第十章 第8讲 二项分布与正态分布-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

国高考一轮总复习·数学，RJA 第8讲 二项分布与正态分布 课标要求！ 1,理解二项分布、正态分布的概念，能解决一些简单的实际问题， 2.借助正态分布曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用. 必备知识 夯实四基。 对应答案P45 知识梳理 (2)超几何分布与二项分布的关系 若将超几何分布的概率模型改成：若有N件产品， 1.伯努利试验与二项分布 (1)伯努利试验：只包含回 可能结果的试 其中M件是次品，有放回地任意抽取n件，则其中 验叫做伯努利试验：将一个伯努利试验独立地重 的次品件数X是服从二项分布的. 复进行n次所组成的随机试验称为☒ (3)二项分布的均值，方差 若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p). (2)二项分布：一般地，在n重伯努利试验中，设 诊断自测】 每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1), 思考辨析 用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为 1.判断（在括号内打“√”或“×”） P(X=k)=图 ,k=0,1, (1)X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3 2,…, 的倍数的次数，则X服从二项分布. () 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则 称随机变量X服从二项分布，记作X~B(,). (2)设随机变量X服从二项分布B(6,),则 2.正态分布 p(X=3)=16 (1)定义：若随机变量X的概率分布密度函数为 (3)已知随机变量X服从正态分布N(2,g)且 f(x)=1 =e,x∈R,其中∈R,>0为参 g√2 P(X<4)=0.9,则P(0≤X≤2)=0.4.() 数，则称随机变量X服从正态分布，记为国 (4)正态曲线关于y轴对称。 教材衍化 (2)正态曲线的特点 2.(人A选择性必修第三册P81习题7.4T5改编) ①曲线是单峰的，它关于直线固 对称： 已知某射击运动员每次击中日标的概率是0.8， ②曲线在回 处达到峰值1】 则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率 ov② 为 () ③当|x无限增大时，曲线无限接近x轴. A.0.85 B.0.8192 (3)正态分布的均值与方差 C.0.86 D.0.75 若X~N(4g),则E(X)=4,D(X)=□ 3.(人A选择性必修第三册P87习题7,5T2改编) 《常用结论 某市高二年级男生的身高X(单位：cm)近似服 (1)两点分布是二项分布当n=1时的特殊情形. 从正态分布V(170,5),随机选择一名该市高二 226 第十章计数原理，景率.随机变量及其分布回 年级的男生，则其身高落在区间(175,180]内的 :5.(正态曲线特征易错)已知三个随机变量的正态 概率约为（附：若随机变量X服从正态分布 密度函数f(x)(x∈R,i=1,2,3)的图象如图所 V(,a),则P(-G≤X≤u+a）≈0.6827， 示，则 () P(4-2a≤X≤4+2g)≈0.9545) () y=f4) A.0.0456 B.0.1359 C.0.2718 D.0.3174 易错自纠 4.(二项分布建模易错)在100件产品中有5件次 品，采用放回的方式从中任意抽取10件，设X A.41<=40=>0 表示这10件产品中的次品数，则 ( B.4>4=4G=0<0 A.XB(100,0.05) B.XB(10.0.05) C.h1=4<4a1<=0 C.XB(100,0.95) D.XB(10,0.95 D.h1<h=4G=<0 [对应答案P465 提升能力 考点剖析⊙ 考点 二项分布（多雏探究） 角度1重伯努利试验 其进行血液样本检测.多个样本检测时，既可以 例1们（多选）甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛 逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化 2n(n∈N”)局，且每局甲获胜的概率和乙获胜 验，混合样本中只要携带病毒，则混合样本化验 的概率均为分，若某人获胜的局数多于另一人， 结果就会星阳性.