文档内容
考向 49 二项分布与正态分布
1．（2021·全国·高考真题）某物理量的测量结果服从正态分布 ，下列结论中不正确的是（
）
A． 越小，该物理量在一次测量中在 的概率越大
B． 越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C． 越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D． 越小，该物理量在一次测量中落在 与落在 的概率相等
【答案】D
【分析】
由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.
【详解】
对于A， 为数据的方差，所以 越小，数据在 附近越集中，所以测量结果落在 内的概率
越大，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为 ，故B正确；
对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于 的概率与小于 的概率相等，
故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在 的概率与落在 的概率不同，所以一次测量结
果落在 的概率与落在 的概率不同，故D错误.
故选：D.
2．（2021·天津·高考真题）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜
错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 和 ，且每次
活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为____________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为______________．
【答案】
【分析】
根据甲猜对乙没有才对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2
次和3次都获胜求解.
【详解】
由题可得一次活动中，甲获胜的概率为 ；
则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为 .
故答案为： ； .
1.判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))
(1)X的取值为0,1,2，…，n.
(2)P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，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A与A，
每次试验中 pA p0.我们将这样的试验称为n次独立重复试验，也称为伯努利试验．在n次独立重
复试验中，每次试验事件A发生的概率均为 p0 p1 ，即 pA p， p A 1 p q.由于试验的
独立性，n次试验中，事件A在某指定的k次发生，而在其余nk 次不发生的概率为 pkqnk .而在n次试
验中，事件A恰好发生k0k n 次的概率为P kCkpkqnk ，k 0,1,2,,n.它恰好是pqn
n n的二项展开式中的第k1项．
4.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．
5.解决二项分布问题的两个关注点
(1)对于公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，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．
6.二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．
7．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．
8.二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X～B(n，p)，其中0n，则当k取n时，P(X＝k)最大．
(2)如果(n＋1)p是不超过n的正整数，则当k＝(n＋1)p－1和(n＋1)p时，P(X＝k)都达到最大值．
(3)如果(n＋1)p是不超过n的非整数，那么当k＝[(n＋1)p]时([(n＋1)p]表示不超过(n＋1)p的最大整
数)，P(X＝k)最大．
9.求二项分布的最值的方法：①根据ξ～B(n，p)，列出分布列P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝
0,1,2,3，…，n.②利用比较法(作差或作商)比较P(ξ＝k－1)和P(ξ＝k)的大小．③令P(ξ＝k)－P(ξ
＝k－1)≥0或≥1，求出k的取值区间，此区间即为P(ξ＝k)的单调增区间，它的补集即为单调减区间．
④结合P(ξ＝k)的单调性确定P(ξ＝k)的最大值和对应的k的值．
10.与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式
E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)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(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
11.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μ，纵坐标为．
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
12.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＝μ对称，
曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ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μ，σ进行对比联系，确定它
们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
13.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线与x轴之间面积为1．(2)熟记P(μ－σ0)为参数，我们称φ (x)的图象为正态
μ，σ μ，σ
分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态曲线的性质：
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ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(a2)=0.023,则
P(-2≤Z≤2)=
A．0.477 B．0.625 C．0.954 D．0.977
6．（2010·广东·高考真题（理））已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且 =0.6826，则p
（X>4）=（ ）
A．0.1588 B．0.1587 C．0.1586 D．0.1585
7．（2015·湖南·高考真题（理））在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线
C为正态分布N(0,1)的密度曲线）的点的个数的估计值为
附：若 ，则 ，
A．2386 B．2718 C．3413 D．4772
8．（2015·湖北·高考真题（理））设 ， ，这两个正态分布密度曲线如图
所示．下列结论中正确的是（ ）A．
B．
C．对任意正数 ，
D．对任意正数 ，
9．（2020·北京·高考真题）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、
方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
男生 女生
支持 不支持 支持 不支持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的
概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为 ，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年
级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为 ，试比较 与 的大小．（结论不要求证明）
10．（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互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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.
11．（2011·天津·高考真题（理））学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有 个白球、 个
黑球；乙箱子里装有 个白球、 个黑球.这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出
个球，若摸出的白球不少于 个，则获奖.（每次游戏结束后将球放回原箱）
（I）求在一次游戏中，（i）摸出 个白球的概率；（ii）获奖的概率；
（II）求在两次游戏中获奖次数 的分布列及数学期望
12．（2017·全国·高考真题（理））为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产
线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态
下生产的零件的尺寸服从正态分布 .
