 【答案】D【分析】根據正態分布的性質計算可得.【詳解】解：因為且，所以.故選：D【例5】已知隨機變量服從正態分布，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據正態分布的性質可得，即可得到、關于對稱，從而得到方程，解得即可.【詳解】解：因為，，所以，所以，解得.故選：D【例6】（多選題）設X是隨機變量，那么（

）A．若，則B．若，，則C．若，，則D．若，則【答案】ABC【分析】對于AD，根據二項分布的性質分析判斷，對于BC，根據正態分布的性質分析判斷【詳解】對于A，因為，所以，所以，所以A正確，對于B，因為，，所以，所以B正確，對于C，因為，所以，因為，所以，所以，所以C正確，對于D，因為，所以，所以，所以，所以D錯誤，故選：ABC【例7】（多選題）將二項分布X~B（100，0.5）近似看成一個正態分布，其中，.設，則Y~N（0，1），記，已知，，則（

）A．， B．C． D．【答案】AC【分析】根據二項分布的期望與方差公式可求得，即可判斷A；根據正態分布的對稱性即可判斷B；根據，結合已知數據即可判斷C；根據正態分布的特征即可判斷D.【詳解】解：因為X~B（100，0.5），所以，所以，故A正確；因為，所以，因為Y~N（0，1），所以，所以，故B錯誤；若，則，所以，故C正確；，為固定值，正態分布是連續型的，連續型隨機變量取任何一個固定的值概率都是0，所以，故D錯誤.故選：AC.【例8】（多選題）已知隨機變量服從二項分布，其數學期望，隨機變量服從正態分布，且，則（

）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由二項分布的均值知求得，即可判斷A，B，進一步求出，又根據服從正態分布可求得，,即可判斷C，D.【詳解】因為，所以，即A錯誤，B正確；易知，因為，所以，所以，即C錯誤，D正確.故選：BD.【例9】已知隨機變量X，Y分別滿足，，且均值，方差，則________.【答案】【分析】由二項分布和正態分布的期望、方差公式建立方程，求解即可.【詳解】解：因為隨機變量X，Y分別滿足，，所以，，解得，故答案為：.【題型專練】1．已知兩個隨機變量，，其中，（），若，且，則（

） 【答案】D【分析】根據二項分布的均值與正態分布的均值公式可得，再根據正態分布曲線的對稱性求解即可【詳解】由可得，即.又，由正態分布曲線的對稱性可得故選：D2．已知隨機變量X服從正態分布，且，則（

） 【答案】D【分析】根據正態分布曲線的對稱性即可求解.【詳解】隨機變量X服從正態分布，所以正態分布的對稱軸為，根據對稱性可知：故選：D3．下列說法正確的是（

）A．“與是互斥事件”是“與互為對立事件”的充分不必要條件B．隨機變量，若，，則C．隨機變量服從正態分布，且，則D．隨機變量服從正態分布，且滿足，則隨機變量服從正態分布【答案】D【分析】對于A：利用互斥事件和對立事件的概念即可得出A錯誤；對于B：利用二項分布的期望和方差公式求解即可判斷B錯誤；對于C：利用正態分布的對稱性即可判斷出故C錯誤；對于D：利用正態分布的概念和期望方差公式求解即可得D正確；【詳解】對于A：與是互斥事件，但與不一定互為對立事件，與互為對立事件，則與一定是互斥事件，故“與是互斥事件”是“與互為對立事件”的必要不充分條件，故A錯誤；對于B：隨機變量服從二項分布，若，，可得，，得，故B錯誤；對于C：由服從正態分布，得，．∵，則，故C錯誤；對于D：隨機變量服從正態分布，且滿足，則,,，，，故，即隨機變量服從正態分布，故D正確；故選：D.4．隨機變量，已知其概率分布密度函數在處取得最大值為，則（

）附：． 【答案】B【分析】由正態分布的性質求出，再利用特殊區間的概率及正態分布的性質求解．【詳解】由題意，，，所以，，所以，．故選：B．5．已知隨機變量X服從正態分布，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據正態分布的對稱性可得：，，結合題意可求，進而可求．【詳解】，則，∴，則，∴，故選：C．6．（多選題）某產品的質量指標值服從正態分布，則下列結論正確的是（

