第二编 专题5 专题培优 概率与其他知识的综合-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦“概率与统计”专题，覆盖概率与数列、函数综合等高考核心考点，依据高考评价体系分析考向权重，归纳分布列求解、数学期望计算、等比数列证明等常考题型，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法指导+分层训练”，如以2023新课标1卷第21题为例，通过构建递推关系证明等比数列，培养学生的数学思维和模型意识，专题作业分中档题（70%）和拔高题（30%），助力学生掌握解题技巧，教师可据此实现精准复习指导。

第二编　主干知识突破 专题五　概率与统计 专题培优　概率与其他知识的综合 「考情研析」知识模块之间的综合问题在近几年高考中频繁出现，概率往往与数列、函数等知识综合命题，以解答题为主，属于较难题． 2 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 热点 考向探究 考向1　　概率与数列的综合 例1　(2025·广东中山市第一中学等校二模)某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn(1≤n≤6)的数学期望为E(Xn)． (1)求E(X1)及X2的分布列； (2)写出E(Xn)与E(Xn－1)(n≥2)的递推关系式，并证明{E(Xn)＋50}为等比数列； (3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值．(参考数据：1.26≈2.986) 热点 考向探究 5 X2 25 50 100 P 0.4 0.24 0.36 热点 考向探究 6 (2)依题意，当n≥2时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为2E(Xn－1)，对应概率为0.6， 抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为0.4，因此当2≤n≤6时，E(Xn)＝2E(Xn－1)×0.6＋25×0.4＝1.2E(Xn－1)＋10， E(Xn)＋50＝1.2E(Xn－1)＋60， 即E(Xn)＋50＝1.2[E(Xn－1)＋50]， 又E(X1)＋50＝40＋50＝90， 所以数列{E(Xn)＋50}是首项为90，公比为1.2的等比数列． 热点 考向探究 7 热点 考向探究 8 1．命题规律 概率与数列的综合问题，常常以概率、随机变量分布列为命题情景，同时考查等差数列、等比数列的判定及其前n项和． 2．解题策略 一方面要准确分析题中所涉及的事件是哪种事件类型，正确应用互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率乘法公式、条件概率和全概率公式； 另一方面熟练掌握等差、等比数列的判定方法，求数列通项公式的方法和求数列前n项和的方法． 热点 考向探究 9 A套餐满意度 A套餐改善情况 合计 改善前 改善后 满意 20 40 60 不满意 30 30 60 合计 50 70 120 热点 考向探究 10 根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？ (2)若A套餐拟提供2种品类的素菜，n(n≥3，n∈N*)种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求P(X＝1)的最大值，并求此时n的值； (3)设员工小李第n天选择B套餐的概率为Pn，求Pn. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 热点 考向探究 13 热点 考向探究 14 考向2　概率与函数的综合 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 1．命题规律 概率与函数的综合问题，常常涉及概率最值或均值、方差的最值等问题，同时考查导数法研究函数的单调性和最值． 2．解题策略 一方面要准确掌握概率、均值和方差的计算方法，灵活运用期望和方差的性质，以及常见分布列的均值、方差公式；另一方面要熟练掌握导数法研究函数的单调性和最值的方法． 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 真题VS押题 真题VS押题 25 真题VS押题 26 真题VS押题 27 真题VS押题 28 真题VS押题 29 真题VS押题 30 真题VS押题 31 专题作业 中档题(占比70%)　拔高题(占比30%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 概率与函数的综合 概率与数列的综合 概率与函数的综合 概率与数列的综合 概率与函数的综合 概率与数列的综合 专题作业 1 2 3 4 5 6 33 专题作业 1 2 3 4 5 6 34 专题作业 1 2 3 4 5 6 35 专题作业 1 2 3 4 5 6 36 专题作业 1 2 3 4 5 6 37 2．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X. 专题作业 1 2 3 4 5 6 38 (1)求X的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8. ①证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列； ②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性． 