经典高考概率分布类型题归纳

1、经典高考概率类型题总结一、超几何分布类型二、二项分布类型三、超几何分布与二项分布的对比四、古典概型算法五、独立事件概率分布之非二项分布（主要在于如何分类）六、综合算法一、超几何分布1甲、乙两人参加普法知识竞赛，共设有10个不同的题目，其中选择题 6个，判断题4个.（1）若甲、乙二人依次各抽一题，计算： 甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率是多少？ 甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？（2） 若甲从中随机抽取 5个题目，其中判断题的个数为X,求X的概率分布和数学期望.（1）由题蕙知本题星一个尊可能事件的慨率,甲从选擇题中抽到一题的可能结果有Cj个F乙依次从判断题中抽到一题的可诈杲有个 故甲

2、陆到选握題.乙依次抽到判断題幻可能结昱有cFcf个 ；试验发生匀含的斬有事性皇甲.乙嵌庆抽一逼的可能结黑有碾率为CiQCj不,甲吕至！.选卑题,乙依决抽到判断题E:莊至尢C16C144C110C19_154二所求1旣率为_ .15（2 ）甲、乙二人中至少有一人抽到选援题的对立事件昱岂 乙二人庶工舸由到利断題-丁甲.乙二人战欠都曲耳判犷题的柢率为C14C110CL9乙二人中至少有一人抽到选择題的【槪率为C14C13 _1C 110C1915所求概率为学.二、二项分布1某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医、方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人就

3、诊的医疗机构若甲、乙、丙、丁 4名参加保险人员所在的地区附近有A，B，C三家社区医院，并且他们对社区医院的选择是相互独立的（1）求甲、乙两人都选择 A社区医院的概率；（2）求甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率；（3） 设4名参加保险人员中选择 A社区医院的人数为 X，求X的概率分布和数学期望.2.某广场上有4盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯， 每盏灯出现红一 2 一 1灯的概率都是3，出现绿灯的概率都是3-记这4盏灯中出现红灯的数量为X ,当这排装饰灯闪烁一次时：(1) 求X = 2时的概率；求X的数学期望.解(1)依题意知：X = 2表示4盏装饰灯闪烁一次时，恰好有 2盏灯出现红

4、2灯，而每盏灯出现红灯的概率都是 $故x=2时的概率p=。2导卜27-(2) 法一 X的所有可能取值为0,1,2,3,4,依题意知-(XP3-(k 二 0,123,4).X的概率分布列为X01234P188321681818181811 8832168数学期望 E(X) = 0X-+ 1 X 81+ 2X 81 + 3X 32 + 4X = 3-三、超几何分布与二项分布的对比有一批产品，其中有 12件正品和4件次品，从中有放回地依 次任取3件，若X表示取到次品的次数，则P (X)=.辨析：1. 有一批产品，其中有 12件正品和4件次品，从中不放回地依次任取3件，若X表示取到次品的件数，则P (

5、X)=2. 有一批产品，其中有 12件正品和4件次品，从中有放回地依次任取件，第 k次取到次品的概率，则P (X)=3. 有一批产品，其中有 12件正品和4件次品，从中不放回地依次任取件，第 k次取到次品的概率，则P (X)=四、古典概型算法1. 一个均匀的正四面体的四个面分别涂有1, 2, 3, 4四个数字，现随机投掷两次，正四面体底面上的数字分别为X1,X2，记X=(X1-2)2+(X2-2)2.(1 )分别求出X取得最大值和最小值的概率；(2 )求X的概率分布及方差.2. (2012 江苏高考)设E为随机变量，从棱长为 1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，E =0;当两条棱平

6、行时，E的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时E =1.(1)求概率 P (E =0);(2 )求E的分布列，并求其数学期望E ( E ).3. 某市公租房的房源位于A, B, C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，求该市的任4位申请人中：(1) 恰有2人申请A片区房源的概率；(2) 申请的房源所在片区的个数X的概率分布与期望.4. 设S是不等式x2 x 6W 0的解集，整数 m, n S.(1) 记使得m + n= 0成立的有序数组(m , n) ”为事件A，-试列举A包含的基本事件;设m2,求E的概率分布表及其数学期望E(E.)解(1)由

