专题5 概率统计与其他知识的综合问题（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 专题五　概率统计与其他知识的综合问题 探究 概率统计与数列的交汇 AC 探究 概率、统计与不等式的综合 探究 概率统计与函数综合 探究 概率统计与导数综合 请完成：课时作业（七十一） 温馨提示 谢谢观看！ 【例1】 (2024·长沙二模)某手机应用程序为了答谢新老用户，设置了开心大转盘抽奖游戏，制定了如下中奖机制： 每次抽奖中奖的概率为p，n次抽奖后仍未中奖则下一次抽奖时一定中奖．每次中奖时有 eq \f(1,2) 的概率中积分奖，有 eq \f(1,2) 的概率中现金奖．若某一次中奖为积分奖，则下一次抽奖必定中现金奖，抽到现金奖后抽奖结束． (1)若n＝2，p＝ eq \f(1,2) ，试求直到第3次才抽到现金奖的概率； (2)若n＝19，p＝0.01，X表示抽到现金奖时的抽取次数． ①求X的分布列(用p表示即可)； ②求X的数学期望E(X).(0.9918≈0.834 5，计算结果四舍五入精确到个位数) 解：(1)设抽到现金奖时共抽取了3次为事件A， 则事件A包括第一次未中奖，第二次未中奖，第三次中了现金奖或第一次未中奖，第二次中了积分奖，第三次中现金奖． 其中中了积分奖的概率为 eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ， 则P(A)＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(1,4) ×1＝ eq \f(1,4) ， 所以直到第3次才抽到现金奖的概率为 eq \f(1,4) . (2)①X的可能取值为1，2，3，…，19，20，21. P(X＝1)＝ eq \f(1,2) p， P(X＝i)＝(1－p)i－2· eq \f(1,2) p·1＋(1－p)i－1· eq \f(1,2) p ＝ eq \f(1,2) p(2－p)(1－p)i－2，i＝2，3，…，19， P(X＝20)＝(1－p)18· eq \f(1,2) p＋(1－p)19· eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) (1－p)18， P(X＝21)＝(1－p)19· eq \f(1,2) ×1＝ eq \f(1,2) (1－p)19， 所以X的分布列为 X 1 2 … i … 20 21 P eq \f(1,2) p eq \f(1,2) p(2－p) … eq \f(1,2) p(2－p)(1－p)i－2 … eq \f(1,2) (1－p)18 eq \f(1,2) (1－p)19 其中i＝2，3，…，19. ②E(X)＝1× eq \f(1,2) p＋2× eq \f(1,2) p(2－p)＋3× eq \f(1,2) p(2－p)(1－p)1＋…＋i× eq \f(1,2) p(2－p)(1－p)i－2＋…＋19× eq \f(1,2) p(2－p)(1－p)17＋20× eq \f(1,2) (1－p)18＋21× eq \f(1,2) (1－p)19 ＝ eq \f(1,2) p＋ eq \f(1,2) p(2－p)[2＋3(1－p)＋4(1－p)2＋…＋19(1－p)17]＋10(1－p)18＋ eq \f(21,2) (1－p)19， 令S＝2＋3(1－p)＋4(1－p)2＋…＋19(1－p)17， 则(1－p)S＝2(1－p)＋3(1－p)2＋4(1－p)3＋…＋19(1－p)18， 作差得pS＝2＋(1－p)＋(1－p)2＋(1－p)3＋…＋(1－p)17－19(1－p)18 ＝2＋ eq \f(（1－p）[1－（1－p）17],p) －19(1－p)18， 所以 eq \f(1,2) p(2－p)S＝2－p＋ eq \f(（2－p）[1－p－（1－p）18],2p) － eq \f(19,2) (2－p)(1－p)18， E(X)＝ eq \f(1,2) p＋2－p＋ eq \f(（2－p）[1－p－（1－p）18],2p) － eq \f(19,2) (2－p)(1－p)18＋10(1－p)18＋ eq \f(21,2) (1－p)19 ＝ eq \f(2＋p,2p) － eq \f(（2－p）（1－p）18,2p) － eq \f(19,2) (2－p)(1－p)18＋10(1－p)18＋ eq \f(21,2) (1－p)19， E(X)＝ eq \f(2＋p,2p) ＋(1－p)18[－ eq \f(（2－p）,2p) － eq \f(19,2) (2－p)＋10＋ eq \f(21,2) (1－p)]＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,p) ＋(1－p)18(2－p－ eq \f(1,p) )， 代入p＝0.01，因为0.9918≈0.834 5， 所以得E(X)≈19， 所以X的数学期望E(X)约为19. 高考中常将概率统计与数列综合命题，解题时注意将概率的参数表达式与数列递推式相结合，可得数列的通项公式，使问题得解． 【练1】 (多选)(2025·福建三明一中模拟)已知红箱内有6个红球、3个白球，白箱内有3个红球、6个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，以此类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，则下列说法正确的是(　　) A．P2＝ eq \f(5,9) B．3Pn＋1＋Pn＝1 C．第5次取出的球是红球的概率为 eq \f(122,243) D．前3次取球恰有2次取到红球的概率是 eq \f(139,243) 解析：依题意P1＝ eq \f(6,9) ＝ eq \f(2,3) ， 设第n次取出球是红球的概率为Pn，则白球概率为1－Pn， 对于第n＋1次，取出红球有两种情况． ①从红箱取出的概率为Pn· eq \f(2,3) ，②从白箱取出的概率为(1－Pn)· eq \f(1,3) ， 对应Pn＋1＝ eq \f(2,3) Pn＋ eq \f(1,3) (1－Pn)＝ eq \f(1,3) Pn＋ eq \f(1,3) ，即3Pn＋1＝Pn＋1，故B错误； 所以Pn＋1－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2))) ， 令an＝Pn－ eq \f(1,2) ，则数列{an}为等比数列，公比为 eq \f(1,3) ，因为P1＝ eq \f(2,3) ，所以a1＝ eq \f(1,6) ，故Pn＝ eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(1,2) ，所以P2＝ eq \f(5,9) ，P5＝ eq \f(122,243) ，故A，C正确； 第1次取出球是红球的概率为P1＝ eq \f(2,3) ，第2次取出球是红球的概率为P2＝ eq \f(5,9) ，第3次取出球是红球的概率为P3＝ eq \f(14,27) ，前3次取球恰有2次取到红球的概率是 eq \f(2,3) × eq \f(5,9) × eq \f(13,27) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(4,9) × eq \f(14,27) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(5,9) × eq \f(14,27) ＝ eq \f(104,243) ，故D错误．