专题作业 1 2 3 4 5 6 39 解：(1)由题意可知X的所有可能取值为－1，0，1， ∴P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)， 则X的分布列为 (2)∵α＝0.5，β＝0.8， ∴a＝0.5×0.8＝0.4，b＝0.5×0.8＋0.5×0.2＝0.5，c＝0.5×0.2＝0.1. ①证明：∵pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)， 即pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1(i＝1，2，…，7)， 整理可得5pi＝4pi－1＋pi＋1(i＝1，2，…，7)， X －1 0 1 P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β) 专题作业 1 2 3 4 5 6 40 专题作业 1 2 3 4 5 6 41 专题作业 1 2 3 4 5 6 42 专题作业 1 2 3 4 5 6 43 专题作业 1 2 3 4 5 6 44 专题作业 1 2 3 4 5 6 45 4．(2025·江西省重点中学联盟第二次联考)某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一枚均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分．连续投掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束． (1)设员工在游戏过程中累计得n分的概率为Pn. ①求P1，P2，P3； ②求证：数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)为等比数列； (2)得9分的员工，获得二等奖，得10分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的2倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？(精确到1元) 专题作业 1 2 3 4 5 6 46 专题作业 1 2 3 4 5 6 47 专题作业 1 2 3 4 5 6 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 49 5．(2025·海南省直辖县级单位模拟)蝗虫能对农作物造成严重伤害，每只蝗虫的平均产卵数y(单位：个)和平均温度x(单位：℃)有关．现收集到一只蝗虫的产卵数y和温度x的8组观测数据，制成图1所示的散点图．现用两种模型①y＝ebx＋a，②y＝cx2＋d分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图． 根据收集到的数据，计算得到如下值： 专题作业 1 2 3 4 5 6 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 52 专题作业 1 2 3 4 5 6 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 59 专题作业 1 2 3 4 5 6 60 　　　　　　　　　　　　　 R 解：(1)依题意，抽到一个红球的概率为eq \f(6,10)＝0.6，抽到一个黑球的概率为0.4， 显然X1的所有可能取值为25，50， 则P(X1＝25)＝0.4，P(X1＝50)＝0.6， 所以E(X1)＝25×0.4＋50×0.6＝40， 又X2的所有可能取值为25，50，100， 则P(X2＝25)＝0.4，P(X2＝50)＝0.4×0.6＝0.24，P(X2＝100)＝0.6×0.6＝0.36， 所以X2的分布列为 (3)由(2)得，E(Xn)＋50＝90×1.2n－1(1≤n≤6)， 即E(Xn)＝90×1.2n－1－50， 所以顾客甲抽奖6次，所得的所有奖券数额的期望为eq \o(∑,\s\up17(6),\s\do14(i＝1))E(Xn)＝eq \f(90×（1－1.26）,1－1.2)－50×6≈eq \f(90×（1－2.986）,－0.2)－300＝593.7(元)． (2025·江苏泰州二模)某科技公司食堂每天中午提供A，B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为eq \f(2,5)；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为eq \f(3,5). (1)食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表： 单位：名 参考数据：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d. 解：(1)零假设为H0：员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关， 由已知数据计算χ2＝eq \f(120×（20×30－40×30）2,60×60×50×70)≈3.429<7.879＝x0.005， 根据小概率值α＝0.005的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关． (2)依题意，P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,n),Ceq \o\al(3,n＋2)) ＝eq \f(6（n－1）,（n＋2）（n＋1）)， 令an＝eq \f(6（n－1）,（n＋2）（n＋1）)，n≥3， eq \f(an＋1,an)＝eq \f(\f(6n,（n＋3）（n＋2）),\f(6（n－1）,（n＋2）（n＋1）))＝eq \f(n（n＋1）,（n＋3）（n－1）) ＝eq \f(n2＋n,n2＋n＋n－3)≤1， 当且仅当n＝3，等号成立， 当n＝3时，a4＝a3＝eq \f(3,5)，当n>3时，an＋1<an，即当n≥4时，数列{an}递减， 于是a3＝a4>a5>a6>…， 所以P(X＝1)的最大值为eq \f(3,5)，此时n＝3或n＝4. (3)由员工小李第n天选择B套餐的概率为Pn，得员工小李第n天选择A套餐的概率为1－Pn， 因此Pn＋1＝(1－Pn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＋Pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq \f(3,5)－eq \f(1,5)Pn， 而P1＝eq \f(1,2)，Pn＋1－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2)))， 又P1－eq \f(1,2)＝0，因此Pn－eq \f(1,2)＝0，所以Pn＝eq \f(1,2). 