核心微练85-87-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

微练(八十五)　离散型随机变量及其分布列与数字特征 　　　　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.袋中装有10个红球、5个黑球.每次随机抽取1个球后,若取得黑球则另换1个红球放回袋中,直到取到红球为止.设抽取的次数为ξ,则表示“放回5个红球”事件的是(C) A.ξ=4 B.ξ=5 C.ξ=6 D.ξ≤5 解析　“放回5个红球”表示前五次抽到黑球,第六次抽到红球,故ξ=6.故选C. 2.已知P(X=i)=(i=1,2,3),随机变量Y=2X-1,则P(Y≥3)=(B) A. B. C. D. 解析　由题意可知P(Y≥3)=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=.故选B. 3.已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P a 则X的均值E(X)等于(A) A. B.2 C. D.3 解析　由题意得+a+=1,解得a=,故E(X)=1×+2×+3×=.故选A. 4.已知X的分布列为 X -1 0 1 P 且Y=aX+3,E(Y)=,则a为(B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　E(X)=(-1)×+0×+1×=-,由Y=aX+3得E(Y)=aE(X)+3,所以=a×+3,解得a=2.故选B. 5.现有3道单选题,学生李明对其中的2道题有思路,1道题完全没有思路,有思路的题答对的概率为,没有思路的题只好任意猜一个答案,猜对答案的概率为,若每题答对得5分,不答或答错得0分,则李明这3道题得分的均值为(B) A. B. C. D. 解析　记李明这3道题的得分为随机变量X,则X的所有可能取值为0,5,10,15,P(X=0)=×=,P(X=5)=×××+×=,P(X=10)=×××+×=,P(X=15)=×=,所以E(X)=0×+5×+10×+15×=.故选B. 6.已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为: 甲产业收益分布列 收益X/亿元 -1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 乙产业收益分布列 收益Y/亿元 0 1 2 概率 0.3 0.4 0.3 则下列说法正确的是(A) A.甲产业收益的期望大,风险高 B.甲产业收益的期望小,风险小 C.乙产业收益的期望大,风险小 D.乙产业收益的期望小,风险高 解析　由题意可得E(X)=-1×0.1+0×0.3+2×0.6=1.1,D(X)=(-1-1.1)2×0.1+(0-1.1)2×0.3+(2-1.1)2×0.6=1.29;E(Y)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1,D(Y)=(0-1)2×0.3+(1-1)2×0.4+(2-1)2×0.3=0.6,故E(X)>E(Y),D(X)>D(Y),即甲产业收益的期望大,风险高.故选A. 二、多项选择题 7.一盒中有7个乒乓球,其中5个未使用过,2个已使用过.现从盒子中任取3个球来用,用完后再装回盒中.记盒中已使用过的球的个数为X,则(AC) A.X的所有可能取值是3,4,5 B.X最有可能的取值是5 C.X取值是3的概率为 D.X的数学期望是 解析　记 “一个未使用过的乒乓球”为A, “一个已使用过的乒乓球”为B,任取3个球的所有可能是1A2B,2A1B,3A,A使用后成为B,故X的所有可能取值是3,4,5,故A正确;P(X=3)==,P(X=4)==,P(X=5)==,所以X最有可能的取值是4,故B错误,C正确;E(X)=3×+4×+5×=,故D错误.故选AC. 8.已知某商场某种商品的单件销售利润为X,X的可能取值为0,a,2,根据以往销售经验可得0<a<2,随机变量X的分布列为 X 0 a 2 P b 则下列结论正确的是 (ABC) A.b= B.若该商场销售5件该商品,其中有3件销售利润为0的概率为 C.D(X)min= D.当D(X)最小时,E(X)= 解析　对A,由题意知,+b+=1,所以b=,故选项A正确.对B,该商场销售5件该商品,其中有3件销售利润为0的概率为=,故选项B正确.对C,随机变量X的期望E(X)=0×+a+2×=(a+1),D(X)=×+×+×=×(2a2-2a+5)=×,因为0<a<2,所以当a=时,D(X)最小,且D(X)min=,故选项C正确.对D,由C知,当D(X)最小时,a=,所以E(X)=×=,故选项D错误.故选ABC. 三、填空题 9.某射击选手射击环数的分布列为 X 7 8 9 10 P 0.3 0.3 a b 若射击不小于9环为优秀,其射击一次的优秀率为 40% .  解析　由分布列的性质,得P(X≥9)=a+b=1-0.3-0.3=0.4,故射击一次的优秀率为40%. 10.