故选AC. 【例2】 在检测中为减少检测次数，我们常采取“n合1检测法”，即将n个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均未感染病毒；若为阳性，则还需对本组的每个人再做检测．现有20k(k∈N＋)人，已知其中有2人感染病毒． (1)若k＝5，并采取“20合1检测法”，求共检测25次的概率； (2)设采取“10合1检测法”的总检测次数为X，采取“20合1检测法”的总检测次数为Y，若仅考虑总检测次数的期望值，当k为多少时，采取“20合1检测法”更适宜？请说明理由． 解：(1)对100个人采取“20合1检测法”需平均分为5组，先检测5次，因为共检测25次，即2个感染者分在同一组； 只需考虑其中某位感染者所在的小组， 原题等价于：从99人中任选19人与他组成一组， 求选到的19人中有另一位感染者的概率，此概率为eq \o\al(\s\up1(18),\s\do1(98)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(19),\s\do1(99)) ) ＝ eq \f(19,99) . (2)若2个感染者分在同一组，则 X＝2k＋10，P＝eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(20k－2)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(9),\s\do1(20k－1)) ) ＝ eq \f(9,20k－1) ， Y＝k＋20，P＝eq \o\al(\s\up1(18),\s\do1(20k－2)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(19),\s\do1(20k－1)) ) ＝ eq \f(19,20k－1) ， 若2个感染者分在不同组，则 X＝2k＋20，P＝1－ eq \f(9,20k－1) ， Y＝k＋40，P＝1－ eq \f(19,20k－1) ， E(X)＝2k＋20－ eq \f(90,20k－1) ， E(Y)＝k＋40－ eq \f(380,20k－1) ， 令E(X)>E(Y)， 则2k＋20－ eq \f(90,20k－1) >k＋40－ eq \f(380,20k－1) ， 即k2－20.05k＋15.5>0，k∈N＋， 抛物线y＝x2－20.05x＋15.5的对称轴为x＝10.025， 取x＝20得y>0，取x＝19得y<0，故k≥20， 综上，当k≥20时，采取“20合1检测法”更适宜． 高考中常将概率统计与不等式综合命题，解题时注意将概率的参数表达式与不等式相结合，可得变量范围和最值，使问题得解． 【练2】 北京某高校有20名志愿者报名参加志愿服务工作，其中有2名老师，18名学生．若从中随机抽取n(n∈N＋，n≤20)名志愿者，用X表示所抽取的n名志愿者中老师的人数． (1)若n＝2，求X的分布列与数学期望； (2)当n为何值时，X＝1的概率取得最大值？最大值是多少？ 解：(1)当n＝2时，X的所有可能取值为0，1，2， 则P(X＝0)＝eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(2)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(18)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) ) ＝ eq \f(153,190) ，P(X＝1)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(18)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) ) ＝ eq \f(18,95) ，P(X＝2)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(18)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) ) ＝ eq \f(1,190) ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(153,190) eq \f(18,95) eq \f(1,190) E(X)＝0× eq \f(153,190) ＋1× eq \f(18,95) ＋2× eq \f(1,190) ＝ eq \f(1,5) . (2)X＝1的概率为P(X＝1)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(18)) ,C eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(20)) ) ＝ eq \f(n（20－n）,190) ，1≤n≤20，且n∈N＋. 因为n(20－n)≤ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n＋（20－n）,2))) eq \s\up12(2) ＝100，当且仅当n＝20－n，即n＝10时等号成立，所以当n＝10时，X＝1的概率P(X＝1)取最大值，最大值是 eq \f(10,19) . 【例3】 (2025·重庆模拟)重庆市奉节县作为国家贫困县之一，于2019年4月顺利脱贫摘帽，因地制宜发展特色产业，是奉节脱贫攻坚的重要抓手．奉节县规划发展了以高山烟叶、药材、反季节蔬菜；中山油橄榄、养殖；低山脐橙等为主的产业格局，各类特色农产品已经成为当地村民的摇钱树．尤其是奉节脐橙，因“果皮中厚、脆而易剥，肉质细嫩化渣、无核少络，酸甜适度，汁多爽口，余味清香”而闻名．为了防止返贫，巩固脱贫攻坚成果，各职能部门对脐橙种植、销售、运 输、改良等各方面给予大力支持．奉节县种植的某品种脐橙果实按果径X(单位：mm)的大小分级，其中X∈(70，90]为一级果，X∈(90，110]为特级果，一级果与特级果统称为优品．现采摘了一大批此品种脐橙果实，从中随机抽取1 000个测量果径，得到频率分布直方图如下： (1)由频率分布直方图可认为，该品种脐橙果实的果径X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数 eq \o(x,\s\up6(－))，σ近似为样本标准差s，已知样本的方差的近似值为100.若从这批脐橙果实中任取一个，求取到的果实为优品的概率(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)； (2)这批采摘的脐橙按2个特级果和n(n≥2，且n∈N＋)个一级果为一箱的规格进行包装，再经过质检方可进入市场．质检员质检时从每箱中随机取出两个果实进行检验，若取到的两个果实等级相同，则该箱脐橙记为“同”，否则该箱脐橙记为“异”． ①试用含n的代数式表示抽检的某箱脐橙被记为“异”的概率p； ②设抽检的5箱脐橙中恰有3箱被记为“异”的概率为f(p)，求函数f(p)的最大值，及取最大值时n的值． 