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在 之外的零件数，求
及X的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在 之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产
过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得 ， ，其中x为抽取的第i个零件
i
的尺寸， .
用样本平均数 作为μ的估计值 ，用样本标准差s作为σ的估计值 ，利用估计值判断是否需对当天
的生产过程进行检查？剔除 之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布 ，则 ， ，
.
13．（2014·全国·高考真题（理））
从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率分布
直方图：（I）求这500件产品质量指标值的样本平均值 和样本方差 （同一组的数据用该组区间的中点值作代
表）；
（II）由直方图可以认为，这种产品的质量指标 服从正态分布 ，其中 近似为样本平均数 ，
近似为样本方差 .
（i）利用该正态分布，求 ；
（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记 表示这100件产品中质量指标值位于区间
的产品件数.利用（i）的结果，求 .
附：
若 则 ， ．
1．D
【分析】
根据正态密度函数中 和 的意义判断.
【详解】因为正态密度函数 和 的图象关于同一条直线对称，
所以 .
又 的图象的对称轴在 的图象的对称轴的右边，
所以 .
因为 越大，曲线越“矮胖”. 越小，曲线越“瘦高”，
由图象，可知正态密度函数 和 的图象一样“瘦高”， 的图象明显“矮胖”，
所以 .
故选：D
2．ACD
【分析】
根据离随机变量的正态分布、二项分布的性质，以及方差和标准差的概念，逐项分析判断即可得解.
【详解】
，故选项A正确；
，故选项B错误；
由题可知 服从正态分布 ，由正态分布的对称性知，
，
，故选项C正确；
， ， ， ， ， 的方差 ，
， ， ， ， ， 的方差
，
标准差 ，故选项D正确.故选:ACD.
3．
【分析】
利用二项分布概率公式求得 ，再利用正态分布的对称性求解 的值.
【详解】
∵随机变量服从 ，符合二项分布，
由二项分布概率公式： 得：
∴ ，
解得 ，
又 ，
∴ .
故答案为： .
4．
【分析】
根据随机变量 服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得 ．
【详解】
∵随机变量 服从正态分布 ，
∴正态曲线的对称轴是 ．
又 ，∴ ，
由对称性可知，
．
故答案为： ．
1．A
【分析】根据二项分布列式 ，计算出 ，然后利用正态分布的特点计算 的值.
【详解】
由题意， ，解得 ，则 ，所以
.
故选：A.
2．C
【分析】
由正态分布解得每个零件合格的概率为 ，由对立事件得 ，
即 ，令 ，由 的单调性可解得结果.
【详解】
服从正态分布 ，且 ，
，即每个零件合格的概率为
合格零件不少于2件的对立事件是合格零件个数为零个或一个．
合格零件个数为零个或一个的概率为 ，
由 ，得 ，
令 ，
， 单调递减，又 ， ，
不等式 的解集为 的最小值为
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是：由对立事件得 ，即 .
3．C
【分析】设该射手射击命中的概率为 ，两次射击命中的次数为 ，由 可得答案.
【详解】
设该射手射击命中的概率为 ，两次射击命中的次数为 ，则 ，
由题可知： ，即 ，
解得 .
故选：C.
4．D
【分析】
由点到直线距离公式求得k的值，再由二项分布概率公式可求得 的值.
【详解】
由题意，知圆心坐标为 ，
圆心到直线 的距离为
则 ，解得 或 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，
所以 ．
故选：D．
【点睛】
本题考查点到直线距离公式，考查二项分布概率公式，属于基础题.
5．A
【分析】由题意得，当 时， 可能的取值为： ，可得 ，当 时， 可能的取值为： ，
可得 ，由二项分布分布列求得其相应的期望和方差，比较大小可得选项.
【详解】
当 时， 可能的取值为： ，则：
， ， ，
，
所以 ，所以 ， ；
当 时， 可能的取值为： ，则：
， ， ，
，
所以 ，所以 ， ；
所以 ， ，
故选：A.
【点睛】
本题考查二项分布列，求二项分布列的期望和方差，属于中档题.
6．D
【分析】分别求出每个人去打篮球、打乒乓球的概率， 的所有可能取值为0，2，4，利用二项分布的概率公式求
出 的分布列即可求得 的期望值.
【详解】
依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为 ，去打乒乓球的概率为 ，
设“这4个人中恰有 人去打篮球”为事件 ，
则 ﹐ 的所有可能取值为0，2，4.
由于 与 互斥﹐ 与 互斥，故 ﹐
，
所以 的分布列为
2 2 4
随机变量ξ的数学期望 .