例2　(2025·河北石家庄一模)在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为p，且p∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，每次掷游戏币的结果相互独立． (1)当p＝eq \f(1,2)时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率； (2)若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次． ①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为f(p)，求f(p)的表达式； ②设甲在一轮游戏中投掷的次数为X，求E(X)的最大值． 解：设事件Ai表示“第i次正面向上”，其中i＝1，2，3，4，5，6，且P(Ai)＝p，P(eq \o(A,\s\up17(－))i)＝1－p. (1)设事件B表示“至少出现一次正面向上”， 则P(B)＝1－P(eq \o(A,\s\up17(－))1eq \o(A,\s\up17(－))2)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4). (2)①设事件C表示“恰好投掷了5次游戏结束”， 则C＝A1eq \o(A,\s\up17(－))2A3A4A5＋eq \o(A,\s\up17(－))1eq \o(A,\s\up17(－))2A3A4A5. 故P(C)＝P(A1)P(eq \o(A,\s\up17(－))2)P(A3)P(A4)P(A5)＋P(eq \o(A,\s\up17(－))1)P(eq \o(A,\s\up17(－))2)P(A3)P(A4)P(A5)＝(1－p)p4＋(1－p)2p3＝(1－p)p3， 所以f(p)＝(1－p)p3. ②由题意知X的可能取值为3，4，5，6， P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝p3， P(X＝4)＝P(eq \o(A,\s\up17(－))1A2A3A4)＝(1－p)p3， P(X＝5)＝(1－p)p3， P(X＝6)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)－P(X＝5)＝1－p3(3－2p)． 则E(X)＝3p3＋4(1－p)p3＋5(1－p)p3＋6[1－p3(3－2p)]＝3p4－6p3＋6. 令g(p)＝3p4－6p3＋6，g′(p)＝6p2(2p－3)， 当p∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))时，g′(p)<0， 即g(p)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))上单调递减，故g(p)≤geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq \f(157,27)，因此E(X)的最大值为eq \f(157,27). (2025·山东泰安二模)某学校有甲、乙两个图书馆．假设同学们可以任意选择其中一个图书馆借阅，也可选择不借阅，一天最多借阅一次，一次只能选择一个图书馆．若同学们每次借阅选择去甲或乙图书馆的概率均为eq \f(1,2)，每次选择相互独立．设王同学在某周的三天内去图书馆借阅的次数为X，已知X的分布列如下(其中a>0，0<p<1)： X 0 1 2 3 P a(1－p)2 eq \f(a,p) a a(1－p) (1)记事件Ai表示“王同学在这三天内去图书馆借阅i次(i＝0，1，2，3)”，事件B表示“王同学在这三天内去甲图书馆借阅的次数大于去乙图书馆借阅的次数”．当p＝eq \f(1,2)时，试根据全概率公式求P(B)的值； (2)是否存在实数p，使得E(X)＝eq \f(5,3)？若存在，求出p的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)当p＝eq \f(1,2)时，P(A0)＝eq \f(a,4)，P(A1)＝2a，P(A2)＝a，P(A3)＝eq \f(a,2)， 则eq \f(a,4)＋2a＋a＋eq \f(a,2)＝1，解得a＝eq \f(4,15). 由题意，得P(B|A1)＝Ceq \o\al(1,1)×eq \f(1,2)，P(B|A2)＝Ceq \o\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)， P(B|A3)＝Ceq \o\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋Ceq \o\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)， 由全概率公式，得P(B)＝eq \o(∑,\s\up17(3),\s\do14(i＝1))P(B|Ai)P(Ai)＝Ceq \o\al(1,1)×eq \f(1,2)×2a＋Ceq \o\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)a＋2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋Ceq \o\al(3,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3))) ×eq \f(a,2)＝a＋eq \f(a,4)＋eq \f(a,4)＝eq \f(3a,2)＝eq \f(3,2)×eq \f(4,15)＝eq \f(2,5). (2)由a(1－p)2＋eq \f(a,p)＋a＋a(1－p)＝1， 得eq \f(1,a)＝p2－3p＋eq \f(1,p)＋3， 