专题研究　概率、统计与函数、数列的交汇问题-2026年高考数学一轮复习

Content Navigation 内容导航 专题讲解 课外阅读 01 02 教师备用资料 03 第1页 专题研究　概率、统计与函数、数列的交汇问题 第‹#›页 √ 专题讲解 01 PAST ONE 3 (2025·云南昆明第一次摸底)甲、乙两人参加一个比赛，该比赛设有奖金256元，谁先赢满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局比赛乙赢的概率为p(0<p<1)，甲赢的概率为1－p，每局比赛相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，设备出现了故障，比赛被迫终止，则奖金应该如何分配才合理？有专家提出如下的奖金分配方案：若出现无人先赢5局且比赛意外终止的情况，则甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲∶P乙分配奖金． 第1页 (1)若p＝ ，求乙应该获得的奖金数； 【答案】　(1)252元 第1页 第1页 (2)记事件A为“比赛继续进行下去甲赢得全部奖金”，试求当比赛继续进行下去，甲赢得全部奖金的概率f(p)，并判断当p≥ 时，事件A是否为小概率事件，并说明理由．(注：若随机事件发生的概率小于0.05，则称随机事件为小概率事件) 【答案】　(2)是，理由见解析 【解析】　(2)设比赛继续进行Y局甲赢得全部奖金，则最后一场必然甲赢． 由题知，当Y＝4时，甲以5∶3的结果赢得比赛，所以P(Y＝4)＝(1－p)4， 当Y＝5时，甲以5∶4的结果赢得比赛，所以P(Y＝5)＝(1－p)×C43×(1－p)3p＝4(1－p)4p， 第1页 第1页 思考题1　学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参加“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参加“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率均为 ；参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p(0＜p＜1)， .李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响． 第1页 (1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和期望； 第1页 第1页 (2)设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中恰有3天每天得分不低于3分的概率为f(p)，求当p为何值时，f(p)取得最大值． 第1页 第1页 (2025·河北衡水调研)现有红、绿、蓝三种颜色的箱子，其中红箱中有4个红球，2个绿球，2个蓝球；绿箱中有2个红球，4个绿球，2个蓝球；蓝箱中有2个红球，2个绿球，4个蓝球．所有球的大小、形状、质量完全相同．第一次从红箱中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；第二次要从与第一次记录的颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去，以此类推，第k＋1次是从与第k次记录的颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后放回去，记第n次取出的球是红球的概率为Pn. 第1页 (1)求第3次取出的球是蓝球的概率； 第1页 (2)求Pn的解析式． 第1页 第1页 思考题2　(2025·广西南宁模拟)夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在这两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是 ，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为 ，若前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为 ，如此往复． 第1页 (1)求该同学第2天选择绿豆汤的概率； 第1页 (2)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，证明： 为等比数列； 【答案】 (2)证明见解析 第1页 (3)求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数． 【答案】　(3)1 第1页 返 回 √ 课外阅读 02 PAST TWO 23 重温高考 1．(2022·浙江)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________． 第1页 第1页 2．(2021·天津)甲、乙两人在每次猜谜语活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对一方获胜，否则本次平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 和 ，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为________；3次活动中，甲至少获胜2次的概率为________． 第1页 3．(2022·北京)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16. 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． 第1页 (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； 答案　(1)0.4 解析　(1)设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件A.因为比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖，甲以往的比赛成绩中达到9.50 m以上(含9.50 m)的有9.80 m，9.70 m，9.55 m，9.54 m，共4个， 所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)＝0.4. 第1页 (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX； 答案　(2)1.4 解析　(2)X的所有可能取值为0，1，2，3. 