若混合样本呈阳性，则将该组 中各个样本再逐个化验：若混合样本呈阴性，则 则此人赢得比赛.记甲藏得比赛的概率为 该组各个样本均为阴性，现有以下两种方案：方 P(n),则 案一：逐个化验：方案二：平均分成两组化验.在 A.P(2)=6 5 该疾病暴发初期，由于检测能力不足，化验次数 的期望值越小，则方案越“优” BP3)-号 1)若p=号，求这4例疑似病例中呈阳性的病 C.P-2(1-) 例个数X的分布列： D.P(m)的最大值为 (2)若将该4例疑似病例样本进行化验，且方案 二比方案一更“优”，求p的取值范围. 角度2二项分布 [例2]血液检测是诊断是否患某疾病的重要依 据，通过提取病人的血液样本进行检测，样本的 某一指标会呈现阳性或阴性.若样本指标呈阳 性，说明该样本携带病毒：若样本指标呈阴性， 说明该样本不携带病毒，根据统计发现，每个疑 似病例的样本呈阳性（即样本携带病毒）的概率 均为p(0<p<1).现有4例疑似病例，分别对 227® 国高考一轮总复习·数学·RJA 感悟方法 品的概率： 判断某随机变量是否服从二项分布的关键，点 (2)若该工艺师进行4次制作，其中优秀作品数 (1)在每一次试验中，事件发生的概率相同. 为X,求X的概率分布列及期望. (2)各次试验中的事件是相互独立的。 (3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即 发生与不发生 注意：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n重伯 努利试验，进而判定是否服从二项分布 ◆变式训练” 1.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17， 18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5位乘客， 且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为 子，用：表示5位乘客在第20层下电梯的人数， 则P(=4)= 2.福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于 福州三宝之一，纸伞的制作工序大致分为三步： 第一步削伞架，第二步裱伞面，第三步绘花刷油. 已知某工艺师在每个环节制作合格的概率分别 为子·亭·号，只有当每个环节制作都合格才认为 是一次成功制作. (1)求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作 考点2 正态分布（师生共研） [例3](1)（多选）(2023·辽宁沈阳·號考一模) 年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根 某产品的质量指标值服从正态分布N(100, 据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种 a),则下列结论正确的是 () 的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为 A.σ越大，则产品的质量指标值落在(99.9， X,Y,且XV(·),YN(e,o),其密度 100.1)内的概率越大 曲线如图所示，则以下结论错误的是() B.该产品的质量指标值大于100的概率为0.5 的密度曲线 C.该产品的质量指标值大于100.01的概率与 小于99.99的概率相等 D.该产品的质量指标值落在(99.9,100.2)内 的概率与落在(100.100.3)内的概率相等 X的密度出线 (2)(2023·天津·三模)某地生产红茶已有多 2山0 克 228 第十章计数原理，概率，随机变量及其分布回 A.Y的数据较X更集中 样本方差=0.01，已知该种植区以往的亩收人 B.P(X≤c)<P(Y≤e) X服从正态分布N(1.8,0.1),假设推动出口后 C,甲种茶青每500克的红茶产量超过2的概 的亩收入Y服从正态分布N(元，)，则（若随机 *大于号 变量Z服从正态分布V(u,G),P(Z<u十a)≈ 0.8413) () D.P(X>c)+P(Y≤e)=1 A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 感悟方法 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 服从正态分布N(以，G)的随机变量X在某个区 2.