假设存在实数p，使E(X)＝eq \f(a,p)＋2a＋3a(1－p)＝eq \f(5,3)， 将上述两式左右分别相乘， 得eq \f(1,p)＋5－3p＝eq \f(5p2,3)－5p＋eq \f(5,3p)＋5， 化简得5p3－6p2＋2＝0， 设h(p)＝5p3－6p2＋2， 则h′(p)＝15p2－12p＝3p(5p－4)， 由h′(p)<0，得0<p<eq \f(4,5)， 由h′(p)>0，得eq \f(4,5)<p<1， 则h(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5) ，1))上单调递增， 所以h(p)的最小值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))＝eq \f(18,25)>0， 所以不存在p0，使得h(p0)＝0， 即不存在实数p，使得E(X)＝eq \f(5,3). (2023·新课标Ⅰ卷，21)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))Xi)=eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1))qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． 解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)·P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. (2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1) ＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2， 构造等比数列{pi＋λ}， 设pi＋1＋λ＝eq \f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq \f(1,3)， 则pi＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1＝eq \f(1,2)，p1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(2,5)的等比数列， 即pi－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)，所以pi＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)＋eq \f(1,3). (3)因为pi＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)＋eq \f(1,3)，i＝1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝eq \f(1,6)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n),1－\f(2,5))＋eq \f(n,3)＝eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋eq \f(n,3). 设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为P(X＝ak)＝xk，P(Y＝ak)＝yk，xk>0，yk>0，k＝0，1，2，…，n，eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))xk＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))yk＝1.指标D(X‖Y)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xkln \f(xk,yk))).设X～B(n，p)，0<p<1. (1)若Y～B(n，q)，0<q<1，求D(X‖Y)； (2)若n＝2，P(Y＝k)＝eq \f(1,3)，k＝0，1，2，求D(X‖Y)的最小值； (3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明D(X‖Y)≥0，并指出取等号的充要条件． 解：(1)不妨设ak＝k，则xk＝Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k，yk＝Ceq \o\al(k,n)qk(1－q)n－k. 所以D(X‖Y)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) k,n)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cpk（1－p）n－kln \f(pk（1－p）n－k,qk（1－q）n－k))) ＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) k,n)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Cpk（1－p）n－kln \f(pk（1－q）k（1－p）n,qk（1－p）k（1－q）n))) ＝ln eq \f(p（1－q）,q（1－p）) eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))[kCeq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k]＋nln eq \f(1－p,1－q)·eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))[Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k]， 