由(1)知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)＝0.4. 设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件B，C，则P(B)＝0.5，P(C)＝0.5. P(X＝0)＝(1－0.4)×(1－0.5)×(1－0.5)＝0.15， 第1页 P(X＝1)＝0.4×(1－0.5)×(1－0.5)＋(1－0.4)×0.5×(1－0.5)＋(1－0.4)×(1－0.5)×0.5＝0.4， P(X＝2)＝0.4×0.5×(1－0.5)＋0.4×(1－0.5)×0.5＋(1－0.4)×0.5×0.5＝0.35， P(X＝3)＝0.4×0.5×0.5＝0.1， 所以EX＝0×0.15＋1×0.4＋2×0.35＋3×0.1＝1.4. 第1页 (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明) 答案　(3)见解析 解析　(3)在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数来看，甲获得冠军的概率估计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大． 第1页 4．(2022·全国甲卷，理)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． (1)求甲学校获得冠军的概率； 答案　(1)0.6 解析　(1)设甲学校获得冠军的事件为A，则甲学校必须获胜2场或者3场． P(A)＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.6， 故甲学校获得冠军的概率为0.6. 第1页 (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 答案　(2)分布列见解析，13 解析　(2)X的所有可能取值为0，10，20，30. P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16， P(X＝10)＝(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.44， 第1页 P(X＝20)＝(1－0.5)×(1－0.4)×0.8＋0.5×(1－0.4)×(1－0.8)＋(1－0.5)×0.4×(1－0.8)＝0.34， P(X＝30)＝(1－0.5)×(1－0.4)×(1－0.8)＝0.06. 所以X的分布列为：   所以E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13. X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 第1页 5．(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分． 已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关． 第1页 (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； 答案　(1)分布列见解析 解析　(1)由题意得，X的所有可能取值为0，20，100， P(X＝0)＝1－0.8＝0.2， P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32， P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48， 所以X的分布列为： X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 第1页 (2)为使累计得分的数学期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由． 答案　(2)小明应选择先回答B类问题，理由见解析 解析　(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4(分)． 当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分， 则Y的所有可能取值为0，80，100， P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48， 第1页 所以Y的分布列为： E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6(分)． 因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的数学期望最大，小明应选择先回答B类问题． Y 0 80 100 P 0.4 0.12 0.48 返 回 √ 教 师 备 用 资 料 03 PAST THREE 39 利用概率知识破解决策性问题 1．(2024·湖南邵阳三模)为创造良好的城市消防安全环境，某社区举行“消防安全”答题活动，答题人根据所获得的分数获得相应的奖品．工作人员给每位答题人提供了A，B两类题目．规定每位答题人共需回答3道题目．现有两种答题方案供答题人选择： 甲方案：只答A类题目； 乙方案：第一次答A类题目，以后按如下规则答题：每次答对时，则下一次答A类题目，每次答错时，则下一次答B类题目． 已知A类题目每次答对得40分，答错得0分，B类题目每次答对得30分，答错得0分．若小李每道A类题目能答对的概率均为 ，每道B类题目能答对的概率均为 ，且每道题能否答对与回答顺序无关． 第1页 (1)若小李采用甲方案答题，求他的得分不低于80分的概率； 解析　(1)将“小李采用甲方案答题，且他的得分不低于80分”记为事件E， 则小李至少答对2道题目， 第1页 (2)若想要答题得分的期望值更大，小李应该选择哪种答题方案？ 答案　(2)乙方案 解析　(2)若小李采用甲方案答题，设他的得分为Y，他答对的题数为X， 若小李采用乙方案答题，设他的得分为Z，则Z的所有可能取值为0，30，40，70，80，120， 第1页 因为E(Y)<E(Z)， 所以小李想要答题得分的期望值更大，应该选择乙方案． 第1页 2．(2025·河南周口模拟预测)直播带货是扶贫助农的一种新模式，这种模式是利用主流媒体的公信力，聚合销售主播的力量助力打通农产品产销链条，切实助力农民增收．我国南方某蜜桔种植县通过网络平台直播销售蜜桔，其中每箱蜜桔重5千克，单价为40元/箱，已知最近5天单日直播总时长x(即所有主播的直播时长之和，单位：小时)与蜜桔的单日销售量y(单位：百箱)之间的统计数据如下表： 已知可用一元线性回归模型拟合y与x之间的关系． 