参考数据：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. 解：(1)由频率分布直方图得， eq \o(x,\s\up16(－)) ＝(61×0.01＋71×0.02＋81×0.045＋91×0.02＋101×0.005)×10＝80， 则X～N(80，100)，在(70，110]内为优品， 则P(μ－σ<X<μ＋3σ)≈ eq \f(1,2) ×0.682 7＋ eq \f(1,2) ×0.997 3＝0.84. (2)①p＝1－eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(C＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋2)) ) ＝1－ eq \f(n2－n＋2,n2＋3n＋2) ＝ eq \f(4n,n2＋3n＋2) . ②f(p)＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) p3(1－p)2， 且p＝ eq \f(4n,n2＋3n＋2) ＝ eq \f(4,n＋3＋\f(2,n)) ， 因为n≥2，且n∈N＋，由对勾函数知识可知，p＝ eq \f(4n,n2＋3n＋2) ＝ eq \f(4,n＋3＋\f(2,n)) 在[2，＋∞)上单调递减，当n＝2时，p＝ eq \f(2,3) ，所以p∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) ， 因为f′(p)＝10p2(1－p)(3－5p)，且 当p＝ eq \f(3,5) 时，f′(p)＝0，当0<p< eq \f(3,5) 时，f′(p)>0，当 eq \f(3,5) <p<1时，f′(p)<0， ∴f(p)最大值在p＝ eq \f(3,5) 时取得，可求得n＝3或n＝ eq \f(2,3) ，因为n∈N＋，所以n＝3，则f(p)max＝ eq \f(216,625) . 在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式的有关性质去实现． 【练3】 《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益，根据宪法制定的法律．某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，两人答题互不影响．若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”．已知甲、乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为P1，P2. (1)若P1＝ eq \f(2,3) ，P2＝ eq \f(1,2) ，则在第一轮竞赛中，求该组获“优秀小组”的概率； (2)当P1＋P2＝ eq \f(4,3) 时，求该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值． 解：(1)记该组获得“优秀小组”的事件为事件A，则事件A包含三种情况： 情况B为甲答对两题，乙答对一题；情况C为甲答对一题，乙答对两题，情况D为甲、乙都答对两题，情况B，C，D互斥，又因为甲乙两人答题相互独立， P(A)＝P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) ×2× eq \f(1,2) ×(1－ eq \f(1,2) )＋2× eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(2,3) )× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(4,9) ， 所以该组获“优秀小组”的概率 eq \f(4,9) . (2)由(1)知甲、乙小组每轮比赛获“优秀小组”的概率为 P＝P eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ·2P2(1－P2)＋2P1(1－P1)P eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋P eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) P eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝P1P2[2P1(1－P2)＋2(1－P1)P2＋P1P2]＝P1P2·[2(P1＋P2)－3P1P2]， 又P1＋P2＝ eq \f(4,3) ，则P1P2≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P1＋P2,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(4,9) ，当且仅当P1＝P2＝ eq \f(2,3) 时，等号成立， 而0≤P1≤1，0≤P2≤1，于是有 eq \f(1,3) ≤P1≤1，因此P1P2＝P1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－P1)) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9))) ， 令t＝P1P2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9))) ，则P＝－3t2＋ eq \f(8,3) t＝－3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(4,9))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(16,27) ≤ eq \f(16,27) ，当且仅当t＝ eq \f(4,9) 时等号成立，所以该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值为 eq \f(16,27) . 【例4】 (2025·云南昆明一中模拟)甲、乙两队进行一轮篮球比赛，比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束).在每一局比赛中，都不会出现平局，甲每局获胜的概率都为p(0<p<1). (1)若p＝ eq \f(1,2) ，比赛结束时，设甲获胜局数为X，求其分布列和期望E(X)； (2)若整轮比赛下来，甲队只胜一场的概率为f(p)，求f(p)的最大值． 