已知P(H-a≤X≤u十a)=0.6827,P(u-2a≤ 间内取值的概率的求法 X≤u十2a)=0.9545,P(u-3a≤X≤μ+3a)= (1)利用P(H-a≤X≤4十a),P(-2a≤X≤ 0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球 +2a),P(4-3a≤X≤十3a)的值直接求. 的质量Y(单位：克)服从正态分布N(600,4),从 (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴 这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球 之间的而积为1这些特殊性质求解。 的质量不小于596克的个数约为 多变式训练” A.286 B.293 1.(2024·新瀑标I卷)（多选）为了解推动出口后 C.252 D.246 的亩收人（单位：万元）情况，从该种植区抽取样 请完成《课时检测训练67》 本，得到推动出口后亩收人的样本均值x=2.1, 自主倍优17二项分布与超几何分布的辨别 ,对亚客率P466 教材和考题中常涉及二项分布与超几何分 (3)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采 布，学生对这两种模型的定义不能很好地理解， 用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为 一遇到“取”或“摸”的题型，就认为是超几何分 X(N-M>n>0. 布，不加分析，滥用公式，运算对象不明晰，事实 上，超几何分布和二项分布确实有着密切的联 系，但也有明显的区别 [典例1门写出下列离散型随机变量的分布列，并 指出其中服从二项分布的是哪些？服从超儿何 分布的是哪些？ (1)X,表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是 3的倍数的次数： (2)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N >M>0),采用有放回抽取方法抽取n次(n> N),抽出的次品件数为X:: 229® 国高考一轮总复习·数学·RJA [典例2]一机床生产了100个汽车零件，其中有 40个一等品、50个合格品、10个次品，从中随 机地抽出4个零件作为样本.用X表示样本中 一等品的个数 (1)若有放回地抽取，求X的分布列： (2)若不放回地抽取，用样本中一等品的比例去 估计总体中一等品的比例. ①求误差不超过0.2的X的值： ②求误差不超过0.2的概率（结果不用计算，用 式子表示即可). 儿感悟方法 超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不 独立，二项分布的抽取是有放回抽取，各次抽取 相互独立，当超几何分布所对应的总体数量很 大时可以近似地看作二项分布， 高考重点突破四 概率统计 一对应答案P46? 考点1 统计图表与分布列的综合问题（多维探究） 例1门为了让学生了解毒品的危害，加强禁毒教 趣，对参赛学生制定如下奖励方案：得分低于 育，某校组织了全体学生参加禁毒知识竞赛，现 57分的不予奖励，得分超过57（含）分但不超过 随机抽取50名学生的成绩（满分100分）进行 81分的可获得学校食堂消费券5元，得分超过 分析，把他们的成绩分成以下6组：[40,50)， 81分但不超过93分的可获得学校食堂消费券 50,60),60,70),70,80),L80,90),90, 10元，超过93分的可获得学校食堂消费券15 100],整理得到如图所示的频率分布直方图. 元.试估计全校1000名学生参加知识竞赛共 +频举 可获得食堂消费券多少元，（结果四舍五人保留 组型 0.040- 整数) 附：P(-≤X≤十a)≈0.6827，P(4-2a≤X 0.026- ≤u十2a)≈0.9545，P(μ-3a≤X≤μ十3a)≈ 0.9973. 0.012 0.006 405060708090100成绩分 (1)求图中α的值并估计全校学生的平均成绩 “:(同一组中的数据用该组区间的中点值作 代表) (2)在(1)的条件下，若此次知识竟赛得分X一 N(,12),为了激发学生学习禁毒知识的兴 230E(n)=1×3+o×3=3, D(7)=(1-号)×3+(0-号)×亏-5 因为E(ξ<E(η),D(ξ)=D(η),所以乙的成绩好于甲的成 绩，所以推荐乙参加. 