直播总时长x 8 9 11 12 15 单日销售量y 67 63 80 80 85 第1页 第1页 (2)若每位主播每天直播的时间不超过4小时，要使每天直播带货销售蜜桔的总金额超过60万元，则至少要请几位主播进行直播？ 答案　(2)9 第1页 (3)直播带货大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本．该蜜桔平均每箱按80个计算，若客户在收到货时有坏果，则每个坏果要赔付1元．现有甲、乙两款包装箱，若采用甲款包装箱，成本为t(1≤t≤5)元/箱， 第1页 答案　(3)见解析 第1页 解析　(3)设采用甲款包装箱每箱获得的利润的数学期望为E1， 设采用乙款包装箱每箱获得的利润的数学期望为E2， 第1页 第1页 3．(2025·上海松江模拟)某超市每天以4元/千克购进某种有机蔬菜，然后以7元/千克出售．若每天下午6点以前所购进的有机蔬菜没有全部销售完，则对未售出的有机蔬菜降价处理，以2元/千克出售，并且降价后能够把剩余所有的有机蔬菜全部处理完毕，且当天不再进货．该超市整理了过去两个月(按60天计算)每天下午6点前这种有机蔬菜的日销售量(单位：千克)，得到如下统计数据．(注：视频率为概率，s，t∈N*)． 每天下午6点前的销售量/千克 250 300 350 400 450 天数 10 10 s t 5 第1页 (1)求过去两个月某1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率； 第1页 (2)在接下来的2天中，设X为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求X的分布列和数学期望； 第1页 (3)若该超市以当天的利润期望值为决策依据，当购进350千克的期望值比购进400千克的期望值大时，求s的最小值． 答案　(3)17 第1页 4．计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，不足80的有10年，不低于80且不超过120的有35年，超过120的有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立． 第1页 (1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率； 答案　(1)0.947 7 解析　(1)依题意， 由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝C40(1－p3)4＋C41p3(1－p3)3＝0.94＋4×0.1×0.93＝0.947 7. 第1页 (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系： 若某台发电机运行，则其年利润为1 000万元；若某台发电机未运行，则其年亏损为160万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？ 年入流量 40<X<80 80≤X≤120 X>120 发电机最多可运行台数 1 2 3 答案　(2)2 第1页 解析　(2)记水电站年总利润为Y万元． ①安装1台发电机的情形：由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝1 000，E(Y)＝1 000×1＝1 000. ②安装2台发电机的情形：依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝1 000－160＝840，因此P(Y＝840)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝1 000×2＝2 000，因此P(Y＝2 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8，由此得Y的分布列为： 所以E(Y)＝840×0.2＋2 000×0.8＝1 768. Y 840 2 000 P 0.2 0.8 第1页 ③安装3台发电机的情形：依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝1 000－320＝680，因此P(Y＝680)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝1 000×2－160＝1 840，因此P(Y＝1 840)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝1 000×3＝3 000，因此P(Y＝3 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1，由此得Y的分布列为： 所以E(Y)＝680×0.2＋1 840×0.7＋3 000×0.1＝1 724. 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台． Y 680 1 840 3 000 P 0.2 0.7 0.1 第1页 5．(2025·河北保定期末考试)2022年11月20日，卡塔尔足球世界杯正式开幕，世界杯上的中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物……中国制造为卡塔尔世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛，该足球队教练组对球员的使用是依据数据分析，为了考查球员甲对球队的贡献，作出如下数据统计(甲参加过的比赛均分出了胜负)：   球队负 球队胜 总计 甲参加 3 29 32 甲未参加 7 11 18 总计 10 40 50 第1页 (1)依据小概率值α＝0.025的独立性检验，判断能否认为球队获胜与甲球员参赛有关； 答案　(1)能 因此依据小概率值α＝0.025的独立性检验，可以认为H0不成立，即能认为球队获胜与甲球员参赛有关． 第1页 (2)根据以往的数据统计，乙球员能够胜任边锋、中锋、后腰以及后卫四个位置，且出场率分别为0.2，0.4，0.3，0.1，当出任边锋、中锋、后腰以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.3，0.4，0.2.则： ①当乙球员参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率； ②当乙球员参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担任边锋的概率； ③如果你是教练员，应用概率统计有关知识分析，该如何使用乙球员？ 