由X～B(n，p)可知，eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))[kCeq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k]＝E(X)＝np， eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))[Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k]＝(p＋1－p)n＝1， 所以D(X‖Y)＝npln eq \f(p（1－q）,q（1－p）)＋nln eq \f(1－p,1－q). (2)当n＝2时，P(X＝2)＝p2，P(X＝1)＝2p(1－p)，P(X＝0)＝(1－p)2， 记f(p)＝D(X‖Y)＝p2ln 3p2＋2p(1－p)·ln 6p(1－p)＋(1－p)2ln 3(1－p)2＝p2ln p2＋2p(1－p)ln 2p(1－p)＋(1－p)2ln (1－p)2＋ln 3， 则f′(p)＝4pln p＋2p＋(2－4p)[ln 2p(1－p)＋1]－4(1－p)ln (1－p)－2(1－p)＝2[ln p－ln (1－p)＋(1－2p)ln 2]， 令g(p)＝ln p－ln (1－p)＋(1－2p)ln 2，0<p<1， 则g′(p)＝eq \f(1,p)＋eq \f(1,1－p)－2ln 2＝(p＋1－p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,p)＋\f(1,1－p)))－2ln 2＝2＋eq \f(1－p,p)＋eq \f(p,1－p)－2ln 2≥2＋2eq \r(\f(1－p,p)·\f(p,1－p))－2ln 2＝4－ln 4>0，当p＝eq \f(1,2)时取等号，所以g(p)单调递增． 又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以f′(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为负，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上为正，则f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增， 所以D(X‖Y)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝ln 3－eq \f(3,2)ln 2. (3)令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 所以h(x)≤h(1)＝0，即ln x－x＋1≤0，当且仅当x＝1时，等号成立， 则当x>0时，ln x≤x－1，所以ln eq \f(1,x)≤eq \f(1,x)－1，即ln x≥1－eq \f(1,x). 故D(X‖Y)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xkln \f(xk,yk)))≥eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(xk\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(yk,xk)))))＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0)) (xk－yk)＝eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))xk－eq \o(∑,\s\up17(n),\s\do14(k＝0))yk＝0，当且仅当对所有的k，xk＝yk时，等号成立． 1．(2025·安徽合肥一六八中学模拟)3月14日为国际数学日，也称为π节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得1个积分．已知甲、乙两名同学一组，甲同学和乙同学每道题答对的概率分别是p1和p2，且每道题答对与否互不影响． (1)若p1＝eq \f(4,5)，p2＝eq \f(3,4)，求甲、乙同学这一组在一轮竞赛中获得1个积分的概率； (2)若p1＋p2＝eq \f(4,3)，且每轮竞赛互不影响，进行n轮竞赛后，甲、乙同学这一组获得的积分为X分．若E(X)≥5恒成立，求n的最小值． 解：(1)假设甲同学和乙同学答对的题目个数分别为a1，a2， 所以所求概率为P＝P(a1＝2，a2＝3)＋P(a1＝3，a2＝2)＋P(a1＝3，a2＝3)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)×Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(297,500)， 所以甲、乙同学这一组在一轮竞赛中获得1个积分的概率为eq \f(297,500). (2)由(1)可知P＝P(a1＝2，a2＝3)＋P(a1＝3，a2＝2)＋P(a1＝3，a2＝3)＝Ceq \o\al(2,3)×peq \o\al(2,1)×(1－p1)×peq \o\al(3,2)＋peq \o\al(3,1)×Ceq \o\al(2,3)×peq \o\al(2,2)×(1－p2)＋peq \o\al(3,1)×peq \o\al(3,2)， 整理可得P＝peq \o\al(2,1)peq \o\al(2,2)[3(p1＋p2)－5p1p2]＝peq \o\al(2,1)peq \o\al(2,2)(4－5p1p2)， 因为0≤p1≤1，0≤p2≤1，且p1＋p2＝eq \f(4,3)， 所以eq \f(1,3)≤p1≤1， 所以p1p2＝p1eq \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，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9)))， 所以P(t)＝－5t3＋4t2，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9)))， 则P′(t)＝－15t2＋8t， 