高考概率与统计常见题型与解法

高考概率与统计常见题型与解法

题型一 几类基本概型之间的综合

在高考解答题中，常常是将等可能事件、互斥事件、相互独立事件等多种事件交汇在一起进行考查，主要考查综合计算方法和能力.此类问题一般都同时涉及几类事件，它们相互交织在一起，难度较大，因此在解答此类题时，在透彻理解各类事件的基础上，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所包含的所属的事件类型.特别是要注意挖掘题目中的隐含条件.

1、等可能事件的概率

在一次实验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等。如果事件A 包含的结果有m 个，那么P （A ）=

n

m

。这就是等可能事件的判断方法及其概率的计算公式。高考常借助不同背景的材料考查等可能事件概率的计算方法以及分析和解决实际问题的能力。

例题1（2010湖南）为了对某课题进行研究，用分层抽样方法从三所高校A,B,C 的相关人员中，抽取若干人组成研究小组、有关数据见下表（单位：人）

(Ⅰ)求x,y ; （Ⅱ）若从高校B 、C 抽取的人中选2人作专题发言，求这二人都来自高校C 的概率。 解 (Ⅰ)由题意可得

2183654

x y ==所以1,3x y ==， （Ⅱ）记从高校B 中抽取的2人为12,b b ，从高校C 中抽取的3人为123,,C C C 则从高校B 、C

抽取的5人中选2人作专题发言的基本事件有（12,b b ），（11,b c ），（12,b c ），（23,b c ），（21,b c ），（22,b c ），（23,b c ），12(,)C C ，13(,)C C ，23(,)C C 共10种，设选中的2人都来自高校C 的事件为X ，则X 包含的基本事件有12(,)C C ，13(,)C C ，23(,)C C 共3种，因此3

()10

p X =故选中的2人都来自高校C 的概率为

310

变式1（2010江苏）某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%。生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二等品则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2万元。设生产各种产品相互独立。（Ⅰ）记X （单位：万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X 的分布列；（Ⅱ）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率。

解：（1）由题设知，X 的可能取值为10，5，2，-3，且 P （X=10）=0.8×0.9=0.72， P （X=5）=0.2×0.9=0.18， P （X=2）=0.8×0.1=0.08 ，P （X=-3）=0.2×0.1=0.02。 由此得X 的分布列为：

（2）设生产的4件甲产品中一等品有n 件，则二等品有4n -件。 由题设知4(4)10n n --≥，解得14

5

n ≥

， 又n N ∈，得3n =，或4n =。 所求概率为3

344

0.80.20.80.8192P C =??+= 答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192。

变式2 （2010福建）设平面向量a m =（m ，1），b n =（2，n ），其中m ，n ∈{1,2,3,4}.（I ）

请列出有序数组（m ，n ）的所有可能结果；（II ）记“使得a m ⊥（a m －b n ） 成立的（m ，n ）”为事件A ，求事件A 发生的概率.

解：(Ⅰ)有序数组（m,n ）的吧所有可能结果为：（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（4,1），（4,2），（4,3），（4,4）共16个. (Ⅱ)由()m m n a a b ⊥-得221m m n o -+-=，即2(1)n m =-. 由于,m n ∈｛1,2,3,4｝，故事件A 包含的基本条件为（2,1）和（3,4），共2个.又基本事件的总数为16，故所求的概率

21

()168

P A =

=. 2、互斥事件至少有一个发生与相互独立事件同时发生概率计算

不可能同时发生的两个事件A 、B 叫做互斥事件，它们至少有一个发生的事件为A+B ，用概率的加法公式)()()(B P A P B A P +=+计算。事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，则A 、B 叫做相互独立事件，它们同时发生的事件为B A ?。用概率的法公式()()()B P A P B A P ?=?计算。高考常结合考试竞赛、上网工作等问题对这两个事件的识别及其概率的综合计算能力进行考查。必有一个发生的两个互斥事件A 、B 叫做互为对立事件。即-

=A B 或-

=B A 。至少、至多问题常使用“正难则反”的策略求解.用概率的减法公式

()??