附表及公式： α 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 第1页 解析　(2)①设A1表示“乙球员担任边锋”；A2表示“乙球员担任中锋”；A3表示“乙球员担任后腰”；A4表示“乙球员担任后卫”；B表示“球队输掉某场比赛”， 则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝0.2×0.4＋0.4×0.3＋0.3×0.4＋0.1×0.2＝0.34. 第1页 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 第1页 eq \f(3,4) 【解析】　(1)设比赛再继续进行X局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢． 由题知，当X＝2时，乙以5∶1的结果赢得比赛，所以P(X＝2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)， 当X＝3时，乙以5∶2的结果赢得比赛，所以P(X＝3)＝eq \f(3,4)×C21×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(9,32)， 当X＝4时，乙以5∶3的结果赢得比赛，所以P(X＝4)＝eq \f(3,4)×C31×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(27,256)， 当X＝5时，乙以5∶4的结果赢得比赛，所以P(X＝5)＝eq \f(3,4)×C41×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(9,256)， 所以乙赢得全部奖金的概率为eq \f(9,16)＋eq \f(9,32)＋eq \f(27,256)＋eq \f(9,256)＝eq \f(63,64)，所以乙应该获得的奖金为256×eq \f(63,64)＝252(元)． eq \f(2,3) 所以甲赢得全部奖金的概率f(p)＝(1－p)4＋4(1－p)4p＝(4p＋1)(1－p)4，p∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))， 所以f′(p)＝4(1－p)4－4(4p＋1)·(1－p)3＝4(1－p)3(1－p－4p－1)＝－20(1－p)3p. ∵p∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))， ∴f′(p)＝－20(1－p)3p<0， ∴f(p)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减， 所以f(p)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq \f(11,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)＝eq \f(11,35)≈0.045<0.05， 故事件A是小概率事件． eq \f(1,2) eq \f(1,3) 【答案】　(1)分布列见解析，eq \f(15,2) 【解析】　(1)X的所有可能取值为5，6，7，8，9，10， P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)， P(X＝6)＝C51×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝eq \f(5,32)， P(X＝7)＝C52×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)， P(X＝8)＝C53×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)， P(X＝9)＝C54×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)＝eq \f(5,32)， P(X＝10)＝C55×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)， 所以X的分布列为： X 5 6 7 8 9 10 P eq \f(1,32) eq \f(5,32) eq \f(5,16) eq \f(5,16) eq \f(5,32) eq \f(1,32) 则E(X)＝5×eq \f(1,32)＋6×eq \f(5,32)＋7×eq \f(5,16)＋8×eq \f(5,16)＋9×eq \f(5,32)＋10×eq \f(1,32)＝eq \f(240,32)＝eq \f(15,2). 【答案】　(2)eq \f(2,5) 【解析】　(2)由题意知“每天得分不低于3分”的概率为p＋(1－p)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)p(0<p<1)， 所以5天中恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝C53eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(2,3)p)) eq \s\up12(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)－\f(2,3)p)) eq \s\up12(2)＝eq \f(40,243)(1＋2p)3(1－p)2， f′(p)＝eq \f(40,243)[6(1＋2p)2(1－p)2－2(1＋2p)3(1－p)]＝eq \f(40,243)(1＋2p)2(1－p)(4－10p)， 当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))时，f′(p)>0，所以f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))上单调递增； 当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))时，f′(p)<0，所以f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))上单调递减， 所以当p＝eq \f(2,5)时，f(p)取得最大值． 【答案】　(1)eq \f(21,64) 【解析】　(1)设第n次取出的球是绿球、蓝球的概率分别为an，bn， 显然P1＝eq \f(1,2)，a1＝eq \f(1,4)，b1＝eq \f(1,4). 