答案三：推荐乙，理由如下. =亏×(86.20+92.80+87.50+甲5站的平均成绩为 89.50+86.00)=88.40; z=亏×(88.40+88.60+89.10+乙5站的平均成绩为 88.20+87.70)=88.40. = ×[(86.20-88.40)2+(92.80甲5站成绩的方差为s -88.40)2+(87.50-88.40)2+(89.50-88.40)2+(86.00 -88.40)2]=6.396, =号×[(88.40-88.40)2+(88.60乙5站成绩的方差为s -88.40)2+(89.10-88.40)2+(88.20-88.40)2+(87.70 -88.40)2]=0.212. T甲=π乙，说明甲、乙二人水平相当，s>s2,表明乙的发挥 比甲的更稳定，所以预测乙的成绩会更好，所以推荐乙 参加. 答案四：推荐甲，理由如下. 甲5站的平均成绩为x甲=88.40, 乙5站的平均成绩为x=88.40, 甲、乙5站的平均成绩虽然相同，但是甲成绩的最大值为 92.80,乙成绩的最大值为89.10, 甲成绩的最大值高于乙成绩的最大值，所以甲的成绩会比 乙的更好，所以推荐甲参加. 第8讲 二项分布与正态分布 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1两个 2n重伯努利试验 3Cp*(1-p)"k 诊断自测 1.(1)√(2)√(3)√(4)× 2.B 解析 设运动员射击4次，击中目标的次数为X, 则P(X≥3)=P(X=4)+P(X=3)=C×0.8?+C3×0.83 ×0.2=0.819 2. 3.B 解析 由题意知， P(175<X≤180)=P(μ+o<X≤μ+2o)= 4.B 解析 有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05,共取 5.D 解析 因为正态密度函数f?(x)和f?(x)的图象关于同 [提升能力 考点剖析] ④X~N(μ,o2)5x=μ 6x=μ 7o2 P(u-2a<X≤a+2)-Pu-o<X≤eto)~0.1359. 10次，相当于10重伯努利试验，所以X~B(10,0.05). 一条直线对称，所以μ2=μs.又f?(x)的图象的对称轴在 f?(x)的图象的对称轴的右边，所以μ?<μ?=μs.因为σ越 大，曲线越“矮胖”.σ越小，曲线越“瘦高”,由图象，可知正态 密度函数f?(x)和f?(x)的图象一样“瘦高”,f?(x)的图象明 显“矮胖”,所以o?=σ?<as.故选D. 考点1 [例1]AC 解析 A.若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比 赛中至少胜3局， · 465· P(2)=C(2)+c:(2)°=56所以 ,故正确； B.若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜 4局， P(3)=c:(2)+c:()+c:(贵)°=3所以 ,故错误； C.若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n +1局， P(n)=c(2)"+c(2)“+⋯+c(1)"=所以 2(2?-C)(2)=2(1-C)),故正确； P(n)=2(1-),D.因为 ,且P(n)-P(n-1)= ()≥0, 4所以P(n)递增，所以当n=1时，P(n)取得最小值为- ,故 错误.故选AC. ,x~B(4,3),[例2]解(1)由题意知， 则P(X=0)=c{(1-3)=86 P(X=1)=C:×3×(1-3)°=32; P(X=2)=c×(3)2×(1-3)2-84=27; P(X=3)=c×(3)°×(1-3)=8; P(X=4)=c:(3)'=8 则这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列为 (2)方案一中，逐个化验，化验次数为4,期望为4; 方案二中，设化验次数为Y,则Y的所有可能取值为2,4,6. 每组两个样本化验呈阴性的概率为(1-p)2,设x=(1-p)2, 则P(Y=2)=x2;P(Y=4)=C?x(1-x); P(Y=6)=(1-x)2. 所以E(Y)=2×x2+4×C?x(1-x)+6×(1-x)2= 6-4x. 若方案二比方案一更“优”,则E(Y)=6-4x<4, 解得x>2, 即x=(1-b'>号，解得O<p<1-竖 所以当O<p<1-2时，方案二比方案一更“优”. [变式训练] 1.1024 解析 每一位乘客在第20层下电梯为一次试验，且 4,每一位乘客在第20层下电梯的概率都是- ,因此这是5次 e~B(5,4),所以P(=4)=c(4)'×独立重复试验，故 3-1024 X 0 1 2 3 4 P 8 8 88 8 高考一轮总复习·数学·RJA 3×4×2.