第十章 §10.7 二项分布、超几何分布与正态分布（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§10.7　二项分布、超几何分布与正态分布 课标要求　1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用． 知识梳理 1．二项分布 (1)n次独立重复试验 一个所有可能结果只有两种的随机试验，称为伯努利试验．一般地，在相同条件下重复做n次伯努利试验，且各次试验的结果相互独立，那么称这样的试验为n重伯努利试验，它也是一种n次独立重复试验． (2)二项分布 一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A出现的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则X的分布列为P(X＝k)＝Cpkqn－k，k＝0,1，…，n，其中q＝1－p. 注意到Cpkqn－k正好是二项式(p＋q)n的展开式中的第(k＋1)项，故称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，其中n，p为参数，p为事件发生的概率． (3)两点分布与二项分布的均值、方差 ①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)． ②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 2．超几何分布 一般地，设有N件产品，其中有M件次品．从中任取n件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么P(X＝k)＝，k＝m， m＋1，m＋2，…，r.(*) 其中M≤N，n≤N，m＝max{0，n－(N－M)}， r＝min{n，M}，n，M，N∈N＋. 公式中的k可以取的最小值为max{0，n－(N－M)}，而不一定是0. 若随机变量X的分布列具有(*)式的形式，则称分布列 X m m＋1 … r P … 为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，就称X服从超几何分布，记作X～H(N，M，n)． 3．正态分布 (1)定义 若随机变量X的概率密度函数为p(x)＝，x∈R，其中μ，σ为参数，且σ>0，μ∈R，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)． (2)正态曲线的特点 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； ③p(x)在x＝μ处达到最大值； ④当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移； ⑤σ越大，正态曲线越扁平，σ越小，正态曲线越尖陡； ⑥曲线与x轴之间所夹区域的面积等于1. (3)3σ原则 ①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68.27%； ②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95.45%； ③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99.73%. (4)正态分布的均值与方差 若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2. 常用结论 1．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理． 2．超几何分布有时也记为 X～H(N，M，n)，其均值E(X)＝. 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．(　√　) (2)若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，则X服从二项分布．(　√　) (3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(　×　) (4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．(　×　) 2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　用X表示发芽的粒数，则X～B，则P(X＝3)＝C×3×2＝，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为. 3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是(　　) A．32 B．16 C．8 D．20 答案　B 解析　因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.682 7.根据正态密度曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16. 4．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝1)＝________. 答案　 解析　由题意得P(X＝1)＝＝. 题型一　二项分布 例1 某种植户对一块地上的n(n∈N＋)个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．如果每个坑内至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则需要补种． (1)求每个坑不需要补种的概率； (2)当n＝4时，用X表示要补种的坑的个数，求X的分布列和均值． 解　(1)由题意可知，每个坑要补种的概率 P＝C×3＋C××2＝， 则每个坑不需要补种的概率为1－＝. (2)易知X的可能取值为0,1,2,3,4， 且X～B， 因此P(X＝0)＝C×0×4＝， P(X＝1)＝C×1×3＝， P(X＝2)＝C×2×2＝， P(X＝3)＝C×3×1＝， P(X＝4)＝C×4×0＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P E(X)＝4×＝2. 思维升华 二项分布问题的解题关键 (1)定型： ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． 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． (2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率． 跟踪训练1 (2023·太原模拟)第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为. (1)设甲3次点球的总得分为X，求X的分布列和均值； (2)求乙总得分为100分的概率． 解　(1)设甲3次点球射进的次数为Y， 则Y～B， Y的可能取值为0,1,2,3，且X＝50Y， 则X的所有可能的取值为0,50,100,150. P(X＝0)＝P(Y＝0)＝3＝， P(X＝50)＝P(Y＝1)＝C12＝， P(X＝100)＝P(Y＝2)＝C21＝， P(X＝150)＝P(Y＝3)＝3＝， 所以X的分布列为 X 0 50 100 150 P E(X)＝0×＋50×＋100×＋150×＝100. (或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×＝100) (2)设“乙第i次射进点球”为事件Ai(i＝1,2,3)， 则乙总得分为100分的事件为 B＝A1A2＋A1A3＋A2A3. 因为A1A2，A1A3，A2A3互斥， 所以P(B)＝P(A1A2＋A1A3＋A2A3)＝××＋××＋××＝， 故乙总得分为100分的概率为. 题型二　超几何分布 例2 (2023·宿州质检)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市．为了统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为. (1)求n的值； (2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和均值． 解　(1)由题知，共有(n＋6)个机房，抽取2个机房有C种方法，其中全是小机房有C种方法， 因此全是小机房的概率P＝＝， 解得n＝4.即n的值为4. (2)X的可能取值为0,1,2,3. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝. 