当t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9)))时，P′(t)>0恒成立，P(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,9)))上单调递增，所以当t＝eq \f(1,3)时，P(t)取得最小值eq \f(7,27)， 设在n轮竞赛中，甲、乙同学这一组获得1个积分的轮数为Y，则Y～B(n，P)， 又X＝Y，所以E(X)＝E(Y)＝nP， 则由nP≥5，即n·eq \f(7,27)≥5，解得n≥eq \f(135,7)≈19.3， 因为n为正整数，所以n的最小值为20. ∴pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)(i＝1，2，…，7)， ∴{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是以p1－p0为首项，4为公比的等比数列． ②由①，知pi＋1－pi＝(p1－p0)·4i＝p1·4i， ∴p8－p7＝p1·47，p7－p6＝p1·46，…，p1－p0＝p1·40， 作和可得p8－p0＝p1·(40＋41＋…＋47)＝eq \f(1－48,1－4)p1＝eq \f(48－1,3)p1＝1，∴p1＝eq \f(3,48－1)， ∴p4＝p4－p0＝p1·(40＋41＋42＋43)＝eq \f(1－44,1－4)p1＝eq \f(44－1,3)×eq \f(3,48－1)＝eq \f(1,44＋1)＝eq \f(1,257). p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝eq \f(1,257)≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理． 3．(2025·河北秦皇岛三模)甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试．笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数(考生能够正确作答的概率)均为p(0<p<1)，每道岗位实践题的难度系数均为q(0<q<1)，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局；面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束．已知甲笔试得满分的概率为eq \f(1,16)，笔试和面试各题是否答对相互独立． (1)当p＝eq \f(2,3)时，求q； (2)求甲能够进入面试的概率f(p)的最小值及相应的p值； (3)已知甲通过了笔试环节，面试时每道题的难度系数是(2)中求得的p值，令甲面试结束时的答题数为X，求X的分布列与数学期望． 解：(1)由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立， 所以甲笔试得满分的概率为p2q2＝eq \f(1,16)， 则pq＝eq \f(1,4)，又p＝eq \f(2,3)，所以q＝eq \f(1,4)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,8). (2)由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试， 所以甲能够进入面试的概率f(p)＝Ceq \o\al(1,2)p(1－p)q2＋Ceq \o\al(1,2)q(1－q)p2＋p2q2， 由(1)知pq＝eq \f(1,4)，则q＝eq \f(1,4p)， 则f(p)＝2p(1－p)eq \f(1,16p2)＋2×eq \f(1,4p) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4p)))p2＋p2×eq \f(1,16p2)， 整理得f(p)＝eq \f(1,8p)＋eq \f(p,2)－eq \f(3,16)， 因为0<p<1，0<q<1，q＝eq \f(1,4p)，所以eq \f(1,4)<p<1，f(p)＝eq \f(1,8p)＋eq \f(p,2)－eq \f(3,16)≥2eq \r(\f(1,8p)×\f(p,2))－eq \f(3,16)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,16)＝eq \f(5,16)， 当且仅当eq \f(1,8p)＝eq \f(p,2)，即p＝eq \f(1,2)时，等号成立， 所以甲能够进入面试的概率f(p)的最小值为eq \f(5,16)，相应的p值为eq \f(1,2). (3)由(2)知，面试时每道题的难度系数是p＝eq \f(1,2)，则甲答对每道面试题的概率为eq \f(1,2)， 由题意，甲累计答对3道题或答错3道题，面试结束， 所以甲面试结束时的答题数X的可能取值为3，4，5， P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,4)， P(X＝4)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,8)， P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq \f(3,8)， 所以X的分布列为 X 3 4 5 P eq \f(1,4) eq \f(3,8) eq \f(3,8) 数学期望为E(X)＝3×eq \f(1,4)＋4×eq \f(3,8)＋5×eq \f(3,8)＝eq \f(33,8). 解：(1)①由题意，员工游戏过程中累计得1分，即第一次投掷为奇数，其概率为P1＝eq \f(1,2)； 累计得2分，即第一次投掷为偶数或连续两次投掷都为奇数，其概率为P2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)； 累计得3分，即前两次投掷一次为偶数，一次为奇数或连续三次投掷都是奇数，其概率为P3＝2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,8). ②证明：由题知，累计得n分时有可能是获得n－1分时掷骰子点数为奇数或获得n－2分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为eq \f(1,2). 