解(1)由题意可知，制作一件优秀作品的概率为- 3=亏， 所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率p= c×(号)×(号)2=154 (2)该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X,X的所有可能 取值为0,1,2,3,4. 由题意可知，X~B(4,5), P(X=0)=C×(号)×(号)=625, P(X=1)=c:×(号)×(号)°=626, P(X=2)=C×(亏)×(号)=625, P(X=3)=c×(号)×(号)=6925, P(X=4)=c:×(号)×(号)°=65, 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 E(X)=4×3=5. P 625 26 25 625 625 考点2 [例3](1)BC 解析 设随机变量X~N(100,o2). 对于A选项，σ越大，则产品的质量指标值落在(99.9, 100.1)内的概率越小，A错误； 对于B选项，P(X>100)=0.5,B正确； 对于C选项，由正态密度函数的对称性可知P(X>100.01) =P(X<99.99),C正确； 对于D选项，P(99.9<X<100.2)-P(100<X<100.3)= P(99.9<X<100)-P(100.2<X<100.3)=P(100<X< 100.1)-P(100.2<X<100.3)>0, 所以P(99.9<X<100.2)>P(100<X<100.3),D错误. (2)D 解析 对于A,Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中， 正确； 对于B,因为c,μ?之间与密度曲线围成的面积S?>c,μ之 间与密度曲线围成的面积S?,P(Y<c)=2+s?,P(X<c) =2+S,所以P(X<c)<P(X<e),正确； 对于C,∵μ?<μ∴甲种茶青每500克超过μ2的概率P= P(X>m)>2,正确； P(X>c)=2-S?,PY<c)=2+s?对于D,由B知 所以P(X>c)+P(Y<c)=1+S?-S?>1,错误.故选D. [变式训练] 1.BC 解析 依题可知，x=2.1,s2=0.01,所以Y~N(2.1, 0.12), 故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3 >0.5,C正确，D错误； 因为X~N(1.8,0.12),所以P(X>2)=P(X>1.8+2× 0.1), 因为P(X<1.8+0.1)≈0.8413,所以P(X>1.8+0.1)≈1 —0.8413=0.1587<0.2, 而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)< 0.2,B正确，A错误. 2.B 解析 由题意得μ=600,σ=√4=2, P(Y≥596)=PCY≥μ-2o)=0.5+Psu-2<Y≤μ+2)= 0.977 25, 0.977 25×300=293.175≈293, 所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293. 自主培优17 [典例1]解(1)X?的分布列为 X? 0 1 2 ⋯ n P c.(3)° (3) c:(3)· (3) c(号)· (号) ⋯ c:(3)° x?~B(n,3). (2)X?的分布列为 X?服从二项分布，即 X? 0 1 2 ⋯ n P (1-六)" c:芒· c(一)2· (1-) ⋯ (兴)(1-) X?~B(n,N).X?服从二项分布，即 (3)X?的分布列为 X?服从超几何分布. [典例2]解(1)对于有放回抽取，每次抽到一等品的概率为 400=3,且各次试验之间的结果是独立的， 因此X~B(4,号),从而P(X=0)=(1-号)=25, P(X=1)=c×号×(1-号)3=216,P(X=2)=c}× (号)2×(1-号)2=26,P(X=3)=c×(号)× (1-号)=625,P(X=4)=(号)=625, 所以X的分布列如下： (2)对于不放回抽取，各次试验结果不独立，X服从超几何 x1分布，样本中一等品的比例为- ,而总体中一等品的比例为 100=0.4,由题意， ①4-0.4|≤0.2>0.8≤X≤2.4>X=1或X=2; X? 0 1 ⋯ k ⋯ n P ⋯ ⋯ 利子 X 0 1 2 3 4 P 625 25 26 625 625 高考一轮总复习·数学·RJA ·466· ②P(|-0.4|≤0.2)=P(X=1)+P(X=2) -CLC+cC 高考重点突破四 考点1 [例1]解(1)由题意可知，(0.006×2+a+0.012+0.026+ 0.040)×10=1, 