某日A,B两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同,已知A市或B市受台风袭击的概率为0.36,若用X表示这一天受台风袭击的城市个数,则E(X)= 0.4 .  解析　设A,B两市受台风袭击的概率均为p,则A市和B市均不受台风袭击的概率为(1-p)2=1-0.36,解得p=0.2或p=1.8(舍去),则P(X=0)=1-0.36=0.64,P(X=1)=×0.8×0.2=0.32,P(X=2)=0.2×0.2=0.04,所以E(X)=0×0.64+1×0.32+2×0.04=0.4. 11.已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1),发球次数为X,若X的均值E(X)>1.75,则p的取值范围为  .  解析　由题意知P(X=1)=p,P(X=2)=p(1-p),P(X=3)=(1-p)2,所以E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2>1.75,解得p>或p<,又p∈(0,1),所以p∈. 四、解答题 12.从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛,设随机变量X表示所选3人中女生的人数,求: (1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率; (2)X的均值与方差. 解　(1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率P=P(X=0)+P(X=1)=+=+=. (2)因为从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛,随机变量X表示所选3人中女生的人数,所以X的可能取值为0,1,2,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)=0×+1×+2×=1.D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×=. 13.(2025·辽宁模拟)民航招飞是指普通高校飞行技术专业(本科)通过高考招收飞行学生,报名的学生参加预选初检、体检鉴定、飞行职业心理学检测、背景调查、高考选拔这5项流程,其中前4项流程选拔均通过,则被确认为有效招飞申请,然后参加高考,由招飞院校择优录取.据统计,每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为,,,1.假设学生能否通过这5项流程相互独立,现有某校高三学生A,B,C这三人报名民航招飞. (1)求A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率; (2)根据A,B,C这三人的平时学习成绩,预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为,,,设随机变量X为A,B,C这三人中能被招飞院校录取的人数,求X的分布列和数学期望. 解　(1)因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为,,,1,且能否通过相互独立,所以每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P=×××1=.故A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率P0=×=. (2)因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P=,且预估A,B,C能被招飞院校录取的概率分别为,,,所以A能被招飞院校录取的概率为P1=×=,B能被招飞院校录取的概率为P2=×=,C能被招飞院校录取的概率为P3=×=,由题知,X的可能取值为0,1,2,3,所以P(X=0)=××=,P(X=1)=××+×××2=,P(X=2)=×××2+××=,P(X=3)=××=, 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P E(X)=0×+1×+2×+3×=. 素养提升 14.(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表: 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元. 假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率; (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (ⅰ)记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望E(X); (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明) 解　(1)解法一:记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4,所以P(A)===. 