则P2＝eq \f(1,2)P1＋eq \f(1,4)a1＋eq \f(1,4)b1＝eq \f(3,8)，a2＝eq \f(1,4)P1＋eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)b1＝eq \f(5,16)，b2＝eq \f(1,4)P1＋eq \f(1,4)a1＋eq \f(1,2)b1＝eq \f(5,16)， 故b3＝eq \f(1,4)P2＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,2)b2＝eq \f(21,64)， 即第3次取出的球是蓝球的概率为eq \f(21,64). 【答案】　(2)Pn＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)＋eq \f(1,3) 【解析】　(2)由(1)可知，当n≥2时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Pn＝\f(1,2)Pn－1＋\f(1,4)an－1＋\f(1,4)bn－1①，,an＝\f(1,4)Pn－1＋\f(1,2)an－1＋\f(1,4)bn－1②，,bn＝\f(1,4)Pn－1＋\f(1,4)an－1＋\f(1,2)bn－1③，)) 由②－③得an－bn＝eq \f(1,4)(an－1－bn－1)， ∵a1＝b1＝eq \f(1,4)，∴an＝bn. 代入①得Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,2)an－1， 又∵Pn＋an＋bn＝1，∴Pn＋2an＝1， ∴an＝eq \f(1－Pn,2)， ∴Pn＝eq \f(1,4)Pn－1＋eq \f(1,4). ∴Pn－eq \f(1,3)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,3)))， 又∵P1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(1,4)的等比数列， ∴Pn－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)， ∴Pn＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)＋eq \f(1,3). eq \f(2,3) eq \f(1,3) eq \f(1,2) 【答案】　(1)eq \f(7,18) 【解析】　(1)设A1表示该同学第1天选择绿豆汤，A2表示该同学第2天选择绿豆汤，则eq \o(A,\s\up10(－))1表示该同学第1天选择银耳羹， 根据题意得，P(A1)＝eq \f(2,3)，P(eq \o(A,\s\up10(－))1)＝eq \f(1,3)，P(A2|A1)＝eq \f(1,3)，P(A2|eq \o(A,\s\up10(－))1)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)， 所以P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq \o(A,\s\up10(－))1)P(A2|eq \o(A,\s\up10(－))1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(7,18). 【解析】　(2)证明：设An表示该同学第n天选择绿豆汤，则Pn＝P(An)，P(eq \o(A,\s\up10(－))n)＝1－Pn， 根据题意得，P(An＋1|An)＝eq \f(1,3)，P(An＋1|eq \o(A,\s\up10(－))n)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)， 由全概率公式得，P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(eq \o(A,\s\up10(－))n)P(An＋1|eq \o(A,\s\up10(－))n)＝eq \f(1,3)Pn＋eq \f(1,2)(1－Pn)＝－eq \f(1,6)Pn＋eq \f(1,2)， 即Pn＋1＝－eq \f(1,6)Pn＋eq \f(1,2)，整理得，Pn＋1－eq \f(3,7)＝－eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,7)))，又P1－eq \f(3,7)＝eq \f(5,21)≠0， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,7)))是以eq \f(5,21)为首项，－eq \f(1,6)为公比的等比数列． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(3,7))) 【解析】　(3)由(2)得，Pn＝eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)， 由题意，只需Pn>1－Pn，即Pn>eq \f(1,2)(n＝1，2，…，10)， 则eq \f(3,7)＋eq \f(5,21)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)>eq \f(1,2)， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)>eq \f(3,10)(n＝1，2，…，10)， 显然n为偶数时不成立，即n必为奇数， 当n＝1，3，5，7，9时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)>eq \f(3,10)⇒＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)>eq \f(3,10)， 当n＝1时，1>eq \f(3,10)显然成立， 当n＝3时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(2)－eq \f(3,10)<0， 而函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)单调递减，所以当n＝5，7，9时，均有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(n－1)<eq \f(3,10). 