解得a=0.010. μ=(45+95)×0.06+55×0.12+65×0.40+75×0.26+ 85×0.10=69. (2)随机抽取一名学生，设获得的学校食堂消费券为Y元， PY=0)=P(X<57)≈0.5-0.6827=0.158 65, P(Y=5)=P(57≤X≤81)≈0.6827, P(Y=10)=P(81<X≤93)≈0.9545-0.6827= 0.1359, P(Y=15)=P(X>93)≈1-0.9545=0.02275, 所以Y的分布列为 Y 0 5 10 15 P 0.158 65 0.6827 0.1359 0.022 75 即一名学生获得的学校食堂消费券的期望为E(Y)=0× 0.15865+5×0.682 7+10×0.1359+15×0.022 75= 5.113 75, 所以全校学生可获得食堂消费券为1 000×5.113 75= 5113.75≈5 114(元). 故估计全校1000名学生参加知识竞赛共可获得食堂消费 券5114元. [变式训练] 解(1)(i)从制造业的10个观测组中任取一组的基本事件 有(51.3,50.6,51.9),(50.6,51.9,51.1),(51.9,51.1,51), (51.1,51,50.9),(51,50.9,50.4),(50.9,50.4,50.1),(50.4, 50.1,49.6),(50.1,49.6,49.2),(49.6,49.2,50.1),(49.2, 50.1,50.3),共有10个， 设“组内三个PMI值至少有一个低于50.0”为事件A,则事件 A包含的结果有(50.4,50.1,49.6),(50.1,49.6,49.2), (49.6,49.2,50.1),(49.2,50.1,50.3)共4个， 由古典概型的计算公式，得P(A)=40=亏. (ii)X的可能取值为0,1,2, P(X=0)=10=3,P(X=1)=3,P(X=2)=10 X的分布列为 X 0 1 2 P 35 310 10 E(X)=0×3+1×3+2×1所以随机变量X的数学期望1 =2 (2)8月份，理由如下： 由某年12个月的非制造业PMI值趋势图中的数据，得 b=1×(52.4+51.4+56.3+54.9+55.2+53.5+53.3+ 47.5+53.2+52.4+52.3+52.7)=52.925.根据某年12个月 的非制造业 PMI值趋势图，可知 ·467· 当j=8时，|b,-b|取得最大值为|b?-b|=|47.5-52.925| =5.425. 考点2 [例2]解(1)设v=√x,则y=bv+a. v2=x=15,因为y=5.16,w=1.68, -858-118所以 把(1.68,5.16)代入y=bv+a,得a=5.16-1.98×1.68≈ 1.83. 即y关于x的回归方程为y=1.98√x+1.83. (2)由题意知X~B(4,p), P(X=3)=Cp3(1-p)=4p3(1-p), P(X=4)=Cp?=p?, p=4,由4p3(1-p)=p?,得 所以X的所有可能取值为0,1,2,3,4, P(X=0)=C°×(1-4)=625 P(X=1)=C×4×(1-号)=625, P(X=2)=c×(号)2×(1-号)=625, P(X=3)=C×(号)×(1-号)=625, P(X=4)=c×(4)'=26 所以X的分布列为 E(X)=4×4=6. [变式训练] 解(1)由题意得2×(0.02+0.03+a+0.18+0.10+0.05)= 1,解得a=0.12. (2)由题意知样本的平均数为4×0.02×2+6×0.03×2+8× 0.12×2+10×0.18×2+12×0.10×2+14×0.05×2=9.84, 所以μ≈9.84. 又σ≈2.39,所以P(7.45≤;≤14.62)=P(μ-o≤E≤μ+2σ)= P(μ-o≤i≤μ+o)+2·P(μ-2o≤s≤u+20)≈× (0.6827+0.9545)=0.818 6. 又5000×0.8186=4093, 所以估计该地区教职工中学习时间在[7.45,14.62]内的人数 约为4 093. (3)因为[7,9],(9,11)对应的频率比为0.24:0.36=2:3, 所以抽取的5人中学习时间在(7,9),(9,11)内的人数分别为 2,3. 设从这5人中抽取的3人学习时间在(7,9)内的人数为X, 则X的所有可能取值为0,1,2, P(X=0)=S=0,P(X=1)=CC=3,P(X=2)=CSC =8, 所以E(X)=0×1+1×3+2×3=5≈1. 故这3人中学习时间在(7,9)内的教职工平均人数约为1. X 0 1 2 3 4 P 625 625 625 26 626 高考一轮总复习·数学·RJA