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列与期望、二项分布的概率求解，属于较难题.
7．D
【分析】
由已知得 ，再根据正态分布的对称性求得 ，由此可得答案.
【详解】
解：因为学生成绩 服从正态分布 ，所以
因为 ，所以 ，
所以 ，
故选：D.8．A
【分析】
先求出 ，再利用正态分布的性质求解.
【详解】
由题得 ，
，所以 .
所以
所以 .
故选：A
9．4
【分析】
根据比赛采用5局3胜制时甲用4局赢得比赛的概率为 求得每局比赛甲胜的概率 ，再根据二项分布的
有关知识求甲胜的局数 的数学期望.
【详解】
先因为比赛采用5局3胜制时甲用4局赢得比赛的概率为 ，
每局比赛甲胜的概率 ，所以 ，解得 ，
所以每局比赛甲胜的概率为 ，乙胜的概率为 .
由题意可知，随机变量 服从二项分布 ，
所以 ，
故甲胜的局数 的数学期望为4.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查二项分布，关键是求出每局比赛甲胜的概率.
10．0.6
【分析】
由题意知， ，根据二项分布的概率、方差公式计算即可.【详解】
由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，
所以 ，
所以 或 ．
由 ，得 ，
即 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查的是二项分布问题，根据二项分布求概率，再利用方差公式求解即可．
11．
【分析】
根据二项分布数学期望的计算公式可求出 ；由 ，利用二项分布概率公式可
求得结果.
【详解】
本题正确结果：
【点睛】
本题考查二项分布概率公式、数学期望公式的应用问题，属于基础题.
12．
【分析】
根据正态分布的对称性即可求出答案.【详解】
因为随机变量X服从正态分布 ，所以正态曲线关于 对称，
又因为 ，所以 ，
故答案为： .
13．
【分析】
分析可得 ，计算得出 的概率，乘以 可得结果.
【详解】
考试的成绩 服从正态分布 ，所以， ， ，
所以， ，则 ，
数学成绩为 分的学生大约排在全市第 名.
故答案为： .
14．（1） ；（2）X的分布列见解析， ；（3） .
【分析】
（1）记事件A为“从表1的日期中随机选出天,这一天的升旗时刻早于7:00”,利用古典概型的概率公式
直接计算即可；
（2）列举出X可能的取值，分别求概率，写出分布列，求出数学期望即可；
（3）由题目数据分布的离散程度分析可知： .
【详解】
（1）记事件A为“从表1的日期中随机选出天,这一天的升旗时刻早于7:00”,在表1的20个日期中,有
15个日期的升旗时刻早于7:00，所以 .
（2）X可能的取值为0,1,2.
记事件B为“从表2的日期中随机选出一天,这天的升旗时刻早于7:00，则 ，.
所以 ； ；
.
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
所以
（3）由题目数据分布的离散程度分析可知： .
15．（Ⅰ）159；（Ⅱ）分布列见解析，7.9.
【分析】
命题意图 本题考查正态分布的概念和应用，离散型随机变量．
（Ⅰ）由正态分布的性质可求得 ，由此可估计进入面试的人数．
（Ⅱ）由已知得Y的可能取值为 ， ， ， ， ， ，分别求得Y取每一个可能的值的概率，得 的分
布列，根据数学期望公式可求得答案.
【详解】
解： （Ⅰ）因为 服从正态分布 ，
所以 ，
因此进入面试的人数为 ．
（Ⅱ）由题可知，Y的可能取值为 ， ， ， ， ， ，
则 ；
；
；；
；
．
故 的分布列为：
所以 ．
1．C
【分析】
利用正态分布曲线对称性，知对称轴为直线 ，再由正态分布曲线的面积是1求解．
【详解】
解：因为 ，所以 ．
由题意知图象（如图）的对称轴为直线 ，
，
所以 ．
所以 ．故选：C．
2．A
【详解】
根据正态分布 函数的性质：正态分布曲线是一条关于 对称，在 处取得最大值的连
续钟形曲线； 越大，曲线的最高点越底且弯曲较平缓；反过来， 越小，曲线的最高点越高且弯曲较陡
峭，选A．
3．B
【详解】
试题分析：由题意
故选B．
考点：正态分布
4．A
【详解】
由正态分布的特征得 ＝ ，选A.
5．C
【详解】
因为随机变量 服从正态分布 ,所以正态曲线关于直线 对称,又 ,所以
,
所以 0.954,故选C.
【命题意图】本题考查正态分布的基础知识,掌握其基础知识是解答好本题的关键.
