(完整版)经典高考概率分布类型题归纳【精选】

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：
①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率是多少？
②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.
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
灯的概率都是23，出现绿灯的概率都是1
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； (2)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盏灯出现红灯，而每盏灯出现红灯的概率都是2
3， 故X ＝2时的概率
P ＝C 24⎝
⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝8
27
. (2)法一 X 的所有可能取值为0,1,2,3,4，依题意知 P(X ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫134－k
(k ＝0,1,2,3,4)． ∴X 的概率分布列为
∴数学期望E(X)＝0×8＋1×81＋2×81＋3×81＋4×81＝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 （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x 1,x 2，记X=(x 1-2)2+(x 2-2)
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ξ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，ξ=0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时ξ=1． （1）求概率P （ξ=0）；
（2）求ξ的分布列，并求其数学期望E （ξ）．
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x 2－x －6≤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； (2)设ξ＝m 2，求ξ的概率分布表及其数学期望E(ξ)．
解 (1)由x 2－x －6≤0，得－2≤x ≤3， 即S ＝{x|－2≤x ≤3}．
由于m ，n ∈Z ，m ，n ∈S 且m ＋n ＝0，所以A 包含的基本事件为(－2,2)，(2，－2)， (－1,1)，(1，－1)，(0,0)．
(2)由于m 的所有不同取值为－2，－1,0,1,2,3， 所以ξ＝m 2的所有不同取值为0,1,4,9，
且有P(ξ＝0)＝1
6，
P(ξ＝1)＝26＝1
3，
P(ξ＝4)＝26＝1
3，
P(ξ＝9)＝1
6
.
故ξ的概率分布表为
所以E(ξ)＝0×16＋1×13＋4×13＋9×16＝19
6
.
5.在高中“自选模块”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；
(2)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，
所以P(A)＝C25
C26＝
2
3，P(B)＝
C24
C26＝
2
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(A·B)＝
P(A)·P(B)＝2
3×
2
5＝
4
15.
(2)X可能的取值为0,1,2,3，则
P(X＝0)＝4
15，P(X＝1)＝
C25
C26·
C12·C14
C26＋
C15
C26·
C24
C26＝
22
45，
P(X＝3)＝C15
C26·
1
C26＝
1
45.
P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝2 9.
故X的分布列为
所以X的数学期望E(X)＝0×15＋1×45＋2×9＋3×45＝1 (人)．
6.
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ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ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
P（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
．
∴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：ξ可能的取值为0，1，2，3．
由（I），（II）得
，
又，
从而P （ξ=2）=1﹣P （ξ=0）﹣P （ξ=1）﹣P （ξ=3）=．
ξ的分布列为
ξ的数学期望．
五、独立事件概率分布之非二项分布（主要在于如何分类）
1.开锁次数的数学期望和方差有n 把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能把大门上的锁打开．用它们去试开门上的锁．设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：求时，由题知前次没打开，恰第k 次打开．不过，一般我们应从简单的地方入手，如，发现规律后，推广到一般．
解：的可能取值为1，2，3，…，n ．
；所以的分布列为：
ξ)(k P =ξ1-k 3,2,1=ξξ
;1
2112121)111()11()3(;1
11111)11()2(,1)1(n
n n n n n n n n P n n n n n n P n
P =-⋅--⋅-=-⋅--⋅-===-⋅-=-⋅-===
=ξξξn
k n k n k n n n n n n n k n k n n n n k P 1
11212312111)211()211()111()11()(=
+-⋅+-+---⋅--⋅-=+-⋅+----⋅--⋅-== ξξ
；
2. 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，并求出的
期望与方差（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
＝2，表示第一发未中，第二发命中，故
＝3，表示第一、二发未中，第三发命中，故
＝4，表示第一、二、三发未中，第四发命中，故
＝5，表示第五发命中，故
2
1
1131211+=⋅++⋅+⋅+⋅=n n n n n n E ξn
n n n n k n n n n n n D 1
)21(1)21(1)213(1)212(1)211(22222⋅+-++⋅+-++⋅+-+⋅+-+⋅+-
= ξ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅+++++++-++++=
n n n n n n 22222)21()321)(1()321(1 121
4)1(2)1()12)(1(611222-=
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+++-++=n n n n n n n n n ξ ξ ξ E ξ D ξ ξ ξ ;8.0)1(==ξ P ξ ;16.08.02.08.0)8.01()2(=⨯=⨯-==ξ P ξ ;032.08.02.08.0)8.01()3(22=⨯=⨯-==ξ P ξ 0064.08.02.08.0)8.01()4(33=⨯=⨯-==ξ P ξ
因此，的分布列为
3. 在某校组织的一次篮球定点投篮训练中，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q 为0.25，在B 处的命中率为q ，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
（1）求q 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 (B )= q ，．
根据分布列知：=0时=0.03，所以
，q =0.8．
（2）当=2时，P 1=
=0.75q ()×2=1.5q ()=0.24．
当=3时，P 2 ==0.01，
.0016.02.01)8.01()5(44==⋅-==ξ P ξ 0016.050064.04032.0316.028.01⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξ E ,25.1008.00256.0096.032.08.0 =++++=0016.0)25.15(0064.0)25.14(
032.0)25.13(16.0)25.12(8.0)25.11(22222⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-=ξ D .31.00225.00484.0098.009.005.0 =++++=12ξ2ξξ()0.75P A =22()1P B q =-ξ2