?

??-=_1A P A P 计算其概率。高考常结合射击、电路、交通等问题对对立事件的判断识别及

其概率计算进行考查。

例题1（2005全国卷Ⅲ）设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响。已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125，

（Ⅰ）求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是多少； （Ⅱ）计算这个小时内至少有一台需要照顾的概率.

解：（Ⅰ）记甲、乙、丙三台机器在一小时需要照顾分别为事件A 、B 、C ，……1分

则A 、B 、C 相互独立，由题意得： P （AB ）=P （A ）P （B ）=0.05 P （AC ）=P （A ）P （C ）=0.1

P （BC ）=P （B ）P （C ）=0.125…………………………………………………………4分 解得：P （A ）=0.2；P （B ）=0.25；P （C ）=0.5

所以, 甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是0.2、0.25、0.5……6分

（Ⅱ）∵A 、B 、C 相互独立，∴A

B C 、、相互独立，……………………………………7分 ∴甲、乙、丙每台机器在这个小时内需都不需要照顾的概率为

()()()()0.80.750.50.3P A B C P A P B P C ??==??=……………………………10分

∴这个小时内至少有一台需要照顾的概率为1()10.30.7p P A B C =-??=-=……12分

变式1 （2005福建卷文）甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为5

221

与

. （Ⅰ）甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率； （Ⅱ）甲、乙两人在罚球线各投球二次，求这四次投球中至少一次命中的概率. 解：（Ⅰ）依题意，记“甲投一次命中”为事件A ，“乙投一次命中”为事件B ，则 .5

3)(,21)(,52)(,21)(====

P P B P A P 甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的概率为.2

1

（Ⅱ）∵事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次均不命中”的概率为 100

9

53532121=

???=

P ∴甲、乙两人在罚球线各投球两次至少有一次命中的概率 .100

91100911=-

=-=P P 答：甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为

.100

91

∵“甲、乙两人各投球一次，恰好命中一次”的事件为B A B A ?+?

13121()()().25252

P A B A B P A B P A B ∴?+?=?+?=

?+?=

变式2 （06四川卷）某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”则该课程考核“合格”，甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9，所有考核是否合格相互之间没有影响

（Ⅰ）求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率； （Ⅱ）求这三人该课程考核都合格的概率。（结果保留三位小数）

解：记“甲理论考核合格”为事件1A ；“乙理论考核合格”为事件2A ；“丙理论考核合格”为事件3A ；记i A 为i A 的对立事件，1,2,3i =；记“甲实验考核合格”为事件1B ；“乙实验考核合格”为事件2B ；“丙实验考核合格”为事件3B ；

（Ⅰ）记“理论考核中至少有两人合格”为事件C ，记C 为C 的对立事件 解法1：()()

123123123123P C P A A A A A A A A A A A A =+++

()()()

()123123123123P A A A P A A A P A A A P A A A =+++

0.90.80.30.90.20.70.10.80.70.90.80.7=??+??+??+?? 0.902=

解法2：()()

1P C P C =-(

)

1231231231231P A A A A A A A A A A A A =-+++

()()()()1

2

3

1

2

3

1

2

3

1

2

3

1P A A A P A A A P A A A P A A A ??=-+++??

()10.10.20.30.90.20.30.10.80.30.10.20.7=-??+??+??+??

10.098=-0.902=

所以，理论考核中至少有两人合格的概率为0.902 （Ⅱ）记“三人该课程考核都合格” 为事件D

()()()()112233P D P A B A B A B =?????????

()()()112233P A B P A B P A B =?????