7、X x 6 w 0，得一2 w x w 3,即 S = x| 2w x w 3.由于m, n Z , m , n S且m + n=0,所以A包含的基本事件为(一2,2), (2, 2), (1,1), (1, 1), (0,0).(2) 由于m的所有不同取值为一2, 1,0,123,所以m2的所有不同取值为0,1,4,9,且有 P( 0) =1,62 1p(= 1) = 2= 3,2 1P( = 4) = 6 = 3,1P( = 9)=6.故E的概率分布表为E0149P111163361111 19所以 E( 0X-+ 1X - + 4 X- + 9X - = T.6336 65. 在高中“自

8、选模块”考试中，某考场的每位同学都选了一道数学题，第一小组选数学史与不等式选讲的有1人，选矩阵变换和坐标系与参数方程 的有5人，第二小组选数学史与不等式选讲的有 2人，选矩阵变换和 坐标系与参数方程的有4人，现从第一、第二两小组各任选 2人分析得分 情况(1)求选出的4人均为选矩阵变换和坐标系与参数方程的概率；设X为选出的4个人中选数学史与不等式选讲的人数，求X的分布列 和数学期望.解(1)设“从第一小组选出的2人均选矩阵变换和坐标系与参数方程” 为事件A，“从第二小组选出的2人均选矩阵变换和坐标系与参数方程” 为事件B.由于事件A、B相互独立，C22c22所以 P(A) =3，P(B戶C6

9、= 5，所以选出的4人均选矩阵变换和坐标系与参数方程的概率为P(AB) =2 24P(A) p(B)二5二厉C?c4 22C6 Ce = 45,(2)X可能的取值为0,1,2,3，贝UP(x二 0)= 15, P(x 二 1)=C6 CCT+i45.2 P(X = 2)= 1 P(X = 0) P(X = 1)-P(X= 3)= 9.故X的分布列为X0123P4222丄154594542221所以 x 的数学期望 E(X) = ox 15+1 x45+ 2x9+3x45= 1 (人).已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球.现在从甲、乙两个盒内各任取2个

10、球.(I) 求取出的4个球均为黑色球的概率;(II )求取出的4个球中恰有1个红球的概率；(III)设 叨取出的4个球中红球的个数，求E的分布列和数学期望.解：(I)设“从甲盒内取出的 2个球均黑球”为事件 A ,“从乙盒内取出的 2个球为黑球”为事件 B.事件A , B相互独立，且取出的4个球均为黑球的概率为丄話4P (AB) =P (A) P ( B) =.(II) 解：设“从甲盒内取出的 2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件C,“从甲盒内取出的 2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的 2个球均为黑球”为事件 D .事件C, D互斥，且plp (

11、c)F u 4 4 二 IT取出的4个球中恰有1个红球的概率为P (C+D ) =P (C) +P (D)=(III) 解：可能的取值为0, 1 , 2 , 3 .由( I),( II)得P(AO) ” 5二福1)1p (E 二引3丄二丄从而p（ e=2）=1 - P ( E=0 )- P ( E=1 )- P ( 5=3 ) = 10125p1 ?7 r?31e的分布列为E的数学期望17号17E&=0X-HX-+2X-43X-五、独立事件概率分布之非二项分布1.开锁次数的数学期望和方差 的锁打开.用它们去试开门上的锁.（主要在于如何分类）有n把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能把大门上 设

12、抽取钥匙是相互独立且等可能的.每把钥匙试开后不能放回.求试开次数 的数学期望和方差.分析：求P（=k）时，由题知前k -1次没打开，恰第k次打开.不过，一般我们应从简单的地方入手，如=1,2,3，发现规律后,推广到一般.解：的可能取值为1, 2,n.P( =1)n1 1P( =2)珂1-丄)七n n TP( =3) =(1-丄)(1n=1n n -1 n11 n-1)n T n -2nn -2n -1n -2P(二k) =(1 -丄)(1 -)n n 1n k 2 n k 1n -1nn -2 n -3. n -k 亠11n T n 2n k 亠2 n k 亠 1;所以的分布列为:12knP1

13、 n1 n1 n1 n11E =123nnD =(1n 1 2 1)2 (2n)21(3n1(kn)21(nn2222fl 1 2(12 22 32n2) (n 1)(1 2 3 n) ()2 n1 | 1n(n 亠 1)2n(n 亠 1)2 I n2 -1=丄 |丄n(n+1)(2n+1) +=-_Ln 624_122. 射击练习中耗用子弹数的分布列、期望及方差某射手进行射击练习，每射击5发子弹算一组，一旦命中就停止射击，并进入下一组的练习，否则一直打完5发子弹后才能进入下一组练习，若该射手在某组练习中射击命中一次,并且已知他射击一次的命中率为0.8,求在这一组练习中耗用子弹数的分布列，并求