所以Pn＝eq \f(1,2)Pn－1＋eq \f(1,2)Pn－2(3≤n≤9)， 则Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)(3≤n≤9)， 又P2－P1＝eq \f(1,4)， 故{Pn－Pn－1}(2≤n≤9)是首项为eq \f(1,4)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列． (2)由(1)知，Pn－Pn－1＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－2)，Pn－1－Pn－2＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－3)，…，P2－P1＝eq \f(1,4)， 将所有等式相加，得Pn－P1＝eq \f(1,4)·eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),6)， 所以Pn＝eq \f(1,6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1)))＋eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)(1≤n≤9)， 所以P9＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(9)＝eq \f(341,512)，P10＝eq \f(1,2)P8＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(8)))＝eq \f(171,512)， 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金为eq \f(x,2)元， 由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)·\f(341,512)＋x·\f(171,512)))×10≤10000， 解得x≤eq \f(1024000,683)≈1499.27，即一等奖的奖金最多不超过1499元． eq \o(x,\s\up17(－)) eq \o(z,\s\up17(－)) eq \o(t,\s\up17(－)) eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) (xi－eq \o(x,\s\up17(－)))2 eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) (ti－eq \o(t,\s\up17(－)))2 eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) (zi－eq \o(z,\s\up17(－)))(xi－eq \o(x,\s\up17(－))) eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) (yi－eq \o(y,\s\up17(－)))(ti－eq \o(t,\s\up17(－))) 24 2.9 646 168 422688 50.4 70308 表中zi＝ln yi，eq \o(z,\s\up17(－))＝eq \f(1,8) eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1))zi，ti＝xeq \o\al(2,i)， eq \o(t,\s\up17(－))＝eq \f(1,8) eq \o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1))ti. (1)根据残差图，比较模型①②的拟合效果，哪个模型比较合适？根据所选择的模型，利用上表中的参考数据，求出y关于x的回归方程； (2)根据以往统计，该地每年平均温度达到30 ℃以上时蝗虫会对农作物造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治．设该地每年平均温度达到30 ℃以上的概率为p(0<p<1)，该地今后n(n≥3，n∈N*)年恰好需要2次人工防治的概率为f(p)． ①求f(p)取得最大值时对应的概率p0； ②当f(p)取最大值时，设该地今后5年需要人工防治的次数为X，求X的均值和方差． 附：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线eq \o(v,\s\up17(^))＝eq \o(β,\s\up17(^))u＋eq \o(α,\s\up17(^))的斜率和截距的最小二乘估计分别为eq \o(β,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （ui－\o(u,\s\up17(－))）（vi－\o(v,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(n),\s\do14(i＝1)) （ui－\o(u,\s\up17(－))）2)，eq \o(α,\s\up17(^))＝eq \o(v,\s\up17(－))－eq \o(β,\s\up17(^))eq \o(u,\s\up17(－)). 解：(1)模型①比较合适．理由如下： 模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型②带状区域宽度窄， 所以模型①的拟合效果更好，故选模型①比较合适． 