6．B
【详解】
试题分析：正态分布曲线关于 对称，因为 ,故选B．考点：正态分布
7．C
【详解】
试题分析：根据正态分布的性质， ，故选C.
考点：1.正态分布；2.几何概型.
【名师点睛】本题主要考查正态分布与几何概型等知识点，属于容易题，结合参考材料中给出的数据，结
合正态分布曲线的对称性，再利用几何概型即可求解，在复习过程中，亦应关注正态分布等相对冷门的知
识点的基本概念.
8．C
【详解】
由正态密度曲线的性质可知， 、 的密度曲线分别关于 、 对称，
因此结合所给图象可得 且 的密度曲线较 的密度曲线“瘦高”，所以
，所以对任意正数 ， ．
考点：正态分布密度曲线．
9．（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为 ，该校女生支持方案一的概率为 ；
（Ⅱ） ,（Ⅲ）
【分析】
（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；
（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；
（Ⅲ）先求 ，再根据频率估计概率 ，即得大小.
【详解】
（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为 ，该校女生支持方案一的概率为 ；
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持
方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为： ;
（Ⅲ）
【点睛】
本题考查利用频率估计概率、独立事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
10．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】
(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望
公式求解数学期望即可；
(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.
【详解】
(Ⅰ)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：
0 1 2 3
随机变量 的数学期望 .
(Ⅱ)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(Ⅰ)知：
.
【点睛】
本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.
考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
11．（I）（i） ；（ii） ；（II）见解析
【分析】
（I）（i）摸出三个白球说明甲箱子取 个白球，乙箱子取 个白球， 个黑球，根据古典概型概率公式求
得结果；（ii）获奖的情况包括摸出 个白球或 个白球，根据和事件的概率公式，结合古典概型求得结
果；（II）确定 所有可能的取值，可知 ，利用二项分布概率公式计算得到每个取值对应的
概率，从而得到分布列；再利用二项分布数学期望计算公式求得 .
【详解】
（I）记“在一次游戏中摸出 个白球”为事件 ，
（i） ，即摸出 个白球的概率为：
（ii）
即获奖的概率为：（II）由题意可知， 所有可能的取值为： ，且
则 ； ；
的分布列如下：
【点睛】
本题考查古典概型概率问题的求解、和事件概率的求解问题、服从于二项分布的随机变量的分布列与数学
期望的求解，是对概率部分知识的综合考查，属于常考题型.
12．（1） ， （2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要. ,
【分析】
（1）依题知一个零件的尺寸在 之内的概率，可知尺寸在 之外的概率为
0.0026，而 ，进而可以求出 的数学期望.
（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在
之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；
（ii）计算 ，剔除 之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为 的估计值，剔除
之外的数据，剩下数据的样本方差，即为 的估计值.
【详解】
（1）抽取的一个零件的尺寸在 之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在 之外的概率为0.0026，
故 .
因此 .
的数学期望为 .
（2）（i）如果生产状态正常，
一个零件尺寸在 之外的概率只有0.0026，
一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在 之外的零件
概率只有0.0408，发生的概率很小.
因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程
可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，
可见上述监控生产过程的方法是合理的.
（ii）由 ，
得 的估计值为 ， 的估计值为 ，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在 之外，
因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除 之外的数据 ，
剩下数据的平均数为 ，
因此 的估计值为 .
，
剔除 之外的数据 ，
剩下数据的样本方差为 ，
因此 的估计值为 .
【点睛】
本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的 原则，审清题意，细心计算，属中档题.
13．（I） ；（II）（i） ；（ii） ．
【详解】
试题分析：（I）由频率分布直方图可估计样本特征数众数、中位数、均值、方差．若同一组的数据用该
组区间的中点值作代表，则众数为最高矩形中点横坐标．中位数为面积等分为 的点．均值为每个矩形中
点横坐标与该矩形面积积的累加值．方差是矩形横坐标与均值差的平方的加权平均值．（II）（i）由已
知得，
，故 ；（ii）某用户从该企业购买
了100件这种产品，相当于100次独立重复试验，则这100件产品中质量指标值位于区间 的
产品件数 ，故期望 ．
试题分析：（I）抽取产品的质量指标值的样本平均值 和样本方差 分别为
，
．
（II）（i）由（I）知， 服从正态分布 ，从而
．
（ii）由（i）可知，一件产品的质量指标值位于区间 的概率为 ，依题意知
，所以 ．
【考点定位】1、频率分布直方图；2、正态分布的 原则；3、二项分布的期望．