解法二:记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,由索赔次数不少于2,知可利用间接法计算,则P(A)=1-=. (2)(ⅰ)由题知X的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2.0,-2.6,则P(X=0.4)==0.8,P(X=-0.4)==0.1,P(X=-1.2)==0.06,P(X=-2.0)==0.03,P(X=-2.6)==0.01,故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122. (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中E(X)估计值大.证明如下:设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则对于索赔次数为0的保单,Y=0.4×(1-4%)=0.384,对于索赔次数为1的保单,Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,对于索赔次数为2的保单,Y=-0.32-0.8=-1.12,对于索赔次数为3的保单,Y=-1.12-0.8=-1.92,对于索赔次数为4的保单,Y=-1.92-0.6=-2.52,故E(Y)=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2.所以E(X)<E(Y). 微练(八十六)　二项分布、超几何分布、正态分布 　　　　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是(D) A. B. C. D. 解析　袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,每次取到黄球的概率p=,所以3次中恰有2次抽到黄球的概率为××=.故选D. 2.一批产品共100件,其中有3件不合格品,从中任取5件,则恰有1件不合格品的概率是(A) A. B. C.1- D.1- 解析　一批产品共100件,其中有3件不合格品,从中任取5件,共有种取法,其中恰有1件不合格品的取法有种,故恰有1件不合格品的概率是.故选A. 3.(2025·湖南模拟)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立,设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=(B) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 解析　由题知X~B(10,p),则D(X)=10p·(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又因为P(X=4)<P(X=6),即p4·(1-p)6<p6(1-p)4⇒(1-p)2<p2⇒p>0.5,所以p=0.6,故选B. 4.已知两个随机变量X,Y,其中X~B,Y~N(μ,σ2),若μ=E(X),P(Y<0)=0.2,则P(4≤Y≤8)=(B) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 解析　由X~B,得E(X)=8×=4,故μ=E(X)=4,所以Y~N(4,σ2).又因为P(Y<0)=0.2,可得P(4≤Y≤8)==0.3.故选B. 5.某校为宣传《中华人民共和国未成年人保护法》,特举行《中华人民共和国未成年人保护法》知识竞赛,规定两人为一组,每一轮竞赛中,小组两人分别答两题,若答对题数不少于3,则被称为“优秀小组”.已知甲、乙两位同学组成一组,且同学甲和同学乙每题答对的概率分别为p1,p2.若p1=,p2=,则在第一轮竞赛中他们获得“优秀小组”称号的概率为(A) A. B. C. D. 解析　依题意,在第一轮竞赛中甲、乙所在的小组能获得“优秀小组”称号的所有可能的情况有:甲答对1题,乙答对2题;甲答对2题,乙答对1题;甲答对2题,乙答对2题,且每人所答两题中答对的1题有先后之分,所以所求概率为P=×××+×××+×=.故选A. 6.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球,有放回地摸取5次,设摸得的白球数为X,已知E(X)=3,则D(X)=(B) A. B. C. D. 解析　由题意,知X~B,所以E(X)=5×=3,解得m=2,所以X~B,所以D(X)=5××=.故选B. 二、多项选择题 7.已知随机变量X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,随机变量Y~B(3,p),若E(Y)=E(X),则 (ABC) A.