()()()()()()112233P A P B P A P B P A P B =????? 0.90.80.80.80.70.9=????? 0.254016= 0.254≈

所以，这三人该课程考核都合格的概率为0.254

3、独立重复试验概率

若在n 次重复试验中，每次试验结果的概率都不依赖其它各次试验的结果，则此试验叫做n 次独立重复试验。若在1 次试验中事件A 发生的概率为P ，则在n 次独立惩处试验中，事件A

恰好发生k 次的概率为()()

1n k

k k n n P k C P P -=-。

高考结合实际应用问题考查n 次独立重复试验中某事件恰好发生k 次的概率的计算方法和化归转化、分类讨论等数学思想方法的应用。

例题（2005湖北卷）某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同.假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p 1，寿命为2年以上的概率为p 2.从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换.

（Ⅰ）在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率； （Ⅱ）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率； （Ⅲ）当p 1=0.8，p 2=0.3时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换4只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）.

解：（I ）在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为,5

1p 需要更换2只灯泡的概率为

;)1(213125p p C -

（II ）对该盏灯来说，在第1、2次都更换了灯泡的概率为（1-p 1）2；在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p 1(1-p 2)，故所求的概率为

);1()1(2121p p p p -+-=

（III ）至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况，换5只的概率为p 5（其中p 为（II ）

中所求，下同）换4只的概率为415p C （1-p ），故至少换4只灯泡的概率为 .

34.042.

34.04.06.056.06.07.08.02.0,3.0,8.0).

1(45322141553只灯泡的概率为年至少需要换即满时又当=??+=∴=?+===-+=p p p p p p C p p

变式 1

为拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类. 这三类工程所含项目的个数分别占总数的12, 13, 16. 现有3名工人独立地从中任选

一个项目参与建设. 求：(Ⅰ) 他们选择的项目所属类别互不相同的概率；(Ⅱ) 至少有1人选择的项目属于民生工程的概率.

解 记第i 名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件i A ，i B ，i C ，1i =，

2，3．由题意知1A ，2A ，3A 相互独立，1B ，2B ，3B 相互独立，1C ，2C ，3C 相互独立，i A ，

j B ，

k C （i ，j ，k =1，2，3，且i ，j ，k 互不相同）相互独立，且1 ( )2

i P A =，1()3i P B =，

1()6

i P C =．

（Ⅰ）他们选择的项目所属类别互不相同的概率P =1231233!()6()()()P AB C P A P B P C =

111162366

=???=

（Ⅱ）至少有1人选择的项目属于民生工程的概率 1231 ()P P B B B =-1231( )( )( )P B P B P B =-

31191(1)327

=--=．

变式 2 (08天津）

甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为2

1

与p ，且乙投球2次均未命中的概率为

16

1． （Ⅰ）求乙投球的命中率p ；

（Ⅱ）求甲投球2次，至少命中1次的概率；

（Ⅲ）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．

解：本小题主要考查随机事件、互斥事件、相互独立事件等概率的基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力．满分12分．

（Ⅰ）解法一：设“甲投球一次命中”为事件A ，“乙投球一次命中”为事件B ． 由题意得()()()16

1

112

2

=

-=-p B P 解得43=

p 或4

5

（舍去），所以乙投球的命中率为43．

解法二：设设“甲投球一次命中”为事件A ，“乙投球一次命中”为事件B ．

由题意得1()()16P B P B =

，于是1()4P B =或1()4P B =-（舍去），故3

1()4p P B =-=． 所以乙投球的命中率为3

4

．

（Ⅱ）解法一：由题设和（Ⅰ）知()()2

1

,21==A P A P ．

故甲投球2次至少命中1次的概率为()

4

3

1=?-A A P

解法二：

由题设和（Ⅰ）知()()

2

1,21==

A P A P

故甲投球2次至少命中1次的概率为()()

()()4

31

2=

+A P A P A P A P C （Ⅲ）由题设和（Ⅰ）知，()()()()

4

1

,43,21,21====B P B P A P A P

甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中两次，乙两次均不中；甲两次均不中，乙中2次。概率分别为

()()()()