2()()()()0.75(1)P ABB P A P B P B q ==-210.2q -=2ξ)()()(B B A P B B A P B B A B B A P +=+)()()()()()(B P B P A P B P B P A P +=221q -221q -ξ2
2()()()()0.25(1)P ABB P A P B P B q ==-
当=4时，P 3==0.48， 当=5时，P 4=
=0.24．
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望． （3）该同学选择都在B 处投篮得分超过3分的概率为
；
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 些技术难题在攻关期满时被甲小组攻克的概率为3
2
被乙小组攻 克的概率为
4
3. （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
，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值． （Ⅰ）求的分布列及数学期望；
（Ⅱ）记“函数在区间上单调递增”为事件，求事件ξ2
2()()()()0.75P ABB P A P B P B q ==ξ()()()P ABB AB P ABB P AB +=+222()()()()()0.25(1)0.25P A P B P B P A P B q q q =+=-+
ξξ00.0320.2430.0140.4850.24 3.63E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=()P BBB BBB BB ++()()()P BBB P BBB P BB =++222222(1)0.896q q q =-+=0.4,0.5,0.6ξξ2
()31f x x x ξ=-+[2,)+∞A 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，只需即可．
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． 由已知相互独立，.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．
所以的分布列为
（Ⅱ）解法一：因为所以函数 上单调递增，要使上单调递增，
当且仅当
从而 解法二：的可能取值为1，3.
当时，函数上单调递增，
当时，函数上不单调递增.
所以
6.甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为1
2，乙每次击中目标的概率为2
3.
3
22
ξ≤123,,A A A 123,,A A A 123()0.4,()0.5,()0.6P A P A P A ===ξ123123(3)()()P P A A A P A A A ξ==+123123()()()()()()20.40.50.60.24P A P A P A P A P A P A =+=⨯⨯⨯=(1)10.240.76P ξ==-=ξ()10.7630.24 1.48E ξ=⨯+⨯=2239
()()1,24
f x x ξξ=-
+-23
()31[,)2
f x x x ξξ=-++∞在区间()[2,)f x +∞在342,.23ξξ≤≤即4
()()(1)0.76.3
P A P P ξξ=≤===ξ1ξ=2
()31[2,)f x x x =-++∞在区间3ξ=2
()91[2,)f x x x =-++∞在区间()(1)0.76.P A P ξ===
0.76
(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－C 33
⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1927. (2)P(Z ＝0)＝C 03
⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18； P(Z ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝3
8； P(Z ＝2)＝C 23⎝
⎛⎭⎪⎫123＝3
8
； P(Z ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1
8. Z 的分布列如下表：
E(Z)＝0×18＋1×8＋2×8＋3×8＝2，
D(Z)＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫0－322×18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－322×38＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－322×38＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－322×18＝34，∴D (Z )＝32.
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ξ，求随机变量ξ的期望与方差． 解 分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A 1、A 2、A 3.
(1)设E 表示第一次烧制后恰好有一件合格，则 P(E)＝P(A 1A
2
A 3)＋P(A 1A 2A 3)＋P(A
1
A 2A 3)
＝0.5×0.4×0.6＋0.5×0.6×0.6＋0.5×0.4×0.4＝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ξ～B(3,0.3)． 故E(ξ)＝np ＝3×0.3＝0.9， V(ξ)＝np(1－p)＝3×0.3×0.7＝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ξ的分布列和ξ的期望，并求李明在一年内领到驾照的概率.
解：ξ的取值分别为1，2，3，4. 1=ξ，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P （1=ξ）=0.6.
2=ξ，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故
.28.07.0)6.01()2(=⨯-==ξP
ξ=3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故
.096.08.0)7.01()6.01()3(=⨯-⨯-==ξP
ξ=4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故
.024.0)8.01()7.01()6.01()4(=-⨯-⨯-==ξP
∴李明实际参加考试次数ξ的分布列为
ξ
1 2 3 4 P
0.6
0.28
0.096
0.024
∴ξ的期望E ξ=1×0.6+2×0.28+3×0.096+4×0.024=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：Ａ→Ｃ→Ｄ算作两个路段：路段ＡC 发生堵车事件的概率为10
1
，路段CD 发生堵车事件的概率为
15
1)． （１） 请你为其选择一条由Ａ到Ｂ的路线，使得
途中发生堵车事件的概率最小； （２） 若记ξ路线Ａ→Ｃ→Ｆ→Ｂ中遇到堵
车
次数为随机变量ξ，求ξ的数学期望Ｅξ．
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 →Ｂ中遇到堵车的概率P 1为
1－Ｐ(AC •CD •DB )=1－Ｐ(AC )•Ｐ(CD )•Ｐ (DB )
＝１－［１－Ｐ(AC)］［１－Ｐ(CD)］［１－P(DB)］＝１－⋅109151465⋅＝10
3；
同理：路线Ａ→Ｃ→Ｆ→Ｂ中遇到堵车的概率P ２为
1－Ｐ(AC •CF •FB )=800239（小于103）；
路线Ａ→Ｅ→Ｆ→Ｂ中遇到堵车的概率P ３为 1－Ｐ(AE •EF •FB )= 30091（大于10
3）
显然要使得由Ａ到Ｂ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→Ｂ,可使得途中发生堵车事件的概率最小. (2) 路线Ａ→Ｃ→Ｆ→Ｂ中遇到堵车次数ξ可取值为0,1,2,3．
Ｐ(ξ＝０)＝Ｐ(AC •CF •FB )＝800
561，
Ｐ(ξ＝1)＝Ｐ(AC
•CF •FB )＋Ｐ(AC •ＣＦ•FB )＋Ｐ(AC •CF •ＦＢ)
＝
10120171211＋1092031211＋1092017121＝2400
637
，
Ｐ(ξ＝２)＝Ｐ(AC •ＣＦ•FB )＋Ｐ(ＡＣ• CF •ＦＢ)＋Ｐ(AC •ＣＦ•ＦＢ)
＝
1012031211＋1012017121＋109203121＝2400
77
，
Ｐ(ξ＝3)＝Ｐ(AC •CF •FB )＝101203121＝2400
3
．
∴Ｅξ＝０×800561＋１×2400637＋２×240077＋３×24003＝3
1。