μ=2 B.D(X)=σ2 C.p= D.D(3Y)=2 解析　因为X~N(μ,σ2)且P(X≤2)=0.5,所以μ=2,故E(X)=μ=2,D(X)=σ2,A、B正确;因为Y~B(3,p),所以E(Y)=3p=E(X),所以3p=2,解得p=,C正确;D(3Y)=9D(Y)=9×3××=6,D错误.故选ABC. 8.某工厂进行产品质量抽测,两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品,已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品,员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品,员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品.设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X,员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y,k=0,1,2,3.则下列判断正确的是 (ABD) A.随机变量X服从二项分布 B.随机变量Y服从超几何分布 C.P(X=k)<P(Y=k) D.E(X)=E(Y) 解析　对于A,B,由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确;对于D,该批产品有M件,则E(X)=3·=,E(Y)====,故D正确;对于C,假设C正确可得E(X)<E(Y),则D错误,矛盾,故C错误.故选ABD. 三、填空题 9.一个口袋中有7个大小、质地相同的球,其中红球3个,黄球2个,绿球2个.现从该口袋中任取3个球,设取出红球的个数为ξ,则E(ξ)=  .  解析　解法一:E(ξ)=×3=. 解法二:依题意,ξ的所有可能取值为0,1,2,3,而口袋中有红球3个,其他球4个,故P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,所以E(ξ)=0×+1×+2×+3×=. 10.某企业生产一种零部件,其质量指标介于(49.6,50.4)的为优品,技术改造前,该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.16);技术改造后,该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布N(50,0.04).那么,该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差约为 0.271 8 .(若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<σ)≈0.682 7,P(| X-μ|<2σ)≈0.954 5,P(|X-μ|<3σ)≈0.997 3)  解析　记技术改造前,该企业生产的该种零部件质量指标的均值为μ1,标准差为σ1,技术改造后,该企业生产的该种零部件质量指标的均值为μ2,标准差为σ2,由题知μ1=μ2=50,σ1=0.4,σ2=0.2,(49.6,50.4)=(μ1-σ1,μ1+σ1)=(μ2-2σ2,μ2+2σ2),所以技术改造前的优品率约为0.682 7,技术改造后的优品率约为0.954 5,优品率之差约为0.954 5-0.682 7=0.271 8. 11.如图,一个质点从原点0出发,每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位,共移动6次.质点位于4的位置的概率为  ;在质点第一秒位于1的位置的条件下,该质点共经过两次3的位置的概率为  .  解析　记质点向左移动的次数为X,则X~B.质点从原点0出发,共移动6次到达4的位置,在6次移动过程中必向左移动1次、向右移动5次,则质点位于4的位置的概率P(X=1)=··=.当质点第一秒位于1的位置时,质点还要移动5次,共有25=32(种)移动路线.若该质点经过两次3的位置,则有1-2-3-2-3-2,1-2-3-2-3-4,1-2-3-4-3-2,1-2-3-4-3-4,共4种情况,所以该质点共经过两次3的位置的概率P==. 四、解答题 12.已知条件①采用无放回抽取,条件②采用有放回抽取,在上述两个条件中任选一个,补充在下面问题中的横线上并作答,选两个条件作答的按条件①的解答计分.问题:在一个口袋中装有3个红球和4个白球,这些球除颜色外完全相同,若  ,从这7个球中随机抽取3个球,记取出的3个球中红球的个数为X,求随机变量X的分布列和数学期望.  解析　若选①,由题意,随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 解法一:所以E(X)=0×+1×+2×+3×=. 解法二:因为X服从超几何分布,所以E(X)==. 