所以该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率． eq \f(16,35) eq \f(12,7) 解析　从写有数字1，2，2，3，4，5，6的7张卡片中任取3张共有C73种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有(C41＋C21C42)种，所以P(ξ＝2)＝eq \f(C41＋C21C42,C73)＝eq \f(16,35)， 由已知可得ξ的所有可能取值为1，2，3，4， P(ξ＝1)＝eq \f(C62,C73)＝eq \f(3,7)，P(ξ＝2)＝eq \f(16,35)， P(ξ＝3)＝eq \f(C32,C73)＝eq \f(3,35)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,C73)＝eq \f(1,35)， 所以E(ξ)＝1×eq \f(3,7)＋2×eq \f(16,35)＋3×eq \f(3,35)＋4×eq \f(1,35)＝eq \f(12,7). eq \f(7,27) eq \f(5,6) 解析　∵一次活动中，甲获胜的概率为eq \f(5,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,3)， ∴3次活动中，甲至少获胜2次的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)＋C32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(7,27). eq \f(3,5) eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(3,5) 答案　(1)eq \f(44,125) 所以P(E)＝C32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(1)＋C33eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(0)＝eq \f(44,125). 则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，所以E(X)＝3×eq \f(2,5)＝eq \f(6,5)， 则E(Y)＝40E(X)＝40×eq \f(6,5)＝48. P(Z＝0)＝eq \f(3,5)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(12,125)，P(Z＝30)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(3,5)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(45,125)， P(Z＝40)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(12,125)，P(Z＝70)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(3,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(36,125)， P(Z＝80)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(12,125)，P(Z＝120)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(8,125)， 所以E(Z)＝0×eq \f(12,125)＋30×eq \f(45,125)＋40×eq \f(12,125)＋70×eq \f(36,125)＋80×eq \f(12,125)＋120×eq \f(8,125)＝eq \f(1 254,25)＝50.16， (1)试求变量y关于x的经验回归方程eq \o(y,\s\up10(^))＝eq \o(b,\s\up10(^))x＋eq \o(a,\s\up10(^))； 答案　(1)eq \o(y,\s\up10(^))＝3.1x＋40.9　 解析　(1)由题意得eq \o(x,\s\up10(－))＝eq \f(8＋9＋11＋12＋15,5)＝11，eq \o(y,\s\up10(－))＝eq \f(67＋63＋80＋80＋85,5)＝75， 又eq \o(∑,\s\up14(5),\s\do14(i＝1))xiyi＝4 218，eq \o(∑,\s\up14(5),\s\do14(i＝1))xi2＝635， 所以eq \o(b,\s\up10(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up10(－))）（yi－\o(y,\s\up10(－))）,\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up10(－))）2)＝eq \f(\o(∑,\s\up14(5),\s\do14(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up10(－))\o(y,\s\up10(－)),\o(∑,\s\up14(5),\s\do14(i＝1))xi2－5\o(x,\s\up10(－))2)＝eq \f(4 218－4 125,635－605)＝eq \f(93,30)＝3.1， 所以eq \o(a,\s\up10(^))＝eq \o(y,\s\up10(－))－eq \o(b,\s\up10(^))eq \o(x,\s\up10(－))＝75－3.1×11＝40.9， 所以经验回归方程为eq \o(y,\s\up10(^))＝3.1x＋40.9. 解析　(2)根据题意得40×100eq \o(y,\s\up10(^))＝4 000(3.1x＋40.9)>600 000， 解得x>eq \f(1 091,31)，又eq \f(1 091,31)≈35.2，且eq \f(35.2,4)＝8.8， 所以至少要请9位主播进行直播． 且每箱坏果的个数X服从P(X＝i)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，i＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(i)，i＝1，2，3，4，5，,0，i＝6，…，80；))若采用乙款包装箱，成本为eq \f(3,2)t元/箱，且每箱坏果的个数Y服从P(Y＝i)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)，i＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(i)m，i＝1，2，3，,0，i＝4，5，…，80.))请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装箱获得的利润更大． 