答:路线Ａ→Ｃ→Ｆ→Ｂ中遇到堵车次数的数学期望为3
1
10.分类题型中的难题
在一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= 1 2 时，记ξ=|S 3 |，求ξ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）∵ξ=|S 3|的取值为1，3， 又；
∴
，
．
∴ξ的分布列为：
∴E ξ=1×+3×=；
D ξ==
（2）当S 8=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S i ≥0（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．
.
六．拓展
1.某车站每天8∶00~9∶00，9∶00~10∶00都恰有一辆客车到站，8∶00~9∶00到站的客车
A 可能在8∶10，8∶30，8∶50到站，其概率依次为
111
,,623;9∶00~10∶00到站的客车B 可能在9∶10，9∶30,9∶50到站，其概率依次为111
,,326
.
(1) 旅客甲8∶00到站，设他的候车时间为ξ，求ξ的分布列和E ξ； (2) 旅客乙8∶20到站，设他的候车时间为η,求η的分布列和E η.
（1）旅客8∶00到站，他的候车时间ξ的分布列为：
111100
1030506233
E ξ∴=⨯+⨯+⨯=
(分钟)
（2）旅客乙8∶20到站，他的候车时间η的分布列为：
11111103050709023181236
E η∴=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 235
9=(分钟)
2.A 、B 两个投资项目的利润率分别为随机变量X 1和X 2，根据市场分析，X 1和X 2的分布列分别为
(1)在A ，B 12A 和B 所获得的利润，求方差V(Y 1)、V(Y 2)；
(2)将x(0≤x ≤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Y 1和Y 2的分布列分别为
E(Y 1)＝5×0.8V(Y 1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4； E(Y 2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
V(Y 2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12. (2)f(x)＝V ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 100Y 1＋V ⎝ ⎛⎭
⎪⎫100－x 100Y 2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 1002V(Y 1)＋⎝
⎛⎭⎪⎫100－x 1002V(Y 2) ＝4
1002[x 2＋3(100－x)2] ＝4
1002(4x 2－600x ＋3×1002)， 当x ＝6002×4
＝75时，f(x)＝3为最小值.
3.据气象预报，某地区下个月有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01。