若选②,由题意,随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,且X~B,所以P(X=0)==,P(X=1)=××=,P(X=2)=××=,P(X=3)==,所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)=3×=. 13.(2025·湖南邵阳一模)现有两台车床加工同一型号的零件,第1台车床的正品率为95%,第2台车床的正品率为93%,将加工出来的零件混放在一起.已知第1,2台车床加工的零件数分别为总数的60%,40%. (1)从混放的零件中任取1件,如果该零件是次品,求它是第2台车床加工出来的概率; (2)从混放的零件中有放回地抽取10次,每次抽取1件,且每次抽取均相互独立,用X表示这10次抽取的零件中次品的总件数,求X的数学期望E(X). 解　(1)第1台车床加工零件的次品率为5%,第2台车床加工零件的次品率为7%.记事件A为“从混放的零件中任取1个零件,该零件是次品”,事件Bi为“从混放的零件中任取1个零件,该零件是第i台车床加工的”,i=1,2,则P(B2|A)===.所以它是第2台车床加工出来的概率为. (2)X的可能取值为0,1,2,3,…,10,且X服从二项分布.由(1)知,P(A)=0.6×0.05+0.4×0.07=0.058,所以X~B(10,0.058),所以E(X)=10×0.058=0.58. 素养提升 14.在一次新兵射击能力检测中,每人都可打5枪,只要击中靶标就停止射击,合格通过;5次全不中,则不合格.新兵A参加射击能力检测,假设他每次射击相互独立,且击中靶标的概率均为p(0<p<1),若当p=p0时,他至少射击4次合格通过的概率最大,则p0= 1- .  解析　至少射击4次合格通过的概率为f(p)=(1-p)3p+(1-p)4p=(1-p)3(2p-p2),所以f'(p)=(1-p)2(5p2-10p+2).令f'(p)=0,结合0<p<1,解得p=1-,故f(p)在上单调递增,在上单调递减,当p=1-时,f(p)取得最大值,故p0=1-. 15.(2025·兰州模拟)某校高三某次数学月考中选择题有单选和多选两种题型.单选题每题四个选项,有且仅有一个选项正确,选对得5分,选错得0分.多选题每题四个选项,有两个或三个选项正确,全部选对得6分,部分选对得3分,有错误选择或不选择得0分. (1)已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路,只能随机选择一个选项作答,且每题的解答相互独立.记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X. (ⅰ)求P(X=3); (ⅱ)求使得P(X=k)(k=0,1,2,3,4)取最大值时的整数k; (2)若某同学在解答最后一道多选题时,除确定B,D选项不能同时选择之外没有答题思路,只能随机选择若干选项作答.已知此题正确答案是两个选项与三个选项的概率均为,求该同学在答题过程中使此题得分期望最大的答题方式,并写出得分的最大期望. 解　(1)(ⅰ)该同学答对每道单选题的概率均为,易知X~B,所以P(X=3)=×=. (ⅱ)P(X=k)=,k=0,1,2,3,4, 由解得≤k≤,所以k=1.即P(X=k)取最大值时,k=1. (2)由题知,B,D选项不能同时选择,该同学可以选择一个选项、两个选项或三个选项.正确答案是两个选项的可能情况为AB,AC,AD,BC,CD,每种情况出现的概率均为×=;正确答案是三个选项的可能情况为ABC,ACD,每种情况出现的概率均为×=. 若该同学只选择一个选项,则得分的期望如下: E(A)=3××3+2××3=(分), E(B)=2××3+1××3=(分), E(C)=3××3+2××3=(分), E(D)=2××3+1××3=(分). 若该同学选择了两个选项,则得分的期望如下: E(AB)=×6+×3=(分), E(AC)=×6+2××3=(分), E(AD)=×6+×3=(分), E(BC)=×6+×3=(分), E(CD)=×6+×3=(分). 若该同学选择了三个选项,则得分的期望如下: E(ABC)=×6=(分), E(ACD)=×6=(分). 经比较,该同学只选择A或只选择C的得分期望最大,最大为分. 微练(八十七)　概率与统计的综合问题 1.(2025·长沙适应性考试)某厂为了考察设备更新后的产品优质率,质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据,制作了如下列联表: 优质品 非优质品 更新前 24 16 更新后 48 12 (1)依据小概率值α=0.050的独立性检验,分析设备更新后能否提高产品优质率; (2)如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查,核查方案为:若这5件产品中至少有3件是优质品,则认为设备更新成功,提高了优质率;否则认为设备更新失败. ①求经核查认定设备更新失败的概率p; ②根据p的大小解释核查方案是否合理. 附:χ2=,n=a+b+c+d. α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 解　(1)零假设为H0:设备更新与提高产品的优质率独立,即设备更新后不能提高产品优质率. 