）A．越大，則產品的質量指標值落在內的概率越大D．該產品的質量指標值落在內的概率與落在內的概率相等【答案】BC【分析】對于A，根據標準差的性質分析判斷，對于BCD，根據正態分布的性質分析判斷即可.【詳解】對于A，越大，則數據越分散，所以產品的質量指標值落在內的概率越小，所以A錯誤，對于B，因為產品的質量指標值服從正態分布，所以正態分布的圖象關于直線對稱，所以該產品的質量指標值大于50的概率為0.5，所以B正確，對于C，由選項B可知正態分布的圖象關于直線對稱，所以該產品的質量指標值大于50.01的概率與小于49.99的概率相等，所以C正確，對于D，由選項B可知正態分布的圖象關于直線對稱，所以由正態分布的圖象可知該產品的質量指標值落在內的概率大于落在內的概率，所以D錯誤，故選：BC7．（多選題）下列說法正確的有（

）．A．從10名男生，5名女生中選取4人，則其中至少有一名女生的概率為B．若隨機變量，則方差C．若隨機變量，，則D．已如隨機變量X的分布列為，則【答案】BCD【分析】根據對立事件的概率可求A,根據二項分布的方差以及方差的性質即可求解B，根據正態分布的對稱性可求解C，根據隨機變量的分步列即可求解D.【詳解】對于A，設至少有一名女生為事件，則，則，故A錯誤；對于B，因為隨機變量，所以，，故B正確；對于C，根據正態分布的性質，，所以，，故C正確；對于D，，得，可得，解得，所以，故D正確；故選：BCD．題型三：正態分布的實際應用【例1】某地組織普通高中數學競賽.初賽共有20000名學生參賽，統計得考試成績（滿分150分）服從正態分布.考試成績140分及以上者可以進入決賽.本次考試可以進入決賽的人數大約為（

）附：.A．26 B．52 C．456 D．13【答案】A【分析】由題意可得正態分布中的，根據正態分布的對稱性結合題中數據求，即可求出答案．【詳解】考試成績（滿分150分）服從正態分布，所以，則，，所以可進入決賽的人數大約為人.故選：A．【例2】已知在體能測試中，某校學生的成績服從正態分布，其中60分為及格線，則下列結論中正確的是（

）附：隨機變量服從正態分布，則A．該校學生成績的均值為25 B．該校學生成績的標準差為C．該校學生成績的標準差為70 D．該校學生成績及格率超過95%【答案】D【分析】求得該校學生成績的均值判斷選項A；求得該校學生成績的標準差判斷選項BC；求得該校學生成績及格率的范圍判斷選項D.【詳解】由正態分布的定義，為期望值，為方差，選項A：該校學生成績的均值為70.判斷錯誤；選項B：該校學生成績的標準差為.判斷錯誤；選項C：該校學生成績的標準差為.判斷錯誤；選項D：該校學生成績及格率，判斷正確.故選：D.【例3】某班一次數學考試（滿分150分）的成績服從正態分布，若，則估計該班這次數學考試的平均分為（

）A．85 B．90 C．95 D．105【答案】C【分析】利用正態分布的性質計算可得答案.【詳解】因為，所以估計該班這次數學考試的平均分.故選：C.【例4】小明上學有時做公交車，有時騎自行車，他記錄多次數據，分析得到：坐公交車平均用時30min，樣本方差為36；騎自行車平均用時34min，樣本方差為4，假設做公交車用時，騎自行車用時，則（

）A． B．C．如果有38分鐘可用，小明應選擇坐公交車 D．如果有34分鐘可用，小明應選擇自行車【答案】B【分析】利用正態分布曲線的意義以及對稱性，對四個選項逐一分析判斷即可．【詳解】因為，，將化為標準正態分布，則，因為，所以，故A錯誤；又，，故B正確；因為，所以如果有38分鐘可用，小明應選擇自行車，故C錯誤；因為，所以如果有34分鐘可用，小明應選擇坐公交車，故D錯誤.故選：B．【例5】（多選題）某校對高一學生進行了一次物理測試，得到學生的物理成績，其中60分及以上為及格，90分及以上為優秀．則下列說法正確的是（