16

31

212=

?B P B P C A P A P C ， ()()641=??B B P A A P ， ()()64

9=??B B P A A P 所以甲、乙两人各投两次，共命中2次的概率为32

11

649641163=

++． 综合题

【例1】 （08·安徽高考）在某次普通话测试中，为测试汉字发音水平，设置了10张 卡片，每张卡片印有一个汉字的拼音，其中恰有3张卡片上的拼音带有后鼻音“g”.（Ⅰ） 现对三位被测试者先后进行测试，第一位被测试者从这10张卡片总随机抽取1张，测 试后放回，余下2位的测试，也按同样的方法进行。求这三位被测试者抽取的卡片上， 拼音都带有后鼻音“g”的概率。（Ⅱ）若某位被测试者从10张卡片中一次随机抽取3张， 求这三张卡片上，拼音带有后鼻音“g”的卡片不少于2张的概率.

【分析】 第（Ⅰ）小题首先确定每位测试者抽到一张带“g”卡片的概率，再利用相互独 立事件的概率公式计算；第（Ⅱ）利用等可能事件与互斥事件的概论公式计算. 【解】 （Ⅰ）每次测试中，被测试者从10张卡片中随机抽取1张卡片上，拼音带有 后鼻音“g”的概率为3

10，因为三位被测试者分别随机抽取一张卡片的事件是相互独立的，

因而所求的概率为3

10×3

10×3

10＝27

1000

.

（Ⅱ）设A i (i ＝1，2，3)表示所抽取的三张卡片中，恰有i 张卡片带有后鼻音“g”的事件，

且其相应的概率为P(A i )，则P(A 2)＝C 17C 23C 310＝740，P(A 3)＝C 33

C 310＝1120

，

因而所求概率为P(A 2＋A 3)＝P(A 2)＋P(A 3)＝740＋1120＝11

60

.

【点评】 本题主要考查等可能事件、互斥事件、相互独立事件的概率.解答题注意不要 混淆了互斥事件与相互独立事件，第（Ⅱ）的解答根据是“不少于”将事件分成了两个等 可能事件，同时也可以利用事件的对立事件进行计算.

【例2】（08·福建高考）三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分

别为1

5，1

4，1

3

，且他们是否破译出密码互不影响。(Ⅰ)求恰有二人破译出密码的概率；

(Ⅱ)“密

码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.

【分析】 第（Ⅰ）小题可根据“恰有二人”将事件分为三个互斥的事件进行计算；第（Ⅱ） 小题利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算“密码未被破译”的概率，然后再利用 对立事件可计算“密码被破译”的概率，进而比较大小.

【解】记“第i 个人破译出密码”为事件A i (i ＝1，2，3)，依题意有 P(A 1)＝15，P(A 2)＝14，P(A 3)＝1

3，且A 1，A 2，A 3相互独立.

(Ⅰ)设“恰好二人破译出密码”为事件B ，则有

B ＝A 1A 2￣A 3＋A 1￣A 2A 3＋￣A 1A 2A 3，且A 1A 2￣A 3、A 1￣A 2A 3、￣

A 1A 2A 3彼此互斥 于是P(B)＝P(A 1A 2￣A 3)＋P(A 1￣A 2A 3)＋P(￣A 1A 2A 3)＝15×14×23＋15×34×13＋45×14×13＝

3

20. 答：恰好二人破译出密码的概率为3

20

.

(Ⅱ)设“密码被破译”为事件C ，“密码未被破译”为事件D.

D ＝￣A 1·￣A 2·￣A 3，且￣A 1、￣A 2、￣A 3相互独立，则P(D)＝P(￣A 1)·P(￣

A 2)·P(￣A 3)＝45×34×23＝2

5

.

而P(C)＝1－P(D)＝3

5

，故P(C)＞P(D).

答：密码被破译的概率比密码未被破译的概率大.

【点评】 本题主要考查互斥事件、对立事件、相互独立的概率的计算.第（Ⅰ）小题正 确解答的关键是将所求事件分解为三个互斥的事件，而第（Ⅱ）的解答则充分利用对立 事件进行的计算.一般情况下，如果正面计算概率情况比较复杂或过程较繁，则可以考虑 计算对立事件的概率来解答.