14、出 的 期望E 与方差D (保留两位小数)分析：根据随机变量不同的取值确定对应的概率，在利用期望和方差的定义求解.解:该组练习耗用的子弹数 为随机变量，可以取值为1 , 2, 3, 4, 5=1,表示一发即中，故概率为P (=1) 78;=2,表示第一发未中，第二发命中，故P (=2)=(1-0.8) 0.8 =0.2 0.8 = 0.16;=3, 表示第一、二发未中，第三发命中，故P( = 3) = (1 - 0.8)2 0.8 二 0.22 0.8 二 0.032;=4,表示第一、二、三发未中，第四发命中，故P(F： =4) =(1-0.8)3 0.8=0.23 0.8 = 0.0064=

15、5,表示第五发命中，故P( =5) =(1 -0.8)4 1 =0.24 = 0.0016.因此，的分布列为12345P0.80.160.0320.00640.0016E =1 0.8 2 0.16 3 0.032 4 0.00645 0.0016= 0.8 0.32 0.096 0.0256 0.008 =1.25,D =(1 1.25)2 0.8 (2 -1.25)2 0.16 (3 1.25)2 0.032 (4 -1.25)2 0.0064 (51.25)2 0.0016= 0.05 0.09 0.098 0.0484 0.0225 =0.31.3. 在某校组织的一次篮球定点投篮训练中

16、，规定每人最多投3次；在A处每投进一球得3分，在B处每投进一球得2分；如果前两次得分之和超过3分即停止投篮，否则投第三次.某同学在A处的命中率q1为0.25,在B处的命中率为q2，该同学选择先在 A处投一球，以后都在B处投，用表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为C2345P0. 03匕P3A(1) 求q 2的值；(2) 求随机变量的数学期望E ；(3) 试比较该同学选择都在B处投篮得分超过 3分与选择上述方式投篮得分超过3分的概率的大小.解：(1)设该同学在A处投中为事件 A,在B处投中为事件B,则事件A, B相互独立，且 P(A)=0.25, P(A) =0.75, P(B)= q

17、2 , P(B)=1-q2 .根据分布列知： =0 时 P(ABB)二 P(A)P(B)P(B) =0.75(1-q2)2 =0.03 ,所以1 -q2 =0.2 , q2 =0. 8.(2)当=2 时，p1=p(AbB abb p(AbB) p(abb)= P(A)P(B)P(B) P(A)P(B)P(B) =0.75q2 (1 -q2) x 2=环(1 -q2)=0.24.当=3时，P2 =P(ABB)二P(A)P(B)P(B)=O.25(1-q2)2=0.01,当=4时，P3=P(ABB) =P(A)P(B)P(B) =0.75q22=0.48,当 =5 时,P4=P(ABB AB)二

18、P(ABB) P(AB)二P(A)P(B)P(B) P(A)P(B) =0.25q2(仁 q?) 0.25q2=0.24.所以随机变量的分布列为：e02345p0.030.2411.010.4S0.24随机变量的数学期望 E =0 0.03 2 0.24 3 0.01 4 0.48 5 0.24 二 3.63 .(3)该同学选择都在 B处投篮得分超过 3分的概率为P(BBB - BBB - BB) 2 2= P(BBB) P(BBB) P(BB) =2(1 q2)q2q2 =0.896 ；该同学选择(1)中方式投篮得分超过 3分的概率为0.48+0.24=0.72.由此看来该同学选择都在 B处

19、投篮得分超过 3分的概率大.4. 某科技公司遇到一个技术难题，紧急成立甲、乙两个攻关小组，按要求各自单独进行为期一个月的技术攻关，同时决定对攻关期满就攻克技术难题的小组给予奖励已知这2些技术难题在攻关期满时被甲小组攻克的概率为一被乙小组攻33克的概率为一.4(1 )设X为攻关期满时获奖的攻关小组数，求X的概率分布及V(X);(2)设Y为攻关期满时获奖的攻关小组数的2倍与没有获奖的攻关小组数之差，求V(Y).5. 某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对