）參考數據：隨機變量，則，，．A．該校高一學生物理成績的方差為10B．該校高一學生物理成績的期望為70C．該校高一學生物理成績的及格率不到85%D．該校高一學生物理成績的優秀率超過5%【答案】BC【分析】根據，求出高一學生物理成績的期望為，方差為，從而A錯誤，B正確；利用正態分布的原則及正態分布的對稱性得到成績的及格率和優秀率，判斷CD選項.【詳解】因為，所以該校高一學生物理成績的期望為，方差為，故A錯誤，B正確；因為，，而，所以，，所以，故該校高一學生物理成績的及格率不到85%，C正確；，而，所以，所以該校高一學生物理成績的優秀率不足5%，D錯誤；故選：BC【例6】（多選題）在網課期間，為了掌握學生們的學習狀態，某省級示范學校對高二一段時間的教學成果進行測試．高二有1000名學生，某學科的期中考試成績(百分制且卷面成績均為整數)Z服從正態分布，則(人數保留整數)（

）參考數據：若，．B．成績在95分以上(含95分)人數和70分以下(含70分)人數相等C．成績不超過77分的人數少于150D．超過98分的人數為1【答案】ABD【分析】根據正態分布的概念可知A對，根據對稱性可知B對，根據原則和曲線的對稱性即可求解C,D.【詳解】由，可知，所以平均分為，故A對.由于，可知關于對稱，根據正態分布的對稱性可知，成績在95分以上(含95分)人數和70分以下(含70分)的概率相等，進而人數相等，故B對.,因為，所以C錯誤.,因為，所以超過98分的人數為1，故D正確.故選:ABD【例7】已知某種袋裝食品每袋質量，則隨機抽取10000袋這種食品，袋裝質量在區間的約___________袋（質量單位：）.（附：，則，，）.【答案】8186【分析】根據正態分布的對稱性及原則求出，從而求出袋裝質量在區間的約有袋.【詳解】由題意得：，，則，故，則袋裝質量在區間的約有袋.故答案為：8186【例8】現實世界中的很多隨機變量遵循正態分布.例如反復測量某一個物理量，其測量誤差n次測量，最后結果的誤差，則為使的概率控制在0.0456以下，至少要測量的次數為（