【例3】 （08·重庆高考）在每道单项选择题给出的4个备选答案中，只有一个是正确 的.若对4道选择题中的每一道都任意选定一个答案，求这4道题中：(Ⅰ)恰有两道题答 对的概率；(Ⅱ)至少答对一道题的概率.

【分析】 第(Ⅰ)小题事件为独立重复试验，因此可直接计算；第(Ⅱ)小题可以考虑利用 正确解答，也可以考虑其对立事件进行解答.

【解】 “选择每道题的答案”为一次试验，则这是4次独立重复试验，且每次试验中“选 择正确”这一事件发生的概率为1

4

.由独立重复试验的概率计算公式得：

（Ⅰ）恰有两道题答对的概率为

P 4(2)＝C 24

(14)2(34)2＝27

128

. （Ⅱ）解法一：至少有一道题答对的概率为1－P 4(0)＝1－C 04

(14)0(34)4＝1－81256＝175

256. 解法二：至少有一道题答对的概率为分为4类情形： P 4(1)＝C 14(

14)1(34)3＝108256，P 4(2)＝C 24(14)2(34)2＝27128，P 4(3)＝C 34(14)3(34)1＝12

256

，P 4(4)＝C 44(14)4(34)0＝1

256

. 所以至少答对一道的概率为P 4(1)＋P 4(2)＋P 4(3)＋P 4(4)＝108256＋54256＋12256＋1256＝175256.

【点评】 本题主要考查独立重复试验及对立事件、互斥事件的综合运算.从第(Ⅱ)小题 的两种解法可以看到，当正确解答分类情况较多时，还是计算其对立事件的概率来的快.

题型二 求离散型随机变量的分布列、期望与方差

此考点主要考查观察问题、分析问题和解决问题的实际综合应用能力以及考生收集处理 信息的能力.主要题型：（1）离散型随机变量分布列的判断；（2）求离散型随机变量的分 布列、期望与方差应用；（3）根据离散型随机变量的分布列求概率；（4）根离散型随机 变量分布列、期望与方差性质的求参数. 1、 随机变量概率分布与期望

解决此类问题时，首先应明确随机变量可能取哪些值，然后按照相互独立事件同时发生概率的法公式去计算这些可能取值的概率值即可等到分布列，最后根据分布列和期望、方差公式去获解。以此考查离散型随机变量分布列和数学期望等概念和运用概率知识解决实际问题的能力。

例题 1（2005湖南卷）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ξ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ξ的分布及数学期望；

（Ⅱ）记“函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率. 解：（I ）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 1，A 2，A 3. 由已知A 1，A 2，A 3相互独立，P （A 1）=0.4，P （A 2）=0.5， P （A 3）=0.6.

客人游览的景点数的可能取值为0，1，2，3. 相应地，客人没有游览的景点数的可能取 值为3，2，1，0，所以ξ的可能取值为1，3.

P （ξ=3）=P （A 1·A 2·A 3）+ P （321A A A ??）

= P （A 1）P （A 2）P （A 3）+P （)()()321A P A P A ）

=2×0.4×0.5×0.6=0.24，

P （ξ=1）=1－

所以ξ的分布列为

E ξ（Ⅱ）解法一 因为,4

9

1)23()(22ξξ-+-

=x x f 所以函数),2

3

[13)(2+∞+-=ξξ在区间x x x f 上单调递增，

要使),2[)(+∞在x f 上单调递增，当且仅当.3

4

,223≤≤ξξ即

从而.76.0)1()3

4

()(===≤=ξξP P A P

解法二：ξ的可能取值为1，3.