附：eq \o(b,\s\up10(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up10(－))）（yi－\o(y,\s\up10(－))）,\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up10(－))）2)，eq \o(a,\s\up10(^))＝eq \o(y,\s\up10(－))－eq \o(b,\s\up10(^)) eq \o(x,\s\up10(－))，eq \o(∑,\s\up14(5),\s\do14(i＝1))xiyi＝4 218，eq \o(∑,\s\up14(n),\s\do14(i＝1))xi2＝635. 则E1＝40－1×E(X)－t ＝40－1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0×\f(1,32)＋1×\f(1,2)＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)＋5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(5)))－t ＝eq \f(1 223,32)－t. 对于采用乙款包装箱，由eq \f(1,2)m＋eq \f(1,4)m＋eq \f(1,8)m＋eq \f(9,16)＝1，得m＝eq \f(1,2). 则E2＝40－1×E(Y)－eq \f(3,2)t＝40－1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0×\f(9,16)＋1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)))－eq \f(3,2)t＝eq \f(629,16)－eq \f(3,2)t. 因为1≤t≤5，令eq \f(1 223,32)－t＝eq \f(629,16)－eq \f(3,2)t，解得t＝eq \f(35,16)，令eq \f(1 223,32)－t>eq \f(629,16)－eq \f(3,2)t，解得t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(35,16)，5))，令eq \f(1 223,32)－t<eq \f(629,16)－eq \f(3,2)t，解得t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(35,16))). 所以当t＝eq \f(35,16)时，采用两款包装箱获得的利润一样；当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(35,16)，5))时，采用甲款包装箱获得的利润更大；当t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(35,16)))时，采用乙款包装箱获得的利润更大． 解析　(1)由表格中的数据，可得过去两个月某1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率为p＝1－eq \f(20,60)＝eq \f(2,3). 答案　(1)eq \f(2,3) 答案　(2)分布列见解析，eq \f(4,3) 解析　(2)由(1)知某1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率p＝eq \f(2,3)， 随机变量X的所有可能取值为0，1，2， 可得P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9)，P(X＝1)＝C21×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9)，P(X＝2)＝C22eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,9)， 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 P eq \f(1,9) eq \f(4,9) eq \f(4,9) 所以X的数学期望E(X)＝0×eq \f(1,9)＋1×eq \f(4,9)＋2×eq \f(4,9)＝eq \f(4,3). 解析　(3)购进350千克时利润的期望值为350×3×eq \f(2,3)＋(300×3－50×2)×eq \f(1,6)＋(250×3－100×2)×eq \f(1,6)＝925， 购进400千克时利润的期望值为400×3×eq \f(40－s,60)＋(350×3－50×2)×eq \f(s,60)＋(300×3－100×2)×eq \f(1,6)＋(250×3－150×2)×eq \f(1,6)＝eq \f(2 975,3)－eq \f(25s,6)， 由925>eq \f(2 975,3)－eq \f(25s,6)，解得s>16， 因为s，t∈N*且s＋t＝35，因此17≤s≤34，s∈N*， 所以s的最小值是17. p1＝P(40<X<80)＝eq \f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq \f(35,50)＝0.7， p3＝P(X>120)＝eq \f(5,50)＝0.1. 解析　(1)零假设为H0：球队获胜与甲球员参赛无关．由列联表中的数据可得χ2＝eq \f(50×（3×11－7×29）2,32×18×10×40)≈6.27>5.024＝x0.025， χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d. 答案　(2)①0.34　②eq \f(4,17)　③见解析 ②P(A1|B)＝eq \f(P（A1B）,P（B）)＝eq \f(P（A1）·P（B|A1）,P（B）)＝eq \f(0.2×0.4,0.34)＝eq \f(4,17). ③因为P(A2|B)＝eq \f(P（A2B）,P（B）)＝eq \f(P（A2）·P（B|A2）,P（B）)＝eq \f(0.4×0.3,0.34)＝eq \f(6,17)， P(A3|B)＝eq \f(P（A3B）,P（B）)＝eq \f(P（A3）·P（B|A3）,P（B）)＝eq \f(0.3×0.4,0.34)＝eq \f(6,17)， P(A4|B)＝eq \f(P（A4B）,P（B）)＝eq \f(P（A4）·P（B|A4）,P（B）)＝eq \f(0.1×0.2,0.34)＝eq \f(1,17)， 所以P(A1|B)∶P(A2|B)∶P(A3|B)∶P(A4|B)＝4∶6∶6∶1， 所以应该多让乙球员担任后卫，来增加赢球场次． $$