）A．32 B．64 C．128 D．256【答案】C【分析】先由題設條件得到，再轉化得，從而利用正態分布原則可得，由此可得結果.【詳解】依題意，得，所以，即，而，所以且，又因為，所以，，所以且，即，解得，故至少要測量的次數為.故選：C.【例9】為了保障某種藥品的主要藥理成分在國家藥品監督管理局規定的值范圍內，某制藥廠在該藥品的生產過程中，檢驗員在一天中按照規定每間隔2小時對該藥品進行檢測，每天檢測4次：每次檢測由檢驗員從該藥品生產線上隨機抽取20件產品進行檢測，測量其主要藥理成分含量（單位：）根據生產經驗，可以認為這條藥品生產線正常狀態下生產的產品的其主要藥理成分含量服從正態分布.(1)假設生產狀態正常，記表示某次抽取的20件產品中其主要藥理成分含量在之外的藥品件數，求的數學期望；(2)在一天的四次檢測中，如果有一次出現了主要藥理成分含量在之外的藥品，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現異常情況，需對本次的生產過程進行檢查；如果有兩次或兩次以上出現了主要藥理成分含量在之外的藥品，則需停止生產并對原材料進行檢測.①下面是檢驗員在某次抽取的20件藥品的主要藥理成分含量：經計算得，，，其中為抽取的第件藥品的主要藥理成分含量，用樣本平均數作為的估計值，用樣本標準差作為的估計值，利用估計值判斷是否需對本次的生產過程進行檢查？②試確定一天中需停止生產并對原材料進行檢測的概率（精確到0.001）.附：若隨機變量服從正態分布，則，，，，，.；(2)①需對本次的生產過程進行檢查；②0.014.【分析】（1）根據題意結合分布的對稱性可得藥理成分含量在之外的概率，再利用二項分布的數學期望公式計算數學期望即可；（2）①由估計得，驗證表中數據即可；②先利用二項分布的概率公式計算在一次檢測中，發現需要對本次生產過程進行檢查的概率，然后利用古典概型的概率計算公式確定一天中需停止生產并對原材料進行檢測的概率即可.【詳解】（1）抽取的一件藥品的主要成分含量在之內的概率為0.9974，從而主要成分在該區間之外的概率為0.0026，故，X的數學期望為.（2）①由，得估計值為，結合樣本數據可以看出有一件藥品的主要藥理成分（9.22）含量在之外，因此需對本次的生產過程進行檢查.②設“在一次檢測中，發現需要對本次生產過程進行檢查”為事件，則，如果在一天中，需停止生產并對原材料進行檢測，則在一天的四次檢測中，兩次或兩次以上出現了主要藥理成分含量在區間外的藥品，故概率為：，故確定一天中需要對原材料進行檢測的概率為0.014.【例10】為了切實維護居民合法權益，提高居民識騙防騙能力，守好居民的“錢袋子”，某社區開展“全民反詐在行動——反詐騙知識競賽”活動，現從參加該活動的居民中隨機抽取了100名，統計出他們競賽成績分布如下：成績（分）人數242240284(1)求抽取的100名居民競賽成績的平均分和方差（同一組中數據用該組區間的中點值為代表）；(2)以頻率估計概率，發現該社區參賽居民競賽成績X近似地服從正態分布，其中近似為樣本成績平均分，近似為樣本成繢方差，若，參賽居民可獲得“參賽紀念證書”；若，參賽居民可獲得“反詐先鋒證書”，①若該社區有3000名居民參加本次競賽活動，試估計獲得“參賽紀念證書”的居民人數（結果保留整數）；②試判斷競賽成績為96分的居民能否獲得“反詐先鋒證書”．附：若，則，，．【答案】(1)，；(2)①2456；②能【分析】（1）利用公式直接求出均值、方差即可；（2）①結合給的概率和正態分布的性質，確定獲得“參賽紀念證書”，進而計算可得人數；②利用正態分布的知識求出，即，進而可得結果.（1）100名居民本次競賽成績平均分，100名居民本次競賽成績方差，（2）①由于近似為樣本成績平均分，近似為樣本成績方差，所以，，可知，，由于競賽成績X近似地服從正態分布，因此競賽居民可獲得“參賽紀念證書”的概率估計獲得“參賽紀念證書”的居民人數為2456；②當時，即時，參賽居民可獲得“反詐先鋒證書”，所以競賽成績為96分的居民能獲得“反詐先峰證書”．【題型專練】1．近年來中國進入一個鮮花消費的增長期，某農戶利用精準扶貧政策，貸款承包了一個新型溫室鮮花大棚，種植銷售紅玫瑰和白玫瑰．若這個大棚的紅玫瑰和白玫瑰的日銷量分別服從正態分布和，則下列選項不正確的是(

)附：若隨機變量X服從正態分布，則．A．若紅玫瑰日銷售量范圍在的概率是0.6826，則紅玫瑰日銷售量的平均數約為250B．紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中C．白玫瑰日銷售量范圍在D．白玫瑰日銷售量范圍在【答案】D【分析】利用正態分布曲線的性質即可逐項判斷求解.A：根據即可求解；B：根據紅玫瑰日銷售量的方差為，白玫瑰的日銷售量的方差為即可比較判斷；C：根據對稱性可知；D：根據對稱性可知．【詳解】對于A，若隨機變量X服從正態分布，則，∴對于紅玫瑰的銷量，若紅玫瑰日銷售量范圍在的概率是0.6826，則，故紅玫瑰日銷售量的平均數約為250，故A正確；對于B，∵紅玫瑰日銷量的方差為900，小于白玫瑰日銷量的方差1600，∴紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中，故B正確；對于C，設白玫瑰日銷售量為X，，，，則，故C正確；對于D，白玫瑰日銷售量范圍在，即的概率為，故D錯誤．故選：D．2．（多選題）趙先生早上9：00上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地鐵加步行．趙先生從家到公交站或地鐵站都要步行5min．公交車多且路程近一些，但乘坐公交路上經常擁堵，所需時間（單位：min）服從正態分布，下車后從公交站步行到公司要12min；乘坐地鐵暢通，但路線長且乘客多，所需時間（單位：min）服從正態分布，下地鐵后從地鐵站步行到公司要5min．從統計的角度，下列說法中正確的是（