设工地上有
台大型设备，为保护设备有以下三种方案。

方案1：运走设备，此时需花费3800元。

方案2：建一保护围墙，需花费2000元。

但围墙无法防止大洪水，当大洪水来临，设备受损，损失费为60000元。

方案3：不采取措施，希望不发生洪水。

此时大洪水来临损失60000元，小洪水来临损失10000元。

试比较哪一种方案好。

解：比较三者费用的期望值即可 A 方案：费用为3800
B 方案：设B ξ为费用，则列出分布列如下：
所以112062050001.010621.0200074.004
==+=⨯⨯+⨯+⨯=B E ξ C 方案：设C ξ为费用，则列出分布列如下：
所以310001.010625.01074.004
4=⨯⨯+⨯+⨯=c E ξ
故: 方案A 的费用 >方案C 的费用>方案B 的费用 所以采用方案B 。

六、综合算法
1.2015年期末考试题
长时间用手机上网严重影响学生的健康，如果学生平均每周手机上网的时长超过5小时，则称为“过度用网”，某校为了解A,B 两班学生手机上网的情况，分别从这两个班中随机抽取
6名学生样本进行调查，由样本数据统计得到A,B 两班学生“过度用网”的概率分别为21
,31
（1）从A 班的样本数据中抽取2个数据，求恰有1个数据为“过度用网”的概率 （2）从A 班，B 班的样本中随机抽取2名学生的数据，记“过度用网”的学生人数为ξ，写出其分布列和数学期望ξE 。

2.国家公务员考试，某单位已录用公务员5人，已安排到A,B,C 三个科室工作，但甲必须安排在A 科室，其余4人可以随机安排. （1）求每个科室安排至少1人至多2人的概率；（分为A 和非A 两种情况，非A 需要讨论，所以用古典概型）
（2）设安排在A 科室的人数为随机变量X ，求X 的概率分布及数学期望和方差.（分为A 和非A 两种情况，非A 不再需要讨论，所以部分用二项分布）。