20、值.(I)求.的分布列及数学期望；(n)记函数f (x) = X2 -3 x 1在区间2, ：)上单调递增”为事件 A，求事件A的概率.分析：(2)这是二次函数在闭区间上的单调性问题，需考查对称轴相对闭区间的关系,就本题而言，只需2即可.2解：(1)分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件 A,A, A .由已知 A,A2,A 相互独立，P(A)=0.4,P(AD=0.5,P(A3)=0.6.客人游览的景点数的可能取值为0, 1, 2, 3.相应的，客人没有游览的景点数的可能取值为3, 2, 1, 0，所以 的可能取值为1, 3.p( =3)= p(aLa丸)p(

21、AlALA3)=P(A1)P(A2)P(A3) PC)P(A2)P(A32 0.4 0.5 0.6 =0.2413P0.760.24P(：=1) =1 -0.24 776所以的分布列为E( ) =1 0.76 3 0.24 =1.48n)解法一：因为f(x) =(x-3 )22,所以函数24f(x) =x2 -3& 1在区间3：)上单调递增，要使 f (x)在2：)上单调递增,2当且仅当 3-2,1 卩 _4.从而 P(A)=P( _4) =P(F： =1) = 0.76.233解法二：的可能取值为1, 3.当 =1时，函数f(x)=x2-3x，1在区间2,上单调递增，当 =3时，函数f(x)

22、=x2-9x，1在区间2, ：)上不单调递增.所以 P(A) =P(：=1) =0.76.16. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为 1乙每次击中目标 的概率为|(1) 求乙至多击中目标2次的概率；(2) 记甲击中目标的次数为Z,求Z的分布列、数学期望和标准差.解(1)甲、乙两人射击命中的次数服从二项分布，故乙至多击中目标2次的概率为 1 C313=17.(2)P(Z= 0)=嗚3 = 1；-(Zp( 73 - 00-1- 2P(Z= 2) = c!13=38；1 - 00-313 3C-3)-(ZZ的分布列如下表:Z012311P88E(Z戸 OX1 + 1X 8+2X 8+3

23、X 2=2,3.13 q3(3 1( 32 3(3 (d(z)= 0-2 X 8+ 1-3 X3+ 2-2 X 8+ 332x 1=dz 畫7某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第 一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术 水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5, 0.6 , 0.4.经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6,0.5,0.75.(1) 求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；(2) 经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为E,求随机变量E的期望与方差.解分别记甲、乙

24、、丙经第一次烧制后合格为事件A1、A2、As.(1) 设E表示第一次烧制后恰好有一件合格，P(E) = P(A1 A 2 A 3) + P( A 1A2 A 3) + P( A 1 A 2A3)=0.5X 0.4 X 0.6+ 0.5 X 0.6X 0.6 + 0.5 X 0.4 X 0.4 = 0.38.(2) 因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为p = 0.3，所以EB(3,0.3).故 E(E = np = 3 X 0.3 = 0.9,V( E = np(1 p) = 3X 0.3X 0.7 = 0.63.8. 某地最近出台一项机动车驾照考试规定；每位考试者一年之内最多有 4次参加

25、考试的机会,一旦某次考试通过， 使可领取驾照，不再参加以后的考试， 否则就一直考到第 4次为止。如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6, 0.7, 0.8, 0.9,求在一年内李明参加驾照考试次数的分布列和的期望，并求李明在一年内领到驾照的概率.解：的取值分别为1，2，3，4.=1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P(=1)=0.6.=2，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故P( =2)=(1-0.6) 0.7 =0.28.E =3,表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故P( =3)=(1 -0.6) (1 -0.7) 0.8 =0.096.E

26、 =4,表明李明第一、二、三次考试都未通过，故P(F： =4)二(1 一0.6) (10.7) (1 - 0.8) =0.024.李明实际参加考试次数E的分布列为E1234P0.60.280.0960.024 E 的期望 EE =1X 0.6+2 X 0.28+3 X 0.096+4 X 0.024=1.544.李明在一年内领到驾照的概率为1 (1- 0.6)(1 0.7)(1-0.8)(1 0.9)=0.9976.9. 某先生居住在城镇的 A处，准备开车到单位 B处上班，若该地各路段发生堵车事件都是独 立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率，如图.(例如:1A C D

27、算作两个路段：路段A C发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件101的概率为 ).1511E 20F12B32016h 1*1D1015(1) 请你为其选择一条由A到E的路线，使得 途中发生堵车事件的概率最小；(2) 若记E路线A C F E中遇到堵 车次数为随机变量E，求E的数学期望E E .解：(1)记路段MN发生堵车事件为 MN.因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次, 所以路线A C D E中遇到堵车的概率 P1为1 P (AC * CD DB )=1 P (AC P (CD) * P ( DB )= 1：1P (AC) 1P (CD) 1 P(DB