）參考數據：若，則，，．A．若8：00出門，則乘坐公交上班不會遲到B．若8：02出門，則乘坐地鐵上班不遲到的可能性更大C．若8：06出門，則乘坐公交上班不遲到的可能性更大D．若8：12出門，則乘坐地鐵上班幾乎不可能不遲到【答案】CD【分析】利用正態分布的性質以及正態分布在特殊區間的概率進行計算求解.【詳解】對于A，若8：00出門，趙先生乘坐公交的時間不大于43min才不會遲到，因為乘坐公交所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，且，所以，所以趙先生上班遲到還是有可能發生的，A不正確；對于B，若8：02出門，若乘坐地鐵，則乘坐時間不大于48min才不會遲到，因為乘坐地鐵所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，所以，所以趙先生乘坐地鐵上班不遲到的可能性為0.9772，若8：02出門，若乘坐公交，則乘坐時間不大于41min才不會遲到，因為乘坐公交所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，所以，故二者的可能性一樣，B不正確；對于C，若8：06出門，若乘坐公交，則乘坐時間不大于37min才不會遲到，因為乘坐公交所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，所以，若8：06出門，若乘坐地鐵，則乘坐時間不大于44min才不會遲到，因為乘坐地鐵所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，C正確；對于D，若8：12出門，趙先生乘坐地鐵的時間不大于38min才不會遲到，因為乘坐地鐵所需時間（單位：min）服從正態分布，所以，所以，所以乘坐地鐵上班不遲到的可能性非常小，D正確．故選：CD.3．（多選題）楊明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時，樣本方差為36；騎自行車平均用時，樣本方差為4，假設坐公交車用時（單位：）和騎自行車用時（單位：）都服從正態分布，正態分布中的參數用樣本均值估計，參數用樣本標準差估計，則（

）A． B．C． D．若某天只有可用，楊明應選擇坐公交車【答案】ABD【分析】利用正態分布曲線的意義以及對稱性，對四個選項逐一分析判斷即可．【詳解】解：隨機變量的均值為，方差為，則，，，隨機變量的均值為，方差為，則，，，所以，故A正確；，，因為，所以，故B正確；，故C錯誤；對于D，因為，所以選擇公交車，故D正確．故選：ABD．4．（多選題）某物理量的測量結果服從正態分布，則（

）A．該正態分布對應的正態密度曲線關于直線對稱B．越大，該正態分布對應的正態密度曲線越尖陡C．越小，在一次測量中，的取值落在內的概率越大D．在一次測量中，的取值落在與落在的概率相等【答案】AC【分析】利用正態密度曲線的對稱性可判斷AD選項的正誤；利用的大小對正態密度曲線的影響可判斷BC選項的正誤.【詳解】對于A選項，該正態分布對應的正態密度曲線關于直線對稱，A對；對于B選項，越大，曲線越平，B錯；對于C選項，越小，曲線越陡，所以，越小，在一次測量中，的取值落在內的概率越大，C對；對于D選項，因為，由正態密度曲線的對稱性可得，D錯.故選：AC.5．（多選題）“雜交水稻之父”袁隆平一生致力于雜交水稻技術的研究、應用與推廣，創建了超級雜交稻技術體系，為我國糧食安全、農業科學發展和世界糧食供給作出了杰出貢獻.某雜交水稻種植研究所調查某地水稻的株高，得出株高（單位：）近似服從正態分布.已知時，有，，.下列說法正確的是（

）A．該地水稻的平均株高約為 B．該地水稻株高的方差約為100C．該地株高超過的水稻約占68.27％ D．該地株高低于的水稻約占99.87％【答案】ABD【分析】根據已知條件，結合正態分布的對稱性，即可求解.【詳解】由題意可知，，，故A，B正確；由題意得，所以，故C錯誤；所以，故D正確；故選：ABD.6．（多選題）設X～N(μ1，)，Y～N(μ2，)，這兩個正態分布密度曲線如圖所示．下列結論中錯誤的是（

）A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C．對任意正數t，P(X≤t)>P(Y≤t)D．對任意正數t，P(X>t)>P(Y>t)【答案】ABD【分析】根據正態分布的密度曲線可知和的大小關系，由正態分布的意義即可求解.【詳解】由題圖可知μ1<0<μ2，σ12<，∴P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故A錯；P(X≤)>P(X≤σ1)，故B錯；當t為任意正數時，由題圖可知P(X≤t)>P(Y≤t)，而P(X≤t)＝1－P(X>t)，P(Y≤t)＝1－P(Y>t)，∴P(X>t)<P(Y>t)，故C正確，D錯．故選：ABD7．正態分布概念是由德國數學家和天文