由题中列联表可得χ2=≈4.762>3.841,依据小概率值α=0.050的独立性检验,我们可以推断H0不成立,因此可以认为设备更新后能提高产品优质率. (2)根据题意,设备更新后产品的优质率为0.8.可以认为从更新后的生产线中抽出的5件产品是否为优质品是相互独立的. ①设X表示这5件产品中优质品的件数,则X~B(5,0.8),可得p=P(X≤2)=×0.25+×0.8×0.24+×0.82×0.23=0.057 92. ②实际上设备更新后提高了优质率.当这5件产品中的优质品件数不超过2时,认为更新失败,此时作出了错误的判断,由于作出错误判断的概率很小,则核查方案是合理的. 2.(2025·东北三省四市联考)入冬以来,东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”.南方的“小土豆”们纷纷北上体验东北最美的冬天,这个冬天火的不只是东北的美食、东北人的热情,还有东北的洗浴中心,拥挤程度堪比春运,南方游客直接拉着行李箱进入.东北某城市洗浴中心花式宠“且”,为给顾客更好的体验,推出了A和B两个套餐服务,顾客可自由选择A和B两个套餐之一,并在某APP平台上推出了优惠券活动,下表是该洗浴中心在该APP平台10天销售优惠券的情况. 第t天 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量 y/千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得:=yi=2.2,tiyi=118.73,=385. (1)由于优惠券购买火爆,该APP平台在第10天时系统出现异常,导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少,现剔除第10天数据,求y关于t的经验回归方程(结果中的数值用分数表示); (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为,选择B套餐的概率为,并且A套餐可以用一张优惠券,B套餐可以用2张优惠券,且顾客选择套餐后才能购买套餐可用数量的优惠券.记该APP平台累计销售优惠券为n张的概率为Pn,求Pn及Pn的最大值与最小值. 附:在经验回归方程=x+中,==,=-. 解　(1)剔除第10天的数据,可得==2.4,==5,则tiyi=118.73-10×0.4=114.73,=385-102=285,所以===,可得=2.4-×5=,所以=t+. (2)由题意知P1=,P2=×+=,当n≥3时,Pn=Pn-1+Pn-2,所以Pn+Pn-1=Pn-1+Pn-2(n≥3),又P2+P1=+×=1,所以当n≥2时,是各项都为1的常数列,即Pn+Pn-1=1(n≥2),所以Pn-=-(n≥2).又P1-=-=-,所以数列是首项为-、公比为-的等比数列,故Pn-=-,所以Pn=-+=+.当n为偶数时,Pn=+·>,Pn随n的增大而减小,最大值为P2=.当n为奇数时,Pn=-·<,Pn随n的增大而增大,最小值为P1=.综上可得,数列{Pn}的最大值为,最小值为. 3.某企业对500个产品逐一进行检验,检验“合格”方能出厂.产品检验需要进行A,B,C三项工序,三项检验全部通过则被确定为“合格”,若其中至少两项检验不通过的产品确定为“不合格”,有且只有一项检验不通过的产品将其进行改良后再检验A,B两项工序,如果这两项全部通过则被确定为“合格”,否则确定为“不合格”.每个产品检验A,B,C三项工序工作相互独立,每一项检验不通过的概率均为p(0<p<1). (1)记某产品被确定为“不合格”的概率为f(p),求f的值; (2)若不需要重新检验的每个产品的检验费用为120元,需要重新检验的每个产品两次检验费用为200元.除检验费用外,其他费用为2万元,且这500个产品全部检验,该企业预算检验总费用(包含检验费用与其他费用)为10万元.试预测该企业检验总费用是否会超过预算?并说明理由. 解　(1)依题意,每个产品首次检验被确定为“不合格”的概率为p2(1-p)+p3,首次检验有且只有一项检验不通过的产品再次检验被确定为“不合格”的概率为p(1-p)2[1-(1-p)2].因为f(p)=p2(1-p)+p3+p·(1-p)2[1-(1-p)2]=-3p5+12p4-17p3+9p2,所以f=. (2)设每个产品检验的费用为X元,则X的可能取值为120,200,依题意,P(X=200)=p(1-p)2,P(X=120)=1-p(1-p)2,则E(X)=200p(1-p)2+120[1-p(1-p)2]=120+240p(1-p)2,p∈(0,1).设函数g(x)=120+240x(1-x)2,x∈(0,1),求导得g'(x)=240(3x-1)(x-1),当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.因此g(x)≤g=,即E(X)≤,则该企业检验总费用的期望最大值为2+500××10-4=(万元),因为<10,所以预测该企业检验总费用不会超过预算. 学科网（北京）股份有限公司 $$