当ξ=1时，函数),2[13)(2

+∞+-=在区间x x x f 上单调递增，

当ξ=3时，函数),2[19)(2

+∞+-=在区间x x x f 上不单调递增.0

所以.76.0)1()(===ξP A P

变式1 甲、乙两人做射击游戏，甲乙两人射击击中与否是相互独立事件，规则如下：若射击一次击中，原射击者继续射击，若射击一次不中，就由对方接替射击。已知甲乙两人射击一次击中的概率均为

8

7

，且第一次由甲开始射击。 （1）求前4次射击中，甲恰好射击3次的概率。

（2）若第n 次由甲射击的概率为n a ，求数列{}n a 的通项公式；求n n a ∞

→lim ，并说明极限

值的实际意义。

解：记A 为甲射击，B 为乙射击，则

1）前4次射击中甲恰好射击3次可列举为 AAAB ，AABA ，ABAA

其概率为P=

512

63

878181818187818787=

??+??+?? 2）第1+n 次由甲射击这一事件，包括第 n 次由甲射击，第1+n 次继续由甲射击这一事件以 第 n 次由乙射击，第 1+n 由甲射击这一事件，这两事件发生的概率是互斥的且发

生的概率分别为

n a 87与 )1(81n a -则有关系式 =+1n a n a 87+ )1(8

1n a -=8143+n a 其中11=a 。211-+n a =43（21-n a ），∴数列{2

1

-

n a }为等比数列。 ∴1)4

3

(2121-+=n n a

∴n n a ∞→lim =∞→n lim ))4

3(2121(1-+n =21

实际意义为当甲、乙两人射击次数较多时，甲、乙两分别射击的次数接近相等。

变式2 （07重庆理）某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获9000元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次），设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为19，110，1

11

，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中： （Ⅰ）获赔的概率；

（Ⅱ）获赔金额ξ的分布列与期望． （18）（本小题13分）

解：设k A 表示第k 辆车在一年内发生此种事故，123k =，，．由题意知1A ，2A ，3A 独立， 且11()9P A =

，21()10P A =，31()11

P A =． （Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为

12312389103

1()1()()()19101111

P A A A P A P A P A -=-=-??=．

（Ⅱ）ξ的所有可能值为0，9000，18000，27000．

12312389108

(0)()()()()9101111

P P A A A P A P A P A ξ====??=，

123123123(9000)()()()P P A A A P A A A P A A A ξ==++ 123123123()()()()()()()()()P A P A P A P A P A P A P A P A P A =++ 19108110891910119101191011=??+??+?? 24211

99045

==

， 123123123(18000)()()()P P A A A P A A A P A A A ξ==++ 123123123()()()()()()()()()P A P A P A P A P A P A P A P A P A =++ 1110191811910119101191011=??+??+?? 273

990110

==

， 123123(27000)()()()()P P A A A P A P A P A ξ===

1111

91011990

=??=

． 综上知，ξ的分布列为

求ξ的期望有两种解法： 解法一：由ξ的分布列得

81131

0900018000270001145110990

E ξ=?+?+?+?

29900

2718.1811

=

≈（元）

．

解法二：设k ξ表示第k 辆车一年内的获赔金额，123k =，，， 则1ξ有分布列

故11

900010009

E ξ=?

=． 同理得21900090010E ξ=?=，31

9000818.1811

E ξ=?≈．

综上有1231000900818.182718.18E E E E ξξξξ=++≈++=（元）．

2、 离散型随变量概率分布列 设离散型随机变量的分布列为

它有下面性质：①)

,2,1(0 =≥i P i

②,121=++++ i p p p 即总概率为1；

③期望;11 +++=i i P x P x E ξ方差 +-++-=i i P

E x P E x D 2

121)()(ξξξ 离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和. 高考常结合应用问题对随机变量概率分布列及其性质的应用进行考查.

例题1 (2004年全国高考题)某同学参加科普知识竞赛,需回答三个问题,竞赛规则规定:每题回答正确得100分,回答不正确得100分.假设这名同学每题回答正确的概率均为0.8,且各题回答正确与否相互之间没有影响.

①求这名同学回答这三个问题的总得分的概率分布和数学期望.