则随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 思维升华 (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列． (2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型． 跟踪训练2 (2024·安庆模拟)乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表： 民宿点 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 普通型民宿 16 8 12 14 13 18 9 20 品质型民宿 6 16 4 10 11 10 9 12 (1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率； (2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和均值． 解　(1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家． 记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件B， 则P(A)＝＝，P(AB)＝＝， 所以P(B|A)＝＝. (2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家， 故X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 题型三　正态分布 例3 (1)(2023·烟台模拟)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100 km)情况，随机调查得到了1 200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有(　　) A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆 答案　A 解析　因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7， 所以P(ξ≥14)＝×[1－P(12<ξ<14)]＝×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有1 200×0.15＝180(辆)． (2)(2023·长沙市明德中学模拟)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布．绘制了概率密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车(　　) A．有26 min可用 B．有30 min可用 C．有34 min可用 D．有38 min可用 答案　D 解析　由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具． 根据X和Y的密度曲线图可知， P(X≤26)>P(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)， P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)<P(Y≤38)． 所以如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车． 思维升华 解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴为x＝μ. (2)标准差为σ. (3)分布区间． 利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0. 跟踪训练3 (1)(2024·佛山模拟)佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800，σ2)，且P(X<801)＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)＝________. 答案　1 解析　因为X～N(800，σ2)，均值μ＝800，且P(X<801)＝0.6，所以P(800≤X<801)＝P(X<801)－P(X<800)＝0.6－0.5＝0.1，由题可得 Y～B(10,0.1)，所以E(Y)＝10×0.1＝1. (2)(2023·唐山模拟)某种食盐的袋装质量X服从正态分布N(400,16)，随机抽取10 000袋，则袋装质量在区间(396,408]的约有________袋．(质量单位：g) 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3. 答案　8 186 解析　由题意知，X～N(400,42)， 所以P(396≤X≤404)≈0.682 7， P(392≤X≤408)≈0.954 5， 得P(396<X≤408)＝P(392≤X≤408)－P(392≤X≤396)＝P(392≤X≤408)－[P(392≤X≤408)－P(396≤X≤404)]≈0.954 5－×(0.954 5－0.682 7)＝0.818 6， 所以袋装质量在区间(396,408]的约有10 000×0.818 6＝8 186(袋)． 课时精练 一、单项选择题 1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X＝0)＝，则D(Y)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为随机变量X～B(2，p)， 所以P(X＝0)＝C(1－p)2＝， 解得p＝或p＝(舍去)，所以Y～B， 所以D(Y)＝4××＝. 2．(2023·福建名校联盟大联考)甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则甲以2∶1获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　甲以2∶1获胜指前两局甲胜一局，第三局甲胜，则概率为C××2＝. 3．(2023·枣庄模拟)某地区有20 000名考生参加了高三第二次调研考试．经过数据分析，数学成绩X近似服从正态分布N(72,82)，则数学成绩位于(80,88]的人数约为(　　) 参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3. A．455 B．2 718 C．6 346 D．9 545 答案　B 解析　由题意可知，μ＝72，σ＝8，P(80<X≤88)＝P(μ＋σ<X≤μ＋2σ) ＝[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9， 则数学成绩位于(80,88]的人数约为 0.135 9×20 000＝2 718. 4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的正品数为ξ，则均值E(ξ)为(　　) A. B. C．1 D. 答案　D 解析　ξ的所有可能取值为0,1,2， 则P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝， 则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 5．“锦里开芳宴，兰缸艳早年．”元宵节是中国非常重要的传统节日，某班级准备进行“元宵福气到”抽奖活动．福袋中装有标号分别为1, 2, 3, 4, 5的五个相同的小球，从袋中一次性摸出三个小球，若号码之和是3的倍数，则获奖．若有5名同学参与此次活动，则恰好3人获奖的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　每次抽奖中，样本点总数为C＝10， 获奖的共有(1,2,3)，(1,3,5)，(2,3,4)，(3,4,5)这4种，所以p＝， 设5人中获奖人数为X，则X～B， 所以P(X＝3)＝C×3×2＝. 6．(2024·赤峰模拟)某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有(　　) A．1张 B．2张 C．3张 D．4张 答案　B 解析　设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)． 