28、)=1 2 14 5 = 3 ;10 15 610i p (AC *cf * fB)239 (小于 2)；800 10路线A E FE中遇到堵车的概率 P3为1 p (AE * EF * FB)=巴(大于 3)30010显然要使得由A到E的路线途中发生堵车事件的概率最小，只可能在以上三条路线中选择因此选择路线A C )F E ,可使得途中发生堵车事件的概率最小.(2)路线A C - F - E中遇到堵车次数 E可取值为0,1,2,3 .p (E =0 )=P (AC *CF FB )= 561 ,8006372400772400P (E = 1) =P (AC CF FB )+P (AC CF

29、 FB ) +P (AC * CF * FE )丄 1711 2211 _917 丄10 20 12 10 20 12 10 20 12CF * FE ) + P (AC * CF 4 FE )P ( E=2 )=P (AC * CF * FB ) + P (AC 1311+1171+93110 20 12 10 20 12 10 20 121313P (E = 3) =P (AC *CF * FB )=-10 20 122400 E E=0X561+ IX637+ 2X77+ 3X8002400240032400答:路线A C F E中遇到堵车次数的数学期望为1310. 分类题型中的难题在一

30、次电视节目的抢答中，题型为判断题，只有“对”和“错”两种结果，其中某明星判断 正确的概率为p,判断错误的概率为q,若判断正确则加1分，判断错误则减1分，现记“该 明星答完n题后总得分为S n ”.(1 )当p=q= 12时，记E =|S 3 |，求E的分布列及数学期望及方差；(2)当 p= 1 3 , q= 2 3 时，求 S 8 =2且 S i 0 (i=1, 2, 3, 4)的概率.解：( 1 ) E=|S3|的取值为 1 , 3 ,又；P (&=1)二迅诗)(专)制E的分布列为:13P341(2)当S8=2时，即答完8题后，回答正确的题数为 5题，回答错误的题数是 3题,又已知Si 0

31、(i=1 , 2 , 3 , 4)，若第一题和第二题回答正确，则其余 6题可任意答对3题;若第一题正确，第二题回答错误，第三题回答正确，则后5题可任意答对3题.此时的概率为3 30Xg 80 丫或 EQ 】38 亍 12187六.拓展1.某车站每天 8 : 009 : 00, 9 : 0010 : 00都恰有一辆客车到站，8 : 009 : 00到站的客车1 1 1A可能在8 : 10, 8 : 30, 8 : 50到站，其概率依次为 一，一，;9 : 0010 : 00到站的客车 B6 2 31 1 1可能在9 : 10, 9 : 30,9 : 50到站，其概率依次为 ，一，一.3 2 6(

32、1)旅客甲8 : 00到站，设他的候车时间为，求的分布列和E ;旅客乙8 : 20到站，设他的候车时间为，求 的分布列和E .(1)旅客8 : 00到站，他的候车时间 的分布列为:111 100 E =103050（分钟）6233(2)旅客乙8 : 20到站，他的候车时间的分布列为:1030507050P111 1 X 1 1 X 1 1236 36 26 61111i 235E =1030507090(分钟)2318123692.A、B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列分别为(1) 在A，B两个项目上各投资100万元，丫1和丫2分别表示投资项目A和

33、B 所获得的利润，求方差V(Y”、V(Y 2);(2) 将x(0x 100)万元投资A项目，100-x万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和.求f(x)的最小值， 并指出x为何值时，f(x)取到最小值.解(1)由题设可知丫1和丫2的分布列分别为Y1510P0.80.2Y22812P0.20.50.3E(Y1)= 5X 0.8+ 10X 0.2 = 6，2 2V(Y1)= (5- 6)2X 0.8+ (10-6)2X 0.2 = 4;E(Y2)= 2X 0.2+ 8X 0.5+ 12X 0.3= 8，V(Y 2)= (2- 8)2 X 0.2+ (8 - 8)2X 0.5+ (12-8)2 X 0.3= 12.f(x) = V1 + Vx 2100 x 2-而 VZ)+ 市 V(Y2)422二硕x2 + 3(100 X)2=1002(4x2 600x+ 3 X 1002),600 _2X 4_