令z＝ln y，则z＝a＋bx， 由所给的参考数据可得，eq \o(b,\s\up17(^))＝eq \f(\o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）（zi－\o(z,\s\up17(－))）,\o(∑,\s\up17(8),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up17(－))）2)＝eq \f(50.4,168)＝0.3， 所以eq \o(a,\s\up17(^))＝eq \o(z,\s\up17(－))－eq \o(b,\s\up17(^))eq \o(x,\s\up17(－))＝2.9－0.3×24＝－4.3， 因此z关于x的线性回归方程为eq \o(z,\s\up17(^))＝0.3x－4.3， 即lneq \o(y,\s\up17(^))＝0.3x－4.3， 所以产卵数y关于温度x的回归方程为eq \o(y,\s\up17(^))＝e0.3x－4.3. (2)①由题意得，f(p)＝Ceq \o\al(2,n)p2(1－p)n－2(0<p<1，n≥3，n∈N*)， 所以f′(p)＝2Ceq \o\al(2,n)p(1－p)n－2－(n－2)Ceq \o\al(2,n)p2(1－p)n－3＝Ceq \o\al(2,n)p(1－p)n－3[2(1－p)－(n－2)p]＝Ceq \o\al(2,n)p(1－p)n－3(2－np)， 令f′(p)＝0，得p＝eq \f(2,n)，当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,n)))时，f′(p)>0，当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)，1))时，f′(p)<0， 所以f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,n)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)，1))上单调递减， 所以f(p)取得最大值时对应的概率p0＝eq \f(2,n)(n≥3，n∈N*)． ②由①知，当p0＝eq \f(2,n)(n≥3，n∈N*)时，f(p)取得最大值， 所以当n＝5时，p0＝eq \f(2,5)， 由题意可知，每年需要人工防治的概率为p＝eq \f(2,5)，且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,5)))， 所以E(X)＝np＝5×eq \f(2,5)＝2，D(X)＝np(1－p)＝5×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＝eq \f(6,5). 6．(2025·湖南益阳三模)若数列{an}(1≤n≤k，n∈N，k∈N)满足an∈{0，1}，则称数列{an}为k项0－1数列，集合Mk是由所有k项0－1数列组成的集合，从集合Mk中任意取出两个不同的数列{an}，{bn}，记变量X＝eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))|ai－bi|. (1)当k＝2时，求集合M2中的元素； (2)若k＝3，求随机变量X的分布列与数学期望； (3)求P(X＝m)，其中m＝1，2，…，k，且m∈N. 解：(1)当k＝2时，集合M2中的元素有0，0；0，1；1，0；1，1. (2)若k＝3，则M3中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1. 从集合Mk中任意取出两个不同数列{an}，{bn}，X＝eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))|ai－bi|， ∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有Ceq \o\al(2,8)＝28种情况， 其中当X＝1时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1中任选1个，共有3种情况， 若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1中任选1个，共有3种情况， 若选择1，0，0，可以从1，0，1；1，1，0中任选1个，共有2种情况， 若选择0，1，0，可以从1，1，0；0，1，1中任选1个，共有2种情况， 若选择0，0，1，可以从1，0，1；0，1，1中任选1个，共有2种情况， 共有3＋3＋2＋2＋2＝12种情况， ∴P(X＝1)＝eq \f(12,28)＝eq \f(3,7)； 当X＝3时，0，0，0和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况， ∴P(X＝3)＝eq \f(1,7)， ∴P(X＝2)＝1－eq \f(3,7)－eq \f(1,7)＝eq \f(3,7)， 随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(3,7) eq \f(3,7) eq \f(1,7) 数学期望为E(X)＝1×eq \f(3,7)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(1,7)＝eq \f(12,7). (3)∵数列{an}，{bn}是从集合Mk中任意取出的两个数列， ∴数列{an}，{bn}为k项0－1数列， ∴X的可能取值为1，2，3，…，k， 根据数列中0的个数可得，集合Mk中的元素共有Ceq \o\al(0,k)＋Ceq \o\al(1,k)＋Ceq \o\al(2,k)＋…＋Ceq \o\al(k,k)＝2k个， 当X＝m(m＝1，2，…，k)时， 则数列{an}，{bn}中有m项取值不同，有k－m项取值相同， 从k项中选择m项，{an}和{bn}在这m项的同一位置数字相同，其余k－m项，两者均在同一位置数字不同， ∵X＝eq \o(∑,\s\up17(k),\s\do14(i＝1))|ai－bi|，这个问题是组合问题， ∴所有的情况会重复1次， ∴共有m,k)eq \f(C2k,Aeq \o\al(2,2)) 种情况，∴P(X＝m)＝m,k)eq \f(\f(C2k,Aeq \o\al(2,2)),C22k) ＝m,k)eq \f(C,2k－1) (m＝1，2，…，k)． $