若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率 p＝＝， E(X)＝30×＝6， 若盒子中的有奖券有2张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝， 若盒子中的有奖券有3张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝16， 若盒子中的有奖券有4张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝20， 根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天． 二、多项选择题 7．(2023·莆田模拟)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7,9)的个数记为X，则(　　) A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8 C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9 答案　BD 解析　由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2， 故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，故A错误； X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确； E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9， 故E(ξ)<E(5X)，故C错误； 因为X～B(3,0.6)， 所以P(X＝0)＝C(0.6)0×(0.4)3＝0.064， 故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，故D正确． 8．(2023·葫芦岛模拟)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是(　　) A．从中任取3球，恰有2个白球的概率是 B．从中有放回地取球六次，每次任取1球，设取到红球次数为X，则E(X)＝2 C．现从中不放回地取球两次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 D．从中有放回地取球三次，每次任取1球，则至少有一次取到白球的概率为 答案　AD 解析　对于A，从中任取3球，恰有2个白球的概率是＝＝，故A正确； 对于B，易知X服从二项分布，即X～B， 所以E(X)＝6×＝4，故B错误； 对于C，第一次取到红球后，第二次取球时，袋子中还有3个红球和2个白球，再次取到红球的概率为，故C错误； 对于D，有放回地取球，每次取到白球的概率为，没有取到白球的概率为，所以取球3次没有取到白球的概率为3＝， 所以至少有一次取到白球的概率为1－＝，故D正确． 三、填空题 9．(2023·滨州模拟)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记2分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则X的方差D(X)＝________. 答案　 解析　由题意得从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球的概率P＝，记4次取到白球的个数为Y，则Y～B，则X＝2Y， 故D(Y)＝4××＝， 则D(X)＝D(2Y)＝4×＝. 10．(2024·南开模拟)一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品．若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为________；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品________次． 答案　　6 解析　令Ai为第i(i＝1,2,3)次取得一等品， 所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为 P(A3)＝××＝， 若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为， 则X～B，E(X)＝10×＝6， 所以平均取得一等品6次． 四、解答题 11．(2023·宁夏石嘴山统考)人类命运共同体充分展现了中国的大国担当．在第75届联合国大会上中国承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)，此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化．新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．为了解A，B两个品牌新能源电动汽车的使用满意度，在某市对购买A，B两个品牌的用户各随机抽取了100名进行问卷调查，记录他们对A，B两种品牌的满意度得分(满分100分)，将数据分成6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如图所示的频率分布直方图： (1)请通过频率分布直方图分别估计A，B两种电动汽车使用满意度的平均得分，并判断哪种品牌电动汽车更受用户欢迎(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)； (2)以样本频率估计概率，若使用满意度得分不低于70分，说明用户对该品牌电动汽车较满意，现从该市使用B品牌的用户中随机抽取5个人，用X表示对B品牌较满意的人数，求X的分布列及均值． 解　(1)设用户对A品牌电动汽车的满意度平均分为，则＝(45×0.006＋55×0.014＋65×0.018＋75×0.031＋85×0.021＋95×0.010)×10＝72.7， 设用户对B品牌电动汽车的满意度平均分为，则＝(45×0.005＋55×0.010＋65×0.010＋75×0.020＋85×0.032＋95×0.023)×10＝78.3， 显然72.7<78.3， 所以B品牌电动汽车更受用户欢迎． (2)依题意，用户对B品牌电动汽车满意度不低于70分的频率为(0.020＋0.032＋0.023)×10＝0.75＝， 低于70分的频率为(0.005＋0.010＋0.010)×10＝0.25＝， 从该市使用B品牌的用户中随机抽取5个人， 则X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5， 则X～B， P(X＝0)＝C5＝， P(X＝1)＝C1×4＝， P(X＝2)＝C2×3＝＝， P(X＝3)＝C3×2＝＝， P(X＝4)＝C4×＝， P(X＝5)＝C5＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 则E(X)＝5×＝. 12．(2023·济南模拟)为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平，某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格： 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩xi(分) 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80 记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，s2，经计算(xi－)2＝1 690，＝33 050. (1)求； (2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列； (3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间[30,82]的人数为Y，求Y的均值E(Y)． 附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3. 解　(1)＝×(38＋41＋44＋51＋54＋56＋58＋64＋74＋80)＝56. (2)因为体质测试不合格的学生有3名， 所以X的可能取值为0,1,2,3. 因为P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P (3)因为＝56，s2＝(xi－)2＝×1 690＝169， 所以μ＝56，σ＝13. 因为P(30≤X≤82)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5， 所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30,82]的概率约为0.954 5， 故Y～B(100,0.954 5)， 所以E(Y)＝100×0.954 5＝95.45. 学科网（北京）股份有限公司 $