解：(1)由题意可知，随机变量X的可能取值为0，1，2，3， 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝0)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 3＝ eq \f(1,8) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝1)) ＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 4＝ eq \f(3,16) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝2)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 5＝ eq \f(3,16) ， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝3)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 3＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 4＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 5＝ eq \f(1,2) ， 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,8) eq \f(3,16) eq \f(3,16) eq \f(1,2) 则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X)) ＝0× eq \f(1,8) ＋1× eq \f(3,16) ＋2× eq \f(3,16) ＋3× eq \f(1,2) ＝ eq \f(33,16) . (2)甲队只胜一场的概率为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) ＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) p eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－p)) 3， 则f′(p)＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) [(1－p)3＋3p(1－p)2(－1)]＝3(1－p)2·(1－4p).故当0<p< eq \f(1,4) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) >0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) 单调递增； 当 eq \f(1,4) <p<1时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) <0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) 单调递减． 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) ＝ eq \f(81,256) . 概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率，决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)的方案作为最佳方案，需要求概率表达式的最值，这往往借助于导数去实现． 【练4】 (2024·葫芦岛一模)葫芦岛市矿产资源丰富，拥有煤、钼、锌、铅等51种矿种，采矿业历史悠久，是葫芦岛市重要产业之一．某选矿场要对即将交付客户的一批200袋钼矿进行纯度检验，如检验出纯度不达标，则更换为达标产品．检验时，先从这批产品中抽20袋做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有钼矿做检验，设每袋钼矿纯度不达标的概率都为p(0<p<1)，且每袋钼矿纯度是否达标相互独立． (1)若20袋钼矿中恰有2袋不达标的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0； (2)已知每袋钼矿的检验成本为10元，若纯度不达标钼矿不慎出场，对于每袋不达标钼矿要赔付客户110元．现对这批钼矿检验了20袋，结果恰有两袋纯度不达标(不达标的钼矿不流入市场). ①若剩余钼矿不再做检验，以(1)中确定的p0作为p的值．这批钼矿的检验成本与赔偿费用的和记作ξ，求E(ξ)； ②以①中检验成本与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对余下的所有钼矿进行检验？ 解：(1)20袋钼矿中恰有2件不达标的概率为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) p2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－p)) 18， 因此f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) [2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(20)) p eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－p)) 17 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－10p)) . 令f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) ＝0，得p＝0.1，当p∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0.1)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) >0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) 单调递增，当p∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.1，1)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) <0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) 单调递减，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p)) 的最大值点p0＝0.1. (2)由(1)知，p＝0.1. ①令η表示余下的180袋钼矿中不达标的袋数，依据题意可知η～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180，0.1)) ，故E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η)) ＝18，又ξ＝20×10＋110η＝200＋110η，所以E(ξ)＝E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200＋110η)) ＝200＋110E(η)＝200＋110×18＝2 180. ②若对余下的钼矿进行检验，则所有检验成本为2 000元．由于E(ξ